Caractérisation du groupe de Galois des polynômes de

Caract´erisation du groupe de
Galois des polynˆomes de degr´e
deux, trois et quatre
Caroline Aubin
Travail remis dans le cadre du cours
Th´eorie de Galois
MAT 4200-80
Universit´eduQu´ebec `a Montr´eal
1er ecembre 1997
Extensions de corps, groupes de Galois... Sujet abstrait, s’il en est un!
En effet, il semble difficile d’avoir une id´ee concr`ete de ce que sont ces ob-
jets. Or, il est possible et mˆeme assez simple de caract´eriser les groupes
de Galois associ´es `a des polynˆomes de degr´e deux, trois et quatre. Nous al-
lons donc d´eterminer ces groupes de Galois ainsi que les racines de polynˆomes
irr´eductibles de degr´e deux, trois et quatre. Pour ce faire, nous allons ´etudier
en profondeur les th´eor`emes et preuves sur ce sujet pr´esent´es dans Field and
Galois theory [3].
Eclaircissons d’abord quelques zones grises. Si fest un polynˆome de Fet
si Eest le corps de d´ecomposition de f, alors AutFEest le groupe de Galois
de fsur F. Il est aussi important de mentionner que les polynˆomes trait´es
seront tous s´eparables. Dans les trois cas qui nous int´eressent, il suffit que
la caract´eristique du corps de base soit diff´erente de 2 ou 3 pour assurer la
eparabilit´e. (Pensez `alad´eriv´ee!)
Soit f(x)F[X]s´eparable et irr´eductible sur F, et soit Ele corps de
ecomposition de f.
Posons f(x)=(xα
1
)(xα2)...(xαn)E[x]. Si n=deg(f),
notons que ndivise [E:F]=|AutEF|, car [F(α1):F]=net [E:F]=
[E:F(α
1
2, ..., αn1)][F(α1
2, ..., αn1):F(α
1
2, ..., αn2)]...[F(α1
2):
F(α
1
)][F(α1):F].
De plus, nous savons qu’un ´el´ement de AutFEest enti`erement d´etermin´e
par son effet sur les racines de f, racines qui sont bien sˆur permut´ees. Ceci
nous a permis de d´emontrer que le groupe de Galois d’un polynˆome est
effectivement isomorphe `a un sous-groupe de Sn. Or, seuls quelques sous-
groupes de Snsont susceptibles d’ˆetre isomorphes `a un groupe de Galois,
puisque ce dernier agit transitivement sur les racines du polynˆomes f.
Nous allons noter Gal(E/F) le sous-groupe de Snisomorphe au groupe
de Galois de Esur F.
Nous sommes maintenant prˆets `a commen¸cer.
Polynˆomes quadratiques
Soit f(x)=x
2+bx +cF[X]s´eparable et irr´eductible sur F.Si
char(f)6= 2, alors la formule quadratique peut ˆetre utilis´ee pour trouver
2
les racines de f. Ces racines seront 1
2(b±b24c). Ainsi, le corps de
ecomposition Ede fsur Fest F(b24c). Dans ce cas, le groupe de
Galois associ´e`afest S2, un groupe cyclique d’ordre deux. Ceci d´ecoule
du fait que [E:F]=2et[E:F]=|AutEF|=|Gal(E/F)|. Or, le
seul sous-groupe de S2de cardinalit´egale `a deux est S2lui-mˆeme, donc
Gal(E/F)
=S2.
Polynˆomes cubiques
Nous allons maintenant poser fun polynˆome irr´eductible, s´eparable de
degr´e 3 sur le corps F, et soit Eson corps de d´ecomposition. S3et A3sont
les seuls sous-groupe de S3de cardinalit´e un multiple de trois.
Th´eor`eme 1.
Soit f(x)F[X]un polynˆome de degr´e 3 irr´eductible, s´eparable sur F,
et soit Ele corps de d´ecomposition de fsur F.SiDest le discriminant de
f, alors Gal(E/F)
=S3si et seulement si D6∈ F2,etGal(E/F)
=A3si
et seulement si DF2.
Pour arriver `ad´emontrer ce th´eor`eme, nous aurons besoin des d´efinitions,
lemme et corollaire suivants:
efinition 2
Soit Fun corps avec char(F)6=2, et soit f(x)F[X]. Soient α1
2, ..., αn
les racines de fdans le corps de d´ecomposition Ede f, et posons ∆=
Q
i<j(αiαj)E. Alors le discriminant disc(f)defest D=∆
2=
Q
i<j(αiαj)2.
efinition 3.
Si E est extension alg´ebrique de Favec char 6=2et αF, alors le
discriminant disc(α)est disc(minF,(α)).
Lemme 4.
Soit Fun corps de char(F)6=2, soit f(x)F[X]un polynˆome
irr´eductible, s´eparable et appelons Ele corps de d´ecomposition de f(x)sur
F.Siest tel que dans la d´efinition 3, alors σGal(E/F)est une permu-
tation paire si et seulement si σ()=∆,etσest impaire si et seulement si
Fpest d´efini comme ´etant 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 σGal(E/F)(disc(f)) =
disc(f), donc disc(f)F. En effet σa pour effet de permuter les racines de
f, or disc(f)=∆
2=Qi<j(αiαj)2. Comme ce produit est laiss´e inchang´e
par une permutation, nous avons bien que disc(f)Fix(Gal(E/F)) = F.
Posons maintenant h(x)=Qi<j (xixj).
Supposons que σSnest une transposition, disons σ=(ij) avec i<j.
Alors σn’affecte que les facteurs de hcontenant xiou xj. Nous allons classer
ces facteurs dans quatre groupes:
xixj
xkxi,x
kx
jpour k<i
x
ix
l
,x
jx
lpour j<l
x
ix
m
,x
mx
jpour i<m<j.
Pour k<i, la permutation σ=(ij) envoie xkxisur xkxjet vice
versa, tandis que σenvoie xixlsur xjxlet vice versa pour j<l.Si
i<m<j, alors
σ(xixm)=x
jx
m=(x
mx
j
)
et
σ(xmxj)=x
mx
i=(x
ix
m
).
Finalement,
σ(xixj)=x
jx
i=(x
ix
j
).
En multipliant tous les termes, nous allons trouver σ(h)=h. En effet,
les termes du premier et second groupe gardent le mˆeme signe, tandis que les
termes du troisi`eme groupe am`enent deux changements de signe cons´ecutifs.
Bref, seul le terme σ(xixj) va forcer un changement de signe. Ainsi, pour
un σSnarbitraire, nous aurons que σ(h)=hsi et seulement si σest
produit d’un nombre pair de transpositions, et σ(h)=hsi et seulement
si σest produit d’un nombre impair de transpositions. Il ne nous reste plus
qu’`a remplacer les xipar des αipour obtenir la conclusion d´esir´ee.
Corollaire 5.
Soit Fun corps de char(F)6=2, soit f(x)F[X]un polynˆome irr´eductible,
eparable et appelons Ele corps de d´ecomposition de f(x)sur F. Alors
4
G=Gal(E/F)Ansi et seulement si disc(f)F2.
Preuve du corollaire 5.
Ceci est cons´equence directe du lemme, car Gal(E/F)Ansi et seule-
ment si σG,σest paire. Or, par le lemme 4, σest paire si et seule-
ment si σ(∆) = ∆. Or, si σ(∆) = ∆, nous avons que ∆ est laiss´e fixe par
σGal(E/F), ce qui implique que ∆ Fet disc(f)=∆
2F
2
. Nous
pouvons donc conclure que GAnsi et seulement si disc(f)F2.
Finalement, nous pouvons d´emontrer le th´eor`eme 1.
Th´eor`eme 1.
Soit f(x)F[X]un polynˆome de degr´e 3 irr´eductible, s´eparable sur F,
et soit Ele corps de d´ecomposition de fsur F.SiDest le discriminant de
f, alors Gal(E/F)
=S3si et seulement si D6∈ F2,etGal(E/F)
=A3si et
seulement si DF2.
Preuve du th´eor`eme 1.
Soit G=Gal(E/F). Par le corollaire 5, GA3si et seulement si
DF2. Mais G
=S3ou G
=A3, alors G
=S3si et seulement si D6∈ F2.
Racines du polynˆome cubique
Nous avons donc caract´eris´e le groupe de Galois associ´e`a un polynˆome
de degr´e 3 irr´eductible, s´eparable. Encore nous faut-il en calculer les racines.
Pour ce faire, nous allons utiliser la m´ethode de Cardan. Nous supposons
toujours que char(F)6=2,3. Soit f(x)=x
3+a
1
x
2+a
2
x+a
0F[x].
Nous allons tout d’abord efffectuer la translation suivante:
x=y+t=ya1/3.
Mais alors g(y)=f(y+t)=y
3+py +qf(t)=q
Voici maintenant les valeurs de p et q:
q=(
a
1
3)
3+a
1
(
a
1
3)
2+a
2
(
a
1
3)+a
0
p=d
dy f(y+t)y=0 =d
dx f(x)x=t
Nous devons donc r´esoudre y3+py +q=0.
Une fois de plus, nous effectuons une transformation judicieuse (y=u+v)
pour obtenir:
5
1 / 16 100%

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