Caractérisation du groupe de Galois des polynômes de

Caractérisation du groupe de
Galois des polynômes de degré
deux, trois et quatre
Caroline Aubin
Travail remis dans le cadre du cours
Théorie de Galois
MAT 4200-80
Université du Québec à Montréal
1er décembre 1997
Extensions de corps, groupes de Galois... Sujet abstrait, s’il en est un!
En effet, il semble difficile d’avoir une idée concrète de ce que sont ces objets. Or, il est possible et même assez simple de caractériser les groupes
de Galois associés à des polynômes de degré deux, trois et quatre. Nous allons donc déterminer ces groupes de Galois ainsi que les racines de polynômes
irréductibles de degré deux, trois et quatre. Pour ce faire, nous allons étudier
en profondeur les théorèmes et preuves sur ce sujet présentés dans Field and
Galois theory [3].
Eclaircissons d’abord quelques zones grises. Si f est un polynôme de F et
si E est le corps de décomposition de f , alors AutF E est le groupe de Galois
de f sur F . Il est aussi important de mentionner que les polynômes traités
seront tous séparables. Dans les trois cas qui nous intéressent, il suffit que
la caractéristique du corps de base soit différente de 2 ou 3 pour assurer la
séparabilité. (Pensez à la dérivée!)
Soit f (x) ∈ F [X] séparable et irréductible sur F , et soit E le corps de
décomposition de f .
Posons f (x) = (x − α1 )(x − α2 )...(x − αn ) ∈ E[x]. Si n = deg(f ),
notons que n divise [E : F ] =| AutE F |, car [F (α1 ) : F ] = n et [E : F ] =
[E : F (α1 , α2 , ..., αn−1 )][F (α1 , α2 , ..., αn−1 ) : F (α1 , α2 , ..., αn−2 )]...[F (α1 , α2 ) :
F (α1 )][F (α1 ) : F ].
De plus, nous savons qu’un élément de AutF E est entièrement déterminé
par son effet sur les racines de f , racines qui sont bien sûr permutées. Ceci
nous a permis de démontrer que le groupe de Galois d’un polynôme est
effectivement isomorphe à un sous-groupe de Sn . Or, seuls quelques sousgroupes de Sn sont susceptibles d’être isomorphes à un groupe de Galois,
puisque ce dernier agit transitivement sur les racines du polynômes f .
Nous allons noter Gal(E/F ) le sous-groupe de Sn isomorphe au groupe
de Galois de E sur F .
Nous sommes maintenant prêts à commençer.
Polynômes quadratiques
Soit f (x) = x2 + bx + c ∈ F [X] séparable et irréductible sur F . Si
char(f ) 6= 2, alors la formule quadratique peut être utilisée pour trouver
2
√
les racines de f . Ces racines seront 12 (−b ± b2 − 4c). Ainsi, le corps de
√
décomposition E de f sur F est F ( b2 − 4c). Dans ce cas, le groupe de
Galois associé à f est S 2 , un groupe cyclique d’ordre deux. Ceci découle
du fait que [E : F ] = 2 et [E : F ] =| AutE F |=| Gal(E/F ) |. Or, le
seul sous-groupe de S2 de cardinalité égale à deux est S2 lui-même, donc
Gal(E/F ) ∼
= S 2.
Polynômes cubiques
Nous allons maintenant poser f un polynôme irréductible, séparable de
degré 3 sur le corps F , et soit E son corps de décomposition. S3 et A3 sont
les seuls sous-groupe de S3 de cardinalité un multiple de trois.
Théorème 1.
Soit f (x) ∈ F [X] un polynôme de degré 3 irréductible, séparable sur F ,
et soit E le corps de décomposition de f sur F . Si D est le discriminant de
f , alors Gal(E/F ) ∼
= S3 si et seulement si D 6∈ F 2† , et Gal(E/F ) ∼
= A3 si
2
et seulement si D ∈ F .
Pour arriver à démontrer ce théorème, nous aurons besoin des définitions,
lemme et corollaire suivants:
Définition 2
Soit F un corps avec char(F ) 6= 2, et soit f (x) ∈ F [X]. Soient α1 , α2 , ..., αn
les racines de f dans le corps de décomposition E de f , et posons ∆ =
Q
(α − αj ) ∈ E. Alors le discriminant disc(f ) de f est D = ∆2 =
Qi<j i
2
i<j (αi − αj ) .
Définition 3.
Si E est extension algébrique de F avec char 6= 2 et α ∈ F , alors le
discriminant disc(α) est disc(minF , (α)).
Lemme 4.
Soit F un corps de char(F ) 6= 2, soit f (x) ∈ F [X] un polynôme
irréductible, séparable et appelons E le corps de décomposition de f (x) sur
F . Si ∆ est tel que dans la définition 3, alors σ ∈ Gal(E/F ) est une permutation paire si et seulement si σ(∆) = ∆, et σ est impaire si et seulement si
†
F p est défini comme étant l’ensemble des p-puissances de F
3
σ(∆) = −∆. De plus, disc(f ) ∈ F .
Preuve du lemme 4.
Tout d’abord, il est assez simple de voir que ∀σ ∈ Gal(E/F ), σ(disc(f )) =
disc(f ), donc disc(f ) ∈ F . En effet σ a pour effet de permuter les racines de
Q
f , or disc(f ) = ∆2 = i<j (αi − αj )2 . Comme ce produit est laissé inchangé
par une permutation, nous avons bien que disc(f ) ∈ F ix(Gal(E/F )) = F .
Posons maintenant h(x) =
Q
i<j (xi
− xj ).
Supposons que σ ∈ Sn est une transposition, disons σ = (ij) avec i < j.
Alors σ n’affecte que les facteurs de h contenant xi ou xj . Nous allons classer
ces facteurs dans quatre groupes:
xi − xj
xk − xi , xk − xj pour k < i
xi − xl , xj − xl pour j < l
xi − xm , xm − xj pour i < m < j.
Pour k < i, la permutation σ = (ij) envoie xk − xi sur xk − xj et vice
versa, tandis que σ envoie xi − xl sur xj − xl et vice versa pour j < l. Si
i < m < j, alors
σ(xi − xm ) = xj − xm = −(xm − xj )
et
σ(xm − xj ) = xm − xi = −(xi − xm ).
Finalement,
σ(xi − xj ) = xj − xi = −(xi − xj ).
En multipliant tous les termes, nous allons trouver σ(h) = −h. En effet,
les termes du premier et second groupe gardent le même signe, tandis que les
termes du troisième groupe amènent deux changements de signe consécutifs.
Bref, seul le terme σ(xi − xj ) va forcer un changement de signe. Ainsi, pour
un σ ∈ Sn arbitraire, nous aurons que σ(h) = h si et seulement si σ est
produit d’un nombre pair de transpositions, et σ(h) = −h si et seulement
si σ est produit d’un nombre impair de transpositions. Il ne nous reste plus
qu’à remplacer les xi par des αi pour obtenir la conclusion désirée.
Corollaire 5.
Soit F un corps de char(F ) 6= 2, soit f (x) ∈ F [X] un polynôme irréductible,
séparable et appelons E le corps de décomposition de f (x) sur F . Alors
4
G = Gal(E/F ) ⊆ An si et seulement si disc(f ) ∈ F 2 .
Preuve du corollaire 5.
Ceci est conséquence directe du lemme, car Gal(E/F ) ⊆ An si et seulement si ∀σ ∈ G, σ est paire. Or, par le lemme 4, σ est paire si et seulement si σ(∆) = ∆. Or, si σ(∆) = ∆, nous avons que ∆ est laissé fixe par
σ ∈ Gal(E/F ), ce qui implique que ∆ ∈ F et disc(f ) = ∆2 ∈ F 2 . Nous
pouvons donc conclure que G ⊆ An si et seulement si disc(f ) ∈ F 2 .
Finalement, nous pouvons démontrer le théorème 1.
Théorème 1.
Soit f (x) ∈ F [X] un polynôme de degré 3 irréductible, séparable sur F ,
et soit E le corps de décomposition de f sur F . Si D est le discriminant de
f , alors Gal(E/F ) ∼
= S3 si et seulement si D 6∈ F 2 , et Gal(E/F ) ∼
= A3 si et
seulement si D ∈ F2 .
Preuve du théorème 1.
Soit G = Gal(E/F ). Par le corollaire 5, G ⊆ A3 si et seulement si
D ∈ F 2 . Mais G ∼
= S3 ou G ∼
= A3 , alors G ∼
= S3 si et seulement si D 6∈ F 2 .
Racines du polynôme cubique
Nous avons donc caractérisé le groupe de Galois associé à un polynôme
de degré 3 irréductible, séparable. Encore nous faut-il en calculer les racines.
Pour ce faire, nous allons utiliser la méthode de Cardan. Nous supposons
toujours que char(F ) 6= 2, 3. Soit f (x) = x3 + a1 x2 + a2 x + a0 ∈ F [x].
Nous allons tout d’abord efffectuer la translation suivante:
x = y + t = y − a1 /3.
Mais alors g(y) = f (y + t) = y 3 + py + q ⇒ f (t) = q
Voici maintenant les valeurs de p et q:
q = ( −a3 1 )3 + a1 ( −a3 1 )2 + a2 ( −a3 1 ) + a0
d
d
p = dy
f (y + t)y=0 = dx
f (x)x=t
Nous devons donc résoudre y 3 + py + q = 0.
Une fois de plus, nous effectuons une transformation judicieuse (y = u+v)
pour obtenir:
5
u3 + v 3 + q + (3uv + p)(u + v) = 0.
Nous fixons maintenant:
u3 + v 3 + q = 0 et 3uv+p=0
v = −p/(3u) ⇒ u3 + v 3 + q = 0 devient u3 + (−p/(3u))3 + q = 0.
v = −p/(3u) ⇒ u3 v 3 =
−p3
27
Simplifions la situation, si nous avons:
x1 + x2 = a ⇒ x21 + 2x1 x2 + x22 = a2
x1 x2 = b ⇒ 4x1 x2 = 4b
√
Nous avons donc x21 − 2x1 x2 + x22 = a2 − 4b ⇒ x1 − x2 = ± a2 − 4b.
√
a± a2 −4b
2
Bref, x1 , x2 =
Revenons à l’équation qui nous intéresse pour y appliquer ce principe,
nous arrivons à ce qui suit:
u3 , v 3 = 12 (−q ±
r
3
Finalement, u, v =
1
(−q
2
±
q
q 2 + 4p3 /27)
q
q 2 + 4p3 /27).
Il ne nous reste plus qu’à revenir sur nos pas!
r
3
y =u+v =
et x = y −
1
(−q
2
r
q
+
q2
+
4p3 /27)
+
3
1
(−q
2
−
q
q 2 + 4p3 /27)
a1
.
3
Exemple.
Démêlons un peu tout ça au moyen d’un exemple. Prenons le polynôme
| [x]. Nous allons commencer par en trouver les racines avec la
x3 − 2 ∈ Q
méthode de Cardan, bien qu’ici cela ne soit pas réellement nécessaire.
Nous avons déjà une équation de la forme: x3 +px+q Ainsi, nous obtenons:
r
u+v =
3
1
(2
2
r
q
+
(−2)2
+
4(0)3 /27) +
3
1
(2
2
−
q
(−2)2 + 4(0)3 /27) =
Alors nous avons:
√
√
u + v = 21/3 ou 21/3 (− 12 + i 23 ) ou 21/3 (− 12 − i 23 )
6
√
3
2
Finalement,
√
√
x = y = u + v = 21/3 ou 21/3 (− 12 + i 23 ) ou 21/3 (− 12 − i 23 )
Nous allons maintenant trouver le groupe de Galois de ce polynôme. Pour
ce faire, nous allons dabord en calculer le discriminant.
∆2 = (α1 − α2 )2 (α1 − α3 )√2 (α2 − α3 )2
√
= (21/3 − 21/3 (− 12 + i √23 ))2 (21/3 − 21/3 (−√12 − i 23 ))2
1
(21/3 (−
+ i 23 ))√− 21/3 (− 12 − i 23 ))2
√ 2
√
= 22 [((− 32 + i 23 )(− 32 − i 23 ))2 (i 3)2 ]
= 22 (−3)( 94 + 34 )2 = −27(4).
| 2 , donc G ∼ S .
Clairement, −27(4) 6∈ Q
= 3
Polynômes de degré quatre
Soit f (x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d, un polynôme irréductible, séparable
sur F avec :
f (x) = (x − α1 )(x − α2 )(x − α3 )(x − α4 )
dans un corps de décomposition. Pour arriver à trouver les racines et le
groupe de Galois d’un polyôme de degré 4, nous allons étudier un polynôme
de degré 3 qui lui sera associé. Nous allons ainsi définir :
β1 = α1 α2 + α3 α4 ,
β2 = α1 α3 + α2 α4 ,
β3 = α1 α4 + α2 α3 ,
et
r(x) = (x − β1 )(x − β2 )(x − β3 ).
Après quelques répétitions de l’algorithme vu en classe pour exprimer un
polynôme symétrique en les fonctions symétriques élémentaires des αi , nous
obtenons:
r(x) = x3 − bx2 + (ac − 4d)x + 4bd − a2 d − c2 ∈ F [x].
Il serait aussi facile de vérifier, quoique un peu long que les polynômes f et
r ont le même discriminant (exercice ?).
Posons E = F (α1 , α2 , α3 , α4 ), un corps de décomposition de f et L =
F (β1 , β2 , β3 ), un corps de décomposition de r. Mais alors L est une extension
7
galoisienne de F , puisque L est le corps de décomposition de r qui est un
polynôme de F .
Soit V = {Id, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}, un sous-groupe de S4 , d’ordre
4. Alors V ⊆ A4 , A4 sous-groupe normal de S4 , donc V est normal dans S4 .
Par une vérification rapide, nous remarquons que tous les βi sont fixés par
V . Dans ce cas, L = F (β1 , β2 , β3 ) ⊆ F ix(G ∩ V ), car F ⊆ F ix(G) et par
ce qui précède V ⊆ F ix(V ). L’inclusion inverse (F ix(G ∩ V ) ⊆ L) est tout
aussi vraie. En effet, il est assez facile de voir que tout autre élément de S4 ,
élément de G − G ∩ V va déplacer un des βi .
Le groupe G = Gal(E/F ) est isomorphe à un sous-groupe transitif de S4
d’ordre un multiple de 4. Nous remarquons facilement que les sous-groupes
de S4 d’ordre 12 et 24 sont A4 et S4 . De plus, les sous-groupes transitifs
d’ordre 4 sont V et les groupes cycliques engendrés par des 4-cycles. Nous
allons noter C4 les groupes cycliques d’ordre 4 à isomorphisme près.
Finalement, le sous-groupe engendré par (1234) et (24) est un sousgroupe transitif d’ordre 8. Il faut remarquer que tout sous-groupe non abélien
d’ordre 8 est isomorphe á D4 ou à Q8 [3]. Or, de par sa définition, ce sousgroupe est isomorphe à D4 . Puisqu’il s’agit ici d’un sous-groupe de Sylow ‡ ,
tout autre sous-groupe de S8 lui sera isomorphe. Après ces quelques mises
au point, le théorème.
Théorème 6.
Posons m = [L : F ].
1. G ∼
= S4 si et seulement si r(x) est irréductible sur F et D 6∈ F 2 , si et
seulement si m = 6.
2. G ∼
= A4 si et seulement si r(x) est irréductible sur F et D ∈ F 2 , si et
seulement si m = 3.
3. G ∼
= V si et seulement si r(x) se factorise sur F , si et seulement si
m = 1.
4. G ∼
= C4 si et seulement si r(x) a une racine unique t ∈ F et h(x) =
2
(x − tx + d)(x2 + ax + (b − t)) se factorise sur L, si et seulement si m = 2
et f (x) est réductible sur L.
5. G ∼
= D4 si et seulement si r(x) a une racine unique t ∈ F et h(x) =
‡
Un sous-groupe d’ordre P est un p sous-groupe de Sylow (p premier), si P est maximale
pour un p sous-groupe.
8
(x2 − tx + d)(x2 + ax + (b − t)) ne se factorise pas sur L, si et seulement si
m = 2 et f (x) est irréductible sur L.
Preuve du théorème 6.
Tout d’abord, [E : L] ≤ 4, puisque E = L(α1 ). Cette égalité découle du
théorème fondamental, puisque seule l’identité fixe L(α1 ). Ensuite, r(x) est
irréductible sur F si et seulement si m = 3 ou m = 6. De plus, r(x) a une
racine unique dans F si et seulement si m = 2. Finalement, nous pouvons
facilement vérifier que si σ est un 4-cycle, alors σ 2 est dans V .
Supposons que r(x) est irréductible sur F . Alors si m est 3 ou 6, 3 divise
| G |, car | G |=| [E : F ] = [E : L][L : F ]. Ainsi, dans ce cas, G est isomorphe
soit à S4 , soit à A4 . Dans les deux cas, V ⊆ G, et L = F ix(V ∩G) = F ix(V ).
Comme [E : L] =| V : Id |, alors G = S4 si m = 6 et G = A4 si m = 3.
Réciproquement, G = S4 si et seulement si D 6∈ F 2 , et G = A4 si et seulement
si D ∈ F 2 . Mais alors si G = S4 , m =| S4 : V |= 6, et si G = A4 , alors
m =| A4 : V |= 3. Dans les deux cas | G | divise 3, donc r(x) est irréductible
sur F .
Maintenant r(x) se factorise sur F si et seulement si L = F , si et seulement
si m = 1. Si nous nous trouvons devant ce cas, alors L = F = F ix(G) et
L ⊆ F ix(G ∩ V ) ⊆ F ix(G) = L, alors G ⊆ V . Puisque | G | est un multiple
de 4 et | V |= 4, nous avons que G = V . Réciproquement, si G = V , alors
L ⊆ F ix(G ∩ V ) = F ix(G) ce qui implique que L = F , donc m = 1 et r(x)
se factorise sur F .
Pour les deux derniers cas, nous supposons que r(x) a une racine unique
t ∈ F . Mais alors m = 2. Or, nous aurons alors | G : G ∩ V |= 2, et G 6⊆ V .
Les seules possibilités pour G seront G ∼
= D4 ou G ∼
= C4 . Réciproquement,
si G est isomorphe à D4 ou à C4 , alors m =| G : G ∩ V |= 2, et r(x) a une
racine unique dans F . Maintenant f est irréductible sur L si et seulement si
[K : L] = 4, si et seulement si [K : F ] = 8 si et seulement si G ∼
= D4 . Ainsi,
∼
G = C4 si et seulement si f est réductible sur L.
Nous venons de supposer que r(x) a une racine unique t ∈ F . Donc, sans
perte de généralité, nous pouvons poser que t = β1 = α1 α2 + α3 α4 . Alors
h(x) se factorise ainsi sur E :
h(x) = (x − α1 α2 )(x − α3 α4 )(x − (α1 + α2 ))(x − (α3 + α4 )).
9
Si h(x) se factorise dans L alors α1 + α2 et α1 α2 sont dans L. Mais alors
α1 est racine du polynôme quadratique :
x2 − (α1 + α2 )x + α1 α2 = (x − α1 )(x − α2 ) ∈ L.
Ainsi, [E : L] ≤ 2 car E = L(α1 ). De plus, [E : F ] ≤ 4, ce qui implique
que G ∼
= C4 .
Si G ∼
= C4 , posons σ un 4-cycle qui engendre G. Alors σ 2 ∈ G ∩ V . Pour
fixer t = α1 α2 + α3 α4 , nous devons avoir σ 2 = (12)(34). Alors α1 + α2 , α3 +
α4 , α1 α2 et α3 α4 sont tous laissés fixes par σ, ils sont donc élément de L.
Ainsi, h se factorise dans L.
Exemple.
| [x]. Ce polynôme est irréductible par le
Soit f (x) = x4 −4x3 +4x2 +6 ∈ Q
critère d’Eisenstein. Nous avons r(x) = x3 − bx2 + (ac − 4d)x + 4bd − a2 d − c2
où a=-4, b=4, c=0 et d=6 ce qui nous mène à
r(x) = x3 − 4x2 − 24x = x(x2 − 4x − 24) .
Nous nous trouvons alors devant le cas 4 ou le cas 5 du théorème 6, car
|
|
, β2 , β3 ) où βi est racine
r(x) possède une racine t = 0 dans
√ Q. Alors√L = Q (β1√
|
| (
de r(x). Ainsi, L = Q (0, 2 − 2 7, 2 + 2 7) = Q
7). Prenons t = 0 et
2
2
calculons h(x) = (x − tx + d)(x + ax + (b − t)).
h(x) = (x2 − 0x + 6)(x2 − 4x + (4 − 0))
= (x2 + 6)(x2 − 4x + 4)
= (x2 + 6)(x − 2)2 .
Comme h(x) ne se factorise pas sur L, nous concluons que G ∼
= D4 .
Racines du polynôme de degré quatre
Remarquons d’abord que si f (x) = (x−t1 )(x−t2 )(x−t3 )(x−t4 ), alors les
automorphismes associés à V laissent fixes t1 t2 + t3 t4 , t1 t3 + t2 t4 et t1 t4 + t2 t3 ,
et nous savons déjà que le F ix(V ) = L = F (β1 , β2 , β3 ). Ainsi, L est le corps
de décomposition du polynôme dont les racines sont précisement ces trois
élément, c’est-à-dire r(x).
10
Soit k un corps de caractéristique différente de deux, et soit K = k(t1 , t2 , t3 , t4 )
le corps des fonctions rationnelles à quatre indéterminées sur k. Posons:
f (x) = (x − t1 )(x − t2 )(x − t3 )(x − t4 )
Or, f (x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d ∈ k(s1 , s2 , s3 , s4 )[x] où si est la ie
fonction symétrique élémentaire. Alors, s1 = −a, s2 = b, s3 = −c, s4 = d. Si
F = k(s1 , ss , s3 , s4 ) alors K = F (t1 , t2 , t3 , t4 ) est le corps de décomposition
sur F de f , et Gal(K/F ) = S4 (Annexe). Soient
β1 = t1 t2 + t3 t4
β2 = t1 t3 + t2 t4
β3 = t1 t4 + t2 t3 .
Le polynôme r(x) est:
r(x) = (x − β1 )(x − β2 )(x − β3 ) = x3 − bx2 + (ac − 4d)x + 4bd − a2 d − c2 .
Nous avons toujours L = F (β1 , β2 , β3 ), le corps laissé fixe par V . Sans
perte de généralité, nous allons supposer que σ1 = (12)(34), σ2 = (13)(24)
et σ3 = (14)(23). Soit u = (t1 + t2 ) − (t3 + t4 ). Alors σ1 (u) = u et σ2 (u) =
σ3 (u) = −u. Par conséquent, u2 ∈ L. Posons m = L(u). Alors M correspond
par la correspondance de Galois à {id, σ1 }. Finalement, soit v = t1 − t2 .
Alors σ1 (v) = −v, v 2 ∈ M . Or, seule l’identité laisse M (v) inchangé. Donc,
M (v) = K. Finalement,
u2 = (t1 + t2 )2 + (t3 + t4 )2 − 2(t1 + t2 )(t3 + t4 )
= t21 + t22 + t23 + t24 + 2(t1 t2 + t3 t4 ) − 2(t1 t3 + t2 t4 + t1 t4 + t2 t3 )
= s21 − 2s2 + 2β1 − 2(β2 + β3 ) = s21 − 2s2 + aβ1 − 2b
= a2 − 4b + aβ1 .
Pour déterminer v 2 , nous remarquons d’abord que u + s1 = 2(t1 + t2 ),
alors t1 + t2 = 12 (s1 + u). De la même façon, t3 + t4 = t1 + t2 − u = 12 (s1 − u).
Nous pouvons maintenant trouver la valeur de v 2 .
v 2 = (t1 − t2 )2 = (t1 + t2 )2 − 4t1 t2 = 14 (s1 + u)2 − 4t1 t2
= 14 (−a + u)2 − 4t1 t2 .
Nous pouvons maintenant exprimer t1 t2 en fonction des coefficients. Il
faut tout d’abord se rappeler que (t1 t2 −t3 t4 )u = (t1 t2 −t3 t4 )((t1 +t2 )−(t3 +t4 ))
11
par la définition de u. Nous obtenons ainsi:
(t1 t2 − t3 t4 )((t1 + t2 ) − (t3 + t4 ))
= t21 t2 + t1 t22 + t23 t4 + t3 t24 − (t1 t2 t3 + t1 t2 t4 + t2 t3 t4 + t1 t3 t4 )
= (t1 t2 + t3 t4 )(t1 + t2 + t3 + t4 ) − 2s3
= s1 β1 − 2s3 = −aβ1 + 2c.
Nous en tirons que t1 t2 − t3 t4 = u−1 (2c − aβ1 ). Nous avons aussi que
β1 = t1 t2 + t3 t4 .
t1 t2 = 12 (β1 + u1 (2c − aβ1 )),
t3 t4 = 12 (β1 − u1 (2c − aβ1 )),
et v 2 = 14 (u − a)2 − 2(β1 − u1 (2c − aβ1 )).
Une fois t1 trouvé, nous avons terminé le travail, puisque t2 = σ1 (t1 ), t3 =
σ2 (t1 ) et t4 = σ3 (t1 ). Trouvons t1 .
t1 = 12 (t1 + t2 + t1 − t2 ) = 12 (v + 12 (u − a)).
Mais alors
t2 = σ1 (t1 ) = 12 (σ1 (v) + 12 (σ1 (u) − a)),
t3 = σ2 (t1 ) = 12 (σ2 (v) + 12 (σ2 (u) − a)),
t4 = σ3 (t1 ) = 12 (σ3 (v) + 12 (σ3 (u) − a)).
car a ∈ F ⊆ L = F ix(V ) et σi ∈ V .
Il ne nous reste plus qu’à calculer σi (v). Nous savons que σ1 (v) = −v.
Posons:
v 0 = t3 − t4 = σ2 (v) = −σ3 (v).
Ainsi, nous avons toujours
(v 0 )2 = 14 (u − a)2 − 2(β1 − u1 (2c − aβ1 )).
Finalement,
t1 =
t2 =
t3 =
t4 =
nous obtenons:
1
(v + 12 (u − a)),
2
1
(−v + 12 (u − a)),
2
1 0
(v + 12 (−u − a)),
2
1
(−v 0 + 12 (−u − a)).
2
Pour un polynôme quelconque, ces équations sont définies si u 6= 0. Or,
comme les racines de r(x) sont distinctes -nous avons supposé f séparable12
au plus un des β va rendre u = 0.
Exemple.
| [x] avec a=b=c=d=1. Nous
Prenons le polynôme x4 + x3 + x2 + x + 1 ∈ Q
allons en trouver les racines avec la méthode que nous venons de voir. Nous
avons ainsi,
r(x) = x3 − x2 − 3x + 2 = (x − 2)(x2 + x − 1) .
Posons β1 = 2. Alors
√
u2 = a2 − 4b + 4β1 = 1 − 4 + 8 = 5 ⇒ u = 5
De la même manière,
√
√
v 2 = 14 (u−a)2 −2(β1 − u1 (2c−aβ1 )) = 14 ( 5−1)2 −2(2− √15 (2−2)) = − 5+2 5 .
Ainsi, v =
i
2
q
√
0
10 − 2 5 sans compter que v =
Nous avons donc les quatre racines suivantes:
q
√
√
1 i
1
(
10
−
2
5
+
(−1
+
5)),
2 2 q
2
√
√
1
i
(−q
10 − 2 5 + 12 (−1 + 5)),
2
2
√
√
1 i
( 10 − 2 5 + 12 (−1 − 5)),
2 2 q
√
√
1
(− 2i 10 − 2 5 + 12 (−1 − 5)).
2
13
i
2
q
√
10 − 2 5 également.
ANNEXE
Soit k un corps, et soit K = k(x1 , x2 , ..., xn ) le corps des fonctions rationnelles en n indéterminées sur k. Nous pouvons penser au groupe symétrique
comme à un sous-groupe de Aut(K), le groupe des automorphismes sur K
en définissant:
(x1 ,...,xn )
(xσ (1),...,xσ (n))
σ( fg(x
) = ( fg(x
)
σ (1),...,xσ (n))
1 ,...,xn )
pour un σ ∈ Sn . Posons F = F ix(Sn ), le corps des fonctions symétriques
en les xi . Alors, Sn = Gal(K/F ) et [K : F ] =| Sn |= n!. Nous voulons
déterminer F . Soient s1 , s2 , s3 , ..., sn les fonctions symétriques élémentaires
en les xi . Alors k(s1 , s2 , ...sn ) ⊆ F ix(Sn ) = F , par définition de fonction
symétrique. En fait, F = k(s1 , s2 , ..., sn ). Pour prouver ceci, nous allons
utiliser le corps de décomposition du polynôme f défini comme suit:
f (t) = tn − s1 tn−1 + ... + (−1)n sn ∈ k(s1 , s2 , ..., sn )[t].
Alors f (t) = (t−x1 )(t−x2 )...(t−xn ) ∈ K[x]. Mais nous avons ainsi que K
est un corps de décomposition pour f (t) sur k(s1 , s2 , ..., sn ). Nous savons déjà
que [K : F ] =| Sn |= n!, donc [K : k(s1 , s2 , ..., sn )] ≥ n!, car k(s1 , s2 , ...sn ) ⊆
F . Il est aussi assez simple de démontrer par récurrence sur n que si K est
le corps de décomposition de f (t), nous aurons [K : k(s1 , s2 , ..., sn )] ≤ n!.
Finalement, [K : k(s1 , s2 , ..., sn )] = [K : F ] et F = k(s1 , s2 , ..., sn ).
14
RÉFÉRENCES
[1] HADLOCK, Charles R., Field theory and its classical problems, Mathematical Association of America, Washington, 1978.
[2] HUNGERFORD, Thomas W., Algebra, Springer-Verlag, New York,
1974.
[3] MORANDI, Patrick, Field and Galois theory, Springer-Verlag, New
York, 1996.
15
TRANSPARENTS
16