مسابقة دكتوراه 2023 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 01

1. $I\cap\mathbb{Z}$ est un idéal de $\mathbb{Z}$

$I\cap\mathbb{Z}$ est un sous-groupe additif (intersection de deux sous-groupes). Soit $a\in\mathbb{Z}$ et $x\in I\cap\mathbb{Z}$ : le produit $ax$ appartient à $\mathbb{Z}$, et comme $a\in\mathbb{Z}\subset D$ et $x\in I$ (idéal de $D$), $ax\in I$. Donc $ax\in I\cap\mathbb{Z}$ : c'est un idéal de $\mathbb{Z}$.

2. $I$ est principal

$\mathbb{Z}$ étant principal, $I\cap\mathbb{Z}=(n)=n\mathbb{Z}$ pour un certain $n\ge0$. Montrons $I=nD$.

• $n\in I\cap\mathbb{Z}\subset I$, donc $nD\subset I$.
• Réciproquement, soit $x\in I$, $x=\dfrac{a}{10^k}$ avec $a\in\mathbb{Z}$. Alors $a=10^kx\in I$ (car $10^k\in\mathbb{Z}\subset D$ et $x\in I$) et $a\in\mathbb{Z}$, donc $a\in I\cap\mathbb{Z}=(n)$ : $a=nm$ pour un $m\in\mathbb{Z}$. D'où $x=\dfrac{nm}{10^k}=n\cdot\dfrac{m}{10^k}\in nD$. Donc $I\subset nD$.

Ainsi $I=nD=(n)$ est principal. (Cela reflète le fait que $D=\mathbb{Z}[1/10]$, localisé du principal $\mathbb{Z}$, est encore principal.)

Construction d'un système générateur

Soient $m_1,\dots,m_r$ des générateurs de $M$ et $p_1,\dots,p_s$ des générateurs de $P$. Comme $g$ est surjective, on choisit $n_1,\dots,n_s\in N$ avec $g(n_j)=p_j$.

Affirmation : $N$ est engendré par la famille finie $\{f(m_1),\dots,f(m_r),\,n_1,\dots,n_s\}$.

Soit $x\in N$. Alors $g(x)\in P$ s'écrit $g(x)=\sum_{j}a_jp_j=\sum_j a_j\,g(n_j)=g\Big(\sum_j a_jn_j\Big)$. Donc $x-\sum_j a_jn_j\in\ker g=\operatorname{Im}f=f(M).$ Il existe donc $b_1,\dots,b_r\in A$ tels que $x-\sum_j a_jn_j=f\Big(\sum_i b_im_i\Big)=\sum_i b_i f(m_i)$. Finalement $x=\sum_i b_i f(m_i)+\sum_j a_j n_j.$ Tout $x\in N$ est combinaison de la famille finie ci-dessus, donc $N$ est de type fini.

Suite (S1)

• Injectivité de $\times n$ : $nk=0\Rightarrow k=0$ dans $\mathbb{Z}$ (intègre). $\checkmark$
• Exactitude en $\mathbb{Z}$ (milieu) : $\operatorname{Im}(\times n)=n\mathbb{Z}=\ker\pi$. $\checkmark$
• Surjectivité de $\pi$ : évidente. $\checkmark$

La suite (S1) est exacte.

Suite (S2)

On vérifie d'abord que $f$ est bien définie : si $x\equiv x'\ [n]$, alors $nx\equiv nx'\ [n^2]$, donc $\overline{nx}=\overline{nx'}$ dans $\mathbb{Z}/n^2\mathbb{Z}$. $\checkmark$

• Injectivité de $f$ : $f(\overline x)=0\iff n^2\mid nx\iff n\mid x\iff\overline x=0$ dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$. $\checkmark$
• Exactitude au milieu : $\operatorname{Im}f=\{\overline{nx}\}=n\mathbb{Z}/n^2\mathbb{Z}$, et $\ker g=\{\overline y\in\mathbb{Z}/n^2\mathbb{Z}:n\mid y\}=n\mathbb{Z}/n^2\mathbb{Z}$. Donc $\operatorname{Im}f=\ker g$. $\checkmark$
• Surjectivité de $g$ : $g$ est la réduction, surjective. $\checkmark$

La suite (S2) est exacte. (Elle est en général non scindée : pour $n=2$, $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\not\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.)

1. Irréductibilité

$f$ n'a pas de racine rationnelle ($f(\pm1)=1\neq0$, seules candidates par le critère des racines rationnelles). Réduisons modulo $3$ : $f\equiv x^5+2x+1\ [3]$ n'a pas de racine ($f(0)=f(1)=f(2)=1$), donc pas de facteur de degré $1$ ; un calcul direct montre qu'aucun des trois polynômes irréductibles de degré $2$ de $\mathbb{F}_3[x]$ ($x^2+1,\ x^2+x+2,\ x^2+2x+2$) ne divise $f$. La seule factorisation possible en degrés $\ge3$ étant le degré $5$ lui-même, $f$ est irréductible mod $3$, donc irréductible sur $\mathbb{Q}$. Ainsi $[K:\mathbb{Q}]=5$.

2. Discriminant, $\mathcal{O}_K$ et $\operatorname{disc}(K)$

Avec $n=5,\ a=-1,\ b=1$ : $\operatorname{disc}(f)=(-1)^{10}\big[(-1)^4\cdot4^4\cdot(-1)^5+5^5\cdot1^4\big]=(-256+3125)=2869=19\times151.$ Le discriminant $2869$ est sans facteur carré, donc $\mathbb{Z}[\alpha]$ est maximal : $\boxed{\mathcal{O}_K=\mathbb{Z}[\alpha],\qquad \operatorname{disc}(K)=2869=19\cdot151.}$

3. Décomposition de $3\mathcal{O}_K$ et $19\mathcal{O}_K$

Comme $\mathcal{O}_K=\mathbb{Z}[\alpha]$, la décomposition suit la factorisation de $f$ modulo $p$ (théorème de Dedekind).

• $p=3$ : $f$ est irréductible mod $3$ (question 1), donc $3$ est inerte : $3\,\mathcal{O}_K=\mathfrak{p},\quad N(\mathfrak{p})=3^5,\ \text{de degré résiduel }5.$
• $p=19$ : $19\mid\operatorname{disc}(K)$, donc $19$ ramifie. On cherche la racine double : $f'=5x^4-1\equiv0$ donne $x^4\equiv4$, d'où $x=\pm6$ ; seul $x=6$ vérifie $f(6)\equiv0\ [19]$. La division euclidienne donne $f\equiv(x-6)^2\,(x^3+12x^2+13x+9)\ [19],$ et le facteur cubique $x^3+12x^2+13x+9$ est irréductible mod $19$ (aucune racine dans $\mathbb{F}_{19}$). D'où $19\,\mathcal{O}_K=\mathfrak{p}^2\,\mathfrak{q},\qquad \mathfrak{p}=(19,\alpha-6)\ (e=2,f=1),\quad \mathfrak{q}=(19,\alpha^3+12\alpha^2+13\alpha+9)\ (f=3).$

4. Racines réelles et groupe de Galois

Racines réelles. $f'=5x^4-1$ s'annule en $\pm5^{-1/4}\approx\pm0{,}669$. Les valeurs extrêmes $f(-0{,}669)\approx1{,}54>0$ (max local) et $f(0{,}669)\approx0{,}46>0$ (min local) sont positives ; comme $f(-\infty)=-\infty$, $f$ ne s'annule qu'une seule fois (entre $-1{,}2$ et $-1{,}1$). Donc $f$ a une racine réelle et deux paires de racines complexes conjuguées.

Groupe de Galois. $G$ est un sous-groupe transitif de $S_5$ (car $f$ irréductible).

• $5\mid|G|$, donc $G$ contient un $5$-cycle (confirmé par $3$ inerte : Frobenius d'ordre $5$).
• $\operatorname{disc}(K)=2869$ n'est pas un carré ($53^2=2809,\ 54^2=2916$), donc $G\not\subset A_5$.
• Modulo $2$ : $f\equiv(x^2+x+1)(x^3+x^2+1)$, produit de deux irréductibles ; le Frobenius est de type cyclique $(2,3)$, un élément d'ordre $6$ (impair comme permutation).

Les sous-groupes transitifs de $S_5$ sont $C_5,\,D_5,\,F_{20},\,A_5,\,S_5$ ; les seuls contenant un élément d'ordre $6$ (donc un produit $(2\text{-cycle})(3\text{-cycle})$) sont... uniquement $S_5$. Par conséquent $\boxed{G=\operatorname{Gal}(f/\mathbb{Q})\cong S_5.}$