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[ID: 3321] [Date de publication: 18 novembre 2022 15:49] [Catégorie(s): Corps ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]

Solution(s)

Solution(s)

Corps à \(4\) éléments
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:49

1. Comme l’application \(\tau_x\) de \(\mathbb F_4^\star\) dans lui-même, définie par \(\tau_x(t) = x\times t\) est une bijection, de bijection réciproque \(\tau_{x^{-1}}\) on a \[1\times x\times y = \tau_x(1)\times \tau_x(x)\times \tau_x(y) = (x\times 1)\times (x\times x)\times (x\times y) = x^3\times(1\times x\times y),\] on en déduit, en simplifiant par \(1\times x\times y\), que \(x^3 = 1\).

2. Comme \(x\neq 0\), on a \(x^\neq 0\) puisqu’un corps est intègre. On a aussi \(x^2\neq x\). En effet, sinon on aurait \((x-1)\times x = 0\) d’où \(x=1\) ou \(x=0\), absurde. Supposons \(x^2 = 1\). On aurait alors \(x^3 = x\) en contradiction avec la question précédente. Donc \(x^2=y\). Pour les mêmes raisons, \(y^2 = x\).

3. \(\times\)	\(1\)	\(x\)	\(y\)
   \(1\)	\(1\)	\(x\)	\(y\)
   \(x\)	\(x\)	\(y\)	\(1\)
   \(y\)	\(y\)	\(1\)	\(x\)

   Remarque : Un argument plus savant aurait été : il n’existe qu’une seule loi de groupe possible sur un ensemble à trois éléments.

4. Cette fois on calcule \[S = 0+1+x+y = (0+1)+(1+1)+(1+x)+(1+y) = 1+1+1+1 + S,\] d’où \(1+1+1+1 = 0\).

5. On a \(1+1\neq 1\). Supposons \(1+1 = x\), en élevant au carré, on aurait \(1+1+1+1 = x^2 = y\) soit \(y=0\), absurde. De même \(1+1 = y\) n’est pas possible. Il ne reste qu’une seule possibilité : \(1+1=0\). En multipliant cette égalité par \(x\) puis par \(y\), on obtient \(x+x = 0\) et \(y+y = 0\).

6. On a \(1+0 = 1\) donc \(1+x\neq 1\), on a \(1+1 = 0\) donc \(1+x\neq 0\) on a \(1\neq 0\) donc \(1+x\neq x\). Il reste une seule possibilité pour \(1+x\), donc on a nécessairement \(1+x = y\) et en ajoutant \(1\) aux deux membres, \(x = 1+y\). On a donc la table du groupe \((\mathbb F_4,+)\).

   \(+\)	\(0\)	\(1\)	\(x\)	\(y\)
   \(0\)	\(0\)	\(1\)	\(x\)	\(y\)
   \(1\)	\(1\)	\(0\)	\(y\)	\(x\)
   \(x\)	\(x\)	\(y\)	\(0\)	\(1\)
   \(y\)	\(y\)	\(x\)	\(1\)	\(0\)

7. Il reste à vérifier la distributivité, \((a+b)\times c = a\times c + b\times c\), ce qui donne a priori \(4^3 = 64\) vérifications. Les cas où \(c=0\) ou \(c=1\) sont évidents, même chose si \(a=0\) ou \(b=0\) ou \(a=b\). Il reste donc trois possibilités pour \(a\), deux pour \(b\) donc six pour \((a,b)\). La commutativité de \(+\) divise le nombre de cas par deux. Comme il y a deux choix pour \(c\), il y a au total six vérifications à effectuer.

   • \((1+x)\times x = y \times x = 1\) et \(1 \times x + x \times x = x + y = 1\).

   • \((1+x)\times y = y \times y = x\) et \(1 \times y + x \times y = y + 1 = x\).

   • \((1+y)\times x = x \times x = y\) et \(1 \times x + y \times x = x + 1 = y\).

   • \((1+y)\times y = x \times y = 1\) et \(1 \times y + y \times y = y + x = 1\).

   • \((x+y)\times x = 1 \times x = x\) et \(x \times x + y \times x = y + 1 = x\).

   • \((x+y)\times y = 1 \times y = y\) et \(x \times y + y \times y = 1 + x = y\).