Equation générale de degré n

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1 I. El Hage 1 Equation générale de degré n 1 Equation de degrée n Tous les corps considérés dans ce chapitre seront de caractéristique nulle. Soit b 1 b s des éléments d une extension d un corps K. Définition On dira que les éléments b 1 b s sont algébriquement indépendants sur K si, et seulement si, ces éléments ne satisfont aucune relation de la forme à coefficients non nuls. α i1 i i s b i 1 1 b i s s 0 Autrement dit, b 1 b s sont algébriquement indépendants si, et seulement si, ils n annulent aucun polynôme non nul P X 1 X s K X 1 X s 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 alors j Mais b est transcendant sur K a, d où α i j a i i α i ja i b j 0 i j α i j a i b j 0 i 0 pour tout j a est aussi transcendant sur K. Les relations précédentes impliquent α i 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 x n a n 1x n a 1 x a 0 0 où les coefficients a 0 a 1 a n 1 sont algébriquement indépendants sur K. Soit F K a 0 a 1 a n 1 et f X X n a n 1X n 1 a 1 X a 0. Nous avons f X F X et F K Y 1 Y n corps des fractions rationnelles en n idéterminées Y 1 Y n et à coefficients dans K. Soit u u n les racines de f dans un corps des racines F u 0 u n 1 pour f sur F. Théorème u u n sont algébriquement indépendants sur K.

2 I. El Hage Démonstration Sinon, soit α i1 i i n u i 1 1 u i n n 0 une relation de dépendance algébrique sur K. Posons P X 1 X n α i1 i i n X i 1 1 X i n n Ce polynôme non nul satisfait P u u n 0. Considérons le polynôme H X 1 X n σ S n P X σ 1 X σ n Le polynôme H est visiblement symétrique. La théorie des polynômes symétriques nous apprend qu il existe un polynôme unique Q X 1 X n dans K X 1 X n tel que H X 1 X n Q Σ 1 Σ n où Σ 1 Σ Σ n sont les polynômes symétriques élémentaires Σ 1 X 1 X X n Σ X 1 X X 1 X X n 1X n Σ X 1 X X X n X n 1X n Σ n X 1 X X n La relation P u u n 0 implique H u u n 0 et par suite Q Σ!1 Σ!n 0 où Σ!i Σ i u u n. Or Σ!i 1 i a n i. Il en résulte Q a n 1 a n a n 1 n a 0 0 Mais, les éléments a 0 a n 1 sont algébriquement indépendants sur K. Ceci implique Q 0 et par suite H 0 et P 0. Corollaire Les racines u u n sont distinctes. Démonstration Car si u i u j, alors u i u j 0 est une relation de dépendence algébrique sur K satisfaites par les éléments u u n. Théorème K u u n F u u n Démonstration Nous avons F u u n K a 0 a n 1 u u n K a 0 a n 1 u u n K u u n

3 I. El Hage car les coefficients a i peuvent s exprimer en fonction des racines u n par l intermédiaire des polynômes symétriques élémentaires. Théorème Le groupe de Galois G du polynôme f est isomorphe au groupe symétrique S n. Démonstration Il suffit de prouver que G est le groupe S A de toute les permutations de l ensemble A $# u u n% des racines de f car ce groupe de permutations est isomorphe au groupe S n. Soit σ G. σ S A car elle permute les racines u u n de f. Réciproquement, soit t une permutation de A &# u u n% et soit (' σ;k u u n K u u n l application définie par σ g u u n g t t u n σ est bien définie car tout élément de K u u n s écrit d une manière unique sous la forme g u u n. Il est aisé de prouver que σ est un K-automorphisme de l anneau K u u n. Il peut être prolongé en un K-automorphisme τ du corps K u u n, corps des fractions de l anneau K u u n. Il nous reste à prouver que τ est un F-automorphisme de K u u n. Mais τ laisse fixe tout élément a i car a i est une fonction symétrique des racines u u n. Ainsi, τ appartient au groupe de Galois G de f sur F. Corollaire pour n ) 5. L équation générale de degré n n est pas résoluble par des radicaux Démonstration Pour n ) 5, le groupe de Galois de l équation générale de degré n est isomorphie à S n qui est non résoluble. Discriminant Soit x n a n 1x n 1 a 1 x a 0 0 l équation générale de degré n sur un corps K. Définition Soit P K a 0 a 1 a n 1 et R un corps des racines sur P pour le polynôme f X X n a n 1X n 1 a 1 X a 0 Le groupe de Galois de f est isomorphe à S n. Soit u u n les racines de f dans R. On appelle discriminant de f l élément D où est l élément u i u j + R. i* j

4 / I. El Hage 4 Exemple Le discriminant de l équation générale de degré sur K est D u 0 a 1 4a 0 Théorème σ -, pour tout σ G R. P. Démonstration Nous avons σ σ u i i* j u j σ u i i* j σ u j ε σ -, où ε σ est la signature de la permutation σ. Corollaire P. Démonstration Car σ σ pour tout σ G R. P. Théorème Le corps des éléments laissés fixe par le groupe alterné A n est P. Démonstration Soit L le corps des éléments laissés fixes par A n. Nous avons A n G R. L. L extension L de P est normale, car A n G R. L est un sous-groupe distingué de S n G R. P. En plus, le groupe de Galois G L. P est isomorphe au groupe quotient S n. A n qui est un groupe d ordre. Ainsi L : P. L élément est invariant par chaque élément de A n car σ,. Il en résulte L et P : P. D où L P. Equation de degré Cette équation est de la forme Nous avons u 0 x bx c 0 et u 0 b. En résolvant le système linéaire u 0 u 0 b nous obtenons u 0 b et b

5 I. El Hage 5 4 Equation de degré Cette équation es de la forme En posant y x a, nous obtenons x a x a 1 x a 0 0 x px q 0 Le discriminant de cette équation est 4p 7q Son groupe de Galois, identifié à S, est résoluble et S 0 A 0 # e% est une chaîne normale à facteurs abéliens de S. Il correspond à cette chaîne par la correspondance de Galois, la chaîne suivante de corps intermédiaires P 1 P 1 R Le groupe de Galois de l extension R de P est A. Mais A est un groupe cyclique d ordre. Il est engendré par le cycle 1. Il en résulte que le groupe de Galois G R. P est engendré par le P -automorphisme σ de R qui vérifie σ u, σ u u et σ u Ainsi, P : P et R P P. On applique la méthode de la résolvante de Lagrange. Nous avons β 1 zσ z σ zu z u β z u zu β u u Un calcul assez complexe nous donne β 1 zu z u β 7 q β 1 β p 7 q Donc, u u forment une solution du système linéaire suivant 4 5 u u 0 zu z u β 1 z u zu β

6 I. El Hage 6 Pour résoudre ce système, nous devons calculer β 1 et β. Parmi les solutions possibles, on choisit celle qui vérifie β 1 β p. La résolution du système linéaire nous donne alors u 0 β 1 β, z β 1 zβ et u zβ 1 z β Exemple Pour résoudre l équation de degré suivante x 5x 19x 5 0 on pose y x 5. Nous obtenons l équation suivante Le discriminant de cette équation est x x p 7q D où et β 1 β p β :(: et β :(:. On en déduit β : et β 4 8 1: ce qui donne et u 0 β 1 β z β 1 zβ u zβ 1 z β 8 x 0 u 5 0 x 1 5 x u i 4i i i

7 / I. El Hage 7 5 Equation de degré 4 Cette équation est de la forme suivante En posant y x a, nous obtenons 4 Le discriminant de cette équation est x 4 a x a x a 1 x a 0 0 x 4 px qx r 0 16p 4 r 4p q 18p r 144pq r 7q 4 56r Le groupe de Galois de cette équation, identifié à S 4, est résoluble et S 4 0 A 4 0 V 0 W 0 # e% Où V ;# e u 1 4 v 1 4 t 14 % W &# e u% est une chaîne normale à facteurs abéliens de S 4. Il lui correspond, par la correspondance de Galois, la chaîne suivante de corps intermédiaires P 1 P 1 L 1 1 L 1 R Nous avons et G R. P < A 4, G R. L 1 V, G R. L W R : P L : L 1 4, R : P = 1, R : L 1 4, R : L L : P = 6 L 1 : P > et P : P L 1 est engendré sur P par un élément invariant par tous les σ V. Mais cet élément est modifié par au moins un élément de A 4. Considérons l élément θ u 0 u u. Cet élément vérifie u θ u 1 u 0 u u θ v θ u u u 0 θ t θ u u u 1 u 0 θ Donc θ L 1. d un autre côté, σ 1? A 4 et σ θ θ ce qui prouve θ. P. D où L 1 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 A 4 G R. P. Mais A 4 e B

8 I. El Hage 8 Calculant ces image de θ, nous obtenons θ θ u 0 u θ u 0 u u u Or ces images sont les racines de l équation avec x x θ x θ b 1 θ θ p x b 1 x b x b 0 b θ θ θ θ p 4r b θ θ q Cette équation de degré est appelée la résolvante cubique de l équation de degré 4. Le polynôme minimal de θ sur P est donc le polynôme X b 1 X b X b. et θ appartiennent à L 1 car ils sont invariants par tous les éléments de V G R. L 1. L est engendré sur L 1 par un élément de degré. Si λ u 1 u, alors λ est invariant par tous les éléments de W mais transformé par l élément v de V car nous avons v λ u u λ u 1 u u u 4 0 Donc λ L 1 et λ. L. Il en résulte L L 1 λ et la chaîne des corps intermédiaires devient P 1 P 1 P θ 1 P θ λ 1 R Pour calculer les racines u u u 4 en fonction de θ θ, nous avons / u 1 u u u 4 u 1 u u u 4 0 Ces deux équations nous donnent / De même, nous avons / et / Le choix de 8DC : 8DC θ u 1 u u u 4 u 1 u u u 4 u 1 u 4 u u θ doit satisfaire θ : 8 C θ : u 1 u θ θ θ θ u u 4 q

9 I. El Hage 9 Nous obtenons 1 8 C u 1 8 C u 1 u C 8 C θ 1 C C θ 1 C C θ C θ C θ C θ C θ : θ : θ : θ : Exemple Soit à résoudre l équation de degré 4 suivante En posant y x 1, nous obtenons La résolvante cubique est x 4 x 4x x 5 0 y 4 5 y 5y x 5x 19x 5 0 Les racines de cette équation de degré sont 1 θ 4i et θ 4i Nous avons La condition 8EC : 8EC C C C θ : 8 C -, 1 θ 4i -, 1 i θ 4i -, 1 i θ : u 1 u u u 4 q nous donne 1 θ 1 i et θ i 1. Les racines de l équation en y sont y 0 1 i y 1 1 i y 1 et y On en déduit les racines de l équation initiale en x. Ces racines sont x 0 1 i x 1 1 i x 1 et x 1 5

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