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Chapitre 7

Quelques mots sur la résolubilité par radicaux des équations polynômiales, c'est-à-dire quelques mots sur la théorie de Galois

0-Introduction 1-Nombres algébriques 2-Extensions de corps 3-Corps de décomposition d'un polynôme
4-Groupe de Galois d'une extension 5-Extension normale 6-Théorème de Galois 7-Groupe de Galois d'un polynôme
8-Extension par radicaux 9-Equation P(x)=0 résoluble 10-Groupes résolubles 11-Et enfin "Le théorème"
12-Résolubilité de polynômes et relations rationnelles entre les racines 13-Cas irréductible de l'équation du troisième degré    

Introduction

On vient donc de voir que pour toute équation du 3ième degré ou du 4ième à coefficients dans Q, on peut obtenir toutes les solutions (dans C) à l'aide de radicaux, éventuellement emboîtés, portant, "en dernier ressort", sur des expressions (éventuellement négatives) rationnelles des coefficients de l'équation. C'est évidemment vrai pour les équations de degré 1 (en fait pas besoin de radical) et pour les équations de degré 2.

Cela revient à dire que toutes les solutions d'une équation quelconque, de degré inférieure ou égale à 4, s'obtiennent à partir des coefficients de l'équation et des opérations habituelles (-,+,/,×) et l'extraction de racines, le nombre total de ces opérations et extractions étant fini.

Contrairement à ce qu'on pourrait penser cela ne se généralise pas à des équations de degré supérieur à 4 : pour tout entier ≥5 il existe toujours une (des) équations de degré n , à coefficients dans Q, non résolubles par radicaux (au sens ci-dessus).

Le but de ce qui suit est de donner une idée du cheminement qui aboutit à ce résultat, et de terminer par le cas d'irréductibilité des équations de degré 3.

Il n'y aura pratiquement aucune démonstration des théorèmes énoncés, car je n'ai évidemment pas la prétention de faire un cours sur le sujet ; mais beaucoup de définitions et théorèmes seront illustrés par des exemples avec explications.

Une remarque préalable : dans ces pages, tout corps sera supposé commutatif ; certes il semblerait que maintenant, pour certains, la commutativité de la multiplication soit obligatoire, mais j'en reste "à l'époque" où on nous rabâchait que tout corps n'était pas commutatif : exemple le corps des quaternions de Monsieur Hamilton! On rencontre cependant des livres récents qui parlent de corps commutatifs.

Nota : les codifications Ga/n/m/ que l'on pourra rencontrer sont personnelles : elles me servent à revenir à mes "sources".

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Définition 1 et Propriété 1 : sur nombres algébriques

D1.1->Un nombre a est dit algébrique sur un corps K signifie qu'il est racine d'un polynôme, non nul, à coefficients dans K (rappel : l'ensemble de ces polynômes est noté K[X]).

P1.1->Soit a algébrique sur K : il existe donc P, non nul, dans K[X] tel que P(a)=0 ; on démontre que l'ensemble des éléments de K[X] ayant a comme racine est un idéal I, non nul, donc principal, donc engendré par un seul polynôme unitaire M de K[X] : le degré de M est supérieur ou égal à 1 et est minimal ; c'est-à-dire pour tout P dans I on a P=QM, avec Q dans K[X] et d°P≥d°M≥1.

D1.2->On appelle polynôme minimal d'un nombre a algébrique sur K le polynôme M défini ci-dessus ; le degré de ce polynôme minimal est appelé le degré de a : il est supérieur ou égal à 1.

P1.2->Le polynôme minimal d'un nombre algébrique sur K est irréductible sur K (s'il est de degré 1 c'est évident, sinon il s'écrit M=PQ avec P et Q dans K[X] et d°P et d°Q dans {1;2;...;d°M-1} ; or P(a) ou Q(a) est nul, donc contradiction avec d°M minimum).

P1.3->Si a est racine d'un polynôme P de K[X], irréductible sur K, alors ce polynôme en le divisant par son coefficient de tête est le polynôme minimal M de a et le degré de a est le degré de P (en effet P=QM avec Q dans K[X], mais P étant irréductible Q ne peut être que le polynôme constant).

P1.4->L'ensemble des nombres algébriques sur K est un corps.

Exemples

1) tout élément de K est algébrique sur K et il est de degré 1 : le polynôme minimal de tout élément a de K est X-a ; la réciproque est vraie : si a est algébrique sur K de degré 1, alors c'est un élément de K.

2) i ("le" fameux i de C) est algébrique sur R de degré 2, son polynôme minimal étant X2+1 ; il est aussi algébrique sur Q de degré 2, le polynôme minimal étant le même.

3)2 est algébrique sur Q, de degré 2, son polynôme minimal étant X2-2; de même 3 est algébrique sur Q, de degré 2, son polynôme minimal étant X2-3. D'où, d'après P1.4, a=2+3 est algébrique sur Q ; essayons de le vérifier. En effet a2=5+26, a4=49+206, et donc a4-10a2+1=0 et a est bien algébrique sur Q ; en fait X4-10X2+1 étant irréductible sur Q, c'est le polynôme minimal de 2+3, lequel est donc de degré 4.

4) 2+3i et 2-3i sont algébriques sur Q et tous les deux sont de degré 2 : ils ont même polynôme minimal X2-4X+5

5) e et π ne sont pas algébriques sur Q : on dit qu'ils sont transcendants (preuve difficile).

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Définition 2 et Propriété 2 : extension de corps

D2.1->Si K et L sont deux corps, L est une extension du corps K signifie que L est un corps contenant K...ou contenant un corps isomorphe à K, mais je ne considérerai que le 1er aspect qui revient à commettre un abus de langage en confondant un corps et un autre qui lui est isomorphe.

D2.2->L étant une extension du corps K, L peut être considéré comme un espace vectoriel sur le corps K (c'est l'idée clef pour les extensions de corps) : si cet espace vectoriel est de dimension finie n≥1, on dit que l'extension est de degré fini n et on note n=[L:K] sinon on dit que l'extension est infinie.

D2.3->Soit a un élément de L extension de K : K(a) désigne le plus petit corps contenant a et K ; c'est évidemment une extension de K intermédiaire entre K et L : KÌK(a)ÌL.

D2.4->Attention ne pas confondre K(a) et K[a], ce dernier étant le plus petit anneau contenant K et a ; on toujours K[a]ÌK(a) : voir P2.3 ci-dessous pour l'égalité.

D2.5->L'extension KÌL est algébrique signifie que tout élément de L est algèbrique sur K

On a les propriétés suivantes

P2.1-> [L:K]=1 ssi L=K

P2.2->si KÌLÌM alors

1) si les ai forment une base de L ev sur K, si les bj forment une base de M ev sur L alors les aibj forment une base de M ev sur K

2) [M:L][L:K]=[M:K] (multiplication des degrés)

P2.3->soit KÌL et a un élément de L

K(a)=K[a] <=> a est algébrique sur K

si a est algébrique sur K et de degré n alors [K(a):K]=n et une base de K(a) en tant qu'espace vectoriel sur K est 1,a,a2,...,an-1.

P2.4->Si L est une extension finie de degré n de K, alors tout élément de L est algébrique sur K, son degré divisant n ; L est donc une extension algèbrique de K.

P2.5->Soit K un corps infini inclus dans C, L une extension de degré fini de K : alors il existe a dans L tel que L=K(a)=K[a] ; a n'est pas forcément unique. Il s'agit d'un énoncé du théorème de l'élément primitif.

Exemples

1) On a vu que i est algébrique sur R de degré 2, donc R(i) est un espace vectoriel de dimension 2 sur R et bien sûr R(i)={a+bi ; a,b dans R} n'est autre que C.

2) On a vu que 2 est algébrique sur Q, de degré 2 son polynôme minimal étant X2-2, donc Q(2) est une extension de degré 2 de Q et une base est 1,2 : donc Q(2)={a+b2; a,b dans Q}et a+b2=0 avec a et b dans Q exige a=b=0.

On peut vérifier que tout élément non nul de Q(2) a effectivement un inverse dans Q(2) : 1/(a+b2)=a'+b'2 avec a'=a/(a2-2b2) et b'=-b/(a2-2b2) qui sont bien dans Q.

3) Soit Q(2,3) le plus petit corps contenant Q et 2 et 3 : c'est une extension de Q et on peut aussi dire que Q(2,3) est le plus petit corps contenant Q(2) et 3, c'est-à-dire Q(2,3)=Q(2)(3).

On va montrer que Q(2,3) est une extension de degré 4 de Q et pour cela montrer que [Q(2,3):Q]=4. D'après P2.2 [Q(2,3):Q]= [Q(2,3):Q(2)][Q(2):Q] ; cf l'exemple précédent [Q(2):Q]=2 : il reste à évaluer [Q(2,3):Q(2)].

3 est algébrique sur Q(2),car racine du polynôme X2-3, donc son degré est inférieur ou égal à 2 : montrons que ce peut être 1. Si tel était le cas c'est que 3 serait dans Q(2), soit 3=a+b2 avec a et b dans Q ; et par élévation au carré on va obtenir ab=0 (sinon 2 est dans Q) et b=0 est impossible ainsi que a=0. Donc 3 est degré 2 sur Q(2), c'est-à-dire [Q(2)(3):Q(2)]=2, ce qui prouve le résultat.

On en déduit, d'après P2.1 que 1, 2, 3, 6 forment une base de l'espace vectoriel Q(2,3) sur Q.

4) R n'est pas une extension finie de Q. En effet, on a vu que π n'est pas algébrique sur Q, donc pour tout entier n≥1 la famille 1, π, π2,...,πn constituée de n+1 vecteurs de R est une famille Q-libre (sinon π serait racine d'un polynôme non nul à coefficients dans Q) : donc R ne peut être un espace vectoriel de dimension finie sur Q.

5) Une extension algébrique d'un corps K n'est pas obligatoirement une extension finie : le corps A des nombres algébriques sur Q (qui est forcément une extension algébrique) n'est pas une extension finie de Q. En effet pour n entier ≥2, an=21/n est racine de Xn -2 qui est irréductible sur Q (d'après le fameux critère d'irréductibilité d'Eisenstein) et donc an est algébrique de degré n sur Q. Si A était une extension finie de Q de degré p, tout élément de A serait algébrique sur Q avec un degré qui divise p (d'après P2.4), donc ≤ à p, ce qui est contradictoire avec le fait que pour n>p, an est algébrique de degré n sur Q.

6) Preuve du théorème P2.5 de l'élément primitif dans le cas où L est une extension de degré 2 de K.

Soit x dans L-K : il est degré 1 ou 2 d'après P2.4, mais comme il n'est pas dans K il est de degré 2, donc [K(x);K]=2 d'après P2.3. Ainsi K(x) est un espace vectoriel de dimension 2 sur K, tout comme L ; comme K(x)ÌL on a K(x)=L.

7) On a vu plus haut que Q(2,3) est une extension de degré 4 de Q : un élément primitif est 2+3, c'est-à-dire Q(2,3)=Q(2+3). En effet on a vu (exemple 3 sur nombres algébriques) que 2+3 était algébrique de degré 4 sur Q , donc Q(2,3) et Q(2+3) sont des espaces vectoriels sur Q de même dimension ; mais Q(2,3) est un corps contenant Q et 2+3, alors que par ailleurs Q(2+3) est le plus petit corps contenant Q et 2+3, donc il est inclu dans Q(2,3), et donc les deux espaces vectoriels (qui sont de même dimension) sont égaux.

En fait on peut démontrer directement l'inclusion Q(2,3)ÌQ(2+3) :

En tant qu'inverse d'un élément de Q(2+3), 1/(2+3)=3-2 est dans Q(2+3) et donc (somme) 2+3+3-2=23 est dans Q(2+3) et ainsi (en multipliant par 1/2 qui est dans Q(2+3)) on a 3 dans Q(2+3). De même en considérant 3-2-(3+2)=-22 on a 2 dans Q(2+3) et Q(2+3) est donc un corps contenant Q, 2 et 3 ; or le plus petit corps contenant Q, 2 et 3 est Q(2,3), d'où l'inclusion souhaitée.

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Définition 3 et Propriété 3 : corps de rupture, de factorisation, de factorisation totale, de décomposition

D3.1-> P étant un polynôme à coefficients dans le corps K et de degré n≥1,

on appelle corps de rupture de P une extension de K dans laquelle P a une racine

on appelé corps de factorisation de P une extension de K dans laquelle P se factorise en facteurs du 1er degré (il est dissocié ou scindé)

on appelle corps L de factorisation totale ou corps des racines de P un corps de factorisation minimal, c'est-à-dire tel qu'il n'existe pas un corps L' avec KÌL'ÌL et L' différent de L et tel que P se factorise aussi dans L' en facteurs du 1er degré ; il est unique à un isomorphisme près.

on appelle corps de décomposition de P une extension N de K dans la quelle P=a(X-x1)(X-x2)...(X-xn), les xi étant dans N (a est forcément dans K) et N= le plus petit corps contenant K et les xi, soit N=K(x1,x2,...,xn) ; N est évidemment un corps de factorisation particulier.

On considèrera surtout ce dernier type de corps.

P3.1->Soit P dans K[X] de degré n≥1, alors :

P admet un corps de décomposition N, unique à un isomorphisme près et [N:K] divise n!

N est aussi un corps de factorisation totale (preuve ci-dessous : exemple 7)

Exemples

1)Soit P(X)=X2 -2 élément de Q[X] : son corps de décomposition est Q(-2,2) (plus petit corps contenant Q et -2 et 2) =Q(2) qui est une extension de Q de degré 2 qui divise bien 2!

2) Soit P(X)=X3-2 élément de Q[X] : son corps de décomposition est Q(21/3,21/3j,21/3j2)=Q(21/3,j) qui est une extension de degré 6 qui divise bien 3!

3) Soit P(X)=X3+pX+q dans K[X], avec KÌC et P irréductible sur K. Soient a,b,c ses racines dans C et d=(a-b)(b-c)(c-d) supposé non nul ; alors le corps de décomposition de P est K(a;d). C'est une extension de K de degré 3 ou 6 selon que -4p3-27q2 est un carré ou non dans K. (Rappel -4p3-27q3=d2, voir chapitre 3 sur discriminant).

4) Soit P(X)=X4-7 élément de Q[X] : son corps de décomposition est , en posant u=71/4, Q(-u,u,ui,-ui)=Q(u,i) qui est une extension de degré 8 qui divise bien 4!

5) Pour P(X)=Xn-1 voir exemples d'extensions normales (plus-bas)

6) Attention, selon le corps considéré, le corps de décomposition d'un même polynôme peut être différent : par exemple X4-X, considéré comme polynôme à coefficients dans Q a pour corps de décomposition Q(j), extension de degré 2 de Q (car le polynôme minimal de j est X2+X+1) , mais considéré comme polynôme à coefficients dans R, son corps de décomposition est R(j)=C.

7) Démonstration du fait qu'un corps N de décomposition d'un polynôme P de K[X] est un corps de factorisation totale :

Dans N[X], P se décompose en P(X)=a(X-x1)(X-x2)...(X-xn) ,avec a et les xi dans N

soit N' tel que KÌN'ÌN et tel que P se décompose en facteurs du 1er degré dans N' : P=b(X-y1)(X-y2)...(X-yn) ,avec b et les yi dans N' ; c'est évidemment aussi une décomposition dans N[X].

N étant un corps, N[X] est factoriel, donc la décomposition en facteurs irréductibles est unique à l'ordre près et aux unités (+/-1 ici) près ; or les X-xi et les X-yj sont du 1er degré, donc irréductibles et ainsi tout X-xi est un X-yj, c'est-à-dire tout xi est un yj, donc N' contient les xi, donc N' contient K(x1,x2,...,xn)=N et donc N'=N : donc il n'existe pas N' distinct de N tel que KÌN'ÌN et tel que P se décompose en facteurs du 1er degré dans N'.

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Définition 4 : groupe de Galois d'une extension

D4.1->Soit KÌL une extension de corps.

L'ensemble des K-automorphismes de L (cad les automorphismes de L laissant invariant les éléments de K) est un groupe (c'est presque évident) appelé le groupe de Galois de l'extension et il sera noté Gal(L/K).

Exemples

1) Gal(C/R) est constitué de tous les R-automorphismes de C : il est bien connu qu'il n'y en a que deux : l'identité id (z->z) et la conjugaison c (z->conjugué de z), lesquels sont bien des R-automorphismes de C (car c(z+z')=c(z)+c(z') et c(zz')=c(z)c(z') ) et donc Gal(C,R)={id;c}, qui est bien un groupe car coc=id.

2) Gal(Q(2),Q)={id;c} avec c le Q-automorphisme de Q(2) défini par c(a+b2)=a-b2, pour a et b dans Q.

En effet soit f un Q automorphisme de Q(2) : il va être défini par f(1) et f(2), puisque 1 et 2 forment une base de Q(2) en tant qu'espace vectoriel sur Q (voir exemple 1 d'extension de corps).

Mais 1 étant dans Q on a f(1)=1

2 vérifie (2)2-2=0, donc f étant un automorphisme de corps (f(2))2-f(2)=0, mais f(2)=2 et (f(2))2-2=0, donc f(2)=2 ou -2 : il y a donc au plus 2 possibilité pour f :

soit f(2)=2 et f est l'application identique, qui est bien un Q-automorphisme de Q(2)

soit f(2)=-2, c'est-à-dire pour tout a et b dans Q on a f(a+b2)=a-b2, dont on peut vérifier que c'est bien un Q-automorphisme de Q(2). Pour la stabilité des élèments de Q c'est évident, de même pour le fait que l'image de la somme soit la somme des images ; pour le produit :

f((a+b2)(a'+b'2))=f(aa'+2bb'+(ab'+a'b)2)=aa'+2bb'-(ab'+a'b)2=(a-b2)(a'-b'2)=f((a+b2))f((a'+b'2)).

Bien entendu on remarque l'analogie avec la conjugaison dans C.

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Définition 5 et Propriété 5 : extension normale

D5.1->L'extension KÌL est dite normale si elle est algébrique et si tout polynôme irréductible de K[X] qui a une racine dans L se décompose en facteurs du 1er degré dans L[X]

cad ce polynôme est scindé dans L[X], cad L est un corps de factorisation de ce polynôme.

cad si un polynôme irréductible de K[X] a une racine dans L, il a toutes ses racines dans L.

Un moyen simple d'obtenir une extension normale est donnée par la propriété :

P5.1->Supposons KÌC et P un polynôme à coefficients dans K de degré n, alors :

Le corps N de décomposition de P (unique à un isomorphsime près) est une extension normale de K ; ( et d'après P3.1 cette extension est finie et son degré divise n!).

Exemples :

1) C étant algébriquement clos, et étant une extension algébrique (car de degré 2) de R, il est une extension normale de R. Par contre C n'est pas une extension algèbrique de Q (car π n'est algébrique sur Q) et donc C n'est pas une extension normale de Q.

2) l'extension QÌQ(21/3) n'est pas normale ; en effet X3-2 est irréductible sur Q et il a évidemment une racine dans Q(21/3), c'est 21/3, mais pour autant les autres racines, j21/3 et j22 1/3 n'y sont pas, puisque j n'est pas réel.

3) Toute extension de degré 2 d'un corps K ÌC est normale :

Soit L une telle extension : cf P2.5 il existe a dans L-K algébrique de degré 2 sur K tel que L=K(a) ; soit P le polynôme minimal de a : il est degré 2. Cherchons son corps de décomposition : puisqu'il a une racine a dans L, il se factorise par X-a dans L, donc l'autre facteur est du 1er degré et P a une 2ième racine b dans L. Le corps de décomposition de P est donc K(a,b).

Mais P étant à coefficients dans K, la somme a+b de ses racines est dans K ; donc b=a+b-a est dans K(a) et ainsi K(a) contient a,b, K, d'où K(a,b) ÌK(a). Mais évidemment K(a) ÌK(a,b) et donc K(a,b)=K(a)=L, c'est-à-dire L est le corps de décomposition d'un polynôme : c'est donc une extension normale, d'après P5.1.

Ga/10/4/

4) Pour n entier ≥2 soit r une racine nième primitive de 1 (dans C), n pas forcément 1er ; alors l'extension Q ÌQ(r) est normale car le corps de décomposition de Xn -1 élément de Q[X] est Q(1,r,r2 ,...,rn-1 )=Q(r).

On montre que le degré de cette extension est phi(n), avec phi la fonction d'euler. Illustrons ce résultat pour n=2 ,4,6

si n=2, r=-1 et le corps de décomposition de X2-1 est Q(-1)=Q, qui est une extension de Q de degré1 et phi(2)=1

si n=4, r=i et le corps de décomposition de X4-1 est Q(i) qui est une extension de Q de degré 2 ( i étant algébrique de degré 2 sur Q, voir exemple 2 de nombres algébriques) et phi(4)=2.

si n=6, r=j et le corps de décomposition de X6-1 est Q(j) qui est une extension de Q de degré 2 (le polynôme minimal de j est X2+X+1) et phi(6)=phi(2)phi(3)=2

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Propriété 6 : Théorème de Galois (extraits)

P6.1_Soit K un corps de caractéristique nulle et KÌL une extension normale de degré fini n≥1 : Gal(L/K) est un groupe fini d'ordre n.

Remarque : les hypothèses mentionnées sont suffisantes, mais pas forcément nécessaires : voir l'exemple 3.

Ga/13/

P6.2_Soit K un corps de caractéristique nulle et KÌL une extension normale de degré fini n≥1 , alors

{x dans L / u(x)=x pour tout u dans Gal(L/K)}=K ;

Commentaire : par définition u étant un K automorphisme il laisse invariant les éléments de K ; en fait cette propriété dit qu'il n'y a que les éléments de K qui sont invariants par tous les éléments de Gal(L/K).

Remarque : on dit qu'une extension algébrique KÌL est galoisienne ssi {x dans L / u(x)=x pour tout u dans Gal(L/K)}=K

Ga/13/1/

Exemples :

1) si n=1 alors L=K et Gal(K/K)={id_K} qui est bien d'ordre 1 : ouais!!

2) si n=2 : par exemple considérons l'extension RÌC qui est normale (voir exemple 1 d'extension normale) ; en fait cette extension est de degré 2 (voir exemple 1 d'extension de corps) et on a vu que Gal(C/R) est bien d'ordre 2 ( voir exemple 1 de groupe de Galois).

3) Détermination du groupe de Galois de l'extension FpÌFq avec q=pn et Fr désignant "le" corps fini à r éléments (un tel corps existe ssi r est de la forme pn, avec p 1er ; il est unique à un isomorphisme près et est de caractéristique p ; Fp "est" Z/pZ ; parfois Fq est noté GFq pour Galois Field, c'est-à-dire corps de Galois ).

Notons qu'ici on n'est pas en caractéristique 0 mais p, et que tout automorphsime de Fq est en fait un Fp-automorphisme de Fq. En effet :

soit m dans Fp , donc m=1+1+...+1 (m fois) puisque (Z/pZ,+) est engendré par 1 et donc pour tout automorphisme f de Fq , on a f(1)=1 et f(m)=f(1)+f(1)+...+f(1) (m fois), soit f(m)=m.

Le groupe (Fq *,×) est cyclique (car sous-groupe multiplicatif d'un corps fini) : soit a un générateur.

Fp (a) contenant 0 et toutes les puissances de a, il contient Fq et Fp (a)ÌFq étant évidemment vrai on a Fp(a)=Fq.

Par ailleurs (résultat sur les corps finis, que je n'ai pas évoqué dans ce qui précéde) on sait que l'extension FpÌFq avec q=pn est de degré n, donc a est algébrique sur Fp de degré n (d'après P2.3) : soit P son polynôme minimal, qui est à coefficients dans Fp et de degré n.

Si u est un Fp-automorphisme de Fq, de u(P(a))=0 on tire P(u(a))=0 et donc u(a) est racine de P : il y a au plus n possibilités pour u(a) ; or u est entièrement caractérisé par u(a) puisque tout élément non nul de Fq est une puissance de a et donc il y a au plus n Fp- automorphismes de Fq. Si on en trouve n, on est sûr de les avoir tous trouvés.

L'identité en est évidemment un, mais aussi le "fameux " automorphisme de Fröbenius v défini par v(x)=xp, pour tout x dans Fq.

Vérifions que v est bien un Fp- automorphismes de Fq :

si x est dans Fp alors xp=x (car un corps fini à r éléments a pour éléments les r racines de Xr-X)

pour tout x et y dans Fq on a évidemment (xy)p=xpyp et aussi, plus surprenant (x+y)p=xp+yp ; pour cette dernière il suffit d'appliquer la formule du binôme et de remarquer que C(p,k) est divisible par p (car p est 1er), pour k=1,2,...,p-1 et donc comme on est en caractéristique p on a C(p,k)=0.

v étant un Fp- automorphisme de Fq, vov=v2, en est un aussi et de façon plus générale toutes les puissances de v ; donc ca pourrait en faire beaucoup!

En fait vn=id car vn(x)=(((xp)p)...)p)=xq=x. Donc les seuls Fp- automorphismes de Fq qui peuvent être distincts sont, id,v,v2,...,vn-1 : montrons qu'ils sont effectivement distincts. Sinon il existerait i et j tels que 0≤i<j≤n-1 avec vi=vj, soit vj-i=id et donc, pour tout x dans Fq on aurait xr=x avec r=pj-i, ce qui voudrait dire que le polynôme Xr-X aurait q racines (distinctes) or il est degré r≤pn-1<q ; c'est donc impossible.

Donc Gal( Fq/ Fp)={id; v ; v2 ; ... vn-1} : c'est le groupe cyclique engendré par l'automorphisme de Fröbenius v.

Remarque 1 : tout automorphisme de Fq transforme les q éléments de Fq en les q éléments de Fq : cet automorphisme définit donc une permutation des q éléments de Fq et ainsi Gal( Fq/ Fp) correspond à n permutations particulières de Fq.

Remarque 2 : on constate que P6.1 est vérifiée, malgré le fait qu'on ne soit pas en caractéristique 0 ; cependant on peut montrer que l'extension est normale. Cet exercice se généralise à toute extension entre deux corps finis. Ga/150/

3) on verra d'autres exemples dans le paragraphe suivant sur Groupe de Galois d'un polynôme.

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Définition 7 et Propriété 7 : Groupe de Galois d'un polynôme

D7.1->Soit KÌC et P un polynôme à coefficients dans K, on note E l'ensemble de ses racines dans C : d'après D3.1, le corps de décomposition de P est N= K(E).

Par définition on appelle groupe de Galois du polynôme P, le groupe de Galois de l'extension KÌN, soit Gal(N/K).

Rappel : cette extension est normale (d'après P5.1) donc l'ordre de Gal(N/K) est le degré [N:K] (d'après P6.1) , lequel divise d°P! (d'après P3.1).

Remarque :

a) Si P est irréductible, ses racines dans C sont forcément distinctes (voir la preuve à l'exercice 1 du paragraphe 12).

b) Si P n'est pas irréductible, le polynôme Q=P/pgcd(P,P') n'a que des racines simples qui sont toutes les racines de P : donc Q et P ont le même corps de décomposition, donc le même groupe de Galois.

En notant n le nombre de racines distinctes de P, n≤d°P, on a les deux propriétés suivantes :

P7.1->Gal(N/K) est isomorphe à un sous-groupe de Sn (le fameux groupe des permutations de {1;2;3;...;n}) et donc (l'ordre d'un sous-groupe divisant l'ordre du groupe) l'ordre de Gal(N/K) divise n!, et comme n≤d°P on retrouve (voir ci-dessus) que l'ordre de Gal(N/K) divise d°P! (bien entendu, ce point d'exclamation dsigne le factoriel).

Les n racines de P dans C étant x1,x2,...,xn, un isomorphisme entre Gal(N/K) et un sous-groupe de Sn est l'application Φ de Gal(N/K) dans Sn qui à u dans G(N/K) fait correspondre Φ(u)=s dans Sn tel que u(xi)=xs(i), pour i=1,2,...n.
(Voir exemple 1 où on montre que pour tout u dans Gal(N/K), sa restriction à E est une bijection de E dans E, c'est-à-dire u permute les n racines de P).

Une illustration de ce résultat est donnée aux exemple 2, 3 et 4 de ce chapitre, et à l'exercice 9 du paragraphe 12.

P7.2->Si P est irréductible (sur K[X]) alors quelques soient les racines distinctes a et b de P, il existe un élément u de Gal(N/K) tel que u(a)=b ; on dit alors que l'action de Gal(N/K) sur E est transitive.
Donc Gal(N/K) est en fait, dans ce cas, isomorphe à un sous-groupe transitif de Sn (voir illustration à l'exemple 3 du chapitre 11).

Ga12/2/-/12/5/

P7.3->Si P est irréductible sur K[X], avec cette fois K=Q (pour qu'il soit inclu dans R) et si P a une racine réelle et une racine imaginaire (non réelle), alors Gal(N/Q) n'est pas commutatif (cas de l'exemple 3 du chapitre 11).

Ga/12/5/1

Exemples :

1) Montrons que tout élément de Gal(N/K) permute les racines de P.
Soit u dans Gal(N/K) avec N=K(E) où E est l'ensemble des n racines distinctes dans C de P.

Considérons x dans E : puisque P(x)=0 et que u est un K-automorphisme de N on a 0=u(P(x))=P(u(x)) et donc u(x) est dans E. Ainsi u est une application de E dans E ; or u est injectif et E est fini : donc la restriction de u à E est une bijection de E dans E.

2) Détermination du groupe de Galois G d'un polynôme P de degré 2 à coefficients dans Q : P(X)=aX2+bX+c, avec a≠0. Ga/12/8.
En notant Δ=b2-4ac le discriminant de P, montrons tout d'abord que P est irréductible <=> Δ n'est pas un carré dans Q :

cela revient à montrer que P est réductible <=> Δ est un carré dans Q
si Δ est un carré dans Q, alors les racines x1 et x2 de P (éventuellement confondues si Δ=0) sont dans Q, et la factorisation a(X-x1)(X-x2) donne la réductiblité dans Q[X]
si P est réductible dans Q[X], c'est forcément un produit de deux facteurs du 1er degré à coefficients dans Q, donc les racines x1 et x2 de P sont dans Q. Comme Δ=(2ax1+b)2, Δ est un carré dans Q.
A noter que si P est irréductible ses racines sont distinctes, puisque Δ ≠ 0, et on retrouve la remarque a) de D7.1.
Passons maintenant au groupe de Galois de P : si Δ est un carré dans Q, alors les racines de P sont dans Q, donc le corps de décomposition N de P est Q, et G=Gal(N/Q)=Gal(Q/Q)={idQ}, avec idQ l'application identique de Q dans Q.

si Δ n'est pas un carré dans Q, c'est-à-dire si P est irréductible dans Q, alors ses deux racines x1 et x2 sont distinctes et pas dans Q.
En notant r une racine 2ième de Δ (elle peut être dans C), x1=(-b+r)/(2a) et x2=(-b-r)/(2a).
Donc N=Q(x1,x2) contient 2a(x1+b/(2a))=r et Q(r)ÌN ; mais Q(r) contenant r, Q(r) contient aussi les deux racines de P, et ainsi NÌQ(r) et finalement N=Q(r).
Donc G=Gal(Q(r)/Q) ; r est racine de R(X)=X2-Δ, polynôme de Q[X], irréductible (puisque son discriminant, 4Δ, ne peut être un carré dans Q, Δ ne l'étant pas).
R étant irréductible et unitaire, c'est le polynôme minimal de r : r est algèbrique sur Q de degré 2. On en déduit [N:Q]=[Q(r):Q]=2 et donc l'ordre de G est 2 : G est un groupe à deux éléments, donc il est cyclique, donc isomorphe à S2 (puisque deux groupes cycliques de même ordre sont isomorphes).
Précisons un peu.
D'après P2.3 on a alors Q(r)={e+fr; e,f quelconques dans Q}.
Soit u un élément de G ; c'est un Q-automorphisme de N dans N, donc u(e+fr)=e+fu(r), pour tout élément e+fr de N (e, f dans Q). On voit clairement que u sera connu dès que u(r) le sera.
Or r2-Δ=0, donc en appliquant u des deux côtés, on obtient (u(r))2=Δ (puisque Δ est dans Q), et donc il n'y a que deux possibilités : soit u=u0 avec u0(r)=r et u0=idQ, soit u=u1 avec u1(r)=-r et u1(e+fr)=e-fr (pour tout élément e+fr de N avec e, f dans Q).
Comme ordre(G)=2, ces deux possibilités sont les "bonnes" : G={idQ ; u1}(on peut vérifier que u1 est bien un Q-automorphisme de N).
On vérifie que u1ou1=idQ et G est bien cyclique.
On vérifie aussi que u1 permute les deux racines, puisque u1(x1)=x2 et u1(x2)=x1 : on peut écrire (voir P7.1), Φ(u1)=(1 2), cad Φ(u1) est la permutation de S2 qui envoie 1 en 2 et 2 en 1.

On verra une autre preuve de ce résultat à l'exercice 7 du paragraphe 12.

3) Détermination du groupe de Galois G du polynôme P(X)=X3+pX+q, avec p et q dans Z, P irréductible. Ga/13/3/0/4.

si -(4p3+27q2) est un carré dans Z alors G est isomorphe à A3 (cyclique)
si -(4p3+27q2) n'est pas un carré dans Z alors G est isomorphe à S3

On notera (voir fin du chapitre 3) que -(4p3+27q2) est le discriminant de P : on généralise ainsi l'exemple précédent.
En particulier, si p=0, le groupe de Galois de P est isomorphe à S3, puisque -27q2 ne peut être un carré dans Z.

Je ne donne pas de démonstration de ce résultat ; la question 4) de l'exercice 9 du paragraphe 12 permettra de le vérifier sur un exemple.

On verra aussi à la question 5) de l'exercice 9 du paragraphe 12 la détermination du groupe de Galois de P(X)=X3+X2-2X-1 à partir de son corps de décomposition, comme pour l'exemple ci-après.

4) Détermination du groupe de Galois du polynôme P(X)=X4-2X2+9, élément de Q[X]. Ga/12/6

Ses racines dans C sont 2+i, 2-i,-2+i, -2-i et donc le corps de décomposition N de P étant le plus petit corps contenant Q et les 4 racines de P, il doit contenir la demi-somme et la demi-différence des 2 premières (puisque 1/2 est dans Q) soit 2 et i : N=Q(2,i).

Montrons qu'en fait N=Q(2+i) ( ce qui illustrera encore P2.5) : on a évidemment Q(2+i)ÌQ(2,i) ; de 2-i=3/(2+i) on déduit que 2+i et 2-i sont dans Q(2+i), donc leur demi-somme et demi-différence aussi, soit  2 et i sont dans Q(2+i) et ainsi Q(2+i) est un corps contenant Q, 2 et i et comme Q(2,i) est le plus petit (pour l'inclusion) on a Q(2,i)ÌQ(2+i).

Le polynôme P étant irréductible sur Q et unitaire, c'est le polynôme minimal de 2+i et donc d'après P2.3 l'extension QÌQ(2+i)=N est degré 4, donc le groupe de Galois du polynôme P, Gal(N/Q), est d'ordre 4 (voir D7.1).

On peut obtenir ce résultat autrement :

[Q(2):Q]=2, car 2 algébrique de degré 2 sur Q (de polynôme minimal X2-2) mais aussi

[Q(2)(i):Q(2)]=2 car i algébrique de degré 2 sur Q(2) (de polynôme minimal X2+1) et donc d'après P2.2 on a [N:Q]=[Q(2,i):Q]=[Q(2)(i):Q]=[Q(2)(i):Q(2)][Q(2):Q]=4 et en plus une base de N en tant qu'espace vectoriel sur Q est 1,i,2,2i.

Déterminons les 4 éléments de ce groupe de Galois.

Soit u un de ces éléments : tout élément x de N s'écrit a+bi+c2+d2i avec a,b,c,d rationnels et donc u(x)=a+bu(i)+cu(2)+du(2)u(i), puisque u est un Q-automorphisme de N. Il suffit donc de connaître u(i) et u(2), pour déterminer u.

Mais (u(i))2=u(i2)=u(-1)=-1 et u(i)=i ou -i ; de même u(2)=2 ou -2, ce qui fait au plus 4 possibilités pour u. Comme card(Gal(N/Q))=4, les 4 éléments de Gal(N/Q) sont ces 4 possibilités, à savoir :

u0 définit par u0(x)=a+bi+c2+d2i, cad u0(x)=x pour tout x dans N et donc u0=idN (l'application identique de N dans N)

u1 définit par u1(x)=a-bi+c2-d2i

u2 définit par u2(x)=a+bi-c2-cd2i

u3 définit par u3(x)=a-bi-c2+d2i.

On peut "s'amuser" à vérifier que ces 4 applications sont effectivement des Q-automorphismes de N et qu'ils forment bien un groupe.

On constate aussi, qu'à part u0, les autres éléments sont d'ordre 2 (uioui=ui2=id) et donc ce groupe de Galois est un groupe de Klein (rappel : il y a 2 sortes de groupes d'ordre 4, le groupe de Klein, isomorphe à Z/2Z×Z/2Z (pour +) : tous les éléments, sauf le neutre, sont d'ordre 2 et le groupe cyclique, isomorphe à Z/4Z (pour +)).

Précisons (voir P7.1) Φ(Gal(N/Q)), en notant les racines de P par x1=2-i, x2=2+i, x3=-2-i, x4=-2+i

u0(xi)=xi pour i=1,2,3,4 et Φ(u0)=id (permutation identique)

u1(x1)=x2, u1(x2)=x1, u1(x3)=x4, u1(x4)=x3 et donc Φ(u1)=(12)(34)

u2(x1)=x3, u2(x2)=x4, u2(x3)=x1, u1(x4)=x2 et donc Φ(u2)=(24)(13)

u3(x1)=x4, u3(x2)=x3, u3(x3)=x2, u1(x4)=x1 et donc Φ(u3)=(14)(23)

Donc Φ(Gal(N/Q))={id ; (12)(34) ; (24)(13) ; (14)(23) } : tous les éléments (sauf id) de Φ(Gal(N/Q)) sont d'ordre 2, c'est donc bien aussi un groupe de Klein

5) On verra dans les exemples du chapitre 11 le groupe de Galois du polynôme X5-10X+5 (il est isomorphe à S5) et celui de X5+5X3+5X-1 (il est d'ordre 20).

retour plan de ce chapitre 7 sur la résolubilité des équations

Définition 8 et Propriété 8 : extension par radicaux

D8.1->Soit K un corps :

x est un radical sur K signifie que x est dans une extension de K et qu'il existe un entier naturel p non nul tel que xp soit dans K.
Exemple : i est un radical sur R (i2=-1), j est un radical sur R (j3=1).

D8.2->Soit L une extension du corps K

L est une extension par radicaux (ou extension radicale) de K signifie qu'il existe une suite Ki , pour i=0,1,2,...,n (avec n≥0 et bien sûr n est fini ) d'extensions de K telle que K=K0ÌK1....ÌKn=L et si n≥1, pour i=1,2,...,n, il existe ai dans Ki qui soit un radical sur Ki-1 [c'est-à-dire il existe un entier naturel n(i)=ni non nul tel que ain(i) soit dans Ki-1] et tel que Ki-1(ai)=Ki.

La suite Ki est aussi appelée tour radicale.

On notera que K peut être considéré comme une extension par radicaux de K ( n=0)

et que si n≥1, pour i≥1 on a Ki=K(a1,a2,...,ai).

Exemple : C est une extension par radicaux de R (n=1, C=R(i))

Remarque 1 : si L est une extension par radicaux de K, alors les ai sont algébriques sur K, et L est une extension finie de K. (voir exemple 1 ci-dessous pour la preuve)

Remarque 2 : si L est une extension par radicaux de K, une extension intermédiaire entre K et L n'est pas forcément une extension par radicaux de K. (voir exemple 2 ci-dessous pour la preuve)

P8.1->Si L est une extension (autre que K) par radicaux de K, on peut supposer que tous les ni (voir D8.2) sont des nombres 1er.

Idée de preuve : ces ni sont ≥1 ; mais si ni=1, alors ai est dans Ki-1 et donc Ki-1(ai)=Ki-1, soit Ki=Ki-1 et en fait on peut supprimer Ki.

Ainsi on peut supposer tous les ni ≥2 ;

Considérons alors la décomposition en nombre 1er de ni : ni=p1p2...pk où les pi sont des nombres 1er (pas forcément distincts) : il existe une tour radicale allant de Ki-1 à Ki et dont les "ni" sont ces pj pour j=1,2,...,k.

Ga/80/- /85/1/-/86/

Exemples :

1) Preuve de la remarque 1 de D8.2, cad prouvons que si L est une extension par radicaux de K, alors les ai (ceux de D8.2) sont algébriques sur K, et L est une extension finie de K.
Tout d'abord, pour tout i dans {1;2;...;n}, ai est algébrique sur Ki-1, car il est racine du polynôme Xn(i)-ain(i), lequel est à coefficients dans Ki-1.

Donc a1 est algébrique sur K et l'extension KÌK1=K(a1) est finie (voir P2.3).

De même a2 est algébrique sur K1 et l'extension K1ÌK2=K1(a2) est finie (voir P2.3).

Donc d'après P2.2 l'extension KÌK2 est finie, donc algébrique (voir P2.4) et ainsi a2 (qui est dans K2) est algébrique sur K.

"etc" : pour tout i dans {1;2;...;n}, Ki=K(a1,...,ai) est une extension finie de K et ai est algébrique sur K. En particulier, L, extension radicale de K, est une extension finie de K.

2) Voici un contre-exemple du fait que si L est une extension par radicaux de K, une extension intermédiaire entre K et L n'est pas forcément une extension par radicaux de K.
On prend K=Q, L=Q(r) avec r=exp(2iπ/7), qui est bien un radical de Q, car r7=1.
Soit x=cos(2π/7) : il est dans L car x=(r+r6)/2 et donc QÌQ(x)ÌL (puisque Q(x) est le plus petit corps contenant x et Q), et pourtant Q(x) n'est pas une extension radicale de Q : navr je n'en fait pas la preuve. Si on me la demande, je ferai un effort...
Ga/86/

retour plan de ce chapitre 7 sur la résolubilité des équations

Définition 9 : équation P(x)=0 résoluble

D9.1-> Soit P un polynôme à coefficient dans un corps K :

l'équation P(x)=0 est résoluble par radicaux (ou l'équation P(x)=0 est résoluble ou le polynôme P est résoluble ) sur K signifie qu'il existe une extension par radicaux L de K, cette extension L contenant le corps de décomposition de P sur K.

Bien entendu, L peut être exactement le corps de décomposition de P.

Commentaires :

1) puisqu'on passe de Ki-1 à Ki en "ajoutant" à Ki-1 un élément x qui est racine nième d'un élément de Ki-1, tout élement de L, donc toute racine de P, s'obtient à partir des éléments de K en utilisant les opérations habituelles +,-,×,/ et l'extraction de racines nièmes.

2) ces racines nièmes peuvent être évidemment embôitées.

3) équation résoluble ne signifie pas que l'on connaisse les formules explicites (avce radicaux) donnant les racines de P.

4) tout polynôme P à coefficient réels est résoluble sur R, puisque C est une extension par radicaux de R (voir D8.2) et que C contient forcément le corps de décomposition de P, puisque C est algèbriquement clos.

5) en fait le problème auquel on s'intéresse surtout, est la résolubilité sur Q des polynômes P à coefficients dans Q ; et là il n'y a aucune raison pour que le corps de décomposition de P soit dans un corps L extension radicale de Q.

En effet, C n'est pas une extension radicale de Q : sinon ce serait une extension finie de Q (voir D8.2), donc une extension algébrique de Q (voir P2.4), ce qui est faux, tout élément de C n'étant pas algébrique sur Q (voir exemple 5 du paragraphe 1).

6) toute polynôme de Q[X] de degré 1 ou 2 ou 3 ou 4 est résoluble sur Q :

une justification rapide consiste à montrer que les racines s'obtiennent à partir des éléments de Q en utilisant les opérations habituelles +,-,×,/ et l'extraction de racines nièmes.

une justification "plus rigoureuse" consiste à trouver une extension radicale contenant les racines ; bien entendu il y a aussi la possibilité d'utiliser P11.1 (voir plus loin ).

équation de degré 1

justification rapide : la solution de ax+b=0 étant -b/a elle s'obtient par un - et une division (portant sur les coefficients). En fait ici il n'y a jamais de radicaux.

justification "plus rigoureuse" : la solution -b/a est dans Q, extension radicale de Q

équation degré 2

justification rapide : les formules habituelles!

justification "plus rigoureuse" : voir exemple 1 ci-dessous

équation degré 3

justification rapide : les formules de Cardan (voir fin du chapitre 5)

justification "plus rigoureuse" : voir le livre Théorie de Galois de Jean-Pierre Escofier.

équation degré 4

justification rapide : voir le paragraphe du chapitre 6 sur les résolvantes

justification "plus rigoureuse" : voir le livre Théorie de Galois de Jean-Pierre Escofier (il utilise la résolvante correspondant à l'équation de Descartes)

7) On verra au paragraphe 11 que toute équation de degré supérieure ou égale à 5 n'est pas forcément résoluble par radicaux : par exemple l'équation x5-10x+5=0 n'est pas résoluble sur Q.

Par contre il existe "des tas" d'équations de dégré ≥5 qui sont résolubles par radicaux sur Q, ne serait-ce que (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)=0, dont le corps de décomposition est évidemment Q, extension radicale de Q.

Exemples :

1) Montrons que toute équation du second degré ax2+bx+c=0, à coefficients dans Q est résoluble sur Q :

les racines sont (-b±r)/2 où r est une racine 2ième de b2-4ac, r étant réelle ou imaginaire.

Donc le corps de décomposition de ax2+bx+c est Q(r), qui est une extension radicale de Q, puisque r2 est dans Q.

Bien entendu si b2-4ac est le carré d'un nombre rationnel alors r est dans Q et Q(r)=Q.

Remarque : le groupe de Galois de tout polynôme du 2ième degré a été déterminé à l'exemple 2 du paragraphe 7.

2) Montrons que pour tout entier n non nul, l'équation xn-1=0 est résoluble sur Q, ...sans se contenter de dire que c'est évident puisque ses solutions sont "des" racines nièmes de 1.

En effet, si r est une racine nième primitive de 1, le corps de décomposition de xn-1 est Q(r), qui est bien une extension radicale de Q, r étant un radical sur Q.

retour plan de ce chapitre 7 sur la résolubilité des équations

Définition 10 et Propriété 10 : groupe résoluble

D10.1->Soit G un groupe noté multiplicativement :

on appelle commutateur de 2 éléments x et y de G, l'élément (x,y)=x-1y-1xy : son inverse est (y,x) et (x,x)=e.

Mais le produit de 2 commutateurs n'est pas forcément un commutateur, et donc l'ensemble des commutateurs n'est pas, en général, un sous-groupe de G.

D10.2->On appelle groupe dérivé du groupe G, le sous-groupe D(G) engendré par tous les commutateurs de G : c'est l'ensemble des produits finis de commutateurs.

On peut avoir D(G)=G (voir P10.3 ci-dessous)

P10.1->D(G)={e} <=> G est commutatif ; si HÌG alors D(H)ÌD(G)

P10.2->D(G) est un sous-groupe stable par tout endomorphisme du groupe G, et donc D(G) est un sous-groupe distingué de G ; en outre le groupe quotient G/D(G) est commutatif.

P10.3->Sn étant le groupe symétrique des n! permutations de {1;2;...;n}avec n≥2, et An son sous-groupe alterné on a :

D(Sn)=An et pour n≥5 D(An)=An.

D10.3->Bien entendu D(G), étant un groupe on peut considérer son groupe dérivé D(D(G))=D2(G) qui est (cf P10.2) un sous-groupe distingué de D(G), etc..

P10.4->Pour tout entier k≥1, Dk(G) est un sous-groupe stable par tout endomorphisme du groupe G et c'est donc un sous-groupe distingué de G.

D10.4->Un groupe fini G est résoluble signifie qu'il posséde une suite finie de sous-groupes Gi pour i=0,1,2,..,n (n≥1) ayant les 3 propriétés suivantes :

a) G0=GÉ G1É G2É G3...É Gn={e}

b) Gi+1 est un sous-groupe distingué de Gi pour i=0,1,2,...,n-1

c) Gi/Gi+1, groupe quotient, est commutatif pour i=0,1,2,...,n-1

P10.5->Tout groupe commutatif est résoluble

( on prend G0=G et G1={e} : G1 est bien un sous-groupe distingué de G et G0/G1 est isomorphe à G et est donc commutatif)

P10.6-> Un groupe fini G est résoluble si et seulement si il existe un entier n≥1 tel que Dn(G)={e}

(on retrouve aussi tout de suite qu'un groupe commutatif est résoluble, car si G est commutatif on a D(G)={e}).

P10.7->Un groupe fini G est résoluble signifie qu'il posséde une suite finie de sous-groupes Gi pour i=0,1,2,..,n (n≥1) ayant les 3 propriétés suivantes :

a) G0=GÉ G1É G2É G3...É Gn={e}

b) Gi+1 est un sous-groupe commutatif de Gi pour i=0,1,2,...,n-1

c) Gi/Gi+1, groupe quotient, est d'ordre 1er pour i=0,1,2,...,n-1

Remarque : les conditions a et b sont les mêmes que pour D10.4, mais pas la condition c. En fait ici on exige plus pour le groupe quotient : qu'il soit d'ordre 1er, ce qui entraîne qu'il est cyclique et donc commutatif.

P10.8->Voici une liste de groupes résolubles (tous les groupes considérés sont supposés finis)

tout groupe commutatif est résoluble ( en fait c'est P10.5), donc tout groupe cyclique est résoluble, donc tout groupe d'ordre 1er est résoluble

tout sous-groupe d'un groupe résoluble est résoluble

tout p-groupe (groupe dont l'ordre est une puissance d'un nombre 1er p) est résoluble

tout groupe d'ordre pq (p et q nombres 1er distincts) est résoluble

généralisation : tout groupe dont l'ordre n'admet que deux diviseurs 1er est résoluble ( Burnside)

tout groupe d'ordre pqr (p, q, r nombres 1er distincts) est résoluble

tout groupe diédral est résoluble

pour tout nombre premier p, le groupe Aff(p) des applications affines bijectives de Z/pZ dans Z/pZ est résoluble ; il est d'ordre p(p-1), est engendré par les deux éléments x->x+1 et x->tx, avec t un générateur du groupe multiplicatif du corps fini Z/pZ, et, pour p>2, c'est un groupe de Frobenius (la définition d'un tel groupe sera précisée dans l'exemple 3 du paragraphe 11 ; un groupe de Frobenius n'est pas toujours résoluble, mais ici il l'est).

tout quotient d'un groupe résoluble par un sous-groupe distingué est résoluble

tout groupe nilpotent est résoluble (Remarque : tout p-groupe, voir plus haut, est un groupe nilpotent)

tout groupe d'ordre impair est résoluble ( dû à Feit et Thompson en 1963 : démonstration de 255 pages ; résultat conjecturé par Burnside en 1911)

P10.9->Les groupes An et Sn sont résolubles pour n=2,3,4 et non résolubles pour n≥5.

Exemples

1) Le conjugué de tout commutateur est un commutateur :

soit c un commutateur d'un groupe G : c=a-1b-1ab, avec a et b dans G ; un conjugué de c étant x-1cx avec x dans G on "remarque" que ... x-1cx=(x-1a-1x)(x-1b-1x)(x-1ax)(x-1bx), avec x-1a-1x inverse de x-1ax et x-1b-1x inverse de x-1bx.

2) Preuve de la propriété P10.2

Soit f un homomorphisme de groupe entre G et un autre groupe G' :

f((x,y))=f(x-1y-1xy)=f(x)-1f(y)-1f(x)f(y) : donc l'image d'un commutateur est un commutateur et f étant un homomorphisme, l'image d'un produit de commutateurs est un produit de commutateurs ; comme le groupe dérivé est l'ensemble des produits des commutateurs on a f(D(G))ÌD(f(G)) ; mais f(G)ÌG', donc D(f(G))ÌD(G') (voir P10.1) et donc f(D(G))ÌD(G').

D'où pour tout endomorphisme de G on a f(D(G))ÌD(G) et donc D(G) est (par définition) un sous-groupe caractéristique de G.

En prenant pour f un automorphisme intérieur (x->axa-1) on obtient aD(G)a-1ÌD(G) pour tout a de G et D(G) est un sous-groupe distingué de G.

Montrons que G/D(G) est commutatif : il s'agit de montrer que (gD(G))(g'D(G))=(g'D(G))(gD(G)), cad que gg'D(G)=g'gD(G), g et g' étant deux éléments quelconques de G.

D(G) contient le commutateur g'-1g-1g'g de g' et g et donc gg'D(G) contient gg'g'-1g-1g'g=g'g et ainsi g'gD(G)Ìgg'D(G) ; en échangeant les rôles joués par g et g' on obtient l'inclusion dans les deux sens et on a bien gg'D(G)=g'gD(G).

3) Preuve de D(An)=An (voir P10.3) pour n≥5

Pour n≥3 An est engendré par les 3-cycles et pour n≥5 tout 3-cycle (abc) peut s'écrire

(abc)=(adc)(bec)(acd)(bce) avec a,b,c,d,e 5 éléments distincts de {1;2;...;n}; mais (adc) et (acd) sont inverses l'un de l'autre ainsi que (bec) et (bce) et donc tout 3-cycle (abc) est un commutateur.

Donc tout élément de An étant un produit de 3-cycles, il est un produit de commutateurs (qui n'est pas forcément un commutateur), donc un produit d'éléments de D(An), donc un élément de D(An) car D(An) est un groupe.

Ainsi AnÌD(An) et comme D(An)ÌAn on a D(An)=An.

4) Preuve de la résolubilité de An et Sn pour n=2,3,4

Il y a juste à montrer la résolubilité des Sn, puisque tout sous-groupe d'un groupe résoluble est résoluble (voit P10.8)

S2={id; (1,2)} est commutatif donc résoluble (voir P10.5)

Pour S3

soient G0=S3, G1=A3, G2={id}, avec id permutation identique (donc élément neutre) de S3 et montrons que l'on a bien les conditions de D10.4 :

a) évident

b) G1 est bien un sous-groupe distingué de G0 (car An est toujours un sous-groupe d'indice 2 de Sn, donc toujours un sous-groupe distingué) ainsi que G2 sous-groupe distingué de G1

c) G0/G1=S3/A3 est un groupe d'ordre 2 donc commutatif

G1/G2=A3/{id} est isomorphe à A3 qui est commutatif.

Pour S4

cette fois on pose G0=S4, G1=A4, G2=K, G3={id}

avec K={id;(12)(34);(13)(24);(14)(23)}: étant d'ordre 4, K est commutatif (en fait c'est un groupe de Klein) et on montre que c'est un sous-groupe distingué de A4 (pas immédiat à montrer)

Vérifions les conditions de D10.4 :

a) évident

b) résulte de ce qui vient d'être dit sur K et de An est toujours un sous-groupe d'indice 2 de Sn

c) G0/G1=S4/A4 est d'ordre 2, donc commutatif

G1/G2=A4/K est d'ordre 12/4=3 qui est 1er, donc ce groupe quotient est cyclique donc commutatif

G2/G3=K/{id} est isomorphe à K qui est commutatif (cf plus haut).

5) Preuve que An et Sn sont non résolubles pour n5.

Il suffit de montrer que An est non résoluble car alors Sn est forcément non résoluble (sinon il serait résoluble, et donc An le serait, en tant que sous-groupe d'un groupe résoluble).

Une 1ère preuve résulte du fait que pour n≥5 An est simple, c'est-à-dire ses seuls sous-groupes distingués sont {id} et lui même, et que An n'est pas commutatif ; on termine en montrant qu'il est alors est impossible d'avoir une suite Gi vérifiant les conditions a,b,c de D10.4.

Une autre preuve :

pour n≥5 on a D(An)=An (voir exemple 3), donc pour tout entier k non nul Dk(An)=An donc Dk(An) différent de {id}et d'après P10.6, An n'est pas résoluble.

retour plan de ce chapitre 7 sur la résolubilité des équations

Propriété 11: "Le" théorème

P11.1->Soit K un corps inclu dans C et P un polynôme à coeffcients dans K :

a) si P est résoluble par radicaux (sur K), alors son groupe de Galois est résoluble, c'est-à-dire

si P(x)=0 est résoluble par radicaux (sur K) alors Gal(N/K) est résoluble, N étant le corps de décomposition de P.

et donc si Gal(N/K) n'est pas résoluble alors l'équation P(x)=0 n'est pas résoluble par radicaux.

Remarque : la preuve consiste à partir d'une tour radicale de K à un corps L contenant N et de fabriquer une suite Gi de sous-groupes de Gal(N/K) vérifiant les conditions de D10.4.

Ga/93/

En fait on a la réciproque du a) :

b) si Gal(N/K) est résoluble alors l'équation P(x)=0 est résoluble par radicaux.

conséquence immédiate : on retrouve (voir le commentaire 6 de la définition 9) que toute équation polynômiale de degré 2 ou 3 ou 4 est résoluble, car Gal(N/K) est isomorphe à un sous-groupe de Sn (voir P7.1) lequel est résoluble pour n=2,3,4 (voir P10.8) et donc en tant que sous-groupe d'un groupe résoluble, Gal(N/K) est résoluble.

Ga/95/-/97/

P11.2->Pour tout entier n≥5 il existe des équations de degré n non résolubles sur Q, par exemple

l'équation 1+x+x2/2+x3/3!+...+xn/n!=0 dont le groupe de Galois sur Q est An (si 4 divise n) ou Sn (si 4 ne divise pas n) : c'est le théorème de Schur (1930).

Ga/99/ (Je n'ai pas la preuve de ce résultat).

Dans pratiquement tous les ouvrages sur la question on donne l'autre exemple suivant d'équation non résoluble : x5-10x+5=0 (voir la preuve dans l'exemple 2 ci-dessous ).

Enfin, on a aussi l'énoncé suivant : toute "équation générale" de dégré n≥5 n'est pas résoluble, mais la définition d'équation générale me semble assez délicate et donc je n'en dirai pas plus sauf.....qu'une "équation générale" de degré n, ce n'est pas une quelconque équation polynômiale de degré n.

Ga/52/3/-/93/

Exemples

1) Si P est dans Q[X] avec d°P=5 et si P n'est pas irréductible sur Q alors P(x)=0 est résoluble sur Q.

En effet on a alorsP=UV, U et V dans Q[X] ayant chacun un degré dans {1;2;3;4}, donc U(x)=0 et V(x)=0 sont résolubles par radicaux, et ainsi les racines de P qui sont celles de U et V s'obtiennent par radicaux : cqfd.

Je laisse le soin au lecteur, s'il en éprouve le besoin, de mettre en évidence une tour radicale de Q à un corps contenant le corps de décomposition de P.

2) Montrons que l'équation x5-10x+5=0 n'est pas résoluble par radicaux (sur Q)

Soit N le corps de décomposition de P(X)=X5-10X+5 et G=Gal(N/Q).

P est irréductible (critère d'Einsenstein avec p=5)

Un tableau de variation montre que P n'a que 3 racines réelles x1,x2,x3(distinctes) et donc 2 autres complexes conjuguées a et b.

D'après P7.2 il existe u dans G tel que u(a)=b :

en fait on peut prendre pour u, la restriction à N de h : z->conjugué de z ; en effet :

h est un isomorphisme

h(N)ÌN : soit x dans N, il est algébrique sur Q, donc racine de son polynôme minimal R (irréductible sur Q) ; mais h(R(x))=h(0)=0 et h(R(x))=R(h(x)), donc h(x) est aussi racine de R, et comme l'extension QÌN est normale (voir P5.1) et que R est irréductible sur Q, h(x) est dans N (voir D5.1).

enfin tout élément de Q étant réel, il est invariant par u et ainsi u est bien un Q-automorphisme de N, donc il est dans Gal(N/Q) et on a bien u(a)=conjugué de a=b.

En outre u(b)=conjugué de b=a et comme x1,x2,x3 sont réels, chacun est conservé par u et donc u correspond à une transposition de S5={1;2;3;4;5}, lequel est mis en bijection avec {x1,x2,x3,a,b}.

ordre(G)=[N:Q]=[N:Q(a)][Q(a):Q], mais [Q(a):Q]=5, car a est algébrique de degré 5 sur Q (puisque P est irréductible sur Q) et donc 5 divise l'ordre de G, lequel contient donc un élément v d'ordre 5 (Th de Cauchy sur les groupes).

5 étant un nombre 1er, v correspond forcément à un 5-cycle de S5 (conséquence de la décomposition en cycles disjoints d'une permutation) et finalement G est isomorphe à un sous-groupe de S5 qui contient une transposition et un 5-cycle, lesquels engendrent S5 et donc G est isomorphe à S5, donc n'est pas résoluble et l'équation P(x)=0 n'est pas résoluble.

Remarque : cette démonstration se généralise à tout polynôme irréductible de Q[X] de degré premier ayant exactement 2 racines complexes conjuguées, les autres étant réelles.

Ga/110/0/

3) Montrons que l'équation x5+5x3+5x-1=0 est résoluble par radicaux (sur Q), avec explicitation de son groupe de Galois : c'est un groupe d'ordre 20, "le" groupe de Frobenius d'ordre 20 ; en fait, pour tout nombre 1er q, le groupe de Galois (sur Q) du poloynôme X5-q est aussi "le" groupe de Frobenius d'ordre 20 : Gal/22/12/7.

Pour résoudre une équation du 5ième degré il n'y a pas vraiment de méthode générale : en fait,... en général, une telle équation n'est pas résoluble par radicaux (cf P11.2).
Heureusement, ici, pour x5+5x3+5x-1=0, un changement de variable va permettre la résolution, avec radicaux, sans difficulté.
Une petite remarque préalable : sur le groupe sci.math des contributeurs ont donné les résultats fournis par des logiciels de calcul formel, mais aucun de ces logiciels n'a su exprimer simplement les solutions de cette équation.

Dans tout ce qui suit on notera P le polynôme P(X)=X5+5X3+5X-1, et
α=(1+51/2)/2 le nombre d'or, r la racine 5ième réelle de α et w=exp(2iπ/5)
.

Notons, mais cela ne sera pas vraiment utile pour la suite, que P est irréductible (sur Q) : pour cela on montre qu'il est irréductible sur Z, car n'ayant pas de racine dans Q, s'il était réductible sur Z, il s'écrirait U×V avec U et V dans Z[X], dU=2, dV=3, ce qui est impossible ( le systéme obtenu par identification n'a pas de solution : Poly/11/9/5/4).

Cherchons les racines de P.
En posant x=y-1/y, on obtient P(x)=0 <=> y10-y5-1=0, donc

y5=α ou y5=-1/α
soit
y=wk×r ou -wk/r, pour k=0, 1, 2, 3, 4.
En revenant à x, cela donne
x=wk×r-w-k/r, pour k=0, 1, 2 ,3 ,4 ou x=-wk/r+w-k×r pour k=0, 1, 2, 3, 4.
Mais dans le 2ième cas, x=-w-k'/r+wk'×r , avec k'=5-k, qui décrit 5, 4, 3, 2, 1 et ainsi on retrouve les cinq solutions du 1er cas, lesquelles sont effectivement distinctes car wi×r-w-i/r=wj×r-w-j/r donne wi=wj, soit i=j (cf i et j sont dans {0;1;2;3;4}) ou r2wi+j=-1 qui en passant au module donne r2=1, ce qui est faux.
Finalement les racines de P sont xk=rwk-1/(rwk) pour k=0, 1, 2, 3, 4.

Comme w est une 5ième de 1 et r une racine 5ième de (1+51/2)/2, c'est que les racines de P s'obtiennent à partir de radicaux, "portant en dernier ressort sur des rationnels", donc P est résoluble par radicaux.

On va retrouver cela en montrant que le groupe de Galois de P est effectivement résoluble (cf P11.1).

Le corps de décomposition de P est N=Q(w,r), puisque les racines de P sont des fonctions rationnelles de w et r, à coefficients dans Q.
D'après la multiplication des degrés (voir P2.2), [N:Q]=[N:Q(w)][Q(w):Q]

Finalement [N:Q]=20, et donc (voir D7.1) le groupe de Galois de P, qui est Gal(N/Q), est d'ordre 20.

On va maintenant expliciter les 20 éléments de Gal(N/Q), et préciser la structure de ce groupe.
Cf ci-dessus, et P2.3 et le 1) de P2.2, une base de N, espace vectoriel sur Q est constituée des riwj pour i=0, 1, 2, 3, 4 et j=0, 1, 2, 3.
Donc tout x de N s'écrit x=∑ci,jriwj, avec ci,j dans Q.
u étant un élément quelconque de Gal(N/Q), c'est un Q-automorphisme de N, et ainsi u(x)=∑ci,ju(riwj)=∑ci,j(u(r))i(u(w))j et donc u est caractérisé par u(r) et u(w) :

On a ainsi au plus 20 possibilités pour un élément u de Gal(N/Q), et comme ce groupe est d'ordre 20, ces 20 possibilités donnent les 20 éléments de Gal(N/Q) : les 20 éléments de Gal(N/Q) sont les ui,j, pour i=0, 1, 2, 3, 4 et j=1, 2, 3, 4 définis par : L'élément neutre de ce groupe de Q-automorphismes de N est id=u0,1.

Précisons maintenant la structure de Gal(N/Q), en commencant par déterminer ui,j o ui',j' ; attention, ci-dessous, [k], avec k entier relatif, désignera la valeur de k modulo 5 située dans {0 ; 1 ; 2; 3; 4}.

On remarquera que [jj'] ne peut être nul, car sinon cela voudrait dire que 5 divise jj', donc 5 divise j ou j', ce qui est impossible, puisque j et j' sont dans {1; 2; 3; 4}.
En fait, Z/5Z est un corps (puisque 5 est 1er), et 1 , 2, 3, 4 sont des représentants des quatre éléments du groupe multiplicatif Z/5Z*
Donc
Montrons que Gal(N/Q) est un produit semi-direct de groupes.
Un élément ui,j de Gal(N/Q) étant caractérisé par la donnée du couple (i,j), considéront le produit cartésien H=Z/5Z×(Z/5Z)* structuré par la loi (i,j)(i',j')=(i+ji',jj'), ce qui revient à transporter sur H la loi de Gal(N/K) : i+ji' reste évidemment dans Z/5Z, puisque c'est un corps, et jj' reste dans (Z/5Z)* puisque c'est un groupe multiplicatif.
On vérifie sans peine que H est effectivement un groupe : Considérons maintenant l'application f de Gal(N/Q) dans H, qui à ui,j fait correspondre (cl(i),cl(j)), où cl(k) désigne la classe modulo 5 de l'entier relatif k : Finalement f est un isomorphisme : Gal(N/K) et H sont des groupes isomorphes.

En fait H=Z/5Z×(Z/5Z)* structuré par la loi (i,j)(i',j')=(i+ji',jj') est ce qu'on appelle un produit semi-direct des groupes G1=(Z/5Z,+) et G2=((Z/5Z)*,×).

En effet, soit g l'application de G2 dans aut(G1), ensemble des automorphismes de G1, qui à j de G2 fait correspondre l'application gj de G1 dans G1 définie par gj(x)=jx pour tout x dans G1 : gj est bien un automorphisme de G1 : g est un homomorphisme de groupes Ainsi, (i+ji',jj')=(i+gj(i'),jj'), ce qui correspond à la définition générale du produit semi-direct de G1 (ici additif) et G2 (ici multiplicatif) via l'homomorphisme g de G2 dans Aut(G1) : il est noté G1×|gG2 ; cependant l'homomorphisme g n'est pas toujours indiqué dans la notation.

Même situation que Ga22/12/8/1, Ga22/12/8/2.

Enfin, ((Z/5Z)*,×) étant le groupe multiplicatif d'un corps fini, il est cyclique d'ordre 4, donc isomorphe au groupe cyclique (Z/4Z,+), et ainsi H, et donc Gal(N/Q) est isomorphe au produit semi-direct Z/5Z×|Z/4Z, les deux groupes étant maintenant additifs.

Une autre façon de voir Gal(N/Q), est de le voir comme un groupe isomorphe au groupe Aff(5), le groupe des applications affines bijectives de Z/5Z dans Z/5Z, lequel est un groupe de Frobenius.
Pour cela H et Gal(N/Q) étant isomorphes, on va montrer que H et Aff(5) sont isomorphes, puis que Aff(5) est effectivement un groupe de Frobenius.

Aff(5) est constitué des 20 applications affines x->ax+b, avec a dans (Z/5Z)* et b dans Z/5Z (je laisse le lecteur vérifier que ce sont bien des bijections de Z/5Z dans Z/5Z).
De mme, je laisse le lecteur vérifier que Aff(5) muni de la loi de composition habituelle des applications est un groupe, et mme vérifier que ce groupe est engendré par les deux applications f0 : x->x+1 et f1 : x->2x ; on vérifiera aussi (voir P10.8) que 2 est un générateur du groupe multiplicatif (Z/5Z)*.
Montrons que H et Aff(5) sont isomorphes. Soit I l'application de H dans Aff(5) qui à (i,j) associe I((i,j))=f, avec f l'application affine x->jx+i.
C'est évidemment une bijection et I((i,j)(i',j'))=I((i+ji',jj') qui est l'application affine x->jj'x+i+ij' qui est justement l'application affine I((i,j))oI((i',j')), puisque j(j'x+i')+i=jj'x+i+ji'.
Terminons en montrant que Aff(5) est un groupe dit de Frobenius.
Remarque : on démontre que tout groupe de Frobenius est un produit semi-direct de groupes.

Montrons P7.2 dans ce cas particulier, à savoir que Gal(N/Q) est isomorphe à un sous-groupe transitif de S5, en utilisant les idées de la preuve générale (rappel : on a vu plus haut que P est irréductible, donc P7.2 s'applique).
On a vu aussi plus haut que les racines de P sont xk=wk×r-w-k/r, pour k=0, 1, 2, 3, 4.
Donc ui,j étant un Q-automorphisme,
ui,j(xk)=ui,j(r)(ui,j(w))k-(ui,j(w))-k/ui,j(r)=rwiwjk-w-jkw-i/r=x[i+jk] ; rappel [m] est la valeur de m modulo 5 située dans {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4}.
On vérifie tout de suite que ([i], [i+j], [i+2j], [i+3j], [i+4j]) est une permutation de (0, 1, 2, 3, 4), cad que ui,j permute les cinq racines de P :

en effet, les cinq entiers naturels [i+jk] sont distincts car [i+jk]=[i+jk'] entraîne 5 divise i+jk-(i+jk')=j(k-k'), donc 5 divise k-k' (car j=1 ou 2 ou 3 ou 4), mais k et k' sont dans {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4}, donc k-k' est dans {-4 ; -3 ; ...; 3 ; 4}, dont le seul élément divisible par 5 est 0, et ainsi obligatoirement k=k'. Notons si,j cette permutation, élément de S5, S5 étant considéré ici comme ensemble des permutations de {0 ;1 ; 2 ; 3 ; 4} ; cad si,j(k)=[i+jk], pour k=0, 1, 2, 3 ,4, et donc ui,j(xk)=xsi,j(k).
Soit h l'application de Gal(N/Q) dans S5 telle que h(ui,j)=si,j : Donc h(Gal(N/Q)) est un sous-groupe de S5 isomorphe à Gal(N/Q) ; on verra plus loin que ces deux groupes sont engendrés par deux éléments.

La transitivité de h(Gal(N/Q) vient du fait que quelque soient les deux racines xk et xk' de P, donc quelque soient k et k' dans {0; 1 ; 2; 3; 4}, il existe un élément ui,j de Gal(P) tel que ui,j(xk)=xk' :

en effet, cela revient à trouver i dans {0; 1; 2; 3; 4} et j dans {1 ; 2; 3; 4} tels que k'=[i+jk], soit i+jk-k' divisible par k : il suffit de prendre j quelconque et i=[-jk+k']!
Par exemple k=1, k'=3 donnent i=[-j+3], donc u2,1, u1,2, u0,3, u4,4 tranforment x1 en x3.
Enfin, de l'existence de i et j tels que ui,j(xk)=xk', on déduit qu'il existe i et j tels que xsi,j(k)=xk', donc tels que si,j(k)=k' et h(Gal(N/Q)) est bien transitif.

Vérifions maintenant que le groupe de Galois de P, Gal(N/Q), est résoluble, ce qui revient à vérifier que h(Gal(N/Q)), sous-groupe transitif d'ordre 20 de S5, est résoluble.

En passant en revue la liste des 19 sortes de sous-groupes (soit en tout 156 sous-groupes) de S5 (voir cette liste dans le livre de Pascal Ortiz : Exercices d'Algèbre (avec corrigés), botanique du groupe S5), on vérifie lesquels sont transitifs à l'aide des remarques suivantes : Ainsi Ouf, il y a bien l'ordre 20...
Parmi eux,
Donc Gal(N/Q), transitif et d'ordre 20, est effectivement un groupe résoluble.
Bien entendu, sans aller chercher la liste de tous les sous groupes transitifs de S5 et sans aller "chercher" Burnside pour justifier la résolubilité des groupes d'ordre 20, il suffit ici de dire, cf plus haut, que Gal(N/Q) est isomorphe Aff(5), lequel est résoluble cf P10.8 (et c'est aussi un groupe de Frobenius), donc par isomorphsime Gal(N/Q) est aussi résoluble, cf P10.8.

Terminons cet exemple en montrant directement qu'une partie génératrice de Gal(N/Q) est constituée de u1,1, d'ordre 5 et de u0,2, d'ordre 4, et donc le sous-groupe de S5, h(Gal(N/Q)), isomorphe à Gal(N/Q) est engendré par le 5-cycle (01234) et le 4-cycle (1243).
Rappel : ici S5 est considéré comme le groupe des permutations de {0 ; 1 ; 2 ; 3 ;4 }.
On va commencer par déterminer l'ordre de tous les éléments de Gal(N/Q), à partir (voir plus haut) de (ui,j)k=ua,b, avec a=[i(1+j+j2+...+jk-1)] et b=[jk], cela pour i=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4 et j=1 ou 2 ou 3 ou 4.
On en déduit que (ui,j)k=id=u0,1 => jk=1 modulo 5 ; réciproquement si jk=1 modulo 5, alors (1-j)(1+j+...+jk-1)=0 modulo k, et si en outre 1-j ≠0 modulo 5, alors (puisque Z/5Z est un corps) 1+j+...+jk-1=0 et ainsi(ui,j)k=id :
donc si j≠1 modulo 5, (ui,j)k=id <=> jk=1 modulo 5, d'où l'ordre de ui,j est l'ordre de j modulo 5.
Comme modulo 5, l'ordre de 2 est 4, l'ordre de 3 est 4, l'ordre de 4 est 2,

pour tout i=0, 1, 2, 3, ordre(ui,2)=4 ; ordre(ui,3)=4 ; ordre(ui,4)=2

Reste le cas j=1.
Evidemment

u0,1 qui est le neutre est d'ordre 1. Pour i≠0, (ui,1)k=u[i×k],1 sera le neutre si et seulement si [i×k]=0, soit 5 divise i×k, soit 5 divise k (puisque 5 ne peut diviser i qui est 1 ou 2 ou 3 ou 4), et le plus petit k alors possible non nul est 5 : Pour i=1, 2, 3, 4, ui,1 est d'ordre 5. On constate alors qu'aucun élément de Gal(N/Q) est d'ordre 20, donc on retrouve le fait que Gal(N/Q) n'est pas cyclique. (car on avait remarqu tout de suite que Gal(N/Q) n'était pas commutatif).

{u1,1 ; u0,2} est une partie génératrice de Gal(N/Q) car on a successivement :

On constate donc que les 20 éléments de Gal(N/Q) sont obtenus à partir de u1,1 et u0,2.

Et donc, h(Gal(N/Q), le sous-groupe de S5 ismorphe à S5, est engendré par h(u1,1)=s1,1 et par h(u0,2)=s0,2.
Cf plus haut :


Donc h(Gal(N/Q)) est engendré par le 5-cycle (01234) et le 4-cycle (1243) ; bien entendu si on considère S5 comme le groupe des permutations de {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5} et non celui de {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4}, h(Gal(N/Q)) est engendré par (12345) et (2354).

Remarque :
on a vu plus haut que Gal(N/Q) est isomorphe à un produit semi-direct Z/5Z×|Z/4Z, donc h(Gal(N/Q)) aussi : on pourra vérifier cela dans le livre de Pascal Ortiz (déjà cité plus haut : Exercices d'algèbre, avec corrigés, botanique du groupe S5).

retour plan de ce chapitre 7 sur la résolubilité des équations

Propriété 12 : résolubilité des polynômes de Q[X] et
relations rationnelles entre les racines.
La plupart des résultats ci-dessous sont dûs à Abel
(Source : brochure APMEP n83 de 1991, Fragments d'histoire des mathématiques)
Ga/125

=>Note 1 : ici, tout est démontré sous forme d'exercices. En principe, ils sont faisables avec les propriétés données dans les paragraphes précédents, sauf pour l'exercice 6 et la méthode d'Abel. Une solution détaillée de chaque exercice est donnée après l'énoncé des propriétés.

=>Note 2 : lorsqu'on parlera de l'irréductibilité d'un polynôme de Q[X], il s'agira, bien sûr, de l'irréductibilité dans Q[X].

P12.1->Soit P dans Q[X] irréductible de degré p :
alors ses p racines (dans C) sont distinctes

Exercice 1 : prouver P12.1 (on pourra utiliser le fait qu'il existe un pgcd de P et P' dans Q[X]). Poly/11/3/2/1.

P12.2->Soit P dans Q[X] :
P est irréductible <=> aucune racine (dans C) de P n'est racine d'un polynôme de Q[X] de degré strictement inférieur à celui de P.

Exercice 2 : prouver P12.2, en utilisant le fait qu'un polynôme de Q[X], irréductible et unitaire, est polynôme minimal de chacune de ses racines. C/13/2/0/0

P12.3->Soient P dans Q[X] irréductible et x0 une racine (dans C) de P :

1) si x0 est aussi racine de S dans Q[X],
alors P divise S et toutes les racines de P sont racines de S.
2) si une fraction rationnelle F (cad F est dans Q(X)) est telle que F(x0)=0,
alors toutes les racines de P annullent F.
Exercice 3 : prouver P12.3.

P12.4->Soient P dans Q[X] irréductible, de degré p≥2, x1 et x2 deux racines distinctes de P (rappel : cf P12.1, les p racines de P sont distinctes), et F une fraction rationnelle (cad F est dans Q(X)) telle que x2=F(x1), alors 1) P(F(r))=0 pour toute racine r de P.
Dans tout ce qui suit, y compris P12.5, Fk(x), signifie F(F(F...(x)...)), cad l'itéré, k(≥1) fois de suite, de x par F. On conviendra que F0(x)=x.
2) Il existe deux entiers naturels m et n (m≥1, n≥2, p=m×n) tels que les racines de P se partitionnent en m sous-ensembles de la forme {x;F(x);...;Fn-1(x)} avec x dans C, et Fn(x)=x.
3) Si p est 1er, l'ensemble des racines de P est de la forme {x1;F(x1);...;Fp-1(x1)} avec x1 dans C.
Exercice 4 : prouver P12.4.

Exercice 5 :
Soit P(X)=2X4-14X3+29X2-18X+3 et F(X)=(X-2)/(X-1)
1) Montrer que si r est racine de P, alors F(r) est aussi racine de P.
2) Factoriser P dans Z[X].
3) Quoique P ne soit pas irréductible (cf Q2), vérifier que le 2) de P12.4 est tout de même vrai.

P12.5->Soit P dans Q[X] irréductible, de degré p≥2 (rappel : cf P12.1, ses p racines, dans C, sont distinctes).

1) S'il existe F dans Q(X) (cad F est une fraction rationnelle) telle que les p racines de P (distinctes, cf P12.1) forment l'ensemble {x1;F(x1);...;Fp-1(x1)}, alors P est résoluble et son groupe de Galois est cyclique d'ordre p.
2) Si p est 1er, et s'il existe une fraction rationnelle F et deux racines distinctes de P, x1 et x2, telles que x2=F(x1), alors on a les mêmes conclusions que le 1) ci-dessus.
Remarque :
Dans la mesure où deux groupes cycliques de même ordre sont isomorphes, on peut dire que lorsque le groupe de Galois de P est cyclique d'ordre p, il est isomorphe au sous-groupe cyclique de Sp engendré par le p-cycle (1 2 ... p), et donc on vérifie dans ce cas le résultat P7.1.
Bien sûr, il est aussi isomorphe à (Z/pZ,+).

Rappelons aussi, que tout groupe d'ordre 1er est cyclique.

Exercice 6 : prouver P12.5 (il existe une méthode, celle d'Abel, pour prouver que P est résoluble, cela sans passer par la recherche du groupe de Galois de P).

Exercice 7 : en utilisant P12.5 trouver le groupe de Galois de tout polynôme de Q[X] de degré 2.
Ga/12/8

Exercice 8 :
Soit P(X)=X5+X4-4X3-3X2+3X+1.
1) En considérant R(X)=X10+X9+...+X+1 et R(X)/X5, montrer que P est résoluble.
2) En admettant que R est irréductible (cela résulte du fait que R est un polynôme cyclotomique et que tout polynôme cyclotomique est irréducible), montrer que P est aussi irréductible.
3) Montrer que les racines de P sont xk=2cos(2kπ/11), pour k=1,2,3,4,5.
4) En considérant F(X)=X2-2, retrouver le 3) de P12.4 et préciser l'ordre et la structure du groupe de Galois de P.

Exercice 9 :
Soit P(X)=X3+X2-2X-1.
1) Montrer que P a trois racines réelles distinctes, et que si x1 est l'une d'entre elles, les deux autres sont -1/(1+x1) et -(1+x1)/x1 ;
on verra à Q5 de cet exercice comment déterminer les valeurs exactes des racines de P, mais pour l'instant ces deux relations suffisent.

2) Quel est l'ordre, la structure du groupe de Galois G de P?

3) Déduire de Q1) trois relations polynômiales, distinctes, à coefficients dans Q, reliant les trois racines de P, relations qui sont non symétriques.
En déduire un sous-groupe de S3 auquel G est isomorphe, cela en ne supposant pas connu l'ordre de G (on utilisera P7.1).

4) Montrer que le groupe de Galois de Q(X)=X3-21X-7 est cyclique d'ordre 3 :
a) en utilisant ce qui précéde
b) en utilisant le résultat donné dans l'exemple 3 du paragraphe 7.

5) On revient sur les racines de P(X)=X3+X2-2X-1.
En fait il s'agit d'une "remarque", le but de cet exercice étant essentiellement d'illustrer l'existence de relations rationnelles entre les racines d'un polynôme.
a) Montrer que si x1 est une racine de P, les deux autres sont -1/(1+x1)=x12-2 et -(1+x1)/x1=1-x1-x12
b) Montrer, en utilisant un raisonnement identique à celui fait à l'exercice 8, que les racines de P sont en fait 2cos(2π/7), 2cos(4π/7), 2cos(6π/7).
En utilisant des relations trigonométriques simples, retrouver que les deux dernières sont fonctions polynomiales (à coefficients dans Z) de la première.
c) Redéterminer le groupe de Galois de P à partir de son corps de décomposition et en utilisant notamment les notions développées au paragraphe 7.

Remarque :
on verra dans l'ouvrage Problèmes d'arithmétique des corps et de la théorie de Galois de Bruno Deschamps chez Hermann, la construction d'un corps non commutatif (et non isomorphe au corps des quaternions) à partir d'un élément (≠id)de Gal(P).

Exercice 10 : Le théorème dit "fondamental" des fonctions symétriques s'exprime ainsi :
tout polynôme F symétrique de C[X1,...,Xn] s'écrit (de manière unique) S(s1,...,sn) avec S dans C[X1,...,Xn] et s1=∑1≤i≤nXi, s2=∑1≤i<j≤nXiXj, s3=∑1≤i<j<k≤nXiXjXk, .....
Si en plus, les coefficients de F sont dans un sous-anneau A de C, il en est de même de ceux de S.
(Voir par exemple, cours de mathématiques, algèbre de J-M Arnaudies, H Fraysse ou Théorie des nombres de D Duverney).
On en déduit tout de suite que si x1,...,xn sont les n racines de P(X)=c0Xn+c1Xn-1+...+cn, alors F(x1,...,xn)=S(-c1/c0, c2/c0, -c3/c0, ...), puisque par ailleurs 1≤i≤nxi=-c1/c0, ∑1≤i<j≤nxixj=c2/c0, ∑1≤i<j<k≤nxixjxk=-c3/c0, ....

Montrer que le résultat est encore vrai si on remplace C[X1,...,Xn] par C(X1,...,Xn), c'est-à-dire montrer que si F est une fonction rationnelle symétrique de C(X1,...,Xn), alors elle s'écrit S(s1,...,sn) avec S dans C(X1,...,Xn).
Remarque : cet aspect est utilisé dans les exercices 5 et 6 ci-dessus.

P12.6->On a vu au 2) de P12.5 que si P dans Q[X] est irréductible, de degré p 1er, et s'il existe F rationnelle (cad F dans Q(X)) telle que x2=F(x1), avec x1, x2 deux racines distinctes de P, alors P est résoluble (et son groupe de Galois est cyclique).
En fait dans ce cas, toutes les racines de P sont x1, F(x1),..., Fp-1(x1) ; et Fp(x1)=x1.
On constate alors que si on considère une racine quelconque de P : Fi(x1), avec i dans {0 ; 1; ... ;p-1}, alors toute racine de P est fonction rationnelle de cette racine :

en effet, si i≤k≤p-1, Fk(x1)=Fk-i(Fi(x1))
et si 0≤k<i, Fk(x1)=Fp+k-i(Fi(x1))
Donc, étant donné deux racines distinctes u et v de P, toute racine de P est fonction rationnelle de ces deux là (puisque, ici, toute racine de P est fonction rationnelle, par exemple, de u).

En fait Galois a démontré, P étant dans Q[X], irréductible, de degré p 1er, :

P résoluble <=> quelque soient les deux racines distinctes de P, toute racine de P est fonction rationnelle de ces deux là.

La version "moderne" de ce résultat est, en notant x0, x1,..., xp-1 les p racines distinctes de P et N étant le corps de décomposition de P (voir D3.1) :

P est résoluble <=> quelque soient les deux racines xi, xj (i≠j) de P on a N=Q[xi, xj].

Je ne donnerai pas ici de preuve de ces résultats : voir exercice 12.3 du livre Théorie de Galois de Jean-Pierre Escofier. Mais cet exercice nécessite le résultat de l'exercice 11.4 (du même livre), assez longuet à obtenir :
si G est un sous-groupe transitif de Sn, avec n 1er, alors G résoluble <=> le seul élément de G ayant au moins deux points fixes est id
.
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Solution des exercices

Exercice 1
Si d(P)=p est 1, c'est évident.
On suppose maintenant p≥2.
Supposons que P admette une racine a multiple : donc X-a divise P et P' (ces divisions sont à priori dans C[X], puisque a est dans C) ; donc X-a divise (dans C[X]) tout pgcd de P et P'.
Mais un pgcd D de P et P' s'obtient par l'algorithme d'Euclide, au cours duquel (puisque P et P' sont coefficients dans Q qui est un corps), toutes les divisions sont dans Q[X], et donc le pgcd D obtenu est dans Q[X].
Comme D divise P,dans Q[X], P=DR avec R aussi dans Q[X] et d(D)≥1 puisque X-a divise, dans C[X], D.

d(D) ne peut être 1, car sinon puisque X-a divise, dans C[X], D, on aurait D(a)=0 et a serait dans Q, ce qui est faux puisque P est irréductible et de degré≥2.
d(D) ne peut être p, puisque D divise P' de degré p-1.
Donc, soit p=2 et comme 1≤d(D)≤d(P)=2, et que d(D) n'est ni 1, ni 2 on a une contradiction,
soit p≥3, et alors d(D) est dans {2 ; 3 ; ... ; p-1}, et cette fois on est en contradiction avec le fait que P est irréductible.
Finalement P ne peut admettre de racine multiple.

Exercice 2
Notons a le coefficient du terme de plus haut degré de P et r une racine quelconque de P.
Si P est irréductible :

r étant une racine quelconque de P, cf le rappel, (1/a)P est le polynôme minimal de r, et donc, par définition, r n'est pas racine d'un polynôme de Q[X] de degré<degré de (1/a)P=degré de P. si toute racine r de P n'est pas racine d'un polynôme de Q[X] de degré<degré de P : soit Qm le polynôme minimal d'une racine r de P : donc Qm divise P, et ainsi d(Qm)≤d(P).
Mais l'hypothèse donne, puisque Qm(r)=0, d(Qm)≥d(P), et finalement d(P)=d(Qm).
Mais comme par ailleurs Qm divise P, c'est que Qm et P sont les mêmes à une constante multiplicative près : Qm=(1/a)P, et donc P est irréductible (Qm l'étant).
Remarque : en fait, on vient de montrer que si une racine de P n'est pas racine d'un polynôme de Q[X] de degré<degré de P, alors P est irréductible.
Exercice 3
1) La division euclidienne de S par P dans Q[X] donne S=Q×P+R avec R=0 ou d(R)<d(P).
Si R≠0 on a donc d(R)<d(P), avec R(x0)=0, puisque x0 est racine de P et S. Ceci est impossible d'après P12.2, puisque P est irréductible : donc R=0 et P divise S, et évidemment, toutes les racines de P sont racines de S.

2) F est le rapport de deux polynômes S et T, et donc l'hypothèse F(x0)=0 équivaut à S(x0)=0, donc P divise S (d'après Q1), ce qui donne le résultat.

Exercice 4
1) On a évidemment P(F(x1))=P(x2)=0.
Mais PoF étant une fraction rationnelle, le 2) de P12.3 prouve que toutes les racines de P annullent PoF, c'est-à-dire pour toute racine r de P, F(r) est aussi racine de P.

2) Le résultat précédent permet de dire que pour tout entier k≥0, Fk(x1) est racine de P.
Comme P a un nombre fini de racines, il existe deux entiers p et q tels que 0≤p<q avec Fp(x1)=Fq(x1).
Considérons alors la fraction rationnelle G(X)=Fq-p(X)-X ; on a donc G(r)=0 avec r=Fp(x1), qui est une racine de P.
D'après P12.3, toutes les racines de P annulent G, en particulier G(x1)=0, soit Fq-p(x1)=x1 : il existe un entier n≥1 tel que Fn(x1)=x1. En fait on a n≥2, car F(x1)=x2≠x1.
Soit n le plus petit de ces entiers, alors x1, F(x1),..., Fn-1(x1) sont n racines de P, qui sont distinctes. En effet si ces n racines n'étaient pas distinctes, il existerait deux entiers i et j tels que 0≤i<j≤n-1 et Fi(x1)=Fj(x1), ce qui conduirait, en appliquant le raisonnement précédent fait pour p et q, à Fj-i(x1)=x1, cela avec j-i≤n-1<n, ce qui contredit la définition de n.
Posons E1={x1 ; F(x1) ;... ; Fn-1(x1)} :
si n=p, c'est terminé, puisqu'on a trouvé les p racines de P ; dans ce cas, bien sûr, m=1.
Sinon, c'est que n<p.
Il existe donc une racine x2 de P qui n'est pas dans E1.
Un raisonnement analogue au précédent conduit à l'existence d'un plus petit entier n'≥1 tel que Fn'(x2)=x2 et E2={x2 ; F(x2) ;... ; Fn'-1(x2)} est constitué de n' racines distinctes de P.
Montrons qu'en fait n'=n et E1∩E2

Soit G la fraction rationnelle Fn(X)-X : G(x1)=0 et x1 est racine de P, donc d'après P12.3, toute racine de P annulle G, en particulier G(x2)=0 et donc n'≤n (par définition de n').
Soit G' la fraction rationnelle Fn'(X)-X : G(x2)=0 et x2 est racine de P, donc d'après P12.3, toute racine de P annulle G', en particulier G'(x1)=0 et donc n≤n' (par définition de n).
Ce qui prouve n'=n.

Supposons que E1 et E2 ne soient pas disjoints : comme par choix de x2, cet élément n'est pas dans E1, c'est qu'il existerait des entiers i et j tels que 1≤i≤n-1, 0≤j≤n-1 et Fi(x2)=Fj(x1).
En composant cette égalité par Fn-i (licite car n-i>0) on obtient x2=Fn-i+j(x1). Or E1 contient tous les Fk(x1) pour k dans N : donc x2 serait dans E1, ce qui est faux.
Ceci prouve que E1∩E2

Si 2n=p, c'est fini : on a trouvé toutes les racines de P. Elles se partitionnent en m=2 sous-ensembles E1 et E2 de mme cardinal n.
Sinon 2n<p et il existe une racine x3 de P qui n'est ni dans E1, ni dans E2.
Je laisse le lecteur finir...

3) Cf Q2, p=m×n avec n≥2 ; donc si en outre p est 1er c'est que n=p et m=1.

Exercice 5
1) Je laisse le lecteur vérifier que P(X)=2(X-2)4-14(X-2)3(X-1)+29(X-2)2(X-1)2-18(X-2)(X-1)3+3(X-1)4, et donc P(X)=P(F(X))×(X-1)4, ce qui donne le résultat (1 n'étant pas racine de P).

2) Si le polynôme P se factorise dans Z[X], comme il n'a pas de racine rationnelle (on essaye p/q, avec p et q 1er entre eux et alors p doit diviser 3, q doit diviser 2, ce qui ne fait pas beaucoup de possibilités à tester : aucune ne marche), ce ne peut être que le produit de deux seconds degrés.
On pose P(X)=(aX2+bX+c)(a'X2+bX+c') et on identifie. Comme les inconnues a,b,c,a',b',c' sont dans Z, le systéme se résoud sans trop de difficulté : P(X)=(X2-4X+1)(2X2-6X+3). Donc P est réductible dans Z[X] et donc dans Q[X].
Bien entendu, cette décomposition permet de trouver tout de suite les racines de P : 2+√3, 2-√3, (3+√3)/2, (3-√3)/2.
Elles sont distinctes.

3) Essayons de voir ce que donne la méthode utilisée pour prouver P12.4.
Soit a une racine de P : alors, cf Q1, F(a) est aussi racine, distincte de a, car a=F(a) conduit à a2-2a+2=0, soit, a=1+i ou 1-i, quantités qui ne sont pas racines de P
Toujours cf Q1, F2(a)=F(F(a)) est aussi racine de P ; mais cela n'apporte rien de nouveau, car F(F(a))=a.
En fait F2(X)=X, c'est-à-dire F2=id.
Pour l'instant, on ne dispose que de deux racines, distinctes, de P : a et F(a).
Cf Q2, P a quatre racines distinctes : il existe donc b une racine de P distinctes de a et F(a). On obtient alors (même raisonnement que ci-dessus), deux racines distinctes : b et F(b).
Vérifions que F(b) n'est ni a, ni F(a) :

F(b)=a donne b=F(a), puisque F2=id, ce qui est exclu par choix de b
F(b)=F(a) donne b=a, ce qui est aussi exclu par choix de b.
Donc l'ensemble des quatre racines de P se partitionne en 2 sous-ensembles de 2 éléments : {a ; F(a)} et {b ; F(b)} : le 2) de P12.4 est bien vrai quoique P ne soit pas irréductible.

Remarque : on peut exploiter cette écriture de l'ensemble des racines de P, pour les déterminer (méthode d'Abel).
Posons u=a+F(a)=G(a) et v=b+F(b)=G(b) avec G(X)=X+F(X)=(X2-2)/(X-1).
u+v étant la somme des quatre racines de P on a u+v=-(-14)/2=7.
L'idéal serait de trouver uv : c'est moins facile. On va d'abord chercher u2+v2.
On remarque, puisque F(F(X))=X, que G(F(X))=G(X).
Donc puisque u2=(G(a))2 [attention, il s'agit bien de G(a)×G(a) et non de G(G(a)) ], on a u2=(1/2)((G(a))2+(G(F(a)))2) ; de même v2=(G(b))2=(1/2)((G(b))2+(G(F(b)))2), et comme a, F(a), b, F(b) sont les quatre racines de P,
u2+v2=(1/2)×la somme des (G(r))2 pour les quatre racines r de P. Cette expression est une expression rationnelle et symétrique par rapport aux racines de P, donc elle s'exprime rationnellement l'aide des coefficients de P : voir exercice 10. C'est la cl de la méthode.

Note : toute expression H(X,F(X)) symétrique par rapport à X et F(X) est invariante lorsqu'on y remplace X par F(X), c'est en particulier le cas de H(X,F(X))=X+F(X), cad G(X).
Calcul de u2+v2 : on décompose en éléments simples (G(r))2=(r4-4r2+4)/(r-1)2 =r2+2r-1-4/(r-1)+1/(r-1)2. la somme des r est 7
la somme des r2 est 49-2×(29/2)=20
pour les sommes des 1/(r-1) et des 1/(r-1)2, on cherche d'abord l'équation ayant les 1/(r-1) comme racines. Pour cela dans P(x)=0, on pose x=1+1/y et on obtient 2y4+6y3-y2-6y+2=0, d'où : la somme des 1/(r-1) est -6/2=-3
la somme des 1/(r-1)2 est 9-2(-1/2)=10
Finalement u2+v2=(1/2)(20+2×7-4-4×(-3)+10)=26.
On en déduit 2uv=(u+v)2-(u2+v2)=49-26=23 et ainsi u et v sont les racines de X2-7X+23/2=0, soit u=(7+√3)/2 et v=(7-√3)/2.
Puisque u=G(a), a s'obtient donc pas résolution de (a2-2)/(a-1)=(7+3)/2, équation qui s'écrit a2-((7+√3)/2)a+(3+√3)/2=0.
Son discriminant est (28+6√3)/4=(1+3√3)2/4 et donc les deux possibilités pour a sont 2+√3 et (3-√3)/2 ; on peut vérifier que (3-√3)/2=F(2+√3), donc, puisque F(F(X)=X, chacune de ces deux possibilités est l'image de l'autre par F, et ainsi {a ; F(a)}={2+√3 ; (3-√3)/3}.
Par changement de √3 en -√3, on obtient {b ; F(b)}={2-√3 ; (3+√3)/3}.
On retrouve bien pour P, les quatre racines trouvées à Q2.

Exercice 6
1)
1ère méthode pour montrer que P est résoluble : sans chercher le groupe de Galois (méthode d'Abel)
Tout d'abord montrons que Fp(x1)=x1.

Puisque x1 et F(x1) sont racines, cf le 1) de P12.4, pour tout entier naturel n, Fn(x1) est racine de P ; en particulier Fp(x1) est racine de P, donc égal à Fi(x1) pour un i dans {0;1;...;p-1}.
Considérons la fraction rationnelle G(X)=Fp-i(X)-X : on a G(r)=0 avec r=Fi(x1), donc, cf P12.3, toutes les racines de P annullent G, en particulier G(x1)=0, ce qui donne Fp-i(x1)=x1.
Si i n'est pas 0, ceci est alors en contradiction avec l'hypothèse qui dit que x1, F(x1),..., Fp-1(x1) sont les p racines (distinctes, cf P12.1) de P : donc i=0 et Fp(x1)=x1.
Soit z une racine pième de l'unité (dans C) et H la fraction rationnelle (à coefficients dans C : H est dans C(X)) définie par H(X)=(X+zF(X)+z2F2(X)+...+zp-1Fp-1(X))p.
Alors pour tout m dans {0 ; 1 ; ... ; p-1}, on a H(Fm(x1))=H(x1). En effet
H(Fm(x1))=(Fm(x1)+zFm+1(x1)+...+zkFm+k(x1)+...+zp-1Fp-1+m(x1))p
H(Fm(x1))=(Fm(x1)+...+zp-m-1Fp-1(x1)+zp-mx1+zp-m+1F(x1)+...+zp-1Fm-1(x1))p, puisque Fp+k(x1)=Fk(Fp(x1))=Fk(x1)
H(Fm(x1))=
(zp-m)p(zm-pFm(x1)+zm-p+1Fm+1(x1)+...+z-1Fp-1(x1)+x1+zF(x1)+...+zm-1Fm-1(x1))p,
Le 1er facteur est égal à 1 (car zp=1), et en multipliant les termes du début du 2ième facteur par zp=1, on obtient
H(Fm(x1))=(zmFm(x1)+zm+1Fm+1(x1)+...+zp-1Fp-1(x1)+x1+zF(x1)+...+zm-1Fm-1(x1))p=H(x1).
Donc H(x1)=(H(x1)+H(F(x1))+H(F2(x1))+...+H(Fp-1(x1)))/p.
Comme les Fi(x1), pour i=0,1,...,p-1, sont les p racines de P, H(x1) est donc une expression rationnelle (à coefficients dans C) des racines de P, et elle est symétrique par rapport à ces racines :
H(x1) s'exprime donc rationnellement à l'aide des coefficients de P et de z (ce résultat sur une expression rationnelle des racines de P a aussi été utilisé dans la remarque de la question 3) de l'exercice 5 : voir exercice 10).
Mais ce résultat est vrai pour toute racine pième z de 1 ; en notant t=exp(2iπ/p), les p racines pièmes de 1 sont 1, t, t2,....,tp-1.
Posons, pour i=0,1,...p-1, Vi(x1)=(x1+tiF(x1)+(ti)2F2(x1)+...+(ti)p-1Fp-1(x1)) ; on a évidemment (Vi(x1))p=H(x1) pour z=ti, et donc les Vi(x1) s'obtiennent par radicaux à partir des coefficients de P (outre la racine pième de H(x1), il y a t qui est aussi une racine pième).
Notons cependant qu'en fait V0(x1) est la somme des racines de P, donc égal simplement au rapport de deux coefficients de P.
Terminons cette 1ère méthode, en montrant que les racines de P sont des combinaisons linéaires des Vi(x1), les coefficients étant des puissances de t, ce qui prouvera que les racines de P s'obtiennent par radicaux à partir des coefficients de P et donc que P est résoluble.
Tout d'abord on a l'égalité x1=(V0(x1)+V1(x1)+...+Vp-1(x1))/p. En effet la somme des Vi(x1) est px1+w1F(x1)+...+wp-1Fp-1(x1) avec wj=1j+tj+(t2)j+...+(tp-1)j, c'est-à-dire la somme des puissances jièmes des racines pièmes de 1. La sommation est immédiate, puisque c'est une série géométrique de raison tj, et donc cette somme est (1-(tj)p)/(1-tj)=0 si tj≠1, ce qui est le cas pour j=1,2,...p-1.
Donc la somme des Vi(x1) est px1.
En fait ce résultat se généralise : Fk(x1)=(∑j=0 à p-1 t-kjVj(x1))/p, pour k=0,1,...,p-1. j=0 à p-1t-kjVj(x1)= ∑j=0 à p-1 t-kj(∑l=0 à p-1(tj)lFl(x1))= ∑l=0 à p-1 (∑j=0 à p-1(tl-k)j)Fl(x1).
Comme dans le cas précédent, le coefficient Fl(x1) est nul, sauf si tl-k=1, soit si l=k, auquel cas le coefficient est p, ce qui donne ∑j=0 à p-1t-kjVj(x1)=pFk(x1).
Remarque : la relation x1=(V0(x1)+V1(x1)+...+Vp-1(x1))/p, qui prouve que x s'obtient par radicaux suffit pour conclure, car les autres racines de P sont les itérés par F de x1, donc elles s'obtiennent aussi par radicaux.

2ième méthode pour montrer que P est résoluble : en cherchant son groupe de Galois (méthode "moderne")
Soit u un élément du groupe de Galois de P : c'est un Q-automorphisme du corps de décomposition N de P, et cf l'exemple 1 du paragraphe 7, l'image par u des p racines de P, sont encore les p racines de P.
En particulier u(x1) est une racine de P, donc il y a au plus p possibilités pour u(x1).
Par ailleurs la connaissance de u(x1) détermine entièrement u :

en effet, l'image par u des autres racines est déterminée, puisque Fk est dans Q(X) et u étant un Q-automorphisme, on a u(Fk(x1))=Fk(u(x1)), et donc, puisque tout élément y de N est un polynôme des racines de P, polynôme à coefficient dans Q (car en fait P2.3 se généralise : si x1,...,xn sont algébriques sur le corps K commutatif, alors K(x1,...,xn)=K[x1,...,xn] ; voir note ci-après), u(y) est connu dès que u(x1) est connu.

Note : prouvons que K(x1,x2)=K[x1,x2] si x1 et x2 sont algébriques sur le corps K commmutatif.

K(x1,x2)=K(x1)(x2) ; or x1 est algébrique sur K, donc, cf P2.3, K(x1)=K[x1] et K(x1,x2)=K[x1](x2). Mais x2 étant algébrique sur K, il est aussi algébrique sur K[x1] (puisque un polynôme à coefficients dans K, est à coefficients dans K[x1]) donc K[x1](x2)=K[x1][x2]=K[x1,x2].
Donc le groupe de Galois de P est constitué de au plus p éléments ; en fait il y en a p.
En effet, cf P7.2 (P est bien irréductible sur Q ici) il existe effectivement u, Q-automorphisme de N, tel que u(x1)=F(x1).
Donc u2(x1)=u(F(x1))=(F(u(x1))=F2(x1)≠F(x1) : donc u et u2 sont deux Q-automorphisme de N distincts
De même, u3(x1)=u(F2(x1))=F2(u(x1))=F3(x1)≠F(x1) et F2(x1) : donc u, u2, u 3 sont trois Q-automorphisme de N distincts.
Etc : u, u2,...,up-1 sont p-1 Q-automorphismes de N distincts : avec idN on obtient p Q-automorphismes de N : comme il y en a au plus p, c'est qu'on les a tous et le groupe de Galois de P est {idN ; u ; u2 ; ... ;up-1}, avec u le Q-automorphisme de N tel que u(x1)=F(x1).
Il est évidemment d'ordre p, cyclique (engendré par u), donc commutatif, et bien sûr résoluble (voir P10.8), et ainsi P est bien résoluble (voir P11.1).

Deux groupes cycliques de même ordre étant isomorphes, le groupe de Galois de P est isomorphe au sous-groupe de Sp engendré par (1 2 ... p) : en fait l'application Φ définie à P7.1 réalise cet isomorphisme

En effet, en notant xi=Fi-1(x1) pour i=1,2,...,p, les p racines de P, et u étant le Q-automorphisme de N tel que u(x1)=F(x1), on a u(xi)=Fi-1(u(x1))=Fi(x1)=xi+1 pour i≤p-1, =x1 si i=p.
Donc pour i=1,2,...,p on a u(xi)=xs(i), avec s=(1 2 ... p), p-cycle de Sp ; commme Φ(u)=s et que Φ est un isomorphisme (voir P7.1), Φ(uk)=sk pour k=0, 1, ... ,p (on peut facilement vérifier directement ces égalités ; pour k=0, c'est Φ(idN)=la permutation identique de Sp) et donc l'image par Φ du groupe de Galois de P, dont un générateur est u, est le sous-groupe de Sp engendré par s=(1 2 ... p).

2) On peut appliquer le 3) de P12.4 et l'hypothèse du 1) ci-dessus est vérifiée.

Exercice 7
Soit P(X)=aX2+bX+c un polynôme du second degré (a≠0) à coefficients dans Q, et notons Δ son discriminant b2-4ac.
Pour pouvoir appliquer P12.5, il faut que P soit irréductible : précisons à quelle condition cela est vrai.
P est irréductible <=> Δ n'est pas un carré dans Q :

cela revient à montrer que P est réductible <=> Δ est un carré dans Q
si Δ est un carré dans Q, alors les racines x1 et x2 de P (éventuellement confondues si Δ=0) sont dans Q, et la factorisation a(X-x1)(X-x2) donne la réductiblité dans Q[X]
si P est réductible dans Q[X], c'est forcément un produit de deux facteurs du 1er degré à coefficients dans Q, donc les racines x1 et x2 de P sont dans Q. Comme Δ=(2ax1+b)2, Δ est un carré dans Q.
A noter que si P est irréductible ses racines sont distinctes, puisque Δ≠0, et on retrouve P12.1
Passons maintenant au groupe de Galois de P : si P est irréductible, son degré p=2 étant 1er, et puisque ses deux racines x1 et x2 vérifient x2=F(x1) avec F(X)=-X-b/a qui est dans Q(X), on peut appliquer le 2) de P12.5 : le groupe de Galois de P est cyclique d'ordre 2 (en fait, tout groupe d'ordre 2 est cyclique, puisque 2 est un nombre premier),
si P est réductible, ses racines sont dans Q, donc le corps de décomposition de P est Q et son groupe de galois se réduit à idQ.
Conclusion si Δ n'est pas un carré dans Q, le groupe de Galois de P est cyclique d'ordre 2
si Δ est un carré dans Q, le groupe de Galois de P est d'ordre 1 : c'est {idQ}

On retrouve le résultat de l'exemple 2 du paragraphe 7, où on a précisé le groupe de Galois de P dans le cas irréductible.

Exercice 8
1) R(X)/X5=S5+S4+S3+S2+S1+1, avec Sk=Xk+1/Xk.

(X+1/X)2=S2+2, donc S2=(X+1/X)2-2
(X+1/X)3=S3+3S1, donc S3=(X+1/X)3-3(X+1/X)
(X+1/X)4=S4+4S2+6, donc S4=(X+1/X)4-4(X+1/X)2+2
(X+1/X)5=S5+5S3+10S1, donc S5=(X+1/X)5-5(X+1/X)3+5(X+1/X)
En reportant tous ces résultats dans l'expression ci-dessus on obtient R(X)/X5=P(X+1/X).
On remarque que pour tout x dans C, il existe y dans C tel que y+1/y=x (sauf si x=2, il y a deux possibilités pour y, qui sont inverses l'une de l'autre).
D'où P(x)=0 entraîne qu'il existe y tel que P(y+1/y)=0, soit R(y)=0, puis (y-1)R(y)=0, et y11=1, avec en fait y≠1 (puisque P(2)0). Réciproquement si y≠1 et si y est racine 11ième de 1, on a (y-1)R(y)=0, donc R(y)=0 et P(y+1/y)=0.
Donc toute racine de P est x=y+1/y avec y≠1 et y racine 11ième de 1 : comme un tel y s'obtient par radicaux, les racines de P s'obtiennent par radicaux, et P est résoluble.

2) Si P est réductible, alors P(X)=U(X)V(X) avec U et V des polynômes de degrés q et r supérieurs ou égaux à 1 et de somme 5.
Or U(X+1/X)=S(X)/Xq avec S polynôme de degré 2q et V(X+1/X)=T(X)/Xr avec T polynôme de degré 2r ; donc R(X)/X5=P(X+1/X)=(S(X)/Xq)(T(X)/Xr)=S(X)T(X)/X5, et ainsi R(X)=S(X)T(X) avec S et T chacun de degré ≥2, donc R est réductible.
Comme R est irréductible, c'est que P est lui aussi irréductible.

3) Pour déterminer les racines de P, on exploite ce qui a été vu à la question 1 : les racines de P sont les y+1/y, avec y racine 11ième de 1 et différente de 1.
Cela fait tout de même 10 racines pour un polynôme de degré 5! Vérifions que parmi ces 10 nombres, seuls 5 sont distincts.
Les 10 possibilités pour y sont yk=exp(2ikπ/11), pour k=1,2,...,10 ; donc les racines de P sont les xk=yk+1/yk=2cos(2kπ/11), pour k=1,2,...,10. Mais on constate tout de suite que si k+k'=11, xk=xk', puisque cos(a)=cos(b) si a+b=2π.
Donc les racines de P sont les xk=2cos(2kπ/11), pour k=1,2,3,4,5 ; ces cinq valeurs sont bien distinctes car les arguments dans les cos sont distincts et dans [0;π].

4) F(2cost)=4cos2t-2=4(cos(2t)+1)/2-2=2cos(2t), et donc F(xk)=2cos(2(2k)π/11).

k=1 donne F(x1)=x2
k=2 donne F(x2)=x4
k=3 donne F(x3)=x5, car cos(12π/11)=cos(-10π/11+2π)=cos(10π/11)
k=4 donne F(x4)=x3, car cos(16π/11)=cos(-6π/11+2π)=cos(6π/11)
k=5 donne F(x5)=x1, car cos(20π/11)=cos(-2π/11+2π)=cos(2π/11)
P étant irréductible, de degré 5 qui est 1er et F étant dans Q(X), on peut appliquer le 3) de P12.4 et le 2) de P12.5 : le 3) de P12.4, dit que les racines de P sont x1, F(x1), F2(x1), F3(x1) et F4(x1) : c'est bien ce que le calcul ci-dessus donne puisque ce calcul montre que F(x1)=x2, F2(x1)=x4, F3(x1)=x3 et F4(x1)=x5
le 2) de P12.5 dit que P est résoluble, ce qu'on savait déjà d'après Q1 ci-dessus, et que le groupe de Galois de P est cyclique d'odre 5.

Exercice 9
Ga/13/3/0/5
1) En posant X=(Y-1)/3, P(X)=(1/27)Q(Y) avec Q(Y)=Y3-21Y-7.
Comme 4p3+27q2=4(-21)3+27(-7)2=-1892<0, Q a trois racines réelles, et ainsi il en est de même pour P.
Soit x1 une racine quelconque de P :

-1/(1+x1)3+1/(1+x1)2+2/(1+x1)-1=(1+2x1-(x1)2-(x1)3)/(1+x1)3=0, donc -1/(1+x1) est racine de P
-(1+x1)/x1-1/(1+x1)+x1=(-1-3x1+(x1)3)/(x1(1+x1))=(-(x1)2-x1)/(x1(1+x1))=-1
Comme -1 est la somme des trois racines de P, c'est que -(1+x1)/x1 est aussi racine de P
Ces trois racines x1, -1/(1+x1) et -(1+x1)/x1 sont bien distinctes 2 à 2, car si deux d'entre elles étaient égales, on aurait (x1)2+x1+1=0, ce qui est impossible, x1 étant réel.

2) P n'ayant pas de racine rationnelle (si p/q, avec p et q entiers 1er entre eux était racine de P, p devrait diviser q, q devrait diviser p, donc p/q serait -1 ou 1, qui ne sont pas racines de P) et étant de degré 3 il est irréductible ; en outre 3 étant 1er et F(X)=-1/(1+X) étant dans Q(X), on peut appliquer le 2) de P12.5 : le groupe de Galois de P est cyclique d'ordre 3 et même isomorphe au sous-groupe de S3 engendré par le 3-cycle (1 2 3).

3) En posant x2=-1/(1+x1), x3=-(1+x1)/x1, on a :

x2+x2x1=-1 ; x1+x1x3=-1 ; x3+x3x2=-1 et toute autre expression de la forme xi+xixj avec i≠j est différente de -1
On sait, voir P7.1, que si u est un élément du groupe de Galois G de P, alors sa restriction à E={x1 ; x2 ; x3 } est une bijection de E dans E :
donc u(x1)=xs(1) ; u(x2)=xs(2) ; u(x3)=xs(3), avec s un élément de S3. En outre, l'application Φ qui à u de G fait correspondre cet élément s de S3 est un isomorphisme de groupe (entre G et Φ(G)).
Soit u dans G et Φ(u)=s : on a donc, u étant un Q-automorphisme (du corps de décomposition de P) : xs(2)+xs(2)xs(1)=-1 ; xs(1)+xs(1)xs(3)=-1 ; xs(3)+xs(3)xs(2)=-1
(par exemple : u(x2+x2x1)=u(-1) donne u(x2)+u(x2)u(x1)=-1, soit xs(2)+xs(2)xs(1)=-1)

Compte-tenu de ce qui a été dit plus haut (notamment toute autre expression de la forme xi+xjxi avec i≠j est différente de -1), on n'a que trois possibilités pour s : soit (s(1),s(2))=(1,2), donc s(3)=3 et s est la permutation identique
soit (s(1),s(2))=(3,1), donc s(3)=2 et s=s1=(1 3 2) : c'est un 3-cycle
soit (s(1),s(2))=(2,3), donc s(3)=1 et s=s2=(1 2 3) : c'est un 3-cycle
Donc le groupe Φ(G) ne peut contenir que les éléments suivants de S3 : id, s1, s2 (rappel : ici on ne suppose pas connu l'ordre de G, qui est 3 d'après la question précédente). Or {id ; s1 } et {id ; s2 } ne sont pas des groupes, car (s1)2=s1os1=s2 et (s2)2=s1.
Par contre, H={id ; s1 ; s2 } est un sous-groupe de S3, cyclique, de générateur s1 (ou s2), puisque, s1 et s2 étant des 3-cycles, on a (s1)3=(s2)3=id (en fait tout groupe d'ordre 1er est cyclique).
Donc le groupe Φ(G) ne peut être que {id} ou H ; mais si c'était id, c'est que G serait d'ordre 1 (puisque Φ est un isomorphisme) donc, cf D7.1, le degré de l'extension QN (corps de décomposition de P) serait 1, donc N=Q et les racines de P seraient dans Q, ce qui est faux (voir début de la solution de Q2).
La seule possibilité est donc Φ(G)=H : c'est-à-dire le groupe de Galois de P est isomorphe au sous-groupe H de S3, cyclique et d'ordre 3 (engendré par le 3-cycle (1 2 3)), et donc G est aussi cylique d'ordre 3, et ainsi, on retrouve le résultat précédent.

4)
a) Cf le début de la question 1) les racines de Q sont 3x1+1, 3x2+1, 3x2+1 où les xi sont les racines de P : donc le corps de décomposition de Q est le même que celui de P.
P et Q ont donc le même groupe de Galois.

b) Q est irréductible (car il n'a pas de racine rationnelle, sinon P en aurait une, ce qui est faux), de la forme X3+pX+q avec p et q dans Z : donc, cf l'exemple 3 du paragraphe 7, son groupe de Galois sera cyclique d'ordre 3 si et seulement si son discriminant est un carré dans Q.
Or ce discriminant est -(4p3+27q2)=1892 (voir début de la solution de Q1).

5)
a) cf Q1, on sait déjà que les deux autres racines sont -1/(1+x1) et -(1+x1)x1.
(x12-2)(1+x1)=x12+x13-2-2x1=-1, car x1 est racine de P
x1(1-x1-x12)=x1-x12-x13=x1-x12+x12-2x1-1=-(1+x1), car x1 est racine de P
b) on pose R(X)=X6+X6+X5+X4+X3+X2+X+1.
On a alors R(X)/X3=(X+1/X)3-3(X+1/X)+(X+1/X)2-2+X+1/X=P(X+1/X).
Ainsi toute racine de P est x=y+1/y, avec y≠1 et y racine 7ième de 1. Il y a 6 possibilités pour y : yk=exp(2ikπ/7) pour k=1, 2, 3, 4, 5, 6.
Cela conduit à six possibilités pour x : xk=2cos(2kπ/7) ; mais parmi ces six il n'y a que trois valeurs distinctes x1=2cos(2π/7), x2=2cos(4π/7), x3=2cos(6π/7), puisque xk=xk' si k+k'=7.

Cf cos2x=2cos2x-1, x2=2(2cos2(2π/7)-1)=x12-2
cf cosacosb=(1/2)(cos(a+b)+cos(a-b)) on a x1x2=x3+x1, donc x3=-x1+x1(x12-2)=-3x1+x13, et compte-tenu que x1 est racine de P, x3=1-x1-x12

c) le corps de décomposition (voir D3.1) de P est N=Q(x1, x2, x3)=Q(x1), puisque x2 et x3 sont des fonctions rationnelles de de x1.
x1 est algébrique sur Q de degré 3 puisque P est irréductible, et P est le polynôme minimal de x1 (voir P1.3).
Mais aussi [Q(x1):Q]=3 (voir P2.3) et donc le groupe de Galois G de P est d'ordre 3 (voir D7.1), donc est cyclique (puisque 3 est un nombre 1er).
Donc G={idN ; u1 ; u2 } : u1 et u2 sont forcément générateurs de G, puisque ils ne sont pas d'ordre 1 et leur ordre doit diviser 3.
Soit u dans G : on sait, voir P7.1, que u permute les racines de P et donc (u(x1),u(x2),u(x3)) est une permutation de (x1,x2,x3).
Mais si u(x1)=x1, alors u(x12)=x12 (u est un Q-automorphisme) et puisque (1,x1, x12) est une base de N ev sur Q (voir P2.3), c'est que u=idN. Même chose si u(x2)=x2 ou si u(x2)=x2.
Donc si u est élément de G-{idN}, alors(u(x1),u(x2),u(x3)) est une permutation de (x1,x2,x3) sans point fixe, ce qui laisse effectivement que deux possibilités :

A noter, que tout ceci reste vrai, que x1=2cos(2π/7) ou pas : ce qui importe, c'est que x1, x2, x3 soient les trois racines de P.
On peut vérifier sans difficulté que u1 et u2 sont d'ordre 3 : u12(x1)=x3, u12(x2)=x1, u12(x3)=x2 et donc u12=u2
u13(x1)=x1, u13(x2)=x2, u12(x3)=x3 et donc u13=idN et u1 est bien d'ordre 3.
On en déduit u22=u14=u1, u23=u16=idN, et u2 est bien d'ordre 3.
Et, ce qui donnera la table du groupe, u1u2=u13=idN, de même u2u1=u13=idN.

Exercice 10
F(X1,...,Xn)=U(X1,...,Xn)/V(X1,...,Xn)=N(X1,...,Xn)/D(X1,...,Xn) avec, U et V dans C[X1,...,Xn] et
N(X1,...,Xn)=U(X1,...,Xn)×∏s dans Sn-{id}V(Xs(1),...,Xs(n))
D(X1,...,Xn)=∏s dans SnV(Xs(1),...,Xs(n)).
Note : le double indicage étant impossible en html, les deux Sn intervenant ci-dessus doivent être lus Sn (groupe symétrique des n! permutations de {1;2;...;n}).
D est donc un polynôme symétrique de C[X1,...,Xn] et ainsi D(X1,...,Xn)=S1(s1,...,sn) avec S1 dans C[X1,...,Xn].
Mais puisque N(X1,...,Xn)=F(X1,...,Xn)×D(X1,...,Xn), c'est que N est aussi un polynôme symétrique de C[X1,...,Xn] (symétrique, car c'est le produit de deux expressions symétriques) et ainsi N(X1,...,Xn)=S2(s1,...,sn) avec S2 dans C[X1,...,Xn].
Ce qui prouve que F(X1,...,Xn)=S2(s1,...,sn)/S1(s1,...,sn)=S(s1,...,sn) avec S=S2/S1 dans C(X1,...,Xn).

retour plan de ce chapitre 7 sur la résolubilité des équations

Propriété 13 : Le cas irréductible de l'équation du troisième degré

Ayant commencé cette étude sur la résolution des équations polynômiales par le troisième degré, je termine par un résultat pas du tout évident sur ce troisième degré.

Le problème est le suivant : soit P(X)=X3+pX+q avec p et q réels. On note D=-(4p3+27q2) le discriminant de l'équation (voir chapitre 3).

Si D>0 les trois racines de P sont réelles et pourtant, lorsqu'on utilise la méthode de Hudde (voir chapitre 3) on est amené à considérer des nombres imaginaires : les racines X1 et X2 de X2+qX-p3/27=0 ; les racines de P qui s'obtiennent à partir des racines 3ième (de produit -p/3) de X1 et X2, vont donc s'exprimer, dans un premier temps, à l'aide de la racine carrée d'un nombre négatif, donc à l'aide d'un nombre non réel ; mais comme les racines sont réelles, par simplification ce nombre non réel va disparaître.

Précisons un peu à l'aide de l'exemple x3-3x+1=0 (c'est l'exemple n°6 du chapitre 5) : X1=-j et X2=j2 et on peut prendre comme racines 3ièmes (de produit -p/3=1) u=exp(iπ/9) et v=exp(-iπ/9) et les racines sont u+v, ju+j2v, j2u+jv (là on voit bien le nombre imaginaire j : ces trois racines s'obtiennent à partir des coefficients de l'équation à l'aide des quatre opérations habituelles et à l'aide de la racine nième de -1, puisque j s'obtient à partir de i) qui se simplifient en 2cos(π/9), 2cos(7π/9), 2cos(5π/9), et là on ne voit plus de racine nième de nombre négatif. On pourrait alors se dire que peut être que ces trois racines de l'équation s'obtiennent à partir des coefficients de l'équation, uniquement à l'aide des quatre opérations habituelles et de racine nième portant sur des nombres... positifs!

D'autant plus que si on considère l'exemple x3-15x-4=0 (c'est l'exemple n°5 du chapitre 5) X1 et X2 sont bien imaginaires, leurs racines 3ième aussi, mais là aussi après simplification les nombres imaginaires disparaissent...puisque les racines sont en fait 4; -2-3 ; -2+3 lesquelles s'expriment, algébriquement parlant (c'est-à-dire en utilisant que les quatre opérations habituelles) à partir des coefficients -15 et -4, sans racine carrée d'un nombre négatif, mais à l'aide de la racine carrée d'un nombre positif.

Donc on peut se poser la question de savoir, lorsque D est >0, à quelles conditions les racines, réelles, de P (qui s'obtiennent, l'équation du 3iéme degré étant résoluble, à partir des éléments de K=Q(p,q) en utilisant les opérations habituelles +,-,×,/ et l'extraction de racines nièmes) s'obtiendront à partir des éléments de K, à l'aide des quatre opérations habituelles et avec obligatoirement des racines nièmes portant sur des nombres... positifs?

La réponse a été trouvée par Otto Hölder en 1891 : si P(X)=X3+pX+q, avec p et q rels, est irréductible sur K=Q(p,q) et de discriminant >0, alors les racines de P (quoique réelles) ne s'obtiennent pas, à partir des coefficients de l'équation, uniquement à l'aide des quatre opérations habituelles et de racines nièmes de nombres positifs!

C'est le cas de P(X)= X3-3X+1 qui est irréductible sur K=Q(-3,1)=Q (car il n'a pas de racine rationnelle) ; par contre X3-15X-4= (X-4)(X2+4X+1) n'est pas irréductible sur K=Q(-15,-4)=Q.

Voici une preuve, selon un exercice du livre Théorie de Galois de Jean-Pierre Escofier : il s'agit d'un raisonnement par l'absurde.

Soit P(X)=X3+pX+q irréductible sur Q(p,q) et de discriminant D=-(4p3+27q2)>0.

Si les racines a,b,c (réelles) de X3+pX+q=0 s'obtenaient à partir des coefficients de l'équation, uniquement à l'aide des quatre opérations habituelles et de racines nièmes de nombres positifs, c'est, en notant K=Q(p,q), qui se réduit à Q si p et q sont rationnels, qu'il existerait une tour radicale (voir D8.2) de K à L contenant N=K(a,b,c), les radicaux portant sur des nombres réels strictement positifs.

Cette tour est une suite, finie, Ki définie ainsi

K0=K et pour i≥1 Ki=Ki-1(xi) avec xi réel tel que (en notant n(i) l'entier ni≥1) xin(i)>0 et xin(i) dans Ki-1 ( cad xi est le radical d'un nombre réel strictement positif de Ki-1 ; K0=K étant inclu dans R, il en sera de même pour K1, etc), et Ki=K(x1,x2,...,xi) pour i≥1, Kn=L.

On peut supposer que les ni sont 1er (voir P8.1).

On note d un réel tel que d2=D (on peut prendre d=(a-b)(b-c)(c-a), voir chapitre 3) et on pose K'i+1=Ki(d) pour i≥0 et K'0=K : on définit ainsi une nouvelle tour radicale (dont tous les éléments sont inclus dans R) qui se termine à K'n+1=Kn(d)=L(d) et pour i≥1 on a K'i+1=Ki(d)=K(d,x1,x2,...,xi), K'i+1=K'i(xi) avec xin(i) dans Ki-1, donc dans K'i (ce qui justifie que la nouvelle tour est bien radicale, puisque par ailleurs K'1=K(d) est une extension radicale de K'0=K car d2=D qui est dans K).

question 1 : montrer que K[a,b,c]ÌL[d]

question 2 : soit r le plus entier i≥0 tel que a appartienne à K'i+1

a) montrer que r≥1

b) montrer que K[a,b,c]ÌK'r+1

c) montrer que P est irréductible sur K'r

question 3 : montrer que nr=3

question 4 : montrer que K'r+1 est une extension normale de K'r

question 5 : en déduire une contradiction.

Sportif, non ?

Bon, je donne les indications .......telles que les donne J-P Escofier !! ( en rajoutant tout de suite que K[a,b,c]=K(a,b,c) car a,b,c étant racines de PÌK[X], ils sont algébriques sur K).

q1) : K[a,d]=K[a,b,c] ; or KÌL et a dans L, donc K[a,d]ÌL[d]

je rajoute : puisque d=(a-b)(b-c)(c-a) on a K[a,d]ÌK[a,b,c] ; (a-b)(c-a)=a(b+c)-a2-bc=-2a2+q/a (a est non nul car le polynôme étant irréductible, q est non nul) et comme b-c=d/((a-b)(c-a)) on obtient b-c=d/(-2a2+q/a) et donc b-c est dans K[a,d] et aussi b+c=-a est dans K[a,d] et ainsi b et c qui sont les demi-somme et demi-différence de b+c et b-c sont aussi dans K[a,d] ; finalement a,b,c sont dans K[a,d] et donc K[a,b,c]ÌK[a,d].

q2)a) r=0 signifie a dans K'1=K(d) ; or a algèbrique de degré 3 sur K et d de degré 2 sur K.

b) a et d sont dans K'r+1, donc K(a,b,c)ÌK'r+1 d'après q1

c) si K'r contient une des racines de P, comme il contient d, il les contient toutes d'après q1, donc il contient a, ce qui contredit la définition de r. P n'a donc aucune racine dans K'r et comme il est de degré 3, il est irréductible sur K'r.

q3) comme K'r+1 contient K'r[a,b,c] et que K'r[a,b,c] est de degré 3 sur K'r on a nr=3

(je trouve cette indication un peu sibylline )

q4) K'r+1=K'r[a,b,c] (je rajoute : un corps de décomposition est toujours une extension normale (voir P5.1))

q5) K'r+1 étant une extension normale de K'r et contenant une racine de X3-xr (je pense que c'est plutôt X3-xr3), il va contenir les autres, donc il va contenir j, ce qui contredit que K'r+1 est inclu dans R.

Ga/100/

et ainsi se termine

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