group,anneau,corps

8/21/2019 Group,Anneau,Corps

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Groupes, anneaux, corps

C.JACOMME

28 novembre 2013


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Table des matires

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Chapitre 1

Groupes

1.1 Gnralits

Dfinition 1. G un groupe est un ensemble muni dune application : G G G

(x, y) (x y) (la loi dugroupe) telle que :

* est associative :x,y,z G(x y) z= x (y z)

* admet un lment neutre e Gtel que :g G, g e= e g= g

* possde un passage linverse :g G, g1, g g1 =g1 =e

Remarque.

si de plus * est commutative :x, y Gx y = y x

On dit que G est un groupe ablien (ou commutatif)

llment neutre e est unique : si il y a un autre neutre e, on a :e = e e= e

de mme, linverse g1 dun lment g est unique , si on en a un autre h, alors :

h= h e= h (g g1) = e g1 =g1

Exemple.

(Z, +), (C, )groupes commutatifs groupe symtrique Sn= Bij({1,...n}, non commutatif si n 3

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groupe linaire GLn(C) = {M Mn(C)|M inversible}Dfinition 2. Soit G un groupe. Un sous groupe G de G est une partie non vide de G telle que :

x, y G, x y1 G

Remarque.

On a alors e G

G est alors lui mme un groupe pour * (il est stable par * et le passage linverse)Exemple.

{e}et G sont des sous-groupes de G (triviaux) Les sous groupes de Zsont de la forme :

nZ = {nm|m Z}Dmonstration. Pour n

N, nZ est un sous-groupe de ZSoit H sous-groupe de Z. 0

H. Soit A =

{m >

0|m H} =. Soit n = min(A) > 0. On montre que H = nZ. Clairement nZ H. Rciproquement, soitn H. On a la division euclidienne de n par n : n = qn + ravec0 r < n. Alorsr = n qn H, n tantminimal, on ar = 0, doncn= qn nZDfinition 3. Soient G,G groupes. Une application : G G est un morphisme de groupe si :

x, y G, (x y1) = (x) ((y))1

Remarque.

La dfinition signifie que est compatible avec les lois de groupes et les passages linverse.

Le neutre de G satisfait(e) = e;

Si de plus est bijective, on dit que est un isomorphisme de groupe Si est un isomorphisme et G = G, on dit que est un automorphisme. Par exemple, avec n N:

: Z Zm nm

Dfinition 4. Soit : G G un morphisme de groupe. Limage de est :

Im() = {(g)|g G} G

Le noyau de est :Ker() = {g G|(g) = e} G

Lemme 1. (1) Im() est un sous-groupe de G et :

surjective Im() = G

(2) Ker() est un sous-groupe de G et :

injective Ker() = e

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Dfinition 5. Soient G,G groupes. Alors le groupe produit de G par G est lensembleG G muni de :(x, x) (y, y) = (x y, y y)

(x, x)1 = (x1, (x)1)

On vrifie quon obtient bien un groupe de neutre (e,e)

Dfinition 6. G est un groupe. Un sous-groupe H de G est dit distingu (ou normal) si :

g G,gHg1 H(Cest dire :g G, h H, g h g1 H)Exemple.

Dans un groupe ablien, tout sous-groupe est distingu. Si : G G est un morphisme de groupe, alorsK er()est un sous-groupe distingu de G :

g G, h Ker(), (g h g1) = (g)(g1) = e

Doncg h g1

Ker()Remarque. On dduit de la dfinition :

g G,gHg1 =HEn effet, on a :

gH g1 Hg1Hg H H gH g1

Lemme 2. SoitH G sous-groupe distingu. Alorsg, g G, on a :(gH)(gH) = (gg)H

Dmonstration.(gH)(gH) = g(Hg)H=g(gH)H= (gg )HH= (gg )H

Dfinition 7. Soit G un groupe. Soit H un sous-groupe de G (non ncessairement distingu).

G/H= {gH|g G} P(G)On appelleG/H lensemble des classes gauche. Supposons prsent que H est distingu dans G. Alors onmunit G/Hdune structure de groupe en posant :

g, g G, (gH) (gH) = (gg)Hg G, (gH)1 =g1H

Thorme 1. Les lois sont bien dfinies et on obtient bien un groupe.

Dmonstration.(gg )H= (gh)(gH)

Ceci ne dpend pas du choix de g et g dans leurs classes respectives mais seulement des classes. Cest analoguepour le passage linverse. On vrifie alors quon obtient bien un groupe. Par exemple pour lassociativit :

((gH)(gH))(gH) = ((gg)H)(gH) = ((gg)g)H= (g(gg))H= (gH)((gg)H) = (gH)((gH)(gH))Le neutre de G/Hest la classe gauche du neutre de G :

eH= H G/H

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Remarque.

G/Hest appel groupe quotient de G par H

Lapplication : G G/Hg gH est un morphisme de groupe surjectif .De plus,Ker() = H, en

effet ,(g) = e gH=H g H.est appel surjection canonique. Ainsi, un sous-groupe distinguest le noyau dun certain morphisme.Exemple.

Pour n N on a le groupe quotient Z/nZ. Si ,=0 , Z/nZ Z. Si n 1,Z/nZest fini de cardinal n(ceci revient considrer les entiers relatifs modulo n, il y a exactement n classe)

Soit f : G G morphisme de groupe.Ker(f)G est un sous groupe distingu. G/Ker(f)groupe quotient. De plus si g gKer(f), alors f(g) = f(g). On peut donc dfinir :

f: G/Ker(f) Im(f)gKer(f) f(g)

fest un morphisme de groupe clairement surjectif et de noyau Ker(f) = e. Donc f est un isomor-phisme.

G/Ker(f) Im(f)Proposition 1. Factorisation des morphismes de groupe Soit f : G G morphisme de groupe.Soit H un sous-groupe distingu de G contenu dansKer(f). Alors il existe un unique morphisme de groupe

f : G/H G tel queg G, f(gH) = f(g) . De plus, I m(f) = I m(f) etK er(f) = Ker(f)/HDmonstration. On a un diagramme "commutatif". figure 3. Le seul point diffrent de la preuve prcdente,cest le calcul de K er(f).

Ker(f)/H= {gH|g Ker(f)} Ker(f)Rciproquement, si gH Ker(f), on a f(g) = e et g Ker(f)Exemple. Soitn 1entier, f : Z Z/nZ surjection canonique. Soit m un entier divisible par n :n|m. On a alors H=mZ Ker(f) = nZ. on a alors la factorisation : figure 4

1.2 Ordre dun groupe, Ordre dun lment

Dfinition 8. Un groupe de G est dit dordre fini si son cardinal est fini. Ce cardinal est appel ordre dugroupe.

Thorme 2. Lagrange Soit G un groupe dordre fini et H un sous-groupe de G. Alors |H| | |G| (lordre deH divise celui de G). G/Hest fini et :

|G

|=

|H

| |G/H

|Dmonstration. Soit gH G/H. Alors lapplication : H gH

h gh est une bijection. En effet estsurjective par dfinition de gH. Et si (h) = (h), alors gh= gh eth = h, est surjective.Donc|gH| = |H|.Pour g, g G, si g H gHnon vide, alors g H=gH.En effet, si g gH gH, on a :

gH=gH=gH

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Donc lensemble des classes gauches est une partition de G :

G=

AG/HA

Cette union est disjointe.Ainsi,

|G

|=

AG/H |A

|=

|G/H

||H

|Exemple. Si H est distingu dans G, alors G/H est un groupe fini dordre |G||H| .

Dfinition 9. Soit G un groupe et g G.Ce sous-groupe de G engendr par g est :

< g >= {gm|m Z}Cest le plus petit sous-groupe de G contenant G. Un tel groupe, engendr par un lment est dit monogne.

Exemple. nZ =< n > Zest monogne.Dfinition 10. On dit que g Gest dordre fini si est un groupe fini.

On a directement avec le thorme de Lagrange :

Thorme 3. Pour G un groupe fini, toutg G est dordre fini divisant |G|

1.3 Groupe cycliques

Thorme 4. Soit G un groupe monogne.Si G nest pas dordre fini, alorsG Z.Si G est dordre finin >= 1, alorsG Z/nZ.

Dmonstration. Soit g G un gnrateur de G. Alors : Z

G

m gm est un morphisme de groupesurjectif.Si est de plus injectif, alors cest un isomorphisme et Z Get G nest pas dordre fini.Si nest pas injectif, alors K er()est une sous-groupe non nul de G. Doncm >= 1,Ker() = mZ.AlorsG = I m() = Z/Ker() = Z/mZ

Proposition 2. (1) Un groupe monogne est commutatif.(2) Tout sous-groupe dun groupe cyclique (resp. monogne) est cyclique (resp. monogne)

Dmonstration. (1) Clair daprs la dfinition.(2) Soit G monogne qui nest pas dordre fini. Alors G Zet les sous-groupes de G sont isomorphes desmZ(m Z), ils sont donc monognes.Soit G un groupe cyclique et : Z G un morphisme surjectif comme dans la preuve du thorme.

SoitG Gun sous-groupe. Alors ()1

(G) Zest un sous-groupe de Z. Doncm Z, ()1

(G) =mZ.Alors : G est engendr par(m), tant surjective. Donc G est cyclique.

1.4 Suites exactes de groupes

SoientG1, G2, G3des groupes, et f1: G1 G2 , f2 : G2 G3 deux morphismes de groupe.

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Dfinition 11. on dit que la suite G1f1 G2 f2 G3 est exacte si I m(f1) = Ker(f2).

Plus gnralement, on dit que G1 ... Gn est exacte si pour tout i {1, 2...,n 2}, Gi Gi+1 Gi+2est exacte.

Proposition 3. La suite{1} G1 f G2 g G3 {1} est exacte ssi f est injective, g est surjective etIm(f) = Ker(g)

Dmonstration. Exactitude en G1 : K er(f) = {1}, f injective. Et en G3, I m(g) = G3, g surjective.Une telle suite est appele suite exacte courte.

Exemple. Pour f la surjection canonique de Z sur Z/nZon a la suite exacte courte :

{1} nZ Z Z/nZ {1}

.

1.5 Les actions de groupes

Cest la motivation principale pour ltude des groupes.Soit E un ensemble. Alors Bij(E) = { f : E E |f bijective}est un groupe pour la composition.Dfinition 12. Soit E un ensemble et G un groupe. Une action de G sur E est un morphisme de groupe

: G Bij (E)Remarque.

Pourx Eet g G, on notera ((g))(x) = g.x E Comme est un morphisme de groupe, on a g.(g.x) = (gg ).x

Exemple. (1) V espace vectoriel, G = GL(V). Linclusion GL(V) Bij (V)donne une action de G sur V.(2) Soit C le cercle unit du plan. (R, +)agit sur C.

: (R, +) Bij (C) r

(3)Un groupe G agit sur lui-mme par translation gauche :

: G Bij (G)g (h gh)

Terminologie / notations :

Pourx E, lorbite de x est Gx= {g.x|g G} E

Le stabilisateur de x Stabx ={g G|g.x = x} sous-groupe de G. pour H un sous-groupe de G,EH = {x E|h.x= x, h H}est lensemble des points fixes sous laction de H.

Laction est dite fidle si est injective. (1) et (3) sont fidles. Laction est dite transitive six E, Gx= E . (2) et (3) sont transitives.

Proposition 4. G groupe agit sur E ensemble.

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E est lunion disjointe de ses orbites.E=

T orbite

T

x Gx, Gx= GxDmonstration. Soit x

Gx, x =g .x. On a Gx

Gx car Gx =

{(gg)x

|g

G

}. Mais x= g1x

Gx ,

donc de mmeGx Gx.E=

xEOx . Soient x, x

Etels que Gx Gy= . Soit z Gx Gx.Alors : Gx= Gz = Gx

Proposition 5. Soitx Eet G qui agit sur E. Alors il existe une unique bijectionF : G/Stabx Ox

g g.xRemarque. Stabx nest pas ncessairement distingu : G/Stabx est lensemble des classes gauche.

Dmonstration. On vrifie dabord que lapplication est bien dfinie : pourg gStabx, on a bien g x= gx.F est surjective par dfinition de OxF est injective : soient g, g Gtels queg.x= g.x. Alors (g)1gx = x, donc(g)1g Stabxet g gStabx.

Donc g et g ont la mme image dans G/Stabx

Consquence : dans le cas o G est dordre fini, on obtient :

|Ox| = |G||Stabx|Donc les orbites sont finies et leur cardinal divise |G|. De plus|Stabx|ne dpend que de lorbite O de x. Ona alors lquation aux classes pour E ensemble fini :

|E| =

O orbite

|G||Stabx|

Exemple. G agit sur lui-mme par conjugaison :: G Bij (G)

g (h ghg1)

Les orbites de G pour cette action sont appeles classes de conjugaison de G. Si g G a sa classede conjugaison gale {g}, alors g commute avec tout les lments de G : g Z(G) ={g G|hg =gh, h G}centre de G.Z(G) est commutatif et est un sous-groupe distingu de G.

G agit sur lensemble de ses partiesP(G)par translation gauche :: G Bij (P(G))

g (A gA)

Pour H P(G)qui est un sous-groupe de G, lorbite de H est lensemble des classes gauches. G agit surP(G)par conjugaison.

: G Bij (P(G))g (A gAg1)

PourH P(G)qui est un sous-groupe et un point fixe pour cette action, H est un sous-groupe distingude G.

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Dfinition 13. Pour p un nombre premier, un p-groupe est un groupe fini dont lordre est une puissance dep.

Thorme 5. Le centre dun p-groupe est non-trivial.

Dmonstration. On fait agir G sur lui-mme par conjugaison et on crit lquation aux classes :

|G| = O orbite

|G||Stabx| =

O orbitedecardinal1

1 +

O orbitecard>1

|G||Stabx|

On

O orbitedecard11 = |Z(G)|et chaque |G||Stabx| est une puissance de p non triviale.On regarde modulo p :|Z(G)| 0[p]. Or Z(G) est un sous-groupe de G, donc Z(G)= 0, donc p| |Z(G)| et

p |Z(G)|.Donc Z(G) est non trivial.

Dfinition 14. Soit G un groupe fini et p un nombre premier qui divise |G|. Un p-sous-groupe de Sylow deG est un sous-groupe de G dordre pm o m est la puissance de p dans la factorisation de |G| en produit denombres premiers.

Thorme 6. G admet un p-sous-groupe de Sylow.

Dmonstration.

Par rcurrence sur |G|.vident si |G| = p (G est alors un p-Sylow).Soit H un sous-groupe de G tel que |G||H|p= 1.Alors un p-Sylow de H est un p-Sylow de G. Sinon faisons agir G sur lui mme par conjugaison.quation aux classes :

|G| = |Z(G)| +

O orbite={}

|O||Stabx|

Par hypothse p divise |O||Stabx| . Donc p divise|Z(G)|.Comme|Z(G)| >= 1,|Z(G)| p.SoitN 1maximal tel quepN| |Z(G)|.Supposons quon a aZ(G) {eG}, qui a pour ordre pM.Soitb = apm1 est dordre p. Soit G =< b >lesous-groupe engendr par b.CommeG Z(G) , cest un sous-groupe distingu.SoitG = G/G groupe quotient dordre p1m= |G|p ( en posant m tel que|G| =pmet p m= 1) .Hypothse de rcurrence : G admet un p-Sylow S. Soit S limage rciproque de S dans G : cest direS= 1(S)o : G G/G surjection.Alors S est un sous-groupe de G et son ordre est|S| = |G| |S| =p. Donc S est un p-Sylow de G.Reste dmontrer : Z(G) admet bien un lment dordre une puissance de p (voir plus loin).

Thorme 7.

1. Tout sous-groupe de G qui est un p-groupe est contenu dans un p-sous-groupe de Sylow.

2. Tout les p-sous-groupes de Sylow de G sont conjugus.

3. Le nombre de p-sous-groupes de Sylow est 1[p] et divisem= |G|p.Dmonstration.

(1) Soit H un p-sous-groupe de G, soit P un p-Sylow de G et N= {g G|gP g1 =P} le normalisateur deP(sous-groupe de G contenant P).

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Si H N :AlorsH P Net HP sous-groupe de G. De plus P est un sous-groupe distingu de HP.Considrons

: H HP/Ph classe de h morphisme de groupe surjectif.I m() =

|H|Ker() = |HP/P| = |HP||P|

etK er() = H P.On obtient : |H|

|H

P

|

= |HP|

|P

|

. Alors|HP| est une puissance de p. Or P est un p-Sylow et P HP. DoncHP=P etH P.Si Hnot N :SoitS= {gP g1|g G}(orbite de P sous laction de G par conjugaison). On a alors Stabp = N Pce quiimpliquep||N|.

|S| = |G||Stabp|Doncp |S| = 1. H agit galement sur S par conjugaison.quations aux classes par laction de H :

|S| =

O orbite

|H||Stabx|

Comme |S| non divisible par p et comme chaque |H||Stabx|

est gale 1 ou une puissance de P, on a au moinsune orbite O de cardinal 1.Cest dire,Q S, hQh1 =Q, h H. Ainsi, Q est un p-Sylow et H est contenu dans son normalisateur.Daprs le 1er cas, H Q.On a dmontr (1).(2) Dans le cas o H est lui mme un p-Sylow, on a|H| = |Q|, doncH= Q est conjugu P.(3) Dans mme cas, on reprend lquation aux classes : il y a une seule orbite de cardinal 1 : celle de H. Donc|S| 1[p]. Enfin,|S| | |G| =pm, et comme p |S| = 1, on a|S| |m.Exemple. Important Si G a un seul p-Sylow, alors il est distingu dans G.

1.6 Groupes rsolubles

Dfinition 15. Un groupe G est dit rsolubles si on a une suite de sous-groupes :

{eG} =Gn ... G2 G1 G0 = GTelle que pour0 i n1, Gi+1est un sous-groupe distingu de Giet Gi/Gi+1est un groupe commutatif.Exemple.

Un groupe commutatif est rsoluble : on peut choisir{eG} =G1 G0 = G. S3 est rsoluble :

G2 = {1} =G1 = A3 G0 = S3

En effet G1/G2 A3 Z/3Z commutatif, et A3 = Ker() distingu dans S3 et S3/A3 Z/2Zcommutatif.Dfinition 16. Soit G un groupe.Le sous-groupe driv de G est le sous-groupe DG engendr par les commutateurs :

[a, b] =aba1b1, a , b G.

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Remarque.

En gnral, lensemble{[a, b]|a, b G}nest pas un sous-groupe de G. [a, b] = eGa et b commutent.

G commutatif

DG=

{eG

}Proposition 6. DG est un sous-groupe distingu de G. Le sous groupe quotientG/DG est commutatif.

Dmonstration. Pour g G, soit g : G Gh ghg1 un automorphisme de G (appel automorphisme

intrieur de G).Pour a, b G, on a :

g([a, b]) = [g(a), g(b)] DGOn a bien DG distingu dans G.Soit : G D/DG surjection canonique.Par construction,

a, b G[(a), (b)] = ([a, b]) = eG/DG

DoncD(G/DG) = {eG/DG}et G/DGcommutatif.Dfinition 17. On dfinit la suite des sous-groupes drivs de G par rcurrence sur n 0.

D0G= G

Dn+1G= D(DnG)subsetDnG

Exemple.

G= 3

DG A3 car la signature dun commutateur est 1.Donc DG = A3 ou{1}. Si DG ={1}, alors G/DG3 , le premier tant commutatif et pas le second cequi est absurde.

DoDG= A3, etDA3 = {id}car A3 es commutatif.

Proposition 7.

G rsoluble N 1,DNG= {eG}Dmonstration.Il suffit de prendre dans la dfinition :

Gi= DiG0 i N

On a bien Gi+1 distingu dans Gi etGi/Gi+1 commutatif.

Considrons des Gi comme dans la dfinition.On montre que DiG Gi par rcurrence sur i 0. On aura alors DNG GN = {eG}.-On a bienD0G= G = G0-SupposonsD iG Gi . Soit : Gi Gi/Gi+1 la surjection canonique.(DGi) = {eGi/Gi+1}car Gi/Gi+1 groupe commutatif.DoncDGi Ker() =Gi+1et alors Di+1G= D(DiG) DGi Gi+1.

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Proposition 8. On considre une suite exacte :

{1} G1 G2 G3 {1}G2 resoluble G1 et G2 resoluble

Dmonstration.

,N 0, DN

G2 = {e}Alors : D NG3 = (DNG2) = {e}: G3 est rsoluble. (surjective)

DNGi i(DN)Soit N , R 0, DNG= {eGi}et D RG= {eG3}. (DRG2) = DRG3 = {eG3}.DoncDRG2 Ker() = I m(i). or I m(i) Gi, orD R(Im(i)) = {e}.DoncDN+R =DN(DRG2) = {e}, etG2 est rsoluble.Exemple. On a la suite exacte de KLEIN :

{1} K( Z/2Z) 4 3 {1}

3 est rsoluble, et K est commutatif donc rsoluble. 4 est donc rsoluble.

Proposition 9. PourN 5, SNnest pas rsoluble.Pourn 1, D n(SN) = AN etD(AN) = ANDmonstration. D(SN) An. En effet, pour G, G SN, ([G, G]) = 1 et [G, G] ANIl suffit de montrer que AN D(AN). On aura alors AN D(SN) AN=D(SN)et AN=D(AN).Rappel : ANest engendr par les 3-cycles (abc).Soit= (abc) AN3-cycles, 2 = (acb)aussi un 3-cycle.et2 sont donc conjugus dans SN :

Sn, 2 = 1CommeN 5,d =e {1,...,N}, d , e / {a,b,c}.Soit = o(ed). On a encore ()2 =()1.Mais () =

(). Donc ()

AN ou

AN. Par exemple on peut supposer

AN. Alors :

= 11 = [, ] D(AN)Thorme 8. Soit p un nombre premier.Soit G un p-groupe (G groupe fini dordre une puissance de p).Alors G est rsoluble.

Dmonstration. |G| =pm, m N. Par rcurrence sur m 0. m = 0, G est trivial, clair.En gnral, on a vu que le centre Z(G)de G est non trivial. Cest un sous-groupe distingu de G. On a doncune suite exacte :

1 Z(G) G G/Z(G) 1Avec Z(G)commutatif donc rsoluble et G/Z(G)p-groupe dordre< m, et par lhypothse de rcurrence, ilest rsoluble.

Donc G est rsoluble.

1.7 Parties gnratrices dun groupe

Dfinition 18. Une partie A dun groupe G est dite gnratrice si le plus petit sous-groupe de G contenantA est G.

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Exemple.

Un groupe monogne admet une partie gnratrice de cardinal 1. Lensemble des transpositions est une partie gnratrice de Sn.

Lensemble des 3-cycles est une partie gnratrice de An.

En effet : soit inAn. est un produit dun nombre pair de transpositions. Considrons un produit de2 transpositions :

(ab)(cd) = (adb)(dca)

(ab)(bc) = (abc)

Thorme 9. Soitn 1. Les gnrateurs deZ/nZsont les1 m n tels quem n= 1. Leur nombre estnot(n) (la caractristique dEuler de n).

(1) = 1, (2) = 1, (3) = 2, (4) = 2...

Dmonstration. Soit1 m n.Supposons m n= d >1.Alors( nd ) m= n ( mdcongru0[n]. md > n. Donc lordre de m dans Z/nZest < n. m nengendre pas Z/nZ.Supposons m n= 1. Identit de Bezout :

u, v Z, umcongru1[n]1 est dans le sous-groupe de Z/nZengendr par m , donc ce sous groupe est Z/nZ.

Remarque. (n)est aussi le nombre de racines primitives nime de 1. Ce sont les gnrateurs de Un. On an = d|n (d).

Soit en effet le nieme polynme cyclotomique :

(X) =

wUn|primitive(Xw)

Ex : 1(X) = X 1, 2(X) = X+ 1 , 3(X) = X2 + X+ 1, ...

d|nd(X) = Xn

1car w Undordre d est primitive dansUd avecd|n, donc apparait dans d(X).En prenant le degr, on obtient : n =

d|n (d)

1.8 Produits semi-directs

Dfinition 19. On a vu : pour G,G groupes, G G le groupe produit. Cest le produit direct.On a alors une suite exacte :

1 G G G G 1 g (g, eG)

......................... (g, g) g

Mais en gnral si on a une suite exacte :

11 G1 G2 G3 1G2 nest pas isomorphe en gnral au produit direct G1 G3.Ex :1 A3 S3 Z/2Z 1A3 Z/2Z Z/3ZZ/2Zest commutatif mais S3 ne lest pas. Mais S3est "presque " un produit de Z/3Zpar Z/2Z, au sens ci-dessous.

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Proposition 10. Soit G,G deux groupes et : G Aut(G) morphisme de groupe (G agit sur Gpar automorphismes). On dfinit alors surG G le produit :

(g1, g1) (g2, g2) = (g1((g1))(g2), g1, g2)

On obtient alors un groupe notG G. De plusG {eG} G est un sous-groupe distingu deG G,et on a une suite exacte :

1 G G G G 1Remarque. Si est trivial (Im() = {IdG})v, alors G G = G G .Exemple. Fondamental :Soit une suite exacte :

1 G1 G2fg G3 1On suppose quelle est scind, cest dire quil existe un relvement : g: G3 G2 morphisme degroupe tel que f og= I dG3 (en particulier, un tel relvement est injectif)

Proposition 11. Dans cette situation :G2 G1 G3

: G3 Aut(G1)a b g(a)b(g(a))1)G1 est identifi son image dansG2 , cest dire Ker(f) qui est distingu dansG2.

Exemple. 1 An Sn Z/2Z 1Pour Sntranspositions, on considre g: Z/2Z Sna sia= est un relvement.DoncSn An |Z/2Z.

Soit Dn le groupe didral.1 Z/nZ Dndet Z/2Z 1

Pour s Dn une symtrie par rapport une droite, on a le relvement :

g: Z/2Z Dna Id si a= 1 , s sinon

DoncDn Z/nZ |Z/2ZDmonstration. est bien dfinie :

g(a)bg(a)1 Ker(f) G, car Kerf(f) distingu. b g(a)bg(a)1 est la conjugaison par g(a), cest bien un automorphisme de groupe.

est bien un morphisme de groupe ((a)o(a))(b) = g(a)g(a)bg(a)1g(a)1 = g(aa)b(g(aa))1 =(aa)(b)car g morphisme de groupe. G1 G3 fait sens.Soit : 1 G1

i

G2fg G3 1

Considrons : : G1 G3 G2

(x, y) i(x)g(y) .

est un morphisme de groupe :((x, y) (x, y)) = (x, y)(x, y)

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est injectifSoit(x, y) Ker(), i(x)g(y) = e, donc g(y) = i(x1).Alors(f og)(y) = y = (f oi)(x1) = eG3 . Donc y = eG3 , soiti(x) = e eG1

est surjectif : Soit x G2 .Alors x((gof)(x))1 Ker(f) = i(G1) car f og = IdG3 . ( f(x((gof)(x))1) = f(x)((f og)(f(x))1 =f(x)f(x)1 =e

G3 )

Doncx i(G1)g(f(x)) Im().Remarque. notation souvent, on crit|a la place de quand est implicite.Ainsi, on crit G H |Hpour dire "il existe un produit semi-direct de H et H isomorphe G ".

1.9 Groupes simples

Dfinition 20. Un groupe G est dit simple si G est non trivial et si tous ses sous-groupes distingus sonttriviaux.

Exemple.

Un groupe fini dordre premier p est simple. A4 nest pas (K A4 groupe de Klein est distingu non trivial )

Remarque. Si n 3, Sn nest pas simple car An est un sous-groupre distingu non trivial.Thorme 10. Sin 5 , An est simple.Dmonstration.SoitG An sous-groupe distingu tel que G = {1}. Pour montrer que G= An , il suffit de montrer que Gcontient un 3-cycle (cf rsultat sur la rsolubilit ). Soit G {1} qui a un nombre maximal de pointsfixes. On dcompose en produit de cycles support disjoint (dans Sn ) :

= 1...m

-Supposons que tous les j sont des transpositions. Comme 1 = () = (1)m, m est pair. En particu-lier, m 2. Notons 1 = (ab) et sigma2 = (cd) . Comme n 5 ,e / {a,b,c,d}. Soit = (cde) et = [, ] = ( 1)1 G.Les points fixes de sont les points fixes de plus{a, b}. a strictement plus de points fixes que et= 1, ce qui est une contradiction -On a donc : j, j pas une transposition. Supposons de plus que nest pas un 3-cycle. Donc modifie au moins 5 lments (sinon serait le produit de 2 transpositons, ouun 4 cycle). Notons les (a,b = (a), c = 2(a),d,e). Soit = (cde), alors = [, ]G et (a) = a. astrictement plus de points fixes que et = 1, ce qui est une contradiction.

Donc G contient un 3-cycle.

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Chapitre 2

Anneaux

2.1 Gnralits

Dfinition 21. Un anneau A est un ensemble A muni de +, : A A A telles que :

(A, +)est un groupe commutatif (on notera 0A le neutre de + dans A) est associative est distributive sur + a un lment neutre1A

Exemple. On a Z,Q,R,C, ou encore Mn(R), Mn(C).

Dfinition 22. Lanneau est dit commutatif siest commutatif dans A.Dfinition 23. Un anneau A est un corps si A est commutatif et si :

A {0A}, b A, a b= b a= 1AExemple. R,Q,C

Dfinition 24. Soient A,B des anneaux. Un morphisme danneau f : A B est un morphisme degroupe pour + tel que :

x, y A, f(x y) = f(x) f(y)f(1A) = 1B

2.2 Idaux

Dfinition 25. Un idal I dun anneau A est un sous-groupe de (A,+) tel que :

a inA, i I, a i I, i a I

Remarque.

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Si 1A I , alors I=A. (a) = {bac|b, c A}est un idal de A (il est dit monogne).

Exemple.

Le noyau dun morphisme danneau est un idal.

Soit Kun corps. Alors il na que 2 idaux :{0K}et lui mme. Dans Z, on a les idaux nZ = (n). Il ny en a pas dautres ( nZsont les seuls sous-groupes de Z). Soit K un corps etA = K[X]lanneau des polynmes coefficients dans K. On a pourP K[X]lidal

(P) = PK[X]. En fait, ceux sont les seuls.En effet, soit I un idal non nul de K[X]et soitP I{0} de degr minimal. On montre que I= (P).Pour S I, on crit la division euclidienne de S par P : S= P Q+R. On a alors R = S P Q Ietdeg (R)< deg(P), donc R = 0 et S (P).

Dfinition 26.

Un anneau A est dit intgre si A est commutatif et si :a, b A, a b= 0 a= 0 ou b= 0

Un anneau A est dit principal si il est intgre et si tout ses idaux sont monognesExemple. Zet K[X]sont principaux. De manire gnral, un corps est un anneau principal.

Soit A un anneau et I un idal de A. I tant un sous-groupe (distingu) de (A,+ ) on a le groupe quotient(A/I,+) et la surjection canonique : A A/I (cest un morphisme de groupe)Thorme 11. A/Ia une unique structure danneau telle que est morphisme danneau.

Dmonstration. tant une surjection, lunicit est claire, pour x, y A, on aura :(x y) = (x) (y) (I)

Il reste vrifier que (I) donne un produit ben dfini sur A/I. En effet si (x) = (x)et (y) = (y), ona(x y) = ((x x)y+ xy) = (xy) = (xy) + (x(y y)) = (xy).est bien dfinie sur A/I. On vrifie que les proprits de lanneau A sont transmise A/Ipar.Exemple. Lanneau Z/nZ, et pour P K[X], lanneau K[X]/(P).Dfinition 27. Soit I un idal dun anneau A non gal A.I est dit maximal si pour J idal de A,

I J A I= J ouJ=AProposition 12. A anneau commutatif, I idal de A.

A/I corps (non nul) I maximal

Dmonstration. Supposons A/Icorps. Soit J I, soit a Jtel que a / I.Alors limage(a)de a dans A/Iest non nulle et donc possde un inverse dans A/I. Soita Aun antc-dent de cette inverse par : aa 1 + I. Do 1 aa+ I J. Donc J=A.

Supposons J maximal. Soit a Atel que(a) = 0. Donca / IetJ= (a) + Iest un idal de A contenantstrictement I. Donc J = A par maximalit de I. Ainsia A, i I, 1A= aa+ iet donc 1A/I= (a)(a).(a)est alors un inverse de (a)dans A/I.

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Exemple.

Kcorps , A = K[X]. I = (P) idal,P A.I maximal P irrductible dans K[X]

(En effet J= (Q) , I J Q|P) R[X]/(X2 + 1) = C

Limage de X dans le quotient est note i et satisfait i2 = 1. Z/nZcorpsn premier Z/nZ intgre

Pour p premier, on a donc le corps Fp = Z/pZcorps fini de cardinal p.

2.3 Groupe des inversibles

Dfinition 28. Soit A un annneau.

A = {a A|a A,aa= 1A}Cest le groupe des inversibles de A.

Exemple.

Z = {1, 1} Z/2Z K = K 0 (Mn(R))= GLn(R)

Proposition 13. n Z, n 1

(Z/nZ) = {m|1 m n 1, m n= 1}

2.4 Caractristique dun anneau

Soit A un anneau et : Z A

n n.1A .est un morphisme danneau.Donc K er() Zest un idl de Z, etN 0,Ker() = (NZ).

Dfinition 29. N=car(A)est appel caractristique de A.

Exemple. car(Z) = car(C) = 0, n = car(Z/nZ)

Proposition 14.

1. Si A est un corps,car(A) = 0 oucar(A) = p premier.

2. On a un unique morphisme danneau injectif : Z/car(A)Z A3. Sicar(A) = 0,alors lensemble A est infini.

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Remarque. la rciproque de (1) est fausse : car(Z) = 0, car((Z/2Z)[X]) = 2

Dmonstration. (2) est clair (passage auqotient de )(1) A corpsA intgre Z/car(A)Z intgrecar(A)=0 ou p premier.(3) Z ARemarque. Si car(A)=p premier, limage deest un sous-anneau de A qui est un corps : le sous-corps premierde A. (en fait A est un espace vectoriel sur ce corps)"A est de caratristique positive" signifie car(A) = 0.Thorme 12. Le morphisme de FrobeniusSoit A un anneau commutatif de caractristique p>0 premier.

Lapplication F r: A A

a ap est un morphisme danneau.

Dmonstration. A tant commutatif, on a Fr(ab)=Fr(a)Fr(b).Additivit de Fr : soient a, b A.(a + b)p =

pk=0

pk

akbpk =ap + bp +

p1k=1

pk

apbkp

, ce Il suffit de montrer que pour 1 k p1:p|pk

, ce qui est vrai car p napparait pas dans la factorisationde k ! en nombres premiers.

2.5 Thorme chinois

Thorme 13. Soit A un anneau commutatif,I1...In idaux de A tels que : si i =j, Ii+ Ij =A.AlorsI1 ... In= I1I2...In etA/(I1 ... In)

ni=1(A/Ii) (anneau produit).

Dmonstration. Soit : A A/I1 ... A/In

a (a + I1,...,a + In) un morphisme danneau.Ker() = I1 ... In.On a donc : A/(I1 ... In) A/I1 ... A/In morphisme danneau injectif.Pour 1 j n, considrons : (on supposen 2)I(

j) = I

1...I

j1I

j+1...I

nidal de A.

Montrons quen

j=1 I(j) = A par rcurrence sur n.n= 2cest lhypothse I1+ I2 = Aen gnral, on a par hypothse de rcurrence :

n1j=1 =A, do

n1j=1 I(j) = In

DoncInn

j=1 I(j), et de mme I1n

j=1 I(j).CommeI1+ In= A, on a le rsultat.On a donc1 =

nj=1 aj avec aj I(j).

Soit(b1,...,bn) A/I1 ...A/In, alors b =n

j=1 aj bj A/I1...In est un antcdent par .Donc est un isomorphisme. Enfin, on a I1...In I1cap... In.Rciproquement poura I1 ...In, on a : a =

nj=1 aj a I1...In.

Exemple. A= Z, Ij = (nj )avec les nj premiers entre eux.

n

j=1

(Z/njZ) Z/((n

j=1

nj )Z)

2.6 Arithmtique dans les anneaux intgres

A anneau intgre.

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Dfinition 30. Pour a, b A, on dit que a divise b et on note a|b sic A, b = ac . Ceci quivaut (b) (a).Proposition 15. Soienta, b A.(a|b et b|a) (u A, a= bu)On dit alors que a et b sont associs. Cest une relation dquivalence.

Dmonstration. La premire quivalence est clair.Supposons quea = bu, b= av, u, v AOn a alors a(uv 1) = 0, or comme A est intgre uv=1.La rciproque est elle vidente.

Dfinition 31.

Soit p A {0}. On dit que p est un lment irrductible de A si p / A et si pour a, b A,p= ab aou b A.

Soient a, b A {0}. On dit que a et b sont premiers entre eux si :

u A {0}, u|a et u|b u A

On note alors a b= 1Dfinition 32. Un anneau intgre A est dit factoriel si tout aA {0}scrit de manire unique sous laforme :

a= u

pPpvp(a)

Avec u A, P une famille de reprsentant des lments irrductibles de A une association prs.Exemple. Zavec les nombres premiers, R[X]avec les polynmes irrductible et unitaire(X2 + aX+ b),C[X]avec les (X+a).

Proposition 16. Soit A un annneau factoriel.

1. (Lemme deuclide) p irrductible de A.Poura, b A, p|(ab) p|a ou p|b.2. (Thorme de Gauss) a, b, c A

(a|(bc)) (a b) a|c.

Dmonstration. Clair en considrant le factorisation de a et de b.

Dfinition 33. A factoriel.Pour a, b A {0}. On dfinit :

a b=

p

P

pMin(vp(a),vp(b) PGCD

a b=

pPpMax(vp(a),vp(b) P P C M

Remarque. Comme min(u, v) + max(u, v) = u + v , on a que (a b)(a b)associ ab.

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2.7 Anneaux principaux, euclidiens

Dfinition 34. Un anneau est dit prinipal si il est intgre et si tous ses idaux sont monognes.

Proposition 17. Un anneau principal est factoriel.

Dmonstration. Soit A principal. Par dfinition il est intgre.Existence de la factorisation?SoitS= {(a)|a na pas de factorisation}. Par labsurde, on suppose que S= . On considre : (a1) ... (an) ...une suite strictement croissante maximale dlments de S. Cette suite est ncessairement finie, carsinonI=

infi=1(ai)serait idal de A, donc monogne. I= (a), maisi, a (ai), et alors (a) = (ai).

On peut donc considrer N tel que(a) S(aN) (a).Comme(aN) S, aNnest pas irrductible. Doncu, v A, aN=uv etu,v / A.On a (aN) (u)et (aN (v)), donc (u) et (v) / S.Alors, u et v se factorisent en irrductibles et donc aNaussi, contradiction.Unicit de la factorisation?On montre dabord que le lemme dEuclide est vrai dans A. Soit p irrductible, p|aba, b A {0}. Si

p|a, (p) + (a) = (v)v A, alors v|p et v nest pas associ p. Donc vinA et (p) + (a) = A . Alors

x, y

A,xp + ya = 1, soitxp + yab = b et p

|b.

Supposons up1...pr = vq1...qs avecu, v A etpi, qj P. Avec euclide et par rcurrence on peut montrer :p1|(vq1...qs) p1|(q1...qN

Proposition 18. Soit A un anneau principal.Poura, b A {0} , on a :

(a b) = (a) + (b)(a b) = (a) (b)

Dmonstration. Par exemple,pour le ppcm, cest clair car par dfinition a|a bet b|b a.De plus, si a|cet b|c, alorsp , vp(a) vp(b)et vp(b) vp(c), vp(a b) vp(c) (a) (b) (a b).Proposition 19. BzoutPoura, b A {0}, u, v A

a b= au + bvCeci car (a b (a) + (b)).Dfinition 35. Un anneau intgre A est dit euclidien si A est muni dune division euclidienne :on dispose dune application : : A {0} N (stathme) telle que :

a A, b A {0}, (q, r) A2, a= bq+ r et (r)< (b) ou r= 0

Thorme 14. Un anneau euclidien est principal

Dmonstration. Analogue la preuve de la principalit de Z

Exemple. Anneau des entiers de Gauss :

Z[i] = {a + ib|a, b Z}

Z[i]est un sous-anneau de C. Donc il est intgre. Stathme : pourz Z[i] {0} :N(z) = |z|2., (Z[i])= {1, 1, i, i}car si z z = 1, alors N(z)N(z) = 1...

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Proposition 20. Z[i] est un anneau euclidien

Dmonstration. Pour z , t Z[i] {0}, zt =a + ib C.Soient a, b Z entiers respectifs les plus proches de a et de b. On pose q= a+ib. On a alors| zt q|2 =(a a)2 + (b b)2


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Chapitre 3

Corps et algbres

3.1 Corps des fonctions dun anneau intgre

Soit A un anneau. On cherche lexistence dun corps contenant A comme sous-anneau et qui est engendrpar A comme corps. Condition ncessaire : A intgre.

Thorme 15. Soit A un anneau intgre. Il existe un corps, Frac(A), unique ismorphisme prs, satisfaisantces conditions. On lappelle le corps des fractions de A.

Exemple.

Frac(Z) = Q Frac(k[X]) =k(X) Frac(k[[X]]) =k((X)) = {nNanXn|N N}(corps des sries de LAURENT)

Dmonstration. La construction est analogue celle de Q partir de Z:

On dfinit une rlation dquivalence sur (A A {0}):

(a, b)R(a, b) ab= abK= (A A {0})/R

On munit K des oprations suivantes :

(a, b) + (c, d) = (ad + bc, bd)

(a, b)(c, d) = (ac, bd) (a, b)1 = (b, a)

On vrifie que ces oprations sont compatibles avec R. On obiten bien sur un anneau qui est en fait un

corps. Lapplication i: A K

a (a, 1) est un morphisme danneau injectif. On identifie A son imagedans K. Le corps K est alors engendr par A car ses lments sont des produites a b1 o a, b A :

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(a, 1) (1, b) = (a, b).Pour K un autre corps des fractions, pour a A, b A {0}, on dfinit :

((a, b)) = i(a)(i(b))1

On vrifie que est un isomorphisme.

3.2 Algbre sur un corps

On fixe un corps k.

Dfinition 36. Une k-algbre est un anneau (A, +, )muni dune structure de k-espace vectoriel (=, .)et :t k, a, a At.(a a) = (t.a) a= a (t.a)

Remarque. On a alors : : k A

t t.1A est un morphisme danneau.Ker() =k, donc K er() = {0}et est injectif. k sidentifie un sous-anneau de A.Rciroquement, un anneau A qui contient le corps k comme sous-anneau une structure de k-algbre avec

t.a= t aExemple.

Mn(k) k[X]

Dfinition 37. Si la k-algbre A est elle-mme un corps, on dit que A est une extension de k, et on note :A/k.

Dfinition 38. Soit A une k-algbre. La dimension de k-espace vectoriel A, finie ou non, est not[A: k] =dimk(A). Cest ce quon appelle le degr de A sur k.

Exemple. [C : R] = 2 ; [R : Q] = Dfinition 39. Une extension K/k est dite finie si [K :k]< Thorme 16. (base tlescopique)K/k extension et L une K-algbre.Alors L est une k-algbre et (les degrs tant finis ou non) :

[L: k] = [L: K][K: k]

Dmonstration. Soit (ai)iIbase de K sur k et soit (bj )jJbase de L sur K. Il suffit de montrer que (aibj )est une base de L sur k.

Soient A,A des k-algbres : Homk(A, A) = { f : A A , morphisme de kalgebre} = { f : A A lineaire et f morphisme danneaux}.Remarque.

A une k-algbre, I idal de A.I est alorsaussi un k sev, A/I est une k-algbre, et la sujrjection canoniqueest un morphisme de k-algbre.

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B une k-algbre. On a alors la surjection : : Homk(k[X], B) B (X) . est bien dfinie. La

k-algbre k[X] tant engendr par X, est injective.

SoitP k[X]irrductible.AlorsK= k[X]/(P)est un corps car P est irrductible et une k-algbre. Donc K est une extension de k : le

corps de rupture de P sur k.P a une racine dans K : limage de X dans K. [K :k] =deg(P). Base de K sur k : limage de (1, X , X 2,...)

Exemple. Le corps de rupture de X2 + 1 sur Rest C. Limage de X dans Cest note i.

Dfinition 40. Algbricitk-corps, A sur une k-algbre.

On dit quun lment a Aest algbrique pour k siP k[X] {0}, P(a) = 0. Sinon, on dit que a est transcendant sur k. PourK/k une extension telle que tout x Kest algbrique sur k est dite algbrique.

Remarque. 2est algbrique sur Q(X2 2) i est algbrique sur Q(X2 + 1)

2 + k3 est algbrique sur Q Qalg =

PQ[X]{racine de P dans C}est dnombrable comme union densembles finis. Il existe donc

des complexes non transcendants.

Soit K/k une extension algbrique sur k et xK. Soit Ix ={P k [X]|P(x) = 0}. Cest un idal non nulde k[X] : lidal des polynmes annulateurs de x. k [X]tant principal, il exise un unique polynme unitairex,ktel que Ix= (x,k).

Dfinition 41. x,kest le polynme minimal de x sur k.

Proposition 21. 1. x,k est irrductible dansk [X]

2. k[x] = {P(x)|P k[X]} Kest un corps isomorphe k [X]/(x,k)3. [k[x] : kk ] =deg(x,k)

Dmonstration. 1) Considrons une factorisation dans k[X] :

x,k = R1(X)R2(X)

On value en x : R1(x)R2(x) = 0. DoncR1(x) = 0ou R2(x) = 0. Doncx,kdivise lun ou lautre et est doncirrductible.

2) Soit : k[X] k[x]P(X) P(x) .est un morphisme de k-algbre, surjectif par dfinition de k[x].Ker() =

Ix. Donc k [x] k[X]/Ix. En particulier, k [x]est isomorphe au corps de rupture de x,k sur k.3) consquence de (2) car (1, x , x2,...)est une base de k[x] sur k.

Proposition 22. K/k extension,x K.x alg. sur k [k[x] :k]< k[x] est un corps

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Dmonstration. i vers ii et i vers iii on tait vu. On a ii vers i car (xa) est li donc on a un polynmeannulateur non nul de x. Enfin, on a iii vers i en considrant le polynme inverse de x.

Proposition 23. x, y Kalgbrique sur k x+y et xy algbrique sur k.x K {0} algbrique sur k x1 algbrique sur k.Dmonstration. xK algbrique sur k. On a vu que k[x] est un corps donc x1 k [x] et k[x1] k [x].Donc[k[x

1

] :k] [k[x] :k]< x1

algbrique sur k.x, y Kalgsurk.k[x, y] k[x] k

Base tlescopique :

[k[x, y] :k] = [k[x, y] :k[x]] [k[x] :k]< Or y algbrique sur ky algbrique sur k[x].Donc[k[x, y] :k[x]] = [(k[x])[y] :k[x]]< . k [x + y] k[x, y]et k [xy] k[x, y]Donc[k[x + y] :k]< et [k[xy] :k]< Remarque. On a pour consquence que lensemble des lments de K algbrique sur k est un corps (uneextension de k).

Dfinition 42. K :k extension et x

Kalgbrique sur k.Lensemble des conjugus de x sur k dans K est :

Conjk,K(x) = {y K|x,k(y) = 0}Proposition 24. Soit x de K/k algbrique sur k. On a une bijection deH omk(k[x], K) surConjk,K(x).

Dmonstration. Soit : Homk(k[x], K) Conjk,K(x)

(x) .Elle est bien dfinie car pour mophisme de k-algbre, comme x,k(x) = 0, x,k((x)) = 0.Elle est injective : k [x]est engendre par x donc Homk(k[x], K)est entierement dtermine par (x).

Elle est surjective : soit y Conjk,K(x), alors : k[X] KP(X) P(y) . Alors x,k Ker(), donc on

passe au quotient : : k[x] k[x]/(P) K Homk(k[x], K)tel que () = yDfinition 43. Un corps K est dit algbriquement clos si tout polynme P K[X]non constant est scinddansK[X](i.e est un produit de polynme de degr 1).

3.3 Cloture algbrique

Dfinition 44. Soit k un coprs. Une cloture algbrique de k est une extension K de k telle que :

1. K/k est algbrique

2. Tout polynme non constant de k[X] est scind dans K[X]

Proposition 25. Une cloture algbrique K de k est un corps algbriquement clos.

Dmonstration. SoitP(X) K[X]non constant. Soit L la sous k-algbre de K engendr par les coefficientsde P. k L K. On a [L: k]< (L engndr par un nombre fini dlment algbrique sur k).SoitA = L[X]/(P)une k-algbre de dim finie sur k.

Soit : k[T] A

R(T) R([X]) un morphisme de k-algbre qui nest pas injectif. DoncR(T)K er().Alors P|R dans K[x]. Comme R(T) k[T]est scind dans K[X]. Donc P lest aussi.

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Thorme 17. (Steinitz) Tout corps k admet une cloture algbrique, unique isomorphisme de k-algbreprs.

Pour montrer lunicit on va utiliser :

Thorme 18. (Prolongementt des morphismes)

k un corps, K, extensions de k. K/k algbrique et algbriquement clos.Alors: K morphisme de k-algbre injectif.Remarque. (consquence immdiate)A,B k-algbre. A Ak-algbre. B algbriquement clos et A/A algbrique.Si on a : A B morphisme de k-algbre, alors on a un prolongement de de A dans B.En effet A est une A-algbre et fait de B une A algbre. Ce thorme donc = : A B qui estmorphisme de A algbre.

Dmonstration. SoitE= {(L, )|L k-algbre contenue dans K, : L morphisme de k-algbre}E est non vide car (k, i) E.Relation dordre (partiel sur E : (L, f) (L, f) (L Letf|L= f)Lensemble ordonne (E,

) est inductif, cest dirre que toute partie non vide totalement ordonne de E

admet un majorant dans E.Soit A une telle partie et : J=

f(L,f)A L. Alors k J Kest un corps.

On dfinit S: J , pour x J, (L, f) A tel que x L, S(x) = f(x) . A tant totalementordonne, S(x) ne dpend pas du choix de (L,f). On vrifie que S est un morphisme de k-algbre. Donc(J, S) E. Par construction, (J, S)est un majorant de A.Lemme de ZORG : E admet un lement maximal (L0, f0). Pour conclure, on montre que L0 = K.Soitx K. x tant algbrique sur k, il lest sur L0.

x,L0 L0[X] L0[X]/(x,L0) L0[X]

Soitf0(x,L0 [X]limage coefficients par coefficients de x,L0 dans [X].tant algbriquement clos,

y

, [f0(x,L0)](y) = 0. Soit alors

g: L0[X] P [f0(P)](y)Cest un morphisme de k-algbre dont le noyau contient x,L0 . On passe au quotient et on obtient un

morphisme de k-algbre. On a donc(L0[x], g) Eet(L0, f0) (L0[x], g). Par maximalit de L0,L0 = L0[x], doncx L0.Thorme 19. K1, K2 deux clot. alg. dun corps k. AlorsK1 etK2 sont isomorphes comme k-algbre.

Dmonstration. K1/k algbrique et K2 est un corps algbriquement clos. Le thorme de prolongementdonne : f : K1 K2 morphisme de k-algbre injectif.En particulier, f fait de K2 uneK1-algbre (on dfinit la loiavec f ). K1 est trivialement une K1 algbre.Le thorme de prolongement des morphismes assurent lexistence de g: K2 K1 morphisme deK1-algbre injectif. Cela signifie que gof =I d(gof(x) = g(f(x) 1) =x g(1)). Donc g est surjectif et gest un isomorphisme. Il reste montrer lexistence dans STEINITZ.Soit k un corps, soit A = k[Xp,i], p

k[x]

{0

}, 1

i

deg(P). Pour P

k[X]

{0

}on crit : (avec c(P)

= coefficient dominant et n =deg(P))

P(X) c(P)n

i=1

(X Xp,i) =deg(P)1

j=0

(j, p)Xj ((j, p) A)

Soit I lidal de A engendr par tous les (j, p), P k[X] {0}, 1 j deg(P) 1Supposons que I=A. Donc 1 =

Qj,p(j, p) somme finie. Un nombre fini de polynmes P contribuent

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cette somme. Soit K/k une extension finie de k telle que tous ses polynmes sont scinds dans K (considrer

des extensios finies successives contruitent comme des corps de rupture). Soit g: A K

Xp,i xp,i avecxp,i la racine de P si P intervient dans la somme, et xp,i = 0 sinon. g est un morphisme de k-algbre. Parconstructiong ((p, i)) = 0i, p. Donc 1=0 dans K, contradiction. Soit I J A, J=A , J idal maximalde A contenant I. Soit =A/J. Cest un corps, extension de k.Cest une cloture algbrique de k. En effet la

k-algbre est engendre par les images des Xp,i dans qui sont des racines de polynmes de k[X]. Donc/kest algbrique. Par construction tout P k[X]est scind dans [X].Dfinition 45. k corps, cloture algbrique de k.Pour P k[X], le corps de dcomposition de P dans est le sous-corps de engendr par les racines de Pdans.

K= k[x1,...,xn] Cest la plus petite extension de k contenue dans et dans laquelle P est scind.

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Chapitre 4

Corps finis

k corps qui est fini comme ensemble (ex : Z/pZ). car(k) = p > 0 nombre premier (voir les rsultats sur lacaractristique). De plus, k Fp : sous-corps premier (engendr par 1). k est une extension de Fp.Comme lensemble k est fini, [k : Fp] =n


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On a vu que Fq = F rn est lidentit sur Fq. Pour m < n,{x Fp|xpm

= 0} est de cardinal pm < q.Doncx Fq, F rm(x) =x, F rm =I d.

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group,anneau,corps

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