Compétences travaillées : Calcul du degré d'une extension de corps, identification d'éléments algébriques et transcendants, détermination du polynôme minimal d'un élément, construction d'extensions de corps, compréhension des corps finis.
Bienvenue dans cette série d'exercices dédiée à la théorie des corps et à leurs extensions. Ces concepts sont cruciaux pour de nombreux domaines des mathématiques, de la géométrie algébrique à la théorie des nombres. Tu vas explorer le degré des extensions et la notion d'éléments algébriques à travers 10 exercices de difficulté croissante.
Attention aux erreurs fréquentes : Confondre un élément algébrique avec un élément d'un corps algébrique. Ne pas savoir calculer correctement le degré d'une extension composée. Mal identifier le polynôme minimal d'un élément, notamment en ne vérifiant pas qu'il est irréductible sur le corps de base. Erreurs de calcul dans les corps finis.
Exercices sur les Corps et Extensions
Exercice 1 : Soit $K = \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ et $L = \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$. Quel est le degré de l'extension $[L:K]$ ? Quel est le degré de l'extension $[L:\mathbb{Q}]$ ?
Correction :
Une extension $L$ de $K$ est $L = K(\alpha)$. Le degré $[L:K]$ est le degré du polynôme minimal de $\alpha$ sur $K$. Ici, $L = K(\sqrt{3})$. Nous devons donc trouver le polynôme minimal de $\sqrt{3}$ sur $K = \mathbb{Q}(\sqrt{2})$.
Étape 1 : Trouver le polynôme minimal de $\sqrt{3}$ sur $K$.
Considérons le polynôme $P(x) = x^2 - 3$. Les racines de ce polynôme sont $\sqrt{3}$ et $-\sqrt{3}$.
Ce polynôme est irréductible sur $\mathbb{Q}$ car il n'a pas de racines dans $\mathbb{Q}$ (puisque $\sqrt{3}$ n'est pas rationnel).
Est-il irréductible sur $K = \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ? Ses racines sont $\pm \sqrt{3}$. Si $P(x)$ était réductible sur $K$, il faudrait qu'il ait une racine dans $K$. Autrement dit, il faudrait que $\sqrt{3} \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$.
Un élément de $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ est de la forme $a + b\sqrt{2}$ où $a, b \in \mathbb{Q}$. Si $\sqrt{3} = a + b\sqrt{2}$, alors en élevant au carré : $3 = (a + b\sqrt{2})^2 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt{2}$.
Si $b \neq 0$, alors $\sqrt{2} = \frac{3 - a^2 - 2b^2}{2ab}$, ce qui impliquerait que $\sqrt{2}$ est rationnel, ce qui est faux. Donc, $b$ doit être 0.
Si $b=0$, alors $\sqrt{3} = a$. Cela impliquerait que $\sqrt{3}$ est rationnel, ce qui est faux.
Donc, $\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})$. Le polynôme $x^2 - 3$ n'a pas de racines dans $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$. Comme c'est un polynôme de degré 2, il est donc irréductible sur $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$.
Le polynôme minimal de $\sqrt{3}$ sur $K$ est $x^2 - 3$. Son degré est 2.
Conclusion pour $[L:K]$ : $[L:K] = 2$.
Étape 2 : Calculer $[L:\mathbb{Q}]$.
Nous utilisons la formule du degré multiplicatif : $[L:\mathbb{Q}] = [L:K] \times [K:\mathbb{Q}]$.
Nous avons $[L:K] = 2$. Il faut calculer $[K:\mathbb{Q}]$.
$K = \mathbb{Q}(\sqrt{2})$. Le polynôme minimal de $\sqrt{2}$ sur $\mathbb{Q}$ est $x^2 - 2$ (car $\sqrt{2}$ n'est pas rationnel, et $x^2-2$ n'a pas de racines rationnelles).
Le degré de ce polynôme est 2. Donc, $[K:\mathbb{Q}] = 2$.
Maintenant, $[L:\mathbb{Q}] = [L:K] \times [K:\mathbb{Q}] = 2 \times 2 = 4$.
Conclusion pour $[L:\mathbb{Q}]$ : $[L:\mathbb{Q}] = 4$.
Barème indicatif : 4 points (2 pour $[L:K]$, 2 pour $[L:\mathbb{Q}]$)
Exercice 2 : Soit $K = \mathbb{Q}(i)$ où $i^2 = -1$. Quel est le degré de l'extension $[K:\mathbb{Q}]$ ?
Correction :
L'extension est $K = \mathbb{Q}(i)$. Cela signifie que $K$ est le plus petit corps contenant $\mathbb{Q}$ et $i$. L'élément $i$ est une racine du polynôme $P(x) = x^2 + 1$.
Étape 1 : Vérifier que $P(x) = x^2+1$ est le polynôme minimal de $i$ sur $\mathbb{Q}$.
Ce polynôme est de degré 2. Pour qu'il soit irréductible sur $\mathbb{Q}$, il suffit de montrer qu'il n'a pas de racines dans $\mathbb{Q}$. Les racines de $x^2+1=0$ sont $x^2 = -1$, soit $x = i$ et $x = -i$. Aucune de ces racines n'est dans $\mathbb{Q}$.
Donc, $P(x) = x^2+1$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$.
Étape 2 : Calculer le degré de l'extension.
Le degré de l'extension $[K:\mathbb{Q}]$ est égal au degré du polynôme minimal de $i$ sur $\mathbb{Q}$.
Le degré de $x^2+1$ est 2.
Conclusion : $[K:\mathbb{Q}] = 2$.
Barème indicatif : 3 points (1.5 pour l'irréductibilité, 1.5 pour le degré)
Exercice 3 : Soit $K$ un corps. Montre que tout élément $\alpha$ d'une extension $L = K(\beta)$ est algébrique sur $K$.
Correction :
Par définition, $L = K(\beta)$ est le plus petit corps contenant $K$ et $\beta$. Les éléments de $L$ sont des combinaisons rationnelles des puissances de $\beta$ avec des coefficients dans $K$. Si $\beta$ est algébrique sur $K$, alors il existe un polynôme non nul $P(x) \in K[x]$ tel que $P(\beta) = 0$.
Soit $\alpha \in L$. Si $\beta$ est algébrique sur $K$, alors $K(\beta)$ est une extension de degré fini sur $K$. Le degré $[K(\beta):K]$ est égal au degré du polynôme minimal de $\beta$ sur $K$. Soit $n = [K(\beta):K]$. Alors $\{1, \beta, \beta^2, \dots, \beta^{n-1}\}$ forme une base de $K(\beta)$ sur $K$. Tous les éléments $\alpha \in K(\beta)$ peuvent s'écrire comme une combinaison linéaire de ces éléments avec des coefficients dans $K$: $\alpha = c_0 + c_1 \beta + \dots + c_{n-1} \beta^{n-1}$, où $c_i \in K$.
Considérons le polynôme $Q(y) = (y - \alpha)$. Si $\alpha \in L$, alors $y-\alpha$ est un polynôme sur $L$. Mais pour montrer que $\alpha$ est algébrique sur $K$, il faut trouver un polynôme $R(x) \in K[x]$ tel que $R(\alpha)=0$.
Dans une extension de degré fini $[L:K]=n$, tous les éléments $\alpha \in L$ sont algébriques sur $K$. On peut considérer les homothéties $x \mapsto \alpha x$ comme un endomorphisme de l'espace vectoriel $L$ sur $K$. Comme cet espace est de dimension finie, cet endomorphisme est algébrique, c'est-à-dire qu'il existe un polynôme $P(t) \in K[t]$ tel que $P(\alpha) = 0$.
Plus concrètement : Soit $\alpha \in K(\beta)$. Si $\beta$ est algébrique sur $K$, alors $[K(\beta):K]$ est fini. Soit $n = [K(\beta):K]$. Alors la famille $\{1, \beta, \dots, \beta^{n-1}\}$ est une base de $K(\beta)$ sur $K$. Tout élément $\alpha \in K(\beta)$ est une combinaison linéaire de ces éléments : $\alpha = c_0 + c_1 \beta + \dots + c_{n-1} \beta^{n-1}$ avec $c_i \in K$.
Il faut construire un polynôme dont $\alpha$ est racine.
Considérons le corps $K(\alpha)$. C'est une extension de $K$. De plus, $K(\alpha) \subseteq K(\beta)$. Si $\beta$ est transcendant sur $K$, alors $K(\beta)$ est de degré infini sur $K$. Si $\alpha \in K(\beta)$, alors $K(\alpha) \subseteq K(\beta)$.
Si $\beta$ est algébrique sur $K$, alors $K(\beta)$ est une extension de degré fini sur $K$. Soit $n = [K(\beta):K]$. Alors tout élément $\alpha \in K(\beta)$ est algébrique sur $K$. La preuve est la suivante :
Considérons la tour d'extensions $K \subseteq K(\alpha) \subseteq K(\beta)$.
Le degré $[K(\beta):K] = [K(\beta):K(\alpha)] \times [K(\alpha):K]$.
Puisque $[K(\beta):K]$ est fini, alors $[K(\alpha):K]$ doit être fini.
Le degré $[K(\alpha):K]$ étant fini, par définition, $\alpha$ est algébrique sur $K$.
Conclusion : Tout élément d'une extension de corps de degré fini est algébrique sur le corps de base.
Barème indicatif : 4 points (pour la compréhension de la propriété des extensions de degré fini)
Exercice 4 : Soit $K = \mathbb{Q}$. Soit $\alpha = \sqrt{2} + \sqrt{3}$. Montre que $\alpha$ est algébrique sur $\mathbb{Q}$ et trouve un polynôme dont $\alpha$ est racine.
Correction :
Nous voulons montrer que $\alpha = \sqrt{2} + \sqrt{3}$ est algébrique sur $\mathbb{Q}$ et trouver un polynôme dont il est racine.
Étape 1 : Isoler les racines carrées.
$\alpha = \sqrt{2} + \sqrt{3}$.
$\alpha - \sqrt{2} = \sqrt{3}$.
Étape 2 : Élever au carré pour éliminer une racine.
$(\alpha - \sqrt{2})^2 = (\sqrt{3})^2$.
$\alpha^2 - 2\alpha\sqrt{2} + 2 = 3$.
Étape 3 : Isoler la racine restante.
$\alpha^2 - 1 = 2\alpha\sqrt{2}$.
Étape 4 : Élever à nouveau au carré pour éliminer la dernière racine.
$(\alpha^2 - 1)^2 = (2\alpha\sqrt{2})^2$.
$\alpha^4 - 2\alpha^2 + 1 = 4\alpha^2 \times 2$.
$\alpha^4 - 2\alpha^2 + 1 = 8\alpha^2$.
Étape 5 : Former le polynôme.
$\alpha^4 - 2\alpha^2 - 8\alpha^2 + 1 = 0$.
$\alpha^4 - 10\alpha^2 + 1 = 0$.
Le polynôme $P(x) = x^4 - 10x^2 + 1$ est un polynôme à coefficients dans $\mathbb{Q}$ dont $\alpha$ est une racine.
Conclusion : $\alpha = \sqrt{2} + \sqrt{3}$ est algébrique sur $\mathbb{Q}$, et $P(x) = x^4 - 10x^2 + 1$ est un polynôme dont $\alpha$ est racine.
Astuce : La méthode consiste à isoler les racines carrées une par une et à élever au carré pour éliminer progressivement les radicaux. Chaque élévation au carré peut introduire des termes de degré plus élevé, menant à un polynôme de degré $2^k$ si l'on part de $k$ racines carrées distinctes.
Barème indicatif : 4 points (1 pour l'idée d'isoler, 1 pour le premier carré, 1 pour le second carré, 1 pour le polynôme)
Exercice 5 : Soit $K = \mathbb{Q}$. Quel est le degré de l'extension $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ sur $\mathbb{Q}$ ?
Correction :
Pour trouver le degré de l'extension $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ sur $\mathbb{Q}$, nous devons trouver le polynôme minimal de $\alpha = \sqrt[3]{2}$ sur $\mathbb{Q}$.
Étape 1 : Trouver un polynôme dont $\alpha$ est racine.
Puisque $\alpha^3 = 2$, on a $\alpha^3 - 2 = 0$. Le polynôme $P(x) = x^3 - 2$ est un polynôme à coefficients dans $\mathbb{Q}$ dont $\alpha$ est racine.
Étape 2 : Vérifier si $P(x)$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$.
Un polynôme de degré 3 est irréductible sur $\mathbb{Q}$ s'il n'a pas de racines dans $\mathbb{Q}$. Les racines de $x^3 - 2 = 0$ sont $x^3 = 2$. La seule racine réelle est $x = \sqrt[3]{2}$. Les deux autres racines sont complexes : $\sqrt[3]{2} \omega$ et $\sqrt[3]{2} \omega^2$, où $\omega$ est une racine cubique primitive de l'unité.
La seule racine réelle est $\sqrt[3]{2}$, qui n'est pas rationnel. Donc, $P(x)$ n'a pas de racines rationnelles.
Conclusion : $P(x) = x^3 - 2$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$. C'est donc le polynôme minimal de $\sqrt[3]{2}$ sur $\mathbb{Q}$. Son degré est 3.
Conclusion : Le degré de l'extension $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]$ est 3.
Barème indicatif : 4 points (2 pour trouver le polynôme, 2 pour l'irréductibilité)
Exercice 6 : Soit $K = \mathbb{F}_p(t)$ le corps des fractions rationnelles en une indéterminée $t$ sur le corps fini $\mathbb{F}_p$. Montre que le polynôme $P(x) = x^p - t \in K[x]$ est irréductible sur $K$ si $p=2$, mais réductible si $p>2$. (Note : cet exercice nécessite une connaissance des corps finis et de l'irréductibilité sur les corps de fonctions).
Correction :
Soit $K = \mathbb{F}_p(t)$. On considère le polynôme $P(x) = x^p - t \in K[x]$.
Cas 1 : $p=2$.
Le polynôme est $P(x) = x^2 - t$. Nous devons montrer qu'il est irréductible sur $K = \mathbb{F}_2(t)$.
Si $P(x)$ était réductible, il serait produit de deux polynômes de degré 1, disons $(x - \alpha)(x - \beta)$, où $\alpha, \beta \in K$. Cela impliquerait que $P(x)$ a une racine dans $K$. Les racines de $x^2-t=0$ sont $x^2=t$. Donc $x = \sqrt{t}$ (une racine formelle). Il faut donc montrer que $\sqrt{t} \notin \mathbb{F}_2(t)$.
Si $\sqrt{t} \in \mathbb{F}_2(t)$, alors $\sqrt{t}$ est une fraction rationnelle $\frac{A(t)}{B(t)}$ où $A(t), B(t) \in \mathbb{F}_2[t]$. En élevant au carré, on obtiendrait $t = \left(\frac{A(t)}{B(t)}\right)^2 = \frac{A(t)^2}{B(t)^2}$.
Donc $t B(t)^2 = A(t)^2$.
Dans $\mathbb{F}_2[t]$, l'opération de mise au carré est $F(t)^2 = F(t^2)$. Donc $A(t)^2 = A(t^2)$ et $B(t)^2 = B(t^2)$.
L'équation devient $t B(t^2) = A(t^2)$.
Considérons le degré des polynômes. Soit $\text{deg}(A) = m$ et $\text{deg}(B) = n$. Alors $\text{deg}(A^2) = 2m$ et $\text{deg}(B^2) = 2n$.
Le degré de $t B(t)^2$ est $1 + 2n$. Le degré de $A(t)^2$ est $2m$.
Donc $1 + 2n = 2m$. Cela implique $1 = 2m - 2n = 2(m-n)$, ce qui est impossible dans $\mathbb{F}_2$ (ou tout corps où $2 \neq 0$). L'égalité $1+2n=2m$ est impossible car le membre de gauche est impair et le membre de droite est pair.
Donc, $\sqrt{t} \notin \mathbb{F}_2(t)$. Le polynôme $x^2 - t$ n'a pas de racine dans $K$ et est donc irréductible sur $K=\mathbb{F}_2(t)$.
Cas 2 : $p>2$.
Le polynôme est $P(x) = x^p - t$. Si $p>2$, alors $p$ est impair.
Considérons le polynôme $Q(y) = (y+1)^p - y^p - 1$. Dans $\mathbb{F}_p[y]$, $(y+1)^p = y^p + 1$. Donc $Q(y) = (y^p+1) - y^p - 1 = 0$. Ceci montre que le polynôme $x^p-t$ n'est pas "presque" irréductible comme peut l'être celui du cas $p=2$.
Utilisons le critère d'Eisenstein généralisé ou une autre technique.
Considérons l'élément $\alpha = \sqrt[p]{t}$. Il est racine de $x^p - t$.
Si $p>2$, le polynôme $x^p-t$ n'est pas irréductible sur $\mathbb{F}_p(t)$. On peut montrer cela en considérant l'anneau $\mathbb{F}_p[t]$.
Pour $p>2$, il est possible de trouver des factorisations. Par exemple, si $p=3$, $x^3-t$. Si on considère l'anneau $\mathbb{F}_3[t]$, alors $x^3-t$ n'est pas irréductible. Par exemple, dans $\mathbb{F}_3(t)$, on peut considérer le polynôme $x^3-t$.
Une approche plus générale : considérer le corps $L = \mathbb{F}_p(t, \sqrt[p]{t})$. Le degré $[L:\mathbb{F}_p(t)]$ est $p$ si $x^p-t$ est irréductible.
Il existe un résultat : $x^p - a$ est irréductible sur $\mathbb{F}_p(t)$ si et seulement si $a$ n'est pas une $p$-ième puissance dans $\mathbb{F}_p(t)$. Ici $a=t$. Et $t$ n'est pas une $p$-ième puissance dans $\mathbb{F}_p(t)$ car si $t = (A(t)/B(t))^p$, alors $t B(t)^p = A(t)^p$. Pour $p>2$, cela conduit à $t B(t^p) = A(t^p)$, ce qui n'est pas possible en considérant les degrés.
Il y a une subtilité sur la définition de $K$. Si $K$ est un corps de fonctions, les choses changent.
La démonstration standard de l'irréductibilité de $x^p - t$ sur $\mathbb{F}_p(t)$ est la suivante :
Soit $P(x) = x^p - t$. Si $P(x)$ était réductible sur $K=\mathbb{F}_p(t)$, il aurait une racine $\alpha \in K$. Donc $\alpha^p = t$. $\alpha = A(t)/B(t)$. Alors $t = (A(t)/B(t))^p$. $t B(t)^p = A(t)^p$.
Dans $\mathbb{F}_p[t]$, si $Q(t)$ est un polynôme, $Q(t)^p = Q(t^p)$. Donc $t B(t^p) = A(t^p)$.
Soit $\text{deg}(A)=m, \text{deg}(B)=n$. Alors $1+pn = pm$. $1 = p(m-n)$. Ceci est impossible car $p>1$ et $m-n$ est un entier.
Donc, $x^p-t$ est irréductible sur $\mathbb{F}_p(t)$ pour tout $p$.
Il y a une erreur dans l'énoncé. L'énoncé devrait probablement être sur l'anneau de polynômes $\mathbb{F}_p[t]$ et non le corps des fonctions.
Dans l'anneau $\mathbb{F}_p[t]$, le polynôme $x^p-t$ est irréductible.
Reconsidérons l'énoncé avec le corps $K = \mathbb{F}_p(t)$.
Pour $p=2$, $x^2-t$ est irréductible, comme montré.
Pour $p>2$, le polynôme $x^p-t$ est toujours irréductible sur $\mathbb{F}_p(t)$ pour les mêmes raisons de degré.
Il est possible que l'énoncé se réfère à l'anneau de polynômes $\mathbb{F}_p[t]$ et non le corps $\mathbb{F}_p(t)$. Dans ce cas, l'énoncé est également incorrect. Le polynôme $x^p - t$ est irréductible sur $\mathbb{F}_p[t]$ pour tout $p$.
Je vais donc conclure que le polynôme $x^p-t$ est irréductible sur $\mathbb{F}_p(t)$ pour tout $p$. L'énoncé est donc erroné.
Barème indicatif : 5 points (pour l'analyse des deux cas et la mise en évidence de l'erreur potentielle de l'énoncé)
Exercice 7 : Soit $K$ un corps et $L$ une extension de $K$. On dit qu'un élément $\alpha \in L$ est transcendant sur $K$ si le polynôme minimal de $\alpha$ sur $K$ existe et est de degré infini (c'est-à-dire que le seul polynôme $P(x) \in K[x]$ tel que $P(\alpha)=0$ est le polynôme nul). Montre que $t$ est transcendant sur $\mathbb{Q}$, où $t$ est une indéterminée.
Correction :
Le "corps" $\mathbb{Q}(t)$ est le corps des fractions rationnelles en $t$ à coefficients dans $\mathbb{Q}$. Par définition, $t$ est une indéterminée. Cela signifie que l'on considère $\mathbb{Q}[t]$ comme un anneau de polynômes, et $\mathbb{Q}(t)$ comme son corps de fractions.
L'indéterminée $t$ ne satisfait aucune relation polynomiale non triviale à coefficients dans $\mathbb{Q}$.
Pour montrer que $t$ est transcendant sur $\mathbb{Q}$, il faut prouver que le seul polynôme $P(x) \in \mathbb{Q}[x]$ tel que $P(t) = 0$ est le polynôme nul.
Soit $P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ un polynôme dans $\mathbb{Q}[x]$.
Si nous évaluons $P(t)$, nous obtenons $P(t) = a_n t^n + a_{n-1} t^{n-1} + \dots + a_1 t + a_0$.
Par définition d'une indéterminée, $t$ est "formellement" distinct des constantes rationnelles et des puissances de $t$ qui ne sont pas trivialement reliées. Les éléments de $\mathbb{Q}(t)$ sont des fractions de polynômes en $t$. L'égalité de deux fractions rationnelles $P_1(t)/Q_1(t) = P_2(t)/Q_2(t)$ implique $P_1(t)Q_2(t) = P_2(t)Q_1(t)$, qui est une égalité de polynômes.
Si $P(t) = 0$, alors $P(x)$ doit être le polynôme nul. Pour que $a_n t^n + \dots + a_0 = 0$, il faut que tous les coefficients $a_i$ soient nuls, car $t$ n'est pas une racine d'aucun polynôme non nul à coefficients rationnels.
Si $P(t) = 0$ pour un polynôme $P(x) \in \mathbb{Q}[x]$, cela signifie que $P(x)$ doit être le polynôme nul (c'est la définition même de l'indéterminée dans le contexte de la construction de corps de fonctions). Si $P(x)$ n'était pas le polynôme nul, il aurait un degré fini, et $P(t)$ serait un élément du corps $\mathbb{Q}(t)$ qui n'est pas nul (sauf si tous les coefficients sont nuls).
Conclusion : Le seul polynôme $P(x) \in \mathbb{Q}[x]$ tel que $P(t)=0$ est le polynôme nul. Donc, $t$ est transcendant sur $\mathbb{Q}$.
Barème indicatif : 4 points (pour la définition de transcendance et son application à l'indéterminée)
Exercice 8 : Soit $K$ un corps et $\alpha \in L$ une extension de $K$. On dit que $\alpha$ est algébrique sur $K$ si le polynôme minimal $m_\alpha(x)$ de $\alpha$ sur $K$ existe et est de degré fini. Soit $K$ un corps et $L=K(\alpha)$ une extension de degré $n=[L:K]$. Montre que tout élément $\beta \in L$ est algébrique sur $K$.
Correction :
Soit $K$ un corps et $L=K(\alpha)$ une extension de degré fini $n=[L:K]$. Cela signifie que $\{1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{n-1}\}$ forme une base de $L$ comme espace vectoriel sur $K$.
Soit $\beta \in L$. Puisque $L$ est un espace vectoriel de dimension $n$ sur $K$, la famille de $n+1$ vecteurs $\{1, \beta, \beta^2, \dots, \beta^n\}$ dans $L$ doit être linéairement dépendante sur $K$.
Autrement dit, il existe des scalaires $c_0, c_1, \dots, c_n \in K$, non tous nuls, tels que :
$c_0 \cdot 1 + c_1 \beta + c_2 \beta^2 + \dots + c_n \beta^n = 0$.
Ceci est un polynôme en $\beta$ à coefficients dans $K$ qui est nul :
$P(\beta) = 0$, où $P(x) = c_n x^n + c_{n-1} x^{n-1} + \dots + c_1 x + c_0$.
Puisque les coefficients $c_i$ ne sont pas tous nuls, $P(x)$ est un polynôme non nul.
Par définition, $\beta$ est algébrique sur $K$.
Conclusion : Tout élément d'une extension de corps de degré fini est algébrique sur le corps de base.
Barème indicatif : 4 points (pour la compréhension de la dimension finie et la dépendance linéaire)
Exercice 9 : Soit $K$ un corps. Soit $L=K(\alpha)$ où $\alpha$ est algébrique sur $K$ de polynôme minimal $m_\alpha(x)$ de degré $n$. Montre que $[L:K] = n$.
Correction :
Soit $K$ un corps et $\alpha$ un élément algébrique sur $K$. Le polynôme minimal de $\alpha$ sur $K$, noté $m_\alpha(x)$, est le polynôme unitaire de plus bas degré dans $K[x]$ tel que $m_\alpha(\alpha) = 0$. Il est unique et irréductible sur $K$. Soit $n = \deg(m_\alpha(x))$.
On veut montrer que le degré de l'extension $L=K(\alpha)$ sur $K$ est $n$, c'est-à-dire $[L:K]=n$.
Nous affirmons que la famille $\{1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{n-1}\}$ forme une base de $K(\alpha)$ comme espace vectoriel sur $K$. Pour le prouver, il faut montrer deux choses :
- La famille est génératrice de $K(\alpha)$ sur $K$.
- La famille est linéairement indépendante sur $K$.
Étape 1 : Génératrice.
Tout élément $\beta \in K(\alpha)$ est une combinaison rationnelle des puissances de $\alpha$ avec coefficients dans $K$. C'est-à-dire que $\beta = \frac{P(\alpha)}{Q(\alpha)}$ pour des polynômes $P(x), Q(x) \in K[x]$ avec $Q(\alpha) \neq 0$. Puisque $m_\alpha(\alpha)=0$, $Q(\alpha)$ est inversible dans $K(\alpha)$. Donc $\beta$ peut s'écrire sous la forme $R(\alpha)$ pour un certain polynôme $R(x) \in K[x]$.
Par division euclidienne dans $K[x]$, on peut écrire $R(x) = S(x) m_\alpha(x) + T(x)$, où $\deg(T(x)) < \deg(m_\alpha(x)) = n$.
Alors $R(\alpha) = S(\alpha) m_\alpha(\alpha) + T(\alpha) = S(\alpha) \cdot 0 + T(\alpha) = T(\alpha)$.
Donc, tout élément $\beta \in K(\alpha)$ peut s'écrire sous la forme $T(\alpha)$, où $T(x)$ est un polynôme de degré strictement inférieur à $n$. Cela signifie que $\beta$ est une combinaison linéaire des éléments $\{1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{n-1}\}$ avec des coefficients dans $K$. Donc, cette famille est génératrice.
Étape 2 : Indépendance linéaire.
Supposons qu'il existe une combinaison linéaire nulle des éléments de la famille avec des coefficients non tous nuls dans $K$ :
$c_0 \cdot 1 + c_1 \alpha + c_2 \alpha^2 + \dots + c_{n-1} \alpha^{n-1} = 0$, où $c_i \in K$ et non tous nuls.
Ceci forme un polynôme non nul $T(x) = c_{n-1} x^{n-1} + \dots + c_1 x + c_0 \in K[x]$ tel que $T(\alpha) = 0$.
Puisque $m_\alpha(x)$ est le polynôme minimal, il divise tout autre polynôme $P(x) \in K[x]$ tel que $P(\alpha)=0$. Donc, $m_\alpha(x)$ divise $T(x)$.
Mais nous avons supposé que $T(x)$ est de degré strictement inférieur à $n = \deg(m_\alpha(x))$. La seule façon pour qu'un polynôme de degré $n$ divise un polynôme de degré strictement inférieur à $n$ est que ce dernier polynôme soit nul.
Donc, $T(x)$ doit être le polynôme nul, ce qui implique tous ses coefficients $c_i$ sont nuls. Ceci contredit notre hypothèse que les coefficients n'étaient pas tous nuls.
Par conséquent, la famille $\{1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{n-1}\}$ est linéairement indépendante sur $K$.
Conclusion : Comme la famille est à la fois génératrice et linéairement indépendante, c'est une base de $K(\alpha)$ sur $K$. Sa taille est $n$, donc le degré de l'extension est $[L:K] = n$.
Barème indicatif : 5 points (2 pour la génératrice, 3 pour l'indépendance linéaire)
Exercice 10 : Soit $K$ un corps fini avec $q$ éléments, $K = \mathbb{F}_q$. Soit $L = \mathbb{F}_{q^m}$. Montre que $[L:K] = m$.
Correction :
Soit $K = \mathbb{F}_q$ un corps fini avec $q$ éléments. Soit $L = \mathbb{F}_{q^m}$ le corps fini avec $q^m$ éléments. Nous voulons montrer que le degré de l'extension $[L:K]$ est $m$.
Étape 1 : Comprendre la structure des corps finis.
Un corps fini avec $q$ éléments, où $q=p^k$ pour un premier $p$, est unique à isomorphisme près. Il est souvent noté $\mathbb{F}_q$.
Un corps fini $\mathbb{F}_{q^m}$ contient un sous-corps $\mathbb{F}_q$ si et seulement si $q$ divise $q^m$. C'est toujours le cas.
Le corps $\mathbb{F}_{q^m}$ peut être vu comme une extension de $\mathbb{F}_q$.
Étape 2 : Trouver un élément générateur de l'extension.
Il existe un élément $\alpha \in \mathbb{F}_{q^m}$ tel que $\mathbb{F}_{q^m} = \mathbb{F}_q(\alpha)$. Cet élément $\alpha$ est une racine d'un polynôme irréductible de degré $m$ sur $\mathbb{F}_q$.
Considérons le polynôme $x^{q^m} - x$ dans $\mathbb{F}_q[x]$. Les racines de ce polynôme sont exactement les $q^m$ éléments du corps $\mathbb{F}_{q^m}$.
L'ensemble des racines de $x^{q^m}-x$ forme un corps. Ce corps est exactement $\mathbb{F}_{q^m}$.
Le polynôme $x^{q^m}-x$ est le produit des polynômes minimaux sur $\mathbb{F}_q$ de tous les éléments de $\mathbb{F}_{q^m}$.
Il existe un polynôme irréductible $P(x)$ de degré $m$ sur $\mathbb{F}_q$ dont $\alpha$ est une racine. Ce polynôme $P(x)$ est le polynôme minimal de $\alpha$ sur $\mathbb{F}_q$.
Étape 3 : Utiliser le degré du polynôme minimal.
L'extension $\mathbb{F}_q(\alpha)$ est égale à $\mathbb{F}_{q^m}$ si $P(x)$ est le polynôme minimal de $\alpha$. Par l'exercice 9, le degré de l'extension $K(\alpha)$ sur $K$ est le degré du polynôme minimal de $\alpha$ sur $K$.
Donc, $[\mathbb{F}_{q^m} : \mathbb{F}_q] = \deg(P(x)) = m$.
Conclusion : Le degré de l'extension de $\mathbb{F}_q$ vers $\mathbb{F}_{q^m}$ est $m$.
Barème indicatif : 5 points (pour la compréhension de la structure des corps finis et la relation entre degré de l'extension et degré du polynôme minimal générateur)