مسابقة دكتوراه 2023 — École Normale Supérieure Cheikh Mohamed El Bachir El Ibrahimi - Kouba (ENS Kouba) — الموضوع 03

1. Critère d'irréductibilité d'un cubique

Un polynôme $P\in K[X]$ de degré 3 est réductible sur $K$ si et seulement s'il possède une racine dans $K$ (une factorisation non triviale force l'existence d'un facteur de degré 1). Ainsi $X^3-a$ est irréductible sur $K$ ssi $a$ n'est pas un cube dans $K$.

2. Existence de $a$

$K^{*3}$ est un sous-groupe propre de $K^*$; par exemple $a=2$ convient, sinon en prenant les normes $N_{K/\mathbb{Q}}(2)=4=N_{K/\mathbb{Q}}(\beta)^3$ serait impossible car $4$ n'est pas un cube dans $\mathbb{Q}$. Donc $\boxed{a=2}$ convient.

3. Corps de décomposition

Les racines de $X^3-a$ sont $\theta,\theta j,\theta j^2$, donc le corps de décomposition est $L=K(\theta,\theta j,\theta j^2)=K(\theta,j)$ puisque $j=(\theta j)/\theta$.

4. Degré et $\sqrt5\in L$

$[K(\theta):K]=3$ car $P$ irréductible; $j\notin K(\theta)$ (extension de degré impair) donc $[K(\theta,j):K(\theta)]=2$, et par multiplicativité, $\mathrm{pgcd}(2,3)=1$ donne $[L:K]=6$. $\mathrm{car}(K)=0$ donc $L/K$ séparable, et $L$ est corps de décomposition de $P$ donc normale: $L/K$ est galoisienne de degré 6. De plus $j=\frac{-1+\sqrt{-3}}2$ donne $\sqrt{-3}\in L$, et $\sqrt{-15}\in K\subset L$, donc $\sqrt5=\sqrt{-15}/\sqrt{-3}\in L$: $\boxed{\sqrt5\in L}$.

5. Construction de $\sigma,\tau$

Comme $L/K(j)$ est cyclique de degré 3 (permutant les racines de $P$), il existe un automorphisme fixant $j$ et envoyant $\theta\mapsto j\theta$: on l'étend en $\sigma\in\mathrm{Gal}(L/K)$ avec $\sigma(j)=j$, donc $\sigma$ fixe $\sqrt{-3}$ et $\sqrt{-15}$, donc $\sigma(\sqrt5)=\sqrt5$. De même $L/K(\theta)$ est de degré 2, engendrant $\tau$ fixant $\theta$ et envoyant $j\mapsto j^2$, donc $\tau(\sqrt{-3})=-\sqrt{-3}$ et $\tau(\sqrt5)=-\sqrt5$.

6. Ordres et $\tau\sigma\tau^{-1}$

$\sigma$ est d'ordre 3 ($\sigma^3(\theta)=j^3\theta=\theta$, $\sigma(j)=j$) et $\tau$ est d'ordre 2 ($\tau^2=\mathrm{id}$). On calcule $\tau\sigma\tau^{-1}=\tau\sigma\tau$: $\tau\sigma\tau(\theta)=\tau(j\theta)=j^2\theta=\sigma^2(\theta)$ et $\tau\sigma\tau(j)=\tau(j)=j^2=\sigma^2(j)$ (car $\sigma$ fixe $j$). Donc $\boxed{\tau\sigma\tau^{-1}=\sigma^{-1}=\sigma^2}$.

7. Structure et sous-extensions

La relation $\tau\sigma\tau^{-1}=\sigma^{-1}$ avec ordres 3 et 2 donne $\mathrm{Gal}(L/K)\cong\mathfrak S_3$. Ses sous-groupes sont $\{e\}$, trois sous-groupes d'ordre 2, $\langle\sigma\rangle$ d'ordre 3, et $\mathfrak S_3$. Par la correspondance de Galois: $K\subset K(\sqrt5)\ (\text{degré }2),\quad K\subset K(\theta),K(j\theta),K(j^2\theta)\ (\text{degré }3),\quad K\subset L\ (\text{degré }6).$ $\boxed{\text{6 sous-extensions : } K,\ K(\sqrt5),\ K(\theta),\ K(j\theta),\ K(j^2\theta),\ L.}$

1. $I(S)$ est un idéal

Si $f,g\in I(S)$, pour tout $x\in S$, $(f+g)(x)=0$ donc $f+g\in I(S)$; pour $h\in A_n$, $(hf)(x)=0$ donc $hf\in I(S)$. De plus $0\in I(S)$. Donc $I(S)$ est un idéal.

2. $\sqrt I\subset I(V(I))$

Soit $f\in\sqrt I$, $f^m\in I$. Pour $x\in V(I)$, $f(x)^m=0$ donc $f(x)=0$ ($K$ intègre). Donc $f\in I(V(I))$.

3. $V(J)=\emptyset$

Si $(x,x_{n+1})$ annule les générateurs de $J$, alors $x\in V(I)$ donc $Q(x)=0$ (car $Q\in I(V(I))$), mais alors $1-x_{n+1}Q(x)=1\ne0$, contradiction avec $(x,x_{n+1})\in V(J)$. Donc $V(J)=\emptyset$.

4. Inversibilité

Le Nullstellensatz faible donne $J=A_{n+1}$, donc $1=\sum_i c_ig_i+h(1-X_{n+1}Q)$ avec $g_i\in I$. En passant au quotient par $\langle I\rangle$: $\bar1=\bar h(1-\overline{X_{n+1}}\bar Q)$, donc $\boxed{1-\overline{X_{n+1}}\bar Q}$ est inversible dans $A_{n+1}/\langle I\rangle$.

5. Conclusion

En spécialisant $X_{n+1}=1/Q$ (localisation $A_n[1/Q]$) et en chassant les dénominateurs par une puissance $Q^N$, on obtient $Q^N=\sum_i d_ig_i\in I$, donc $Q\in\sqrt I$. Avec la question 2: $\boxed{I(V(I))=\sqrt I}$ (Nullstellensatz de Hilbert, forme forte).

1. Étude de $(a,X)$

On a $A[X]/(a,X)\cong A/(a)$. Si $(a,X)=(d)$ est principal, $d\mid X$ dans $A[X]$; comme $A$ intègre, $A[X]^*=A^*$ et l'analyse des degrés (en comparant les coefficients dominants) montre que $d$ ne peut être que de degré $0$, c'est-à-dire $d=u$ avec $u\mid X$ forçant $u\in A^*$. Alors $(a,X)=(u)=A[X]$, ce qui via $A[X]/(a,X)\cong A/(a)=\{0\}$ signifie que $a$ est inversible: $\boxed{a\in A^*}$.

2. $A[X]$ principal $\Rightarrow A$ corps

Pour tout $a\ne0$ dans $A$, l'idéal de type fini $(a,X)$ est principal (car $A[X]$ principal), donc d'après 1., $a\in A^*$. Ainsi tout élément non nul de $A$ est inversible: $\boxed{A\text{ est un corps}}$.

Remarque : Réciproquement, si $A$ est un corps, $A[X]$ est euclidien donc principal, d'où l'équivalence "$A[X]$ principal $\iff A$ corps" pour $A$ intègre.