Idéaux maximaux de $\mathbb{Z}[X]$ — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Idéaux maximaux de $\mathbb{Z}[X]$

canasson29canasson29
Modifié (January 2023) dans Algèbre
Bonjour à tous,
je me suis demandé ce que pouvaient être les idéaux maximaux de  $\mathbb{Z}[X].$
J'arrive à en construire : les idéaux de la forme $(p,Q)$, où p est un nombre premier et $Q$ un polynôme non constant de sorte que $\bar{Q}$, sa réduction modulo $p $, est irréductible dans $\mathbb{F}_p[X].$
La question est de savoir si c'est la seule manière d'en construire.
J'arrive à dire que si $I$ est un idéal maximal de $\mathbb{Z}[X].$ dont l'intersection avec $\mathbb{Z}$ est réduite à $0,$ alors
$I$ doit être de la forme $I=(Q)$, où $Q$ est un polynôme irréductible de $\mathbb{Z}[X].$ Un tel polynôme peut-il exister ?
Quant au cas où l'intersection n'est pas réduite à $0,$ il me semble que $I$ est bien de la forme $(p,Q)$.
Êtes-vous d'accord avec cette affirmation ?

Réponses

  • AlcesteAlceste
    Modifié (January 2023)
    Bonjour
    En tapant sur Google
     utexas edu maximal ideals of Z[X]
    on trouve une démonstration d'une page.
    Une remarque : Z[X] étant de dimension (de Krull) 2, aucun idéal principal ne peut être de hauteur 2 comme le sont les idéaux maximaux.
    Cela résulte du théorème de Krull "Hauptideal Satz".
    Cordialement.
  • canasson29canasson29
    Modifié (January 2023)
    Merci pour ces références.
    Cordialement.
  • canasson29canasson29
    Modifié (January 2023)
    Pourriez-vous m'indiquer des références "accessibles" sur la dimension de Krull ? D'avance merci.

    Par ailleurs, j'avais envisagé d'attaquer le cas où I est de la forme $I=(Q)$ où Q est  irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$ en cherchant un premier $p$ tel que $(p,Q)$ est maximal. Ce qui revient à dire que $\bar{Q}$ est irréductible dans $\mathbb{F}_p[X]$
    Malheureusement le $n-$ième polynôme de Swinnerton-Dyer qui s'écrit $\prod (X \pm \sqrt{2} \pm \sqrt{3} \cdots \pm\sqrt{p_n})$
    où $p_n$ est le $n-$ième nombre premier et le produit parcourt tous les n-uplets de $\pm$ est un exemple de polynôme irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$
    dont toutes les réductions modulo $p$ se décomposent en produit de facteurs linéaires ou quadratiques dans $\mathbb{F}_p[X]$
    Comment le montre-t-on ? Mes souvenirs de théorie de Galois sont assez lointains. pour que je parvienne ne serait-ce qu'à voir pourquoi le polynôme est dans $\mathbb{Q}[X].$ L'extension engendrée par les nombres $\pm \sqrt{2} \cdots \pm \sqrt{p_n}$ est celle engendré par $\sqrt{2},\cdots,\sqrt{p_n}$
    mais je ne vois pas comment justifier qu'elle est (galoisienne) de degré $2^n.$  Quelqu'un pourrait-il m'aider ?
  • PoirotPoirot
    Tu peux procéder par récurrence sur $n$ par exemple. Tu as $P_{n+1} = P_n(X+\sqrt{p_{n+1}}) P_n(X-\sqrt{p_{n+1}})$ avec $P_n \in \mathbb Q[X]$ (et même dans $\mathbb Z[X]$). Ses coefficients sont donc des polynômes à coefficients rationnels symétriques en $\{\sqrt{p_{n+1}}, - \sqrt{p_{n+1}}\}$ donc d'après le théorème fondamental des polynômes symétriques, sont des rationnels (et même entiers en fait).

    L'extension $\mathbb Q(\sqrt 2, \dots, \sqrt{p_n})$ est clairement séparable (car $\mathbb Q$ est parfait) et normale puisque ce n'est qu'une adjonction successives de racines carrées (et donc le conjugué d'un nouvel élément à chaque étape est juste son opposé). Pour montrer qu'elle est de degré $2^n$, c'est une récurrence.
  • canasson29canasson29
    Modifié (January 2023)
    Merci pour la jolie démonstration de l'appartenance à $\mathbb{Z}[X].$
    Par contre, Je n'arrive pas à voir pourquoi $\sqrt{p_{n+1}}$ n'appartient pas à $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\cdots,\sqrt{p_n}).$
    Ceci étant dit, est-ce qu'on peut dire que $K_n$ est galoisienne car $K_1 \subset \cdots \subset K_n$ est une tour d'extension de degré 1 ou 2 ?
    Le raisonnement suivant est-il aussi valable pour établir que $P_n \in \mathbb{Z}[X]$ ? Je me disais que $\sigma(P_n) = P_n$ pour tout élément $\sigma$ du groupe de Galois puisque $\sigma$ ne fait qu'échanger les facteurs.
    J'ai donc un polynôme à coefficients rationnels et comme ceux-ci sont entiers sur $\mathbb{Z}$ car appartenant à $\mathbb{Z}[\sqrt{2},\cdots,\sqrt{p_n}]$ ils appartiennent bien à $\mathbb{Z}$ puisque $\mathbb{Z}$ est intégralement clos.
    Comment on justifie l'irréductibilité de $P_n$ ?
  • LOU16LOU16
    Modifié (January 2023)
    Bonjour,
    $\quad\mathbb K_n:= \Q(\sqrt {p_1},\dots\sqrt {p_n}).\quad$ Canasson 29 a dit: Je n'arrive pas à voir pourquoi $\sqrt{p_{n+1}}$ n' appartient pas à $\mathbb K_n.$
    On prouve par récurrence: $\:\forall n\in \N^*  \:\:( P_n): \:\boxed{\forall x\in \mathbb K_n, \:x^2\in\Q \implies \exists (q,A)\in\Q \times \mathcal P([\![1;n]\!]) \:\text{tel que } x =q\displaystyle \prod_{i\in A}\sqrt{p_i}.}$
    $\bullet (P_1)$ est vraie: $\:x^2=(a+b\sqrt{p_1})^2\in \Q, \:a,b\in\Q \overset{\sqrt{p_1}\notin \Q}\implies ab=0\implies  x=a\:$ ou$\: x=b\sqrt{p_1}\:\square\:$ Supposons $(P_n)$ vraie, $n\in\N^*.\:\:$
    $\bullet$ Montrons d'abord que $ \:\:\sqrt{ p_{n+1}}\notin\mathbb K_n.$
    Si $\sqrt{ p_{n+1}}\in\mathbb K_n,\: $ alors $ \:(\sqrt{p_{n+1}})^2 \in\Q,\:\:\sqrt{ p_{n+1}} \overset{(P_n)}=q\displaystyle \prod_{i\in A}\sqrt{p_i},\:\:q\in\Q, \:A\in\mathcal P([\![1;n]\!]).\quad $ On déduit $ p_{n+1} =q^2\displaystyle \prod_{i\in A}p_i.$
    Cette égalité est impossible, car ses deux membres ont des $p_{n+1}\text{-valuations de parités opposées}$. Ainsi:$ \:\:\sqrt{ p_{n+1}}\notin\mathbb K_n\:\square$
    $\bullet$Soit $x\in \mathbb K_{n+1}$tel que $x^2\in \Q.$ Alors: $x=a+b\sqrt{p_{n+1}}, \:a,b \in\mathbb K_n , \:x^2=(a^2+p_{n+1}b^2)+2ab\sqrt{p_{n+1}}\in\Q\subset\mathbb K_n\implies 2ab=0.\quad$(car$\: \sqrt{ p_{n+1}}\notin\mathbb K_n$)
    $x=a$  ou $x=b\sqrt{p_{n+1}},\:\:a^2\in \Q \:\text{ ou }\: b^2\in\Q$  et,  avec $(P_n)$, on obtient dans les deux cas:
    $\:\:\exists q\in\Q, \:\exists A\in\mathcal P([\![1;n+1]\!]) \:\text{tels que } x =q\displaystyle \prod_{i\in A}\sqrt{p_i}, $ c'est-à dire $(P_{n+1})\:\square$
    On a donc démontré que $(P_n)$ est vraie pour tout $n\in\N^*,$ ainsi que l'implication $(P_n) \implies\boxed{ \sqrt{p_{n+1}}\notin\mathbb K_n.}$

  • PoirotPoirot
    canasson29 a dit :
    Ceci étant dit, est-ce qu'on peut dire que $K_n$ est galoisienne car $K_1 \subset \cdots \subset K_n$ est une tour d'extension de degré 1 ou 2 ?
    Oui. On procède aussi par récurrence. Etant établi que $K_n$ est galoisienne sur $\mathbb Q$, $K_{n+1} = K_n(\sqrt{p_{n+1}})$ l'est aussi car les éléments de $K_{n+1}$ sont de la forme $x=a + b \sqrt{p_{n+1}}$ avec $a, b \in K_n$, et il est clair que les conjugués de $x$ sur $\mathbb Q$ sont exactement les $a' \pm b' \sqrt{p_{n+1}}$, avec $a'$ et $b'$ des conjugués de $a$ et $b$ sur $\mathbb Q$. Puisque $K_n/\mathbb Q$ est normale, on en déduit que $a' \pm b' \sqrt{p_{n+1}} \in K_{n+1}$.
    canasson29 a dit :
    Le raisonnement suivant est-il aussi valable pour établir que $P_n \in \mathbb{Z}[X]$ ? Je me disais que $\sigma(P_n) = P_n$ pour tout élément $\sigma$ du groupe de Galois puisque $\sigma$ ne fait qu'échanger les facteurs.
    Tout à fait !
    canasson29 a dit :
    Comment on justifie l'irréductibilité de $P_n$ ?
    $P_n$ est de degré $2^n$, tout comme le degré de son corps de décomposition, qui est donc son corps de rupture, et donc $P_n$ est irréductible. Une manière essentiellement équivalente de le dire est que le groupe de Galois de $P_n$ agit transitivement sur ses racines (on ne peut pas les regrouper en plusieurs orbites distinctes, chaque orbite correspondant à un facteur irréductible).


  • canasson29canasson29
    Modifié (January 2023)
    J'essaie de digérer le raisonnement à ma façon, car je ne suis pas bien sûr de comprendre et cela n'est pas immédiat de mon côté.
    Je suis dans le cas où $K$ est une extension  de degré $m$ qui est un corps de décomposition  d'un polynôme $P \in \mathbb{Z}$ scindé à racines simples de degré $m.$
    Je veux montrer que $P$ est irréductible.  J'ai d'abord envie de justifier que $P$ s'écrit aussi $\prod_{\sigma \in \mathcal{G}} (X- \sigma(\alpha_1))$
    où $\mathcal{G}$ est le groupe de Galois de $K$ et où $\alpha_1,\cdots \alpha_m$ sont les racines de $P.$ Pour cela, je considère $\varphi_i$ le morphisme de $\mathbb{Q}(\alpha_1)$ vers $\mathbb{Q}(\alpha_i)$ qui envoie $\alpha_1$ sur $\alpha_i.$ Puisque $K$ est un corps de décomposition de $P$ sur $\mathbb{Q}(\alpha_1)$ et de $\varphi_i(P)$ sur $\mathbb{Q}(\alpha_i),$ je sais (résultat qui figure dans Galois theory, Ian Stewart) que $\varphi_i$ se prolonge en un morphisme  $\sigma_i$ de $K.$ J'ai obtenu $m$ morphismes distincts donc j'ai décrit $\mathcal{G}$ tout entier. On a donc $P = \prod (X-\alpha_i) = \prod (X-\sigma_i(\alpha_1)) = \prod_{\sigma \in \mathcal{G}} (X-\sigma(\alpha_1)).$ Maintenant je considère le polynôme minimal $P_1$ de $\alpha_1$ sur $\mathbb{Q}.$ On a $P(\sigma(\alpha_1)) = 0$ pour tout $\sigma \in \mathcal{G}.$ Par conséquent $\prod (X-\sigma(\alpha_1)) \vert P_1$ dans $K[X]$ ce qui entraîne la divisibilité dans  $\mathbb{Q}[X]$ (à cause de l'unicité de la division euclidienne). J'en conclus que $P=P_1,$ d'où son irréductibilité dans $\mathbb{Q}[X].$ Mon raisonnement est-il valable ?
  • PoirotPoirot
    Difficile de voir si tu ne fais pas un raisonnement circulaire dans tout ça, je préfère ma méthode. Mais ça a l'air de tenir la route.
  • canasson29canasson29
    Modifié (January 2023)
    Pourquoi circulaire ? Pour que ce soit un corps de rupture, il faudrait que $K_n=\mathbb{Q}(\alpha),$  avec $\alpha$ racine de $P,$ est-ce exact ? C'est là où pour moi ce n'est pas immédiat. Alors je fais à ma façon :)  ! Mais je suis prêt à avoir des éclaircissements ;)
    Une question me taraude : est-ce que dans notre cas, le groupe de Galois est cyclique d'ordre $m=2^n$ ?
    Une autre pour la route : si je considère le corps décomposition de $X^3-2,$ c'est une extension galoisienne de degré $6.$ Du coup son groupe de Galois est $S_3.$ Celui-ci n'agit-il donc pas transitivement sur les racines ?
  • PoirotPoirot
    Non le groupe de Galois de $P_n$ (sur $\mathbb Q$) est $\left(\mathbb Z/2\mathbb Z\right)^n$, via l'isomorphisme qui à $(\epsilon_1, \dots, \epsilon_n) \in \left(\mathbb Z/2\mathbb Z\right)^n$ associe l'unique automorphisme de $K_n$ envoyant $\sqrt{p_1} + \dots + \sqrt{p_n}$ sur $(-1)^{\frac{1+\epsilon_1}{2}} \sqrt{p_1} + \dots + (-1)^{\frac{1+\epsilon_n}{2}} \sqrt{p_n}$. Ce groupe n'est pas cyclique (sauf si $n=1$).

    Pour $X^3-2$, $\mathfrak S_3$ agit évidemment transitivement sur ses racines, et ce polynôme est bien irréductible dans $\mathbb Q[X]$. Mon argument plus haut était de dire que si le corps de rupture est de décomposition alors le polynôme est irréductible, mais il n'y a pas réciproque comme tu peux le constater.
  • canasson29canasson29
    Modifié (January 2023)
    Il me semble que le groupe de Galois de $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ est en fait le groupe de Klein : $\sigma^2=id$ pour tout morphisme $\sigma.$
    Plus généralement , je pense que le groupe de Galois de $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\cdots,\sqrt{p_n})$ est isomorphe à $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n$
  • Math CossMath Coss
    C'est cohérent avec le message de @Poirot (cas $n=2$).
  • canasson29canasson29
    Modifié (January 2023)
    Poirot a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2405064/#Comment_2405064
    L'excès de thé m'empêchant de dormir et  en comptant vainement les permutations pour dormir, j'ai enfin compris, je crois, d'où venait mon blocage.
    Tu as tout à fait raison : mon raisonnement est circulaire. En disant que j'ai un morphisme $\varphi_i$ de $\mathbb{Q}(\alpha_1)$ vers $\mathbb{Q}(\alpha_i),$ je présuppose qu'ils sont des corps de rupture de $P$ donc je sous-entend que $P$ est irréductible !
    On peut s'en sortir comme tu le dis en montrant par récurrence sur $n$ qu'à chaque $n$-uplet $(\varepsilon_1,\cdots,\varepsilon_n) \in \lbrace \pm 1 \rbrace^n$ correspond un automorphisme $\sigma$ de $K_n$ : celui qui envoie $\alpha_1 = \sqrt{2}+ \cdots \sqrt{p_n}$ sur $\varepsilon_1\sqrt{2} + \cdots + \varepsilon_n \sqrt{p_n}.$ Ce dernier se prolongeant à $K_{n+1}$, sauf erreur de ma part,  en deux automorphismes $\sigma_1$ et $\sigma_2$ qui envoient $\sqrt{p_{n+1}}$ sur $\sqrt{p_{n+1}}$ et $-\sqrt{p_{n+1}}$ respectivement (on utilise le fait que $K_{n+1}$ est un corps de rupture de $X^2-p_{n+1}$ sur $K_n$). D'où  le résultat par récurrence.
    Ceci étant dit, mon blocage venait du fait que l'action du groupe de Galois puisse ne pas être libre. Je prends pour exemple le polynôme $P=(X^3-2)^2.$
    Il est scindé dans $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},j)$ qui est son corps de décomposition,  de degré 6, pour autant $P$ n'est pas irréductible dans $\mathbb{Q}[X].$  Ici, le groupe de Galois n'agit pas librement sur l'ensemble des racines.  
  • NoNameNoName
    Modifié (January 2023)
    Poirot a dit :
    $P_n$ est de degré $2^n$, tout comme le degré de son corps de décomposition, qui est donc son corps de rupture, et donc $P_n$ est irréductible. 
    Je ne comprends pas l'argument et je ne pense pas qu'il soit correct.
    Déjà pour parler de corps de rupture il faut que le polynôme soit irréductible. Du coup je comprends l'argument comme : si $f$ a un corps de décomposition de degré $\deg f$ alors $f$ est irréductible. Mais c'est faux aussi comme l'exemple de $(t^2+1)(t^2-2)$ sur $\mathbb Q$ le montre. Je rate peut être quelque chose.
  • PoirotPoirot
    Modifié (January 2023)
    @NoName C'est vrai que de parler de corps de rupture avant de connaître l'irréductibilité est maladroit. Ce que je voulais dire c'est que si $f$ a un corps de décomposition engendré par une seule de ses racines, alors $f$ est irréductible. C'est comme ça que l'on montre que les polynômes d'Artin-Schreier sont irréductibles sur les corps finis par exemple.

    @canasson29 Je ne sais pas trop pourquoi tu parles d'action libre, dans tous les cas, on ne parle de groupe de Galois que de polynômes séparables ce qui n'est pas le cas de ton dernier exemple. Et tu as bien identifié pourquoi je soupçonnais un raisonnement circulaire.
  • canasson29canasson29
    NoName a dit :
     Mais c'est faux aussi comme l'exemple de $(t^2+1)(t^2-2)$ sur $\mathbb Q$ le montre. Je rate peut être quelque chose.
    Je suis d'accord avec toi. Ici  le groupe de Galois n'agit pas transitivement sur les racines de $P.$ Je crois qu'en disant  que $P$ est scindé à racines simples dans $K$ et que $\mbox{Gal}(K/\mathbb{Q})$ agit transitivement sur les racines, alors $P$ est irréductible dans $\mathbb{Q}[X].$ Ai-je raison ? 

  • canasson29canasson29
    Poirot a dit :
    @canasson29 on ne parle de groupe de Galois que de polynômes séparables.
    Je l'ignorais. Pour ce qui est de l'action libre, c'est parce que j'ai en tête le polynôme $\prod_{\sigma \in \mathcal{G}} (X-\sigma(\alpha))$
    candidat pour être le polynôme minimal de $\alpha.$ Ce qui je crois n'est le cas que si $\mathcal{G}$ agit librement sur l'orbite de $\alpha.$

  • PoirotPoirot
    C'est une condition suffisante mais pas nécessaire. Si on prend le groupe de Galois du polynôme $(X^2+1)(X^2-2)$ de NoName, son groupe de Galois agit librement sur les racines, sans que celui-ci soit irréductible. De manière générale, l'action du groupe de Galois sur les racines sera toujours libre, sauf si le polynôme de départ a déjà une racine dans le corps.

    Pour ton message d'avant, c'est oui, c'est ce que je cherche à dire depuis plusieurs messages : l'irréductibilité du polynôme (en le supposant séparable, i.e. sans racine multiple dans une clôture algébrique) est équivalente à la transitivité de l'action du groupe de Galois de celui-ci sur ses racines.
  • canasson29canasson29
    Modifié (January 2023)
    Je dois avoir oublié ce qu'est une action libre alors :(. Ne dit-on  pas que $\mathcal{G}$ agit librement sur $X$ si et seulement si  le stabilisateur $\mathcal{G}_x$ est réduit à $e$  pour tout $x \in X$  ? L'exemple du groupe de Galois de $P=X^3-2$ n'est-il pas un exemple de groupe qui n'agit pas librement sur les racines de P ? Par exemple, la transposition  qui échange $j \sqrt[3]{2}$ et $\bar{j} \sqrt[3]{2}$ fixe $\sqrt[3]{2}.$
    Je dis simplement que dans le cas particulier (et vraiment très particulier je te l'accorde) où $\mathcal{G}$ agit librement et transitivement comme dans l'exemple du polynôme de Swinnerton-Dyer, le polynôme  $P = \prod_{\sigma \in \mathcal{G}} (X-\sigma(\alpha))$ est le polynôme minimal de $\alpha$ sur $\mathbb{Q}.$ En revanche cela ne donne pas en général le polynôme minimal mais une puissance  de celui-ci  comme dans l'exemple de $X^3-2$  où on  obtient le polynôme $(X^3-2)^2$ qui n'est pas irréductible.
  • PoirotPoirot
    Oups j'avais en tête une action fidèle... Tu as raison pour la définition et tes exemples.

    A ma connaissance on ne parle de groupe de Galois que pour les polynômes séparables, donc il ne devrait pas y avoir de puissance de polynôme minimal.
  • canasson29canasson29
    Modifié (January 2023)
    Bonsoir à tous,
    Dans le livre "Galois theory", Rotman donne un exemple de polynôme $P \in \mathbb{Z}[X]$ irréductible, mais réductible modulo $p$ pour tout nombre premier $p.$
    Il s'agit du polynôme $P=X^4-10X^2+1.$ Sa démonstration est cependant pénible à suivre. Pourriez-vous me dire si celle que je propose est valable ?
    D'avance merci :)
    L'irréductibilité de $P$ doit pouvoir se justifier (avec les précautions qui s'imposent comme l'a si bien souligné @NoName) en disant que le "corps de rupture" de $P$ est le corps $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ qui est de degré $4$ comme l'a si bien démontré @LOU16. Classiquement, on remarque qu'une racine $\alpha$ de $P$ est non nulle et $\alpha^{-1}$ est aussi racine ($P$ est égal à son polynôme réciproque). On peut alors  construire $Q$ le polynôme minimal de $\beta= \alpha+\alpha^{-1}$ à l'aide des relations coefficients-racines.
     On trouve $Q = X^2 -12.$ Ainsi $\beta= \pm 2\sqrt{3}.$ La relation $\beta = \alpha + \alpha^{-1}$ donne un polynôme annulateur de $\alpha$ sur $\mathbb{Q}(\beta),$ à savoir $P_1= X^2-\beta\,X+1.$ On a donc bien $\mathbb{Q}(\alpha) = \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ et $P$ est irréductible dans $\mathbb{Z}[X].$
    On se place dorénavant modulo $p$  un nombre premier impair (dans le cas où $p=2$, on a $P=(X+1)^4 \mod 2$).  On suppose par l'absurde $P$ irréductible dans $\mathbb{F}_p[X].$
    Je note $K = \mathbb{F}_p(\alpha)$ le corps de rupture de $P$ sur $\mathbb{F}_p.$ Ce dernier est donc de degré $4.$
    Comme précédemment, je pose $\beta = \alpha +  \alpha^{-1}.$ Observons que le polynôme $Q$ est un polynôme annulateur de $\beta,$ que nous avons les inclusions $\mathbb{F}_p \subset L=\mathbb{F}_p(\beta) \subset  K$ et qu'enfin $P_1$ est un polynôme  annulateur de $\alpha.$  Puisque $[K:\mathbb{F}_p]=4$, on en déduit que $[L:\mathbb{F}_p]=[K:L]=2.$
    La condition $[L:\mathbb{F}_p]=2$ signifie que $3$ n'est pas un résidu quadratique modulo $p$ : $\left(\frac{3}{p}\right)=-1.$
    En notant $\Delta_1$ le discriminant de $P_1,$ on peut construire $\delta \in K$ tel que $\delta^2 = \Delta_1 = 8.$
    On a alors $\mathbb{F}_p \subset M=\mathbb{F}_p(\delta) \subset K.$  La relation $\alpha = \dfrac{\beta \pm \delta}{2}$ implique que $[M:\mathbb{F}_p]=2.$  Cette condition n'est remplie que si $\left(\frac{2}{p}\right) = -1.$
    Je prétends que $2$ admet une racine carrée $x$ dans $L.$ Posant $\beta' = \frac{\beta}{2},$ un tel élément $x$ s'écrit donc $\lambda+\mu\beta'$ avec $(\lambda,\mu) \in \mathbb{F}_p^2$ et $x$ vérifie la condition $x^2= 2$ si et seulement si $\lambda^2+ 3 \mu^2 = 2 \mod p$ et $2\lambda\,\mu  = 0 \mod p.$ La condition $\mu=0$ entrainerait que $2$ est un carré modulo $p,$ ce qui est exclu. On a donc $\lambda = 0.$ Puisque $\left(\frac{2}{p}\right) = \left(\frac{3}{p}\right) = -1,$ on peut construire un tel élément $\mu.$   Ainsi $L=M$ et donc $K$ est une extension de degré $2$ !
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!