Equation générale de degré n

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Equation générale de degré n
1 Equation de degrée n
Tous les corps considérés dans ce chapitre seront de caractéristique nulle. Soit
b1bsdes éléments d’une extension d’un corps K.
Définition On dira que les éléments b1bssont algébriquement indépendants
sur Ksi, et seulement si, ces éléments ne satisfont aucune relation de la forme
∑αi1i2isbi1
1bis
s0
à coefficients non nuls.
Autrement dit, b1bssont algébriquement indépendants si, et seulement si, ils
n’annulent aucun polynôme non nul P X1XsK X1Xsànindéterminées.
Exemple Si aest transcendant sur Ket best transcendant sur K a , alors a b sont
algébriquement indépendants sur K, car si nous avons
∑
ijαijaibj0
alors ∑
j∑ iαijaibj0
Mais best transcendant sur K a , d’où
∑
iαijai0 pour tout j
aest aussi transcendant sur K. Les relations précédentes impliquent αij 0 pour tout i
et tout jce qui prouve l’indépendance algébrique de aet bsur K.
Définition L’équation générale de degré nsur un corps Kest une équation de la
forme xnan1xna1x a00
où les coefficients a0a1an1sont algébriquement indépendants sur K.
Soit FK a0a1an1et f X Xnan1Xn1a1X a0. Nous avons
f X F X et F K Y1Yncorps des fractions rationnelles en nidéterminées
Y1Ynet à coefficients dans K. Soit u1u2unles racines de fdans un corps des
racines F u0u1un1pour fsur F.
Théorème u1u2unsont algébriquement indépendants sur K.

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Démonstration Sinon, soit
∑αi1i2inui1
1uin
n0
une relation de dépendance algébrique sur K. Posons
PX1Xn∑αi1i2inXi1
1Xin
n
Ce polynôme non nul satisfait Pu1u2un0. Considérons le polynôme
HX1Xn∏
σSn
PXσ1Xσn
Le polynôme Hest visiblement symétrique. La théorie des polynômes symétriques
nous apprend qu’il existe un polynôme unique Q X1Xndans K X1Xntel que
HX1XnQΣ1Σn
où Σ1Σ2Σnsont les polynômes symétriques élémentaires
Σ1X1X2Xn
Σ2X1X2X1X3Xn1Xn
Σ3X1X2X3Xn2Xn1Xn
ΣnX1X2Xn
La relation Pu1u2un0 implique H u1u2un0 et par suite QΣ1Σn
0 où ΣiΣiu1u2un. Or Σi1iani. Il en résulte
Qan1an2an31na00
Mais, les éléments a0an1sont algébriquement indépendants sur K. Ceci implique
Q0 et par suite H0 et P0.
Corollaire Les racines u1u2unsont distinctes.
Démonstration Car si uiuj, alors uiuj0 est une relation de dépendence
algébrique sur Ksatisfaites par les éléments u1u2un.
Théorème K u1u2unF u1u2un
Démonstration Nous avons
F u1u2unK a0an1u1u2un
K a0an1u1u2un
K u1u2un

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car les coefficients aipeuvent s’exprimer en fonction des racines u1unpar l’inter-
médiaire des polynômes symétriques élémentaires.
Théorème Le groupe de Galois Gdu polynôme fest isomorphe au groupe symé-
trique Sn.
Démonstration Il suffit de prouver que Gest le groupe S A de toute les permu-
tations de l’ensemble A u1u2undes racines de fcar ce groupe de permuta-
tions est isomorphe au groupe Sn. Soit σG.σS A car elle permute les racines
u1u2unde f. Réciproquement, soit tune permutation de A u1u2unet soit
σ;K u1u2unK u1u2un
l’application définie par
σg u1u2ung t u1t un
σest bien définie car tout élément de K u1u2uns’écrit d’une manière unique
sous la forme g u1u2un. Il est aisé de prouver que σest un
K-automorphisme de l’anneau K u1u2un. Il peut être prolongé en un K-automorphisme
τdu corps K u1u2un, corps des fractions de l’anneau K u1u2un. Il nous reste
à prouver que τest un F-automorphisme de K u1u2un. Mais τlaisse fixe tout élé-
ment aicar aiest une fonction symétrique des racines u1u2un. Ainsi, τappartient
au groupe de Galois Gde fsur F.
Corollaire L’équation générale de degré nn’est pas résoluble par des radicaux
pour n5.
Démonstration Pour n5, le groupe de Galois de l’équation générale de degré n
est isomorphie à Snqui est non résoluble.
2 Discriminant
Soit xnan1xn1a1x a00
l’équation générale de degré nsur un corps K.
Définition Soit P K a0a1an1et Run corps des racines sur Ppour le
polynôme f X Xnan1Xn1a1X a0
Le groupe de Galois de fest isomorphe à Sn. Soit u1u2unles racines de fdans R.
On appelle discriminant de fl’élément D∆2où ∆est l’élément ∏
ijuiujR.

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Exemple Le discriminant de l’équation générale de degré 2 sur Kest
D∆2u0u12a2
14a0
Théorème σ∆ ∆ pour tout σG R P .
Démonstration Nous avons
σ ∆ σ ∏
i j uiuj∏ i j σuiσujε σ ∆ ∆
où ε σ est la signature de la permutation σ.
Corollaire ∆2P.
Démonstration Car σ ∆2σ ∆ 2∆2pour tout σG R P .
Théorème Le corps des éléments laissés fixe par le groupe alterné Anest P∆.
Démonstration Soit Lle corps des éléments laissés fixes par An. Nous avons
AnG R L . L’extension Lde Pest normale, car AnG R L est un sous-groupe
distingué de SnG R P . En plus, le groupe de Galois G L P est isomorphe au
groupe quotient SnAnqui est un groupe d’ordre 2. Ainsi L:P2. L’élément ∆est
invariantpar chaque élément de Ancar σ ∆ ∆. Il en résulte ∆Let P∆:P2.
D’où L P ∆.
3 Equation de degré 2
Cette équation est de la forme
x2bx c 0
Nous avons u0u1∆et u0u1b. En résolvant le système linéaire
u0u1∆
u0u1b
nous obtenons
u0b∆
2et u1b∆ 2

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4 Equation de degré 3
Cette équation es de la forme
x3a2x2a1x a00
En posant y x a2
3, nous obtenons
x3px q 0
Le discriminant de cette équation est
∆4p327q2
Son groupe de Galois, identifié à S3, est résoluble et
S3A3e
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 P ∆R
Le groupe de Galois de l’extension Rde P∆est A3. Mais A3est 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 σde Rqui vérifie
σu1u2,σu2u3et σu3u1
Ainsi, P∆u1:P∆3 et R P ∆u1P∆u1.
On applique la méthode de la résolvante de Lagrange. Nous avons
β1u1zσu1z2σ2u1u1zu2z2u3
β2u1z2u2zu3
β3u1u2u3
Un calcul assez complexe nous donne
β3
1u1zu2z2u3327
2q3 23∆
β3
227
2q3 23∆
β1β23p
Donc, u1u2u3forment une solution du système linéaire suivant
u1u2u30
u1zu2z2u3β1
u1z2u2zu3β2