Equation générale de degré n

I. El Hage
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1
Equation générale de degré n
1 Equation de degrée n
Tous les corps considérés dans ce chapitre seront de caractéristique nulle. Soit
b1 bs des éléments d’une extension d’un corps K.
Définition On dira que les éléments b1 bs sont algébriquement indépendants
sur K si, et seulement si, ces éléments ne satisfont aucune relation de la forme
∑ αi1 i2
is
bi11 biss
0
à coefficients non nuls.
Autrement dit, b1 bs sont algébriquement
indépendants si, et seulement si, ils
n’annulent aucun polynôme non nul P X1 Xs K X1 Xs à n indéterminées.
Exemple Si a est transcendant sur K et b est transcendant sur K a , alors a b sont
algébriquement indépendants sur K, car si nous avons
∑ αi j aib j
0
i j
alors
∑ ∑ αi j ai
j
bj
0
i
Mais b est transcendant sur K a , d’où
∑ αi j ai
0 pour tout j
i
a est aussi transcendant sur K. Les relations précédentes impliquent αi j
et tout j ce qui prouve l’indépendance algébrique de a et b sur K.
0 pour tout i
Définition L’équation générale de degré n sur un corps K est une équation de la
forme
xn an 1xn a1x a0 0
où les coefficients a0 a1 an 1
sont algébriquement indépendants sur K.
Soit F K a0 a1 an 1 et f X X n an 1X n 1 a1X a0. Nous avons
f X F X et F K Y1 Yn corps des fractions rationnelles en n idéterminées
Y1 Yn et à coefficients dans K. Soit u1 u2 un les racines de f dans un corps des
racines F u0 u1 un 1 pour f sur F.
Théorème u1 u2 un sont algébriquement indépendants sur K.
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Démonstration Sinon, soit
∑ αi1 i2
in
ui11 uinn
0
une relation de dépendance algébrique sur K. Posons
∑ αi1 i2
P X1 Xn Ce polynôme non nul satisfait P u1 u2 un ∏P
H X1 Xn in
X1i1 Xnin
0. Considérons le polynôme
Xσ 1
σ Sn
Xσ n Le polynôme H est visiblement symétrique. La théorie des polynômes symétriques
nous apprend qu’il existe un polynôme unique Q X1 Xn dans K X1 Xn tel que
H X1 Xn Q Σ1 Σn où Σ1 Σ2 Σn sont les polynômes symétriques élémentaires
Σ1
Σ2
Σ3
X1 X2 X3 Xn 2Xn 1 Xn
X1 X2 Xn
X1 X2 Xn
X1 X2 X1 X3 Xn 1Xn
Σn
La relation P u1 u2 un 0 implique H u1 u2 un 0 et par suite Q Σ1! Σn! "
0 où Σi! Σi u1 u2 un . Or Σi! 1 i an i . Il en résulte
Q
"
an 1
"
an an 2
3 "
1 n a0 0
Mais, les éléments a0 an 1 sont algébriquement indépendants sur K. Ceci implique
Q 0 et par suite H 0 et P 0.
Corollaire Les racines u1 u2 un sont distinctes.
"
Démonstration Car si ui u j , alors ui u j 0 est une relation de dépendence
algébrique sur K satisfaites par les éléments u1 u2 un .
Théorème K u1 u2 un F u1 u2 un Démonstration Nous avons
F u1 u2 un K a0 an 1
u1 u2 un K a
an 1 u1 u2 un K u1 u2 un 0 I. El Hage
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car les coefficients ai peuvent s’exprimer en fonction des racines u1 un par l’intermédiaire des polynômes symétriques élémentaires.
Théorème Le groupe de Galois G du polynôme f est isomorphe au groupe symétrique Sn .
Démonstration Il suffit de prouver que G est le groupe S A de toute les permutations de l’ensemble A $# u1 u2 un % des racines de
f car ce groupe de permuta
tions est isomorphe au groupe Sn . Soit σ G. σ S A car elle permute les racines
u1 u2 un de f . Réciproquement, soit t une permutation de A &# u1 u2 un % et soit
"('
σ; K u1 u2 un K u1 u2 un l’application définie par
σ g u1 u2 un g t u1 t un σ est bien définie car tout élément de K u1 u2 un s’écrit d’une manière unique
sous la forme g u1 u2 un . Il est aisé de prouver que σ est un
K-automorphisme
de l’anneau K u1 u2 un . Il peut être prolongé en un K-automorphisme
τ du corps K u1 u2 un , corps des fractions de
l’anneau K u1 u2 un . Il nous reste
à prouver que τ est un F-automorphisme de K u1 u2 un . Mais τ laisse fixe tout élément ai car ai est une fonction symétrique des racines u1 u2 un . Ainsi, τ appartient
au groupe de Galois G de f sur F.
Corollaire L’équation générale de degré n n’est pas résoluble par des radicaux
pour n ) 5.
Démonstration Pour n ) 5, le groupe de Galois de l’équation générale de degré n
est isomorphie à Sn qui est non résoluble.
2 Discriminant
Soit
xn a n 1 xn 1
a 1x a 0
0
l’équation générale de degré n sur un corps K.
Définition Soit P K a0 a1 an 1 et R un corps des racines sur P pour le
polynôme
f X X n an 1X n 1 a1X a0
de
f dans R.
Le groupe de Galois de f est isomorphe à Sn . Soit u1 u2 un les racines
"
On appelle discriminant de f l’élément D ∆2 où ∆ est l’élément ∏ ui u j + R.
i* j
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Exemple Le discriminant de l’équation générale de degré 2 sur K est
D ∆2
Théorème σ ∆ ∆ pour tout σ
-,
"
u0
2
u1 a21
"
4a0
G R . P .
Démonstration Nous avons
σ ∆
σ
∏
ui
"
uj
∏
i* j
σ ui "
σ u j ε σ ∆ -, ∆
i* j
où ε σ est la signature de la permutation σ.
Corollaire ∆2
P.
Démonstration Car σ ∆2 σ ∆
2
∆2 pour tout σ
G R. P .
Théorème Le corps des éléments laissés fixe par le groupe alterné An est P ∆ .
Démonstration
Soit L le corps des éléments laissés fixes
par An . Nous avons
An G R . L . L’extension
L
de
P
est
normale,
car
A
G
R
.
L
est un sous-groupe
n
distingué de Sn G R . P . En plus, le groupe de Galois G L . P est isomorphe au
groupe quotient Sn . An qui est un groupe d’ordre 2. Ainsi L : P 2. L’élément
∆ est
invariant par chaque élément de An car σ ∆ , ∆ . Il en résulte ∆ L et P ∆ : P 2.
D’où L P ∆ .
3 Equation de degré 2
Cette équation est de la forme
x2 bx c 0
Nous avons u0
"
u1
∆ et u0 u1
/
b. En résolvant le système linéaire
nous obtenons
"
u0
"
u0 u1 ∆
u0 u1 b
b ∆
et u1
2
"
"
b ∆
2
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4 Equation de degré 3
Cette équation es de la forme
x3 a 2 x2 a 1 x a 0 0
En posant y x
"
a2
, nous obtenons
3
x3 px q 0
Le discriminant de cette équation est
"
∆
"
4p3
27q2
Son groupe de Galois, identifié à S3 , est résoluble et
S3
A3
0
#
0
e%
est une chaîne normale à facteurs abéliens de S3 . Il correspond à cette chaîne par la
correspondance de Galois, la chaîne suivante de corps intermédiaires
P 1 P ∆
R
1
Le groupe de Galois de l’extension R de P ∆ est A3 . Mais A3 est un groupe cyclique
d’ordre
3. Il est engendré par le cycle 123 . Il en résulte que le groupe de Galois
G R . P ∆ est engendré par le P ∆ -automorphisme σ de R qui vérifie
σ u1 u2 , σ u2 u3 et σ u3 u1
Ainsi, P ∆ u1 : P ∆ 3 et R P ∆ u1 P ∆ u1 .
On applique la méthode de la résolvante de Lagrange. Nous avons
β1
u1 zσ u1 β2
u1 z2 u2 zu3
β3
u1 u2 u3
z2 σ2 u1 u1 zu2 z2 u3
Un calcul assez complexe nous donne
β31
β32
β1 β2
"
"
u1 zu2 z2 u3 27 " 3
q
2
22
3p
"
3
"
27 3
q
2
22
"
3∆
3∆
Donc, u1 u2 u3 forment une solution du système linéaire suivant
3
4 5
u1 u2 u3 0
u1 zu2 z2 u3 β1
u1 z2 u2 zu3 β2
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Pour résoudre ce système, nous devons
calculer β1 et β2 . Parmi les solutions possibles,
"
on choisit celle qui vérifie β1 β2 3p. La résolution du système linéaire nous donne
alors
β1 β2
z2 β1 zβ2
zβ1 z2 β2
u0 , u1 et u2 3
3
3
Exemple Pour résoudre l’équation de degré 3 suivante
"
x3
on pose y x
5x2 19x 25 0
5
. Nous obtenons l’équation suivante
3
"
32 1280
x
3
27
x3 0
Le discriminant de cette équation est
∆2
"
4p3
"
"
27q2 4
D’où
β31
et β1 β2
"
3p "
98
48
2
3 1 :(:
32
37
6
3
3
"
et β32
27
98
2
1280
27 7
6
"
48
2
3
"
32. On en déduit
β1
48
"
3
2
1 : et β2
"
48
3 1:
2
ce qui donne
u0
u1
u2
β1 β2 " 8
3
3
z2 β1 zβ2 4
3
3
2
zβ1 z β2 4
3
3
"
et
x0
u0 x1
u1 x2
u2 5
3
5
3
5
3
"
"
1
3
3 4i
4i
i
i
"
65536
3
1 :(:
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5 Equation de degré 4
Cette équation est de la forme suivante
x4 a 3 x3 a 2 x2 a 1 x a 0 0
En posant y x
a3
, nous obtenons
4
"
x4 px2 qx r 0
Le discriminant de cette équation est
∆ 16p4r
"
"
4p3 q3
128p2r2 144pq2r
"
27q4 256r3
Le groupe de Galois de cette équation, identifié à S4 , est résoluble et
S4
Où
;#
V
eu
A4
0
12 34 v V
0
W
0
#
0
13 24 t
e%
14 23 % W
&#
e u%
est une chaîne normale à facteurs abéliens de S4 . Il lui correspond, par la correspondance de Galois, la chaîne suivante de corps intermédiaires
P
Nous avons
P ∆
1
1
L1
L2
1
G R . P ∆ <
A4 , G R . L1 R
1
V , G R . L2 W
et
R : P
L2 : L1 24, R : P ∆ = 12, R : L1 4, R : L2 2
2 L2 : P ∆ = 6 L1 : P ∆ > 3 et P ∆ : P
2
L1 est engendré sur P ∆ par un élément invariant par tous les σ V . Mais
cet élément
est modifié par au moins un élément de A4 . Considérons l’élément θ u0 u1 u2 u3 .
Cet élément vérifie
t θ
u θ
v θ
u3 u2 u1 u0 θ
θ
u1 u0 u3 u2 u2 u3 u0 u1 θ
Donc θ L1 . d’un
autre côté, σ 123 ? A4 et σ θ A @ θ ce qui
prouve θ . P ∆ .
D’où L1 P ∆ θ P ∆ θ . Le polynôme minimal de θ sur
P
∆
est le polynôme
ayant comme racines les σ θ pour tout élément σ de A4 G R . P ∆ . Mais
/
A4
e 123 124 134
234
132 142
143 243 13 24 14 23 12 34 B
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Calculant ces image de θ, nous obtenons
θ1
θ2
θ3
θ
u0 u2 u1 u3 u0 u3 u1 u2 Or ces images sont les racines de l’équation
"
θ1 x
x
"
"
θ2 x
θ3 "
x3
b 1 x2 b 2 x
"
b3 0
avec
b1
θ1 θ2 θ3
b2
θ1 θ2
b3
θ1 θ2 θ3
θ1 θ3
"
2p
θ2 θ3
q
p2
"
4r
2
Cette équation de degré 3 est appelée la résolvante
cubique de l’équation de degré 4.
Le " polynôme " minimal de θ sur P ∆ est donc le polynôme
X 3 b1 X 2 b2 X b3 . θ1 et θ2 appartiennent à L1 car ils sont invariants par tous les
éléments de V G R . L1 .
L2 est engendré sur L1 par un élément de degré 2. Si λ u1 u2 , alors λ est invariant
par tous les éléments de W mais transformé par l’élément v de V car nous avons
v λ
Donc λ
devient
L1 et λ
u3 u4
λ u1 u2 u3 u4
@
P
L1 λ et la chaîne des corps intermédiaires
P ∆
1
1
0
L2 . Il en résulte L2
.
P ∆ θ
P ∆ θ λ
1
1
R
Pour calculer les racines u1 u2 u3 u4 en fonction de θ1 θ2 θ3 , nous avons
/
u1 u2 u3 u4 u1 u2 u3 u4
θ1
0
Ces deux équations nous donnent
/
De même, nous avons
/
et
/
Le choix de
8DC
"
2
"
θ1
θ1 :
"
2
8DC
θ2
"
"
2
θ2 :
u1 u3
u2 u4 "
u1 u2
u3 u4 u1 u4
u2 u3 "
"
θ1
θ1
"
θ2
θ2
"
θ3
θ3
2
2
"
"
2
2
"
"
2
2
θ3 doit satisfaire
8 C
"
θ3 :
u1 u2 u1 u3 u1 u4 "
q
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Nous obtenons
u1
u2
u3
u4
1
2
1
2
1
2
1
2
"
θ1 "
θ1
"
θ1 "
θ1
8 C
8 C
8 C
8 C
"
θ2 "
θ2
"
"
θ2
"
"
θ2 C
"
C
C
"
C
"
θ3 :
"
θ3 :
"
θ3 :
"
θ3 :
C
C
C
C
Exemple Soit à résoudre l’équation de degré 4 suivante
x4
En posant y x
"
"
2x3 4x2 2x
5 0
1
, nous obtenons
2
"
"
5 2
51
y 5y
2
16
y4 La résolvante cubique est
x3
"
0
5x2 19x 25 0
Les racines de cette équation de degré 3 sont
θ1
"
1 θ2
"
3
4i et θ3
3 4i Nous avons
"
θ1
-,
1
"
θ2
4i
θ3
C
C
"
C
2
"
"
3
2
3 -,
"
4i -,
1 2i 1
"
2i La condition
8EC
"
nous donne
y sont
2
θ1 :
8EC
"
θ1
"
θ2 :
"
8 C
"
1
2
θ2
θ3 :
u1 u2 u1 u3 u1 u4 "
1 2i et
2
θ3
2i
"
x0
1 2i x1 1
"
"
q
"
5
1. Les racines de l’équation en
" 3
1
1"
1
2i y1 2i y2 et y3 2
2
2
2
On en déduit les racines de l’équation initiale en x. Ces racines sont
y0
2i x2 1 et x3
"
1