Puisque les rapports de jury d’agrégation demandent que les candidats sachent trouver des tables pas trop grosses de corps finis, j’ai essayé.
Il est important de savoir que quelques gros théorèmes sont utilisés ici, un des théorèmes de Sylow ainsi que celui de Wedderburn. Les deux sont des classiques des développements de l’agrégation.
Je vais les noter avec p entier supérieur à 2.
Les corps finis de même cardinal sont isomorphes, or si p il est premier, est isomorphe à . Sinon, il ne lui est pas isomorphe. En effet, p−1 est pair donc a des diviseurs de zéro et il ne peut pas être un groupe.
Prenons quelques exemples, comme p=4 puis p=6. Attention, les constructions se font à la main, sans plus de connaissance que les deux gros théorèmes mentionnés ci-dessus.
J’appelle 0, 1, a et b les quatre éléments du corps pour ne pas les confondre avec les éléments de . Commençons par la table de multiplication, qui est symétrique d’après le théorèmes de Wedderburn (tous les corps finis sont commutatifs).
Puisque est un corps, est un groupe à trois éléments. Or 3 est premier donc a et b l’engendrent. En d’autres mots, il est monogène et est isomorphe à . Autrement dit, chaque ligne et chaque colonne (privés du 0) est une permutation des 3 éléments non nuls (chacune les contient tous mais rarement dans l’ordre).
a et b jouent le même rôle, voici donc la table de multiplication du corps à quatre éléments. Faisons jouer le rôle de 0 à 1, de 1 à a et de 2 à b dans . On a donc a×a=1+1=2=b, b×b=2+2=4=1=a, a×b=1+2=3=0=1.
| × | 0 | 1 | a | b |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | 0 | 1 | a | b |
| a | 0 | a | b | 1 |
| b | 0 | b | 1 | a |
Cherchons b+1. Il ne veut ni 1 ni b sinon b serait nul ou 1 serait nul. Donc soit b+1=a soit b+1=0.
Dans le deuxième cas, on a a×(b+1)=a×b+a=1+a=0. Donc b+1=a+1 et comme est un groupe, on a a=b. Or a quatre éléments.
Donc b+1=a.
| + | 0 | 1 | a | b |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 1 | a | b |
| 1 | 1 | a | ||
| a | a | |||
| b | b | a |
Pour la même raison, a+1≠0 donc 1+1=0, 1+a=b et la table est presque terminée : il ne reste que les sommes entre a et b.
Supposons que a+a=1, on a alors a×(a+a)=a×1=a, or par distributivité, ceci vaut aussi a×a+a×a=b+b qui vaut aussi 1, donc a=1. Ce qui est impossible, donc a+a=b+b=0 et a+b=1.
| + | 0 | 1 | a | b |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 1 | a | b |
| 1 | 1 | 0 | b | a |
| a | a | b | 0 | 1 |
| b | b | a | 1 | 0 |
Et voilà.
Maintenant, essayons de construire les deux tables de .
Pour la même raison que pour , la table de multiplication est isomorphe à celle de . Nommons a, b, c et d ses quatre éléments qui ne sont ni 0 ni 1.
| × | 0 | 1 | a | b | c | d |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | a | b |
| 1 | 0 | 1 | a | b | c | d |
| a | 0 | a | b | c | d | 1 |
| b | 0 | b | c | d | 1 | a |
| c | 0 | c | d | 1 | a | b |
| d | 0 | d | 1 | a | b | c |
Ainsi, a et d sont inverses, ainsi que b et c.
d×(a+1)=d×a+d=1+d. Si d+1=0, comme d≠0, on a a+1=0 donc a=d. Ce qui est impossible. Donc a+1=b ou a+1=c. Choisissons le premier. Comme b+1 et c+1 ne sont pas nuls non plus, il reste 1+1=0.
| + | 0 | 1 | a | b | c | d |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 1 | a | b | c | d |
| 1 | 1 | 0 | c | |||
| a | a | c | ||||
| b | b | |||||
| c | c | |||||
| d | d |
D’après un théorèmes de Sylow, il existe un sous-groupe de d’ordre 3 qui contient 0 bien entendu.
Supposons qu’il contienne 1. Il contiendra un seul des autres éléments parmi a, b, c et d. Prenons a. Mais a+1=c, donc ce n’est pas a. On aura le même genre d’ennui avec b, c et d : 1 n’appartient pas à ce sous-groupe.
Supposons qu’il contienne a. Comme tout groupe d’ordre 3 est isomorphe avec ; on a donc a+a≠0 et bien sûr a+a≠a.
Or a+a=a×1+a×1=a×(1+1)=a×0=0. Il y a une contradiction donc on ne peut pas construire un tel sous-groupe. En clair, on ne peut pas construire de corps à 6 éléments.
On pouvait s’en douter puisqu’un corps fini a pour cardinal une puissance d’entier.
À compléter.