Calcul efficace de corps de décomposition

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Sébastien Orange, Guénaël Renault, Annick Valibouze

To cite this version:

Sébastien Orange, Guénaël Renault, Annick Valibouze. Calcul efficace de corps de décomposition.

[Rapport de recherche] lip6.2003.005, LIP6. 2003. �hal-02545653�

S.ORANGE,G.RENAULT,A.VALIBOUZE

Résumé

Dans cet article, nous proposons une nouvelle méthode pour le calcul

du corps de décomposition d'un polynômed'une variable sur un corps

parfait.Cetteméthoderendcompatiblesdeuxalgorithmesconnus

(fac-torisationdanslesextensions algébriquesetcalculd'un idéaldeGalois

maximal) an de compenser leurs faiblesses respectives.

Abstract

In this paper, we propose a new method for the computation of the

splitting eld of an univariate polynomial over a perfect eld. This

method mixes two known algorithms (factorizations in algebraic

ex-tensionsand computationofamaximalGaloisideal)inafasterone by avoiding their respective drawbacks.

1. Introduction.

Dans cet article, nous xons un corps k supposé parfait et un

po-lynôme f irréductible sur k et de degré n. Sous ces hypothèses, les

racines  1 ; 2 ;:::; n

de f dans une clôturealgébrique k de k sont

né-cessairement distinctes et le groupe de Galois Gal k

(f) de f sur k est

transitif.

Obtenir le corps de décomposition k( 1

;:::; n

) du polynôme f

re-vient à calculer un ensemble triangulaire séparable T de k[x 1

;:::;x n

] engendrant un idéal maximalM, appeléidéal des relations,vériant :

k( 1 ;:::; n )'k[x 1 ;:::;x n ]=M:

Le but de cet article est de proposer un algorithme ecace pour le calcul de l'idéalM, c'est-à-direcelui de l'ensembletriangulaire T.

Date:26mai2003.

2000 Mathematics Subject Classication. Primary 12F10; Secondary 12Y05, 11Y40.

L'ensembleT est calculableparfactorisationssuccessivesdupolynôme

f danslesextensions algébriquesk( 1 );k( 1 ; 2 );:::;k( 1 ; 2 ;:::; n ) (voir [15], [9],[2], [11]). Ces dans l'exécution de ses dernières étapes

que cette méthode peut s'avérer très coûteuse (voir infaisable)lorsque

l'ordre du groupede Galois est élevé.

Une autre méthode est proposée avec l'algorithme GaloisIdéal (voir

Paragraphe 9.2et[17]) qui construit récursivement une chaîne

stricte-ment ascendante d'idéaux (triangulaires)dits de Galois:

I 1 I 2 


I r =M

Il est toujourspossiblede prendre pour I 1

l'idéalS desrelations

symé-triques entre les racines du polynôme f qui peut, à l'instar de f, être

considéré commela donnée du problème.

Pour chaque j 2f1;:::;r 1g, le temps calcul de l'idéal I j+1 décroît avec le cardinal c j de la k-variété ane de I j

. Nous avons donc la

suite d'inégalités c 1  c 2 


 c r = Card(Gal k

(f)). Dans le cas où

I 1

= S, nous avons c 1

= n! et l'algorithme est fortement ralenti lors

des premières étapes.

Dans cetarticle,nousmontronscommentcalculerrapidementunidéal

de Galois J à partirdes premières étapesde l'algorithmede

factorisa-tion dans lesextensions.

Nous expliqueronsnotre démarche en utilisant lapremière étapede la

première méthode (i.e. lafactorisationde f sur k( 1

)).Les deux idées

de base sont lessuivantes :

1) Lesdegrés etlesgroupesde Galois des facteurs (irréductibles)f 1 = x  1 ;f 2 ;:::;f s def dansk( 1

)[x]ne dépendentquedugroupede

Ga-loisGal k

(f); ainsi,nous dénissons unetable ditede première rupture

qui,àunefactorisationtype(degrésetgroupesde Galoissurk( 1 )des polynômesf 1 ;:::;f s

),associelesgroupescandidatsàêtrelegroupede

Galois Gal k

(f)(voirParagraphe 4et latable TAB 1pour ledegré 8). Des informations sur les degrés initiaux des polynômes de l'ensemble

triangulaireT cherché sedéduisentdecettetable(voirparagraphe9.1).

2) Les facteurs f 1 ;f 2 ;:::;f s de degrés respectifs n 1 = 1;n 2 ;:::;n s peuvent permettre de calculer un idéal de Galois I dit de départ dont chaquelavariétéestdecardinaln

1 !n

2 !


n

s

!.Cetidéalcontient

stricte-mentl'idéalS lorsquelegroupedeGaloisGal k

(f)n'estpas 2-transitif,

sinon I =S (voirParagraphes 6et 5).

Notre objectif sera alors d'utiliser l'algorithmeGaloisIdéal pour

cal-culer l'idéal M à partir de I 1 = I avec c 1 = n 1 !n 2 !


n s ! et donc de

calculer un de ses stabilisateurs L indispensable pour cet algorithme

(voir Paragraphe 3 et Dénition 3.3). Nous verrons que la principale

puisqu'alors l'ordredespolynômesf 2

;:::;f s

ne peutêtre déterminéde

manière unique à partirdes degrés (voirParagraphe 5).

Il sera parfois possible de déduire de I et de son stabilisateur L un

nouvelidéal J contenantstrictementI ainsi qu'unde ses stabilisateurs

(voir Paragraphe 8). L'algorithme GaloisIdéal démarrera alors avec

I 1

=J.

Au paragraphe 9 est décrit comment construire un algorithme de

cal-cul de corps de décomposition. A titre d'illustration, nous étudierons

le degré 8 (voir Paragraphe 10). Ce degré ore un panel complet des

situationsdiverses qu'ilsera possiblede rencontrer. Nousavons exclus

le cas des groupes 2-transitifs. Ce cas s'inscrit dans une étude globale

des extensions supérieuresqui s'appuie sur les résultatsfondamentaux de cetarticle. Leparagraphe11est dédiéàl'implationet

l'expérimen-tation de nôtrenouvelle méthode.

Les polynômes que nous utiliserons à titre d'illustration sont extraits

de labase de données de G.Malle etJ. Klüners(voir[7]et [8]).

2. Notations.

Nous utiliserons lesnotations suivantes :

  =( 1 ;


; n ) 2  k n

désignera un n-uplet des n racines distinctes

de f;

 Pour tout idéal I de k[x 1

;:::;x n

], V(I) sera la variété ane de I

dans k n

;

 Soit E un ensembleni;l'ensemble des permutationsde E (resp. de

f1;


;ng) sera noté S E (resp. S n );  Si L un sous-ensemble de S E

, le stabilisateur d'un élément e 2 E,

considéré commeun sous-groupe de S Enfeg

, sera noté L feg

;

 Lesactions naturelles de S n sur P 2k[x 1 ;:::;x n ] et seront notées :P et:;

 Le produit direct de groupes symétriques S n 1 


S n m sera noté S n 1 ;:::;nm ;

 T(n) désignera un ensemble ni fnT 1

;nT 2

;:::g de représentants de

chacune desclasses deconjugaison desgroupestransitifsde degrén;

 lorsquen 15chaquereprésentantnT i

suivralanumérotationdu

lo-gicielMagma(voir[4])donnéeparlafonctionTransitiveGroup(n;i);

 Pour H un groupe de permutations et  un élément d'un de ses

sur-groupes, nous noterons H 

la conjugaison H 1

;

 Nous utiliserons la notationexponentielle pour les suites nies d'un

ensemblequelconque; parexemple,lasuitenie a;a;a;b;c;cs'écrira

3. Idéaux de Galois.

Tout ce qui est décrit dans ce paragraphe reste valable lorsque f est

réductible sur k. Nous reprenons les dénitions et les résultatsde [17]

et [3].

Dénition3.1. SoitLunsous-ensembledeS n

.L'idéaldes  -relations

invariantes par L déni par :

I L  :=fR2k[x 1 ;:::;x n ]j8l2L; l:R ( )=0g;

est appeléidéalde Galoisde f.

Enparticulier,l'idéalI  =I fIdg  (respectivement,I S n 

)estappelél'idéal

des  -relations (respectivement, idéal des relations symétriques).

LapropositionsuivantedonneunecaractérisationdesidéauxdeGalois.

Proposition3.2. UnidéalI de k[x 1

;:::;x n

] estun idéaldeGaloisde

f ssi il vérie les deuxassertions suivantes :

(1) I est radical,

(2) il existe  2  k n

un n-uplet des racines de f tel que V(I) soit

une sous-variété de S n

: .

Démonstration. SupposonsqueIvériecesdeuxassertions.d'après2),

il existe un sous ensemble L de S n

telque V(I)=L: ,et donc, p I =fP 2k[x 1 ;:::;x n ]j82L; P(: )=0g=I L  :

L'assertion 1)donne alors l'égalitéI =I L  .

La réciproque découlede ladénition des idéaux de Galois. 

Fixons I un idéal de Galois de f et 2V(I).

Dénition 3.3. Le stabilisateur de I relatif à  noté Stab(I;) est

déni par :

Stab(I;) =f 2S n

j8R2I;:R ( )=0g:

Ainsi nous pouvons décrirela variété V(I) :

V(I)=f: j  2Stab(I; )g;

et, commef est séparable,

Card(Stab(I;))=Card(V(I)):

Les stabilisateursde l'idéalde GaloisI sont tous reliés par la proposi-tion suivante :

Proposition 3.4. Soit 2Stab(I;) alors

Démonstration. Puisque 2Stab(I; ),nousavons bien: 2V(I)

et, par dénition du stabilisateur, nous obtenons :

Stab(I;: ) = f 2S n j8R2I;(:R )(: )=0g = f 2S n j8R2I;(:R )()=0g:

En posant =, nous obtenons lerésultat :

Stab(I;: ) = 1 f2S n j8R2I;(:R )()=0g =  1 Stab(I; ): 

Ainsi, sitous lesstabilisateurs de I relatifsaux élémentsde V(I) sont

identiques, ilsformentun groupeque nous notonsStab(I)et appelons

le stabilisateur de I. C'est lecas de l'idéaldes relations:

Dénition 3.5. Le groupe de Galois de  sur k, noté Gal k

(), est le

stabilisateur de l'idéaldes relationsI 

.

Remarque 3.6. LegroupedeGaloisGal k

( )estisomorpheaugroupede

GaloisGal k

(f)deskautomorphismesdek( ).Ainsi,nousidentierons

Gal k

(f) auconjuguéde Gal k

( ) dans T(n).

La propositionsuivantepermet,sous certaines conditions, de

détermi-ner un stabilisateur de l'idéal I.

Proposition3.7. (voir[17])Nousavons Gal k ()Stab(I;).Deplus siLestsous-ensembleS n vériantI =I L 

,alorsStab(I;)=Gal k

( )L.

C'est en particulier vrai pour L=Stab(I;).

Dénition3.8. Legroupede décompositionGr(I)deI est dénipar :

Gr(I):=f2S n

j8R2I;:R 2Ig:

Nous avons alors la propositionsuivante:

Proposition 3.9. (Voir [17]) Il y a équivalence entre les assertions

suivantes :

(1) Gal k

( )Gr(I),

(2) Card(Stab(I;))=Card(Gr(I)),

(3) Gr(I)=Stab(I; ),

(4) les stabilisateurs de I relatifs aux éléments de V(I) sont

iden-tiques.

De plus si l'une de ces assertions est satisfaite alors Stab(I)=Gr(I).

IlestimportantdepouvoirtestersiGr(I)estlestabilisateurdeI carle

groupe de décomposition est rapidement calculable à partir de I (voir

[1]) alors que le calcul de Stab(I; ) nécessite de connaître l'idéal des

 -relations I  . Dénition 3.10. Un idéal de k[x 1 ;:::;x n

] est dit triangulaire s'il est

dé-Proposition 3.11. (Voir [3]) Si Gr(I) est le stabilisateur de I, alors

I est un idéal triangulaire.

Remarque 3.12. D'après [5], l'idéal des relations symétriques est

en-gendrépar l'ensembletriangulaireformépar lesmodules deCauchydu

polynômef.

Dans cet article, tous les idéaux de Galois considérés seront triangu-laires ou bien par construction ou bien par la proposition 3.11. Nous

supposons donc à partir de maintenant que I est engendré par

l'en-sembletriangulaireséparableT =ff 1 (x 1 );f(x 1 ;x 2 )


;f n (x 1 ;:::;x n )g.

Dénition 3.13. Len-uplet L(I)déni par

L(I):=(deg x 1 (f 1 );:::;deg x n (f n ))

est appeléliste des degrés initiaux de I. Nousnoterons deg x

i

(I) lei ème

élémentde lalisteL(I).

Ce sont les degrés initiaux de I qui vont nous permettre de calculer

le cardinal de V(I) et donc celui de Stab(I;). En eet, comme I est

triangulaire nous avons :

Card(V(I))= n Y i=1 deg x i

(I)=Card(Stab (I;)):

Nous en déduisons le test cherché :

Proposition 3.14. Si Gr(I) vérie :

Card(Gr(I))= n Y i=1 deg x i (I);

alors Gr(I) est le stabilisateur de I.

Démonstration. Découle de laproposition 3.9. 

Soit G un sous-groupe de S n

. Il est possible de calculer a priori L(J)

pour tout idéal de Galois J dont G est le stabilisateur. Nous notons

L(G)lalisteL(J)d'untelidéalJ.Cettelistesecalculeaveclafonction

Magma InitDeg(G,n) suivante qui transcrit un résultat de l'article

[3] :

InitDeg:= function(G,n); L:=[]; L[1]:=G; Degs:=[]; for i:=1 to n do

L[i+1]:= Stabilizer(G,i) meet L[i]; Degs[i]:=Order(L[i])/Order(L[i+1]); end for;

C'est l'idéal I 

qui àpartir de maintenant jouele rôle de l'idéal Mde

l'introduction.

4. La table de première rupture.

Danscette partienous montronscommentconstruirel'objetcentralde notre article : la table de première rupture. Pour ce faire, nous allons

étudier lelienentre legroupede GaloisGal k

(f)etlegroupede Galois

dechacundesfacteursirréductiblesdef surunde sescorpsderupture.

4.1. Groupes de Galois des facteurs irréductibles d'un

poly-nôme.

SoitK uncorpsparfait.Considéronsg 2K[x]unpolynômeséparable

de degré d. La théorie classique de Galois lie, par la proposition

sui-vante, Gal K

(g) auxgroupes de Galoissur K de chacunde ses facteurs

irréductibles dans K[x].

Proposition4.1. SoitOuneorbitedel'actiondeGal k (g)surf1;


;dg. L'injection canonique ' O : Gal K (g) ! S O ;

induit par l'action deGal K

(g)sur O, apour imagele groupede Galois

du facteur irréductible g 1

de g sur k donné par :

g 1 = Y i2O (x  i ):

En particulier Card(O)=Deg(g 1

).

Dans la suite de ce paragraphe, nous noterons O G

l'ensemble des or-bites de l'actionsur f1;:::;dg d'un sous-groupe G de S

d .

Soit T :=[ n2N

T(n) l'ensembledes représentants des classes de

conju-gaison des groupes transitifs. Ordonnons T à l'aide de l'ordre

lexico-graphique  :soient mT i et nT j deux élémentsde T, mT i nT j si (m;i)< l ex (n;j):

PourT un groupede permutationstransitifquelconque, nousnoterons

(T) lereprésentant dans T de saclasse de conjugaison.

Soit (E;<) un ensemble ordonné, on notera S(E;<) l'ensemble des

suites nies d'éléments de E croissantes selon <.

: G ! S(T;) G7 ! ((' O (G))) O2O G Æ: G ! S(N;) G7 ! (Card(O)) O2O G

L'algorithme suivant calcule les images par et Æ d'un groupe G de

permutations: Algorithme 4.2. FactGaloisGroups(G) Entrée :G un sous-groupe de S d Sorties : Æ(G); (G) j :=1; PourO2O G Faire Deg[j]:=Card(O); Group[j]:=(' O (G)); j :=j+1; Fin Pour;

Retourne Ordonne(Deg;), Ordonne(Group;);

Fin FactGaloisGroups;

Commentaires 4.3.

 LafonctionOrdonne(L;)ordonnelesélémentsd'unelisteLselon

l'ordre croissant.

 LesfonctionsMagmaTransitifGroupIdentication(H)et

Orbi-teImage(G;O) implantent respectivement les applications (H) et

' O

(G).

Nous allons maintenant utiliser ce résultatpour construire la table de

première rupture.

4.2. Construction de la table de première rupture.

Comme le polynôme f est irréductible, l'anneau quotient k[x]= < f > est un corps appelé ici corps de première rupture pour f. Ce

corps est isomorphe à k( 1

). Nous pouvons donc appliquer la

Pro-position 4.1 avec K = k( 1 ) et g = f(x) (x  1 ) , de groupe de Galois Gal K (g)=Gal k (f) f1g .

Notations 4.4. Soit T un groupe transitif de T, (T) désignera la

suite (T f1g

)et
(T) lasuite Æ(T f1g

).

La table qui recense les images,par et
, de tous les groupes de T n sera appeléelatable depremière rupture en degré n.Parexemple,celle

(T) (T) T 1 7 (1T 1 ) 7 8T 1 ;8T + 2 ;8T + 3 ;8T + 4 ;8T + 5 1 3 ;2 2 (1T 1 ) 3 ;(2T 1 ) 2 8T 7 ;8T + 9 ;8T + 10 ;8T + 11 1 3 ;4 (1T 1 ) 3 ;4T 1 8T 17 (1T 1 ) 3 ;4T 2 8T + 18 1;2 3 1T 1 ;(2T 1 ) 3 8T 6 ;8T 8 ;8T 16 ;8T + 20 ;8T 21 ;8T + 22 ;8T 27 ;8T 31 1;2;4 1T 1 ;2T 1 ;4T 1 8T + 19 1T 1 ;2T 1 ;4T 2 8T 15 1T 1 ;2T 1 ;4T 3 8T 26 ;8T 28 ;8T + 29 ;8T 30 ;8T 35 1;3 2 1T 1 ;(3T 1 ) 2 8T + 12 ;8T + 13 ;8T + 14 1T 1 ;(3T 2 ) 2 8T + 24 1;6 1T 1 ;6T 2 8T 23 1T 1 ;6T 4 8T + 32 1T 1 ;6T 6 8T 38 1T 1 ;6T 7 8T + 39 1T 1 ;6T 8 8T 40 1T 1 ;6T 11 8T 44 3;4 3T 1 ;4T 4 8T + 33 ;8T + 34 ;8T + 42 3T 2 ;4T 5 8T + 41 ;8T + 45 ;8T 46 ;8T 47 7 7T 1 8T + 25 7T 3 8T + 36 ;8T + 37 7T 4 8T 43 7T 5 8T + 48 7T 6 8T + 49 7T 7 8T 50

Tab. 1. Table de première rupture en degré 8.

Nous allons maintenant exploiter la table de première rupture pour

obtenir des informations sur le Groupe de Galois des polynômes

irré-ductibles.

Dénition 4.5. Lesfacteurs irréductibles f 1 ;:::;f r de f(x)=(x  1 ) dansk( 1

)[x] sontappeléslesfacteurs depremière rupturede f etsont

supposés ordonnés par degrés croissants.

Notations 4.6. Rappelonsqu'icif estirréductible,ainsinouspouvons

noter (f)la suite (Gal k

(f)) et
(f) lasuite
(Gal k

(f)).

La Proposition 4.1montre que (f)est, àpermutationdes facteursde

mêmedegréprès, lasuiteGal k(1) (f 1 );:::;Gal k(1) (f r )etque
(f)est la suite deg(f 1 );:::;deg(f r

). La table de première rupture donne des

informationssur legroupe deGalois de f en fonctionde
(f)ou (f)

et vice-versa, comme l'illustrentles exemplesci-après.

Exemple 4.7. Soit le polynôme irréductible f := x 8 4x 7 + 14x 5 4 3 2

nous obtenons quatre facteurs linéaires et un facteur irréductible de

degré4,donc
8

(f)=1 3

;4.Ainsi,d'aprèslatableTAB. 1,lesgroupes candidats à être le groupe de Galois de f sur Q sont 8T

17 et 8T

+ 18

. Le

discriminantde f étant égal à 300416=2 12

41 3

, qui n'est pas un carré

dans Q, le groupe de Galois de f est donc le groupe impair8T 17

.

Exemple 4.8. Siunpolynômef dedegré8admetpourgroupedeGalois

sur k legroupe8T 46 alors, comme
8 (f)=(3;4),lafactorisationde f sur k( 1 )est de la forme: f(x)=(x  1 )g 1 (x)g 2 (x) ;

oùlesfacteursg 1

dedegré3etg 2

dedegré4sontlesfacteursdepremière

rupture de f. Les groupes de Galois sur k( 1 ) de g 1 (x) et g 2 (x) sont alors respectivement3T 2 et4T 5 .

La table de première rupture ne donne apparemment que des

infor-mations sur le groupe de Galois des polynômes. De plus, même en

l'étendant aux extensions algébriques supérieures (la théorie étant la

même), ellen'est pas toujours susante pour déterminer le groupe de

Galois d'un polynôme irréductible à partir de ses facteurs de rupture (lapremièrelignede latablepermetde s'enconvaincre).Pourtant,elle

fait faire un grand pas vers lecalcul simultané du groupede Galois et

d'un idéal des relations. C'est ce que nous allons développer dans la

suite de cet article.

5. Idéal de première rupture.

Supposons que f possède trois facteurs irréductibles sur k( 1 ) : f(x)=(x  1 ):g( 1 ;x):h( 1 ;x):

Soit m le degré de g et p celui de h. Soit  = ( 1 ;


; n ) 2  k n un

n-uplet de racines de f ordonné de telle sorte que =( 2

;


; m+1

)

soit un m-uplets de racines de g et que = ( m+2 ;


; n ) soit un p-uplet de racines de h. L'idéal de GaloisI Sm  (resp.I S p

)est supposé appartenirau corps

k( 1 )[x 2 ;:::;x m ] (resp. k( 1 )[x m+2 ;


;x n ]). Notons T g ( 1 )(resp. T h ( 1

))l'ensembletriangulaireformépar les

mo-dules de Cauchy de g (resp. h) (voir Remarque3.12).

Alors dans A 0 =k( 1 )[x 1 ;:::;x n ] nous avons : I S 1;m;p  =(x 1  1 )A 0 +I Sm  A 0 +I S p A 0 : (5.1) L'idéal I S 1;m;p  de A 0

est engendrépar l'ensembletriangulaireséparable fx 1  1 g[T g (x 1 )[T h (x 1 ) eta pour stabilisateur S 1;m;p .

Parinduction, laconstruction précédente segénéralise à toute

ruptures (voirDénition4.5) etlesensembles triangulairesT f i ( 1 )

for-més par les modules de Cauchy de chacun des facteurs de première rupture f i pour i=1;:::;n. L'idéal de Galois I S 1;
(f)  de k( 1 )[x 1 ;:::;x n

] sera appelé un idéal de

première rupture de f. Il admet pour stabilisateur legroupeS 1;
(f)

et pour système générateur l'ensembletriangulaire

fx 1  1 g[T f 1 (x 1 )[


[T f r (x 1 ):

Remarque 5.1. Il existe autant d'idéaux de première rupture que de

permutations de S r

qui laissent
(f) invariant. Chacun a néanmoins

S 1;
(f)

commestabilisateur.

Dans le paragraphe 6, nous verrons que l'idéal I, dit de départ,

en-gendré par ff(x 1 )g[T f 1 (x 1 )[


T fr (x 1

) est un idéal de Galois de f

dans k[x 1 ;x 2 ;:::;x n

]dontnous chercheronsà calculerun stabilisateur

à partir du stabilisateur S 1;
(f)

des idéaux de première rupture.

Remarque 5.2. Sile groupe de Galois de f est 2-transitifalors il n'y a

qu'unfacteurdepremièrerupturef 1

(dedegrén 1),l'idéalIestl'idéal

des relationssymétriquesentrelesracinesde f etff(x 1 )g[T f1 (x 1 )est

l'ensembledes modules de Cauchy de f. Il faudra donc appliquer nos

résultatspourlesfactorisationsdanslesextensionk( 1 ; 2 ;:::; i )avec 1<i<n.

Exemple 5.3. Soitlepolynômef =x 8 x 6 x 4 +x 2 +1,irréductiblesur Q etde groupe de Galois8T + 29

. Il sefactorise sur un corps de première

rupture en : f =(x  1 )(x+ 1 )(x 2  6 1 + 4 1 + 2 1 1)(x 4 +( 6 1  4 1 )x 2 1) ;

avec
(f)=1;2;4.D'après laTablede premièrerupture1,songroupe

de Galois est un sous-groupe de 8T 35

. Lesmodules de Cauchy des

fac-teurs de premièrerupture de degré2etde degré4sontrespectivement

les deux ensembles de polynômes:

T 1 ( 1 ) =f x 2 3  6 1 + 4 1 + 2 1 1; x 4 +x 3 g T 2 ( 1 ) =f x 4 5 +( 6 1  4 1 )x 2 5 1; x 3 6 +x 3 5 +x 2 5 x 6 +x 5 x 2 6 +( 6 1  4 1 )x 5 +( 6 1  4 1 )x 6 ; x 2 7 +x 2 5 +x 5 x 6 +x 5 x 7 +x 2 6 +x 6 x 7 + 6 1  4 1 ; x 8 +x 7 +x 6 +x 5 g:

L'idéal de première rupture I S

1 2

;2;4 

de f est donc engendré par

l'en-semble triangulaireT suivant:

6. Idéal de départ

Dans ce paragraphe, nous xons I 0

un idéal de Galois de f sur k( 1

)

engendré par l'ensembletriangulaire suivant:

fx 1  1 ;f 2 (x 1 ;x 2 );:::;f n (x 1 ;:::;x n )g avec f i 2k[x 1 ;:::;x n

].Nousallons donner lesmoyens théoriques pour

que s'en déduise un idéal de Galois I de f sur k[x 1

;:::;x n

] dont nous

chercheronsàcalculerunstabilisateur.EndehorsdeI 0

,touslesidéaux

seront dans k[x 1 ;x 2 ;:::;x n ]. Fixons  =( 1 ;:::; n )2V(I 0 ) etnotons L 0 lestabilisateur de I 0

re-latifà .NousavonsV(I 0

)=f: j 2L 0

get,d'aprèslaproposition

3.7, Stab(Gal k ( );1)=Gal k( 1 ) ( )Stab(I 0 ;)=L 0 : Dénition 6.1. Posons f 1

= f. L'idéal de départ est l'idéal, noté I,

de k[x 1

;:::;x n

] engendré par l'ensembletriangulairesuivant :

ff 1 (x 1 );f 2 (x 1 ;x 2 );:::;f n (x 1 ;:::;x n )g:

Proposition 6.2. L'idéal de départ I est un idéalde Galoisde f.

Démonstration. Parconstruction,la variété de I est un sous-ensemble

deS n

: .Lesracinesdefétantdistinctesetl'idéalI 0

étanttriangulaire,

il en est de même pour I. À fortiori I est radical, par conséquent,

d'après la proposition 3.2, l'idéal I est un idéalde Galois. 

6.1. Décomposition de la variété de l'idéal de départ.

Pour tout i 2 f1;:::;ng, notons V(I) fig le sous-ensemble de V(I) déni par : V(I) fig :=f:2  k n j 2S n et (1)=ig\V(I):

Ces nouveaux ensembles permettent de décomposer lavariétéV(I) en

l'union disjointe: (6.1) V(I)= n [ i=1 V(I) fig : Lemme 6.3. Soient 1 ;:::; n

despermutationsdeGal k

( ), tellesque

 i

(1)=i, alors nous avons :

V(I) fig =  i :V(I) f1g = i :V(I 0 ) et (6.2) V(I) = n [  i :V(I 0 ) : (6.3)

Démonstration. Soit  i 2Gal k () telle que  i (1)=i, nous avons,  i :V(I) f1g = i :f:2  k n j 2S n et(1)=1g\ i :V(I):

Comme V(I) =Stab(I; ): et que Gal k

( )Stab(I; )=Stab(I; ) =

(voir Proposition 3.7), nous avons  i

:V(I) = V(I) et il s'en suit les

égalités suivantes :  i :V(I) f1g =  i :f:j 2S n et (1)=1g\V(I) = f:j 2S n et(1)=ig\V(I) = V(I) fig : L'égalité V(I) f1g =V(I 0 ) permet de conclure. 

6.2. Calcul d'un stabilisateur de I.

6.2.1. Théorème fondamental. Lemme 6.4. Soient  1 ;:::; n 2 Gal k ( ) vériant  i (1) = i pour i2f1;:::;ng. Alors Stab(I; )= 1 Stab(I 0 ; )+


+ n Stab(I 0 ;): Démonstration. PuisqueV(I 0 )=f: j  2L 0 goùL 0 =Stab(I 0 ;),

l'égalité 6.3du lemme 6.3entraîne :

Stab(I;)= 1 L 0 +


+ n L 0

L'application du lemme 6.4 nécessite de connaître au moins un

sous-groupetransitifdeGal k

( ).Nousallonsen déduireunthéorèmemoins

contraignant pour calculer ce stabilisateur.

Dénissonsl'ensemble,notéA(L 0

),dessous-groupestransitifsH deS n tels qu'ilsexistent 

1 =id;:::; s 2L 0 vériant : L 0 =H f1g  1 +


+H f1g  s :

D'après laproposition 3.7, nous avons Gal k ()2A(L 0 ). Remarque 6.5. SiL 0

estungroupe(commepourI 0 unidéaldepremière rupture) alors A(L 0 )=fH sous-groupe transitif de S n j H f1g L 0 g;

de plus, pour tout  2V(I 0 ), nous avons : Stab(Gal k ();1)=Gal k(1) ()Stab(I 0 ;)=L 0 : Proposition 6.6. L'application L0

qui à tout H dans A(L 0 ) fait correspondre lesous-ensembleH 1 +


+H s de S n , où 1 =id;:::; s sont des éléments de L

0 tels que L 0 = H f1g  1 +


H f1g  s , est bien

Démonstration. Il sut de montrer que L 0 (H)=H 1 +:::+H s ne

dépend pas de la transvervale à droite,  1 ;:::; s de L 0 modulo H f1g . Soit  0 1 ;


; 0 s

une autre tranversale de L 0 moduloH f1g . De  1 2L 0 , il vient 1 2H f1g  0 1 +


+H f1g  0 s , puis successivement, H 1 H 0 1 +


+H 0 s et H 1 +


+H s H 0 1 +


+H 0 s :

De lamême manièrese prouve l'inclusionréciproque. Par conséquent,

H 1 +


H s =H 0 1 +


+H 0 s

ce qui terminelapreuve. 

Nous dénissons ainsi une application L

0

de A(L 0

) dans les parties de S

n

. Pour lasuite, nous xons L 0

et notons = L

0 .

Lemme 6.7. Soit H un groupe de A(L 0 ). Si  1 = id;:::; n 2 H vérient i (1) =i pouri2f1;:::;ng,alors (H)= 1 L 0 +


+ n L 0 .

Démonstration. CommeHesttransitif,les i existentetH = 1 H f1g +


+ n H f1g

. Nousavons alors

(H) = ( 1 H f1g +


+ n H f1g ) 1 +


+( 1 H f1g +


+ n H f1g ) s =  1 L 0 +


+ n L 0 

Lemme 6.8. Soient G et H deux groupes de A(L 0

). Si G \H est

transitif alors (G)= (H).

Démonstration. C'est évidenten prenantles i

dulemme6.7 dansG\

H. 

Théorème 6.9. Soit H un élément de A(L 0

)tel queH\Gal k ( ) soit un sous-groupe transitif de S n . Soient  1 = id;:::; n 2 H vériant  i (1)=i pour i=f1;:::;ng. Alors Stab(I; )= (H) = H 1 +


+H s =  1 Stab(I 0 ;)+


+ n Stab(I 0 ;): En particulier, en posant m i =deg x i (I 0 ) pour i2f1;:::;ng,

Card(Stab(I;))=s:Card(H)=n:Card(Stab(I 0 ; ))=n:m 2 :::m n :

Démonstration. CommeGal k

( )2A(L 0

) donc, d'aprèslelemme6.8,

(H) = (Gal k

( )). Comme, d'après le lemme 6.4, (Gal k

()) =

Stab(I; ), la démonstrationest terminée. 

Avec leLemme suivant, nous pouvons prendre  dans V(I) aussi bien

que dans V(I 0

).

Lemme 6.10. Soit  2V(I) alors il existe 2V(I 0 ) tel queI =I  ,

Démonstration. Si  2V(I) alors,comme  2V(I 0

)V(I), il existe

 2 Stab(I; ) tel que  = : . Comme  2 Stab(I; ), d'après le

lemme6.4, = i l 0 avec i 2Gal k ( )etl 0 2L 0 .Comme i 2Gal k ( ),

nous avons l'identité I  = I  i l 0 : = I l 0 : et donc Gal k () =Gal k (l 0 : ). Enposant =l 0 : ,commeL 0 =Stab(I 0 ; ),nousavons 2V(I 0 ).De plus, Stab(I;) =l 1 0  1 i Stab(I; ) = l 1 0 Stab(I;) car  i 2Gal k ( ).

Nous obtenons ainsi Stab(I;)=Stab(I;l 0

: )=Stab(I; ). 

6.2.2. Stabilisateurs de I et classes de L 0

-conjugaison.

Danslethéorème6.9,ils'agitdetestersiH\Gal k

( )esttransitifpour

 2 V(I 0

) quelconque an de pouvoir calculer un stabilisateur de I.

Mais ilapparaîtcommeimpossiblede réaliserdirectementce test sans

connaître Gal k

( ). En revanche, à partir d'informations obtenues sur

legroupedeGaloisde f,ilestparfoispossiblede testersiH 0

\Gal k

(f)

est transitifpourunconjuguéquelconqueH 0

deH.Laproposition6.12 permettra de tester si H \Gal

k

( ) est transitif, c'est à dire si (H)

est un stabilisateur de I (celui relatifà  ).

Lemme 6.11. Soit G un sous-groupe de S n . Il existe  2 L 0 tel que Gal k () = G  si et seulement si il existe  2 V(I 0 ) tel que G = Gal k ().

Démonstration. Supposonsqu'ilexiste2L 0

telqueGal k ( )=G 1 , alors G = Gal k (:) et : 2 V(I 0 ) puisque  2 L 0 .

Réciproque-ment, on a nécessairement  = : avec  2 L 0 et G = Gal k () = Gal k (: )= 1 Gal k ( ). 

Proposition 6.12. Supposons que H\Gal k

() soit transitif. Alors

1) Pour tout  2 L 0 il existe  2 V(I 0 ) tel que H  1 \Gal k () soit transitif avec =:;

2) pour tout  2 V(I), il existe  2 L 0 tel que H  1 \Gal k () soit

transitif avec Gal k

()=Gal k

(:).

Démonstration. Rappelons que Gal k (:) =  1 Gal k (). Montrons tout d'abord l'assertion 1). Soit  2 L

0 , posons  = : 2 V(I 0 ), alors le groupe H  1 \Gal k () =  1 (H \Gal k ( )) transitif. Pour

l'assertion 2), si  2 V(I) alors, d'après le lemme 6.10, Gal k () = Gal k ( ) où =: avec  2L 0 . 

Proposition6.13. SupposonsqueH\Gal k

()soit transitif. Alors les

stabilisateurs de l'idéalI sont les ensembles :

Stab(I;: )=  1 L0 (H  1 )= 1 (H) où  parcourt L 0 . Si, de plus, L 0

est un groupe alors les stabilisateurs

de I sont les Stab(I;: )= (H 

1

Démonstration. D'après le lemme 6.10, les stabilisateurs de I sont les

stabilisateursrelatifsaux: ,oùparcourtL 0 .Soit 2L 0 ,d'aprèsla proposition6.12,H  1 \Gal k

(: )esttransitifavec:2V(I 0 ).Alors, puisque H  1 2 A( 1 L 0

), il est possible d'appliquer le théorème 6.9

avec H 

1

à laplace de H et : à la placede  pour obtenir :

Stab(I;:)=  1 L 0 (H  1 )

et par ailleurs: Stab(I;: )= 1 Stab(I; )= 1 (H).SiL 0 est un groupe,alors  1 L 0 = . 

Dénition 6.14. Un groupe G est dit L 0

-conjugué à H s'il existe 

dans L 0

tel que H=G 

.

Proposition 6.15. Un groupe G est L 0

-conjugué à H si et seulement si il existei2[1;s] tel que H =G

 i

. De plus, lecardinalde l'ensemble

des groupes L 0

-conjugués au groupe H est majoré par s.

Démonstration. Si G et H sont L 0 -conjugués, il existe  2 L 0 tel que H = G  . L'égalité L 0 = H f1g  1 +H f1g  2 +


+H f1g  s impose à 

d'appartenir à l'un des ensembles H f1g  i , pour un entier i 2 [1;s], et doncdes'écrire =h i

,oùhdésigneunepermutationdeH.Lerésultat se déduit alors des égalités successives : G = 

1 i h 1 Hh i =  1 i H i .

La réciproque est évidente. La seconde assertion est une conséquence

directe de la première. 

Dénition 6.16. L'idéal de départ I (resp. l'idéal I 0

) de f est dit

associéàl'ensembledesgroupesL 0

-conjuguésàungroupeGs'ilexiste

 2V(I 0

) telque G\Gal k

() soittransitif avec G2A(Stab(I 0

;)).

Remarque 6.17. Si L 0

est un groupe la propriété d'être L 0

-conjugué

à un groupe est la conjugaison classique. Dans ce cas l'ensemble des

groupesL 0

-conjugués àungroupeGestuneclassed'équivalenceetson

cardinal est divisible par s (voir6.15).

Exemple 6.18. Poursuivons notre exemple 5.3 avec le polynôme f =

x 8 x 6 x 4 +x 2 +1 de groupe de Galois 8T + 29 . Il a été construit un

idéal de première rupture I 0 de stabilisateur L 0 = S 1 2 ;2;4 dont nous

déduisons l'idéal de départ I 29

engendré par l'ensemble triangulaire

suivant : ff(x 1 );x 2 +x 1 g[T 1 (x 1 )[T 2 (x 1 ): La variété V(I 29

) est de cardinal 384=6.Card(8T 29

). (Donc I contient

6 idéaux des relations.) Comme L 0

est un groupe, l'ensemble A(L 0

) est composé des groupes transitifs H tels que H

f1g  L 0 . Posons C(L 0 )=fH 2A(L 0

) j
(H)=1;2;4g, c'est-à-dire les groupes

pou-vant être le groupe de Galois de f. En utilisant la table de première

rupture en degré 8,nous constatons quedans C(L 0

)deux groupesS n

sur k de f est un sous-groupe du groupe 8T 35 de cardinal 128. Pre-nons H = G 35 =< (7;8);(1;3)(2;4);(1;5;3;8)(2;6;4;7) >, un des 3 conjugués de 8T 35 dans C(L 0

). Il existe un conjugué G du groupe de

Galois de f inclus dans G 35

et donc aussi dans C(L 0

). Choisissons 

tel que G =Gal k

( ). On a nécessairement  2 V(I) puisque I est

as-sociéà la classe de L 0

-conjugaison de G, la seule dans C(L 0

) pour les

groupesS n

-conjugués àG.L'idéal I est donc associéà laclassede L 0

-conjugaison de G 35

et d'après le théorème 6.9, Stab(I; ) = (H) =

H 1 +H 2 +H 3 avec  1 =id,  2 = (6;7;8) et  3 = (6;7). Calculons

maintenantcemêmestabilisateuraveclelemme6.4.Lediscriminantde

f étant un carrédans k,son groupede Galois est pair, c'estdonc 8T + 19 ou 8T + 29 . Prenons G 19 = t8T 19 t 1 avec t = (2;3)(4;8;7;5) un conju-gué de 8T 19 inclus dans G 35 et 2V(I 0 ) telqueG 19 Gal k ()G 35 (c'estpossiblecarlegroupedeGaloisestoubien8T

29

oubienson

sous-groupe8T 19 ).Soitf 1 ;:::; 8

gunetransversaleàgauchedeG 19 f1g dans L 0 , alors Stab(I;) =  1 L 0 +:::+ n L 0

. Le calcul montre que nous

trouvons bien lemême résultat avec lesdeux formules.

Dans l'exemple 6.18, avec L 0

= S 1;2;4

, il n'y a qu'une classe de L 0

-conjugaisonpourG 35

(etdoncaussises sous-groupes)dansA(L 0

).Ceci

provient du faitqueles entiers1,2,4 sontdistinctsetrelève d'un

résul-tat généralque nous énonçons dans laproposition6.22 du paragraphe

suivant.

6.2.3. Application à I 0

un idéal de première rupture.

Nous supposons désormais que I 0

est un idéal de première rupture

avec
(f) = e. Nous avons donc Stab(I 0 ) = L 0 = S 1;e qui est un

groupe.Considérons l'ensemble :

C(L 0

)=fG2A(L 0

) j
(G) =eg

quenousappelonsl'ensembledes groupes compatiblesavec L 0 .Prenons T un sous-groupe transitif de S n vériant
(T) = e et dénissons l'ensemble C(L 0 ;T)=fG2C(L 0 ) j G est conjugué àTg:

En particulier nous avons le lemmesuivant

Lemme 6.19. Pour tout  2V(I) nous avons :

Gal k ( )2C(L 0 ): Exemple 6.20. Pour L 0 =S 1 4 ;4 , Card(C(L 0 ;8T 17 ))=18 et Card(C(L 0 ;8T + 18

)) = 6. Il n'y a qu'une classe de L 0 -conjugaison dans C(L 0 ;8T + 18

), donc les stabilisateurs de I sont calculables avec le

thé-roème 6.9 et la proposition 6.13 si Gal k (f) = 8T 18 . Pour 8T 17 , il y a plusieurs classes de L 0

-conjugaison. Nousdevrons savoir déterminer

Exemple 6.21. Pour L 0 = S 1 2 ;2;4

, l'ensemble des groupes compatibles

avec L 0

sont des conjugués des groupes 8T 15 , 8T + 19 , 8T 26 , 8T 28 , 8T + 29 , 8T 30 et8T 35

.Pour chaque groupeG2C(L 0

).Il n'y aqu'une classe de

L 0

-conjugaison dans C(L 0

;G).

Proposition 6.22. Soit e la suite m 1

;


;m r

des degrés de première

rupture du polynôme f (i.e.
(f)=e et L 0 =S 1;e ).Soit N, le nombre de permutations de S r

laissant e invariant. Nous avons :

(1) N idéaux de première rupture distincts,

(2) etau plusN classesdeL 0 -conjugaisondansC(L 0 ;H)pourtout groupe H de C(L 0 ).

En particulier, si les parts de e sont distinctes (i.e. les cardinaux des

H f1g

-orbites de f2;:::;ng sont distincts) alors C(L 0

;H) n'a qu'une

classe de L 0

-conjugaison pour tout groupe H de C(L 0

).

Démonstration. L'assertion 1 est vraie car lenombre d'idéauxde

pre-mière rupture est le nombre de façons d'ordonner les facteurs de

pre-mière rupture de telle sorte quelacroissance de leur degrésoit

respec-tée.

Pour l'assertion2.LesH f1g

-orbitesde f2;:::;ng sontlesL 0

-orbitesde

f2;:::;ng.Ainsi,unepermutation tellequeH 

2C(L 0

)conserveces

orbites. Elle ne peut qu'échanger des orbites de même cardinal ou, si

 2L 0

,leslaisser inchangées. Ilne peut donc existerplus de N classes

de L 0

-conjugaison. 

Cette proposition montre pourquoi dans les exemples 6.18 et 6.21 il

n'y aqu'une classede L 0

-conjugaison. Dansl'exemple6.20, pour 8T 18

,

il n'y a qu'une classe de L 0

-conjugaison etplusieurs idéaux de départ

distincts qui luisont associés.

Lorsque l'on sait associer un idéal de départ I, ou ce qui revient au

même l'idéal de première rupture dont il émane (voir lemme 6.10), à une classede L

0

-conjugaisonC alors sesstabilisateursI sontles (G),

où G est dans C (voir Proposition6.13).

Nous savons que pour tout  2 V(I), Gal k

( ) 2 C(L 0

). Le lemme

suivant s'intéresse àla réciproque :

Lemme 6.23. Soit G un conjugué de Gal k

(f) contenu dans C(L 0

).

Alors il existe un élément  dans une variété associée à un idéal de

première rupture de f tel que G=Gal k

().

Démonstration. Soit elasuitem 1

;m 2

;:::;m r

desfacteursde première

rupture du polynôme f. Par hypothèse, il existe , un n-uplet des

racines de f tel que G =Gal k () et G f1g  C(L 0 ). Comme G est

transitif, onpeut déciderque 1 = 1 etdoncG f1g =Gal k(1) ()L 0 .

Comme Gal k( 1 ) () L 0 =S 1;e , sur k( 1 ), le polynôme f sefactorise en r+1 polynômes (x  1 )g 1


g r de degrésrespectifs 1;m 1 ;:::;m r avec  2 ;:::; m 1 +1 racinesde g 1 , m 1 +2 ;:::; m 1 +m 2 +1 racinesde g 2 ,:::

Comme les degrés des facteurs g i

sont ceux de première rupture du polynômef,ce sontlesfacteursdepremière rupture def.Doncl'idéal

deGaloisI L0  dansk( 1 )[x 1 ;x 2 ;:::;x n

]estunidéaldepremièrerupture

de f avec  2V(I L

0 

). 

SoitT unsous-groupetransitifde S n

telque
(T)=e.Nouscherchons

uneconditionsusantepourqu'àchaqueclassedeL 0

-conjugaisondans

C(L 0

;T) corresponde un idéal de première rupture à laquelle il est

associé. Lemme 6.24. Soient G;H 2 C(L 0 ), tels que H  \G  soit transitif avec ; 2 S n . Alors il existe  2 S n tel que G  2 C(L 0 ) et H\G  transitif.

Démonstration. Soit M un sous-groupede S n tel queM  =H  \G  . Alors M  H et M f1g  L 0 . Il existe  2 S n tel que M  G  et donc, en posant L = M  1 , il vient L f1g  G f1g  L 0 . Nous avons M = H \G 

transitif. Montrons que G  2 C(L 0 ). (Si  2 L 0 , c'est évident). Comme L f1g et M f1g = L  f1g sont dans L 0 , les L 0 -orbites de

f2;:::;ngsontconservées par.CommecesL 0

-orbitessontidentiques

aux G f1g

-orbites,nous avons G  f1g 2L 0 etdonc G  2C(L 0 ).  Proposition 6.25. Soit H 2 C(L 0

). S'il existe un conjugué T de H

vériantT\Gal k

(f)transitifalorsilexisteunidéaldepremièrerupture

de f associé à la classe de L 0

-conjugaison de H.

Démonstration. D'après le lemme 6.24, il existe G un conjugué de

Gal k

(f)dans C(L 0

)telqueG\H soittransitifcar ilexiste des

conju-gués du groupe de Galois de f dans C(L 0

). Et nalement, comme

d'après le lemme6.23, il existe un  dans la variété d'un idéal de

pre-mière rupture def telqueG=Gal k

(),cetidéal est associéàlaclasse

de L 0

-conjugaison de H. 

Exemple 6.26. Soit I 0

un idéal de première rupture du polynôme f tel

que
(f)=1 3

;2 2

.Nosavons Stab(I 0 )=L 0 =S 1 4 ;2 2.Supposons quele

groupede Galois de f sur k soitimpair.Dans ce cas ils'agit de 8T 7 et l'ensembleC(L 0 ;8T 7

)est constitué des 6 conjugués de 8T 7 suivants: G 1 =h(1;5;3;7;2;6;4;8); 1 =(1;2)(3;4)i; G 2 =h(1;6;3;7;2;5;4;8); 1 i; G 3 =h(1;5;2;7;3;6;4;8); 2 =(1;3)(2;4)i; G 4 =h(1;5;2;8;3;6;4;7); 2 i; G 5 =h(1;5;2;7;4;6;3;8); 3 =(1;4)(2;3)i; G 6 =h(1;5;2;8;4;6;3;7); 3 i:

Soit  2 V(I), G =Gal k ( ) et  2 L 0 tel que L 0 = G f1g +G f1g  (car

G+G et donc (voir Paragraphe 7) : I =I G  \I  1 G : =I  \I : : (6.4) EnnotantN i

lestabilisateurde1sousl'actiondeG i et lapermutation (5;6)de L 0 , nous avons : L 0 =N 1 +N 1  =N 3 +N 3 : =N 5 +N 5  avec G 2 =  1 G 1  , G 4 =  1 G 3  et G 6 =  1 G 5 . Il y a 3 classes de L 0 -conjugaison C 1 = fG 1 ;G 2 g, C 2 = fG 3 ;G 4 g et C 3 = fG 5 ;G 6 g

auquellessontassociésles2.3!=12idéauxde rupturedistincts. Dansle

paragraphe 6.3,nous montreronscommentilest possible d'associer un

idéal de départ à une classe de L 0 -conjugaison dans C(L 0 ;8T 7 ) pour

pouvoircalculerunstabilisateurdeI.C'estce quenous appelleronsun

critère d'association.

6.3. Critère d'association d'un idéal de première rupture.

Supposons comme dans le paragraphe précédent que I 0

soit un idéal

de première rupture de stabilisateur L 0 =S 1;e (i.e.
n (f)=e).

Le problème est de pouvoircalculer un stabilisateur de I. S'iln'existe

qu'uneseuleclassedeL 0

-conjugaisonpourungroupeT telque
(T)=

e etqueT \ Gal k

(f)soittransitif,ilsutd'appliquerlesrésultatsdu

paragraphe 6.2. SiI n'a qu'un stabilisateur,c'est-à-dire son groupede

décomposition, alors il sut de le calculer (voir Exemple 6.27). Pour lesautrescas,nousétablissons laproposition6.28utiliséepourtrouver

un critère, dit critère d'association, associant un idéal de départ I à

sa classe de L 0

-conjugaison. Siun telcritère est trouvéalors il devient

possible de calculerun stabilisateurde I.

Exemple 6.27. Soit f un polynôme irréductible de degré 8 tel que

8

(f)= (1;2 3

). Nous construisons un idéal de départ I à partir d'un

de ses 6 idéaux de première rupture.

Nous avons Card(V(I)) = 64 =Card(8T 27 ) avec
8 (f) =
8 (8T 27 )

(voir Table 1). Il y a 3 classes de L 0

-conjugaison dans C(L;8T 27

).

Le groupe de décomposition de I est un groupe de C(L 0

;8T 27

) si et

seulement si, pour tout  2 V(I), le groupe de Galois Gal k

( ) est

un sous-groupe d'un groupe de C(L 0 ;8T 27 ). Les sous-groupes de 8T 27 dans C(L 0

) sont des conjugués à 8T + 20

ou 8T 16

. Ainsi, si Gr(I) est un

conjugué de 8T 27

, l'idéal I est associé àla classe de L 0

-conjugaison de

Gr(I) et à celle de ses sous-groupes conjugués à 8T + 20

ou 8T16. (Voir

Paragraphe 10.1.4pour plus de détails.)

Proposition 6.28. Soit A une classe de L 0 -conjugaison dans C(L 0 ). Posons E(A;I)= T G2A E(G;I) avec E(G;I)=f:R (x 1 ;:::;x n ) j R 2I ;  2Gg :

Si A est associéà I, de telle sorte qu'il existe 2V(I) et G 0

2A tels

Démonstration. Sous les hypothèses de la proposition 6.28, pour tout

G dans A, il existe  G

2 V(I) tel que G  G  G ou bien G  G  G puisque V(I)=L 0

: . Nousavons alors (voir Paragraphe 7):

I = \ G2A I G  G :

Soit P 2 E(A;I) et R 2 I tel que P = :R avec  2 G 2 A. Nous

avons R2I G  G etdoncP =:R 2I G  G

puisque Gest oubien legroupe

de décomposition de I G  G (si G  G

G)ou bien un de ses sous-groupes

(si G  G  G et alors il vient I G  G = I  G

). Comme ceci est vrai pour

tout G dans A, nous avons bien P 2I. 

Utilisation de la proposition 6.28

Supposonsqu'ilexisteT unsous-groupetransitifdeS n telque
n (T)=
n (f)=e etqueGal k

(f)soitun sous-groupede T (cecipeutêtre tes-ter sur C(L

0

)).Supposons,pour simplier,queC(L 0

;T)sedécompose

en deux classes de L 0

-conjugaison A et B. Nous cherchons deux

poly-nômesP A

dansE(A;I)etP B

dansE(B;I)quinepourraientappartenir

simultanément à I. Le critère d'association de l'idéal de départ I est

alors :

si P A

2I alors I est associéà laclasse A

si P B

2I alors I est associéà laclasse B

Exemple 6.29. Reprenons l'exemple 6.26 avec Gal k

(f) = 8T 7

. L'idéal

de départ I est engendré par un ensembletriangulaire T de laforme :

T = ff(x 1 );x 2 +g 2 (x 1 );x 3 +g 3 (x 1 );x 4 +g 4 (x 1 ); f 5 (x 5 ;x 1 );x 6 +g 6 (x 5 ;x 1 );f 7 (x 7 ;x 1 );f 8 (x 6 ;x 1 )g:

où les polynômes g 2

;g 3

;g 4

sont distincts (car les racines de f le sont)

et de degrés respectifs en x 1

strictement inférieurs à 8, celui de f. Les

trois classesde L 0 -conjugaison C 1 ;C 2 et C 3 de C(L 0 ;8T 7 ).

Avec lespermutations 1 =(1;5;3;7;2;6;4;8)2G 1 et  2 = (1;6;2;5;3;7;4;8)(1;2)(3;4) 2 G 2 et le polynôme R = x 2 + g 2 (x 1

) de T, nous formons le polynôme P 1 = :R = x 6 +g 2 (x 5 ) qui

appartient donc à E(C 1

;I). De même, nous avons P 2 = x 6 +g 3 (x 5 )2 E(C 2 ;I) et P 3 =x 6 +g 4 (x 5 )2 E(C 3

;I). Nous ne pouvons avoirP 1

et

P 2

appartenant simultanément à I car, si c'était le cas, nous aurions

P 1 P 2 =g 2 (x 5 ) g 3 (x 5

)2I,ce quiest impossiblepuisque g 2

g 3

est

non nuldedegréstrictementinférieurà8etnepeutdoncavoircomme

racine une racine de f irréductible de degré 8.Il en va de même, pour (P 1 ;P 3 ) etpour (P 2 ;P 3

). Lecritère d'association est donc :

i) si x 6 +g 2 (x 5

)2I alors I est associéà la classeC 1 ; ii) si x 6 +g 3 (x 5

)2I alors I est associéà laclasse C 2

;

7. Décomposition de l'idéal de départ I

SoitIunidéaldedépartconstruitàpartird'unidéalI 0 dek( 1 )[x 1 ;:::;x n ]. Soit 2V(I 0 )etH 2A(Stab(I 0

;))telqueH\Gal k

()soittransitif.

L'idéal I est doncassociéàlaclasse deL 0 -conjugaison dugroupeH et d'après le théorème 6.9: Stab(I; ) = (H)=H 1 +


+H s avec  1 =id et  i 2Stab(I 0

;). Nousavons alors ladécomposition suivante:

(7.1) I =I Stab(I 0 ;)  =I (H)  = s \ i=1 I H i  = s \ i=1 I  1 i H i  i : : Pour i =1;:::;s, posons H i =  1 i H i et J i = I H i  i :

. Nous savons que

Gal k ( i : )= 1 i Gal k ( ) i

. Nous traitonsci-dessous deux cas

particu-liers.

Cas 1Gal k

( ) H

Alors comme Gal k ( i : )H i , nous avons H i =Stab(J i ) (voir Proposi-tion 3.9) etles J i

sont deux-à-deux distincts.

Cas 2H Gal k () Alors H i Gal k ( i :)=Stab(J i )avec J i =I  i : .L'égalité7.1donne la

décompositionen idéaux de relations(premiers) :

I = s \ i=1 I i: :

Sieest l'indicedeH dans Gal k

(),alors ilexiste eidéauxidentiques à

J i

danscette décomposition.SiH =Gal k

( ) alorslesJ i

sont distincts

2 à 2.

Remarque 7.1. Quel quesoitle groupeH i

choisit dansla classede L 0

-conjugaison de H pour calculerun stabilisateurdeI,ladécomposition

7.1 reste inchangée.

Exemple 7.2. Poursuivons l'exemple 6.18 avec le polynôme f = x 8 x 6 x 4 +x 2 +1 de groupe de Galois 8T + 29 . Choisissons H = G 35 . En posant,pouri2f1;2;3g, i = i :etH i = 1 i H i , (H i )= 1 i (H) est le stabilisateur de I 29 relatif à  i

(voir Proposition 6.13) et nous

obtenons : I 29 =I (H i )  i =I H1  1 \I H2  2 \I H3  3 ; avec V(I H i  i )=f: i j 2H i gpuisqueH i

contientlegroupedeGalois

Gal k ( i )= 1 i Gal k ( ) i . Lavariété de I 29 se décompose en 3variétés disjointes : V(I 29 )= 3 [ V(I Hi  i ) :

8. Adjonction de relations à l'idéal de départ

Lesrésultatsde ceparagrapheserontutiliséspour construiresanscoût

unnouvelidéaldeGaloispouvantcontenirstrictementl'idéaldedépart I construitàpartird'unidéaltriangulaireI

0

.Nouschercherons,comme

pour I, à calculer un stabilisateurde ce nouvel idéal. Nous supposons que l'idéal I est engendré par un ensemble triangulaireséparable T =

ff 1 ;:::;f n g. Nous xons 2V(I 0 ), L 0 =Stab(I 0 ;), un groupe H 2A(L 0 )tel que Gal k ()H Stab(I;) et 1 =id;:::; s 2L 0 tels que Stab(I; )= (H)=H 1 +


+H s :

Lemme 8.1. Pour tout (;R ) dans HI, I+<:R >I H 

.

Démonstration. Puisque H L=Stab(I;),nousavons I =I L  I H  .

De plus, d'après la proposition 3.9, H =Stab(I H 

) car H contient le

groupe de Galois Gal k

(). Donc H est le groupe de décomposition

de I H 

et la proposition découle alors de la dénition du groupe de

décomposition. 

Supposonsqu'ilexiste(;R ) 2HItelqueJ =I+<:R>contienne

strictement I, notons F = :R . D'après la proposition 3.2, comme

l'idéal J contient I, J est un idéal de Galois de f ssi il est radical. La

proposition suivante nous donne des conditions susantes pour qu'il

en soitainsi.

Proposition 8.2. Supposons que F =x k j +g(x 1 ;:::;x j 1 ) avec k >0 et que l'ensemble S = ff 1 ;:::;f j 1 ;F;f j+1 ;:::;f n g engendre un idéal I 0

contenantI. Alors S esttriangulaire séparableet I 0

=J est unidéal

de Galois de f.

Démonstration. L'ensembleS esttriangulaireetcommenousvenons

de le voir il sut de montrer qu'il est séparable pour que I 0 soit de Galois. CommeI I 0 ,nousavonsf j 2<f 1 ;:::;f j 1 ;F >etilexiste 1 ;:::; j des élémants de k[x 1 ;:::;x n ] tels que f j = 1 f 1 +


+ j 1 f j 1 + j F; avec  j 6=0. 8 2V(<f 1 ;:::;f j 1 >) ona : f j (;x j ) =( 1 f 1 +


+ j 1 f j 1 )()+( j F)(;x j ) =( j F)(;x j ): Comme f j (;x j

) est séparable ilen est de même pour F(;x j

).

Pour nir il sut de voirque 8i2fj+1;:::;ng :

Si F est un facteur de f j dans k[x 1 ;:::x j

] alors les hypothèses de la

proposition 8.2 sont vériées. Ceci est illustré dans l'exemple suivant.

Exemple 8.3. Poursuivons notre exemple 7.2 avec le polynôme f de

groupe de Galois 8T + 29 . En prenant  =(1;5;3;8)(2;6;4;7)dans H = G 35 et R=x 4 +x 3 dans I 29 ,nous obtenons F =:R =x 6 +x 5 qui est un facteurdansk[x 1 ;:::;x 6 ]def 6 .L'idéaldeGaloisJ =I 29 +<:R > inclus dans I H 

est alors engendré par l'ensemble triangulairesuivant :

T J =f f(x 1 );x 2 +x 1 ;x 2 3 x 6 1 +x 4 1 +x 2 1 1;x 4 +x 3 ; x 4 5 +(x 6 1 x 4 1 )x 2 5 1;x 6 +x 5 ;x 2 7 +x 2 5 +x 6 1 x 4 1 ;x 8 +x 7 g : Comme Card(G 35 )=128 = Q n i=1 deg x i

(I), d'après3.14, le groupe G 35 est lestabilisateur de J.Soit G

29 unconjuguéde 8T 29 inclus dansG 35 . Nous avons la décomposition G

35 = G 29 +G 29 , avec  = (3;4) et G 29 = 1 G 29

, quiinduit que pour tout 2V(J):

J =I G35  =I G29  \I G29 : :

Nous obtiendrions le même résultat si le groupe de Galois était 8T 19

.

Comme icile groupe de Galois est 8T 29

, nous avons de plus :

J =I 

\I :

:

La liste des degrés initiaux de I G 29  est L(G 29 ) = (8;1;2;1;4;1;1;1).

Doncpourtrouverunsystèmetriangulaireengendrantcetidéal,ilreste

à calculer une relation linéaire en x 7

, les autres relations étant prises

dansl'ensembleT J .Lecalculd'uneG 29 -résolvanteG 35 -relativededegré

2 suivi d'un calcul rapide d'ensemble triangulaire permet de trouver

la relation x 7 +x 3 5 x 3 x 1 +x 5 x 3 x 7 1 x 5 x 3 x 5 1

que nous cherchons (voir

l'algorithme GaloisIdéal de [17]). Ceci terminenotre exemple.

Lerésultatsuivantnouspermetd'éviterdetestersilanouvellerelation

est un facteur d'une des relations de I.

Corollaire 8.4. Si F est de la forme x k j +g(x 1 ;:::;x j 1 ) avec k=deg x j (I H  )

et que l'idéal I vérie

deg xi (I)=deg xi (I H  ) i2f1;:::;j 1g:

Alors J est un idéal de Galois de f et est engendré par l'ensemble

S =ff 1 ;:::;f j 1 ;F;f j+1 ;:::;f n g.

Démonstration. D'après laproposition8.2ilsut demontrerquef j

2

hSi.

D'après le lemme 8.1, nous avons la suite d'inclusions d'idéaux de

k[x 1 ;:::;x j ] : hf 1 ;:::;f j 1 ;Fihf 1 ;:::;f j 1 ;F;f j iI H \k[x 1 ;:::;x j ]:

Les hypothèses faites sur les degrés des monômes initiaux de ces id

éaux transformentces inclusionsen égalités etle résultatsuit. 

Supposonsdésormaisquel'idéalJ estdeGalois.Nousdevonsconnaître

unstabilisateurdeJ.Si,commedansl'exemple8.3,card(V(J))=card(H)

alors J = I H 

avec H =Stab(J). Dans le cas contraire, nous pouvons

utiliser la proposition suivante:

Proposition 8.5. Soit I l'ensemble d'entiers déni par :

I :=fi2f1;:::;sgj9(;P)2 1 i H i I; J =I+<:P >g:

Si Card(V(J))=Card(I):Card(H)alors lestabilisateur de J relatifà 

est P i2I H i . Démonstration. PosonsL= P i2I H i

.Toutd'abord,commeGal k () H, alors L =Gal k ( )L. Donc L =Stab(I L  ; ) et en utilisant l'hypo-thèse, il vient : Card(L)=Card(V(I L  ))=Card(I):Card(H)=Card(V(J)):

Commelesidéaux sontradicaux,nous avons justeà montrer queI L 



J. Soit i 2 f1;:::;ng, de l'égalité Gal k ( i :) = Gal k ( )  1 i  H  1 i et de l'inclusion H i  Stab(I; ), il vient H  1 i   1 i Stab(I; ) = Stab(I; i

:). Nous pouvons alors appliquer le lemme 8.1 avec  i : et H  1 i

. Donc, pour tout i2I,J I H  1 i  i : =I H i  , d'où J I L  . 

9. Construction d'un idéal des relations

Pour calculer un idéal des relations du polynôme f, nous utiliserons

les résultats des paragraphes 6 et 8 an déterminer un ensemble

tri-angulaire générateur et un stabilisateur d'un idéal de Galois J de f

qui contiendra l'idéal des relations symétriques du polynôme. Nous

montrons dans le paragraphe9.1 commentutiliser lesrésultats du

pa-ragraphe 8. Si J n'est pas l'idéal des relations, il est ensuite possible

d'utiliser l'algorithme GaloisIdéal décrit dans 9.2 pour calculer un

idéal des relations de cet idéal avec I 1

= J. Nous décrirons dans le

paragraphe 9.3 la méthologie à suivre pour construire un algorithme de calcul d'un idéaldes relationsen degréxé.

C'est cette méthodologie qui est illustrée à travers l'étude du degré 8

(voirParagraphe 10).

9.1. Utilisation des degrés initiaux d'un idéal de Galois.

SiJ est un idéal de Galoisde stabilisateurun groupeG,lalisteL(J)

desdegrésinitiauxdeJ sontcalculablesaveclafonctionInitDeg(G,n)

Supposons que pour un idéal de Galois I, nous sachions calculer un

ensemble triangulaire T l'engendrant et qu'il existe  2 V(I) tel que Gal

k

()  G  Stab(I; ). Alors nous connaissons avec L(G) les

de-grés despolynômesde toutensembletriangulaireT J

engendrantl'idéal

J = I G 

de stabilisateur G et en particulier les polynômes de T qui

appartiennent à T G

. C'est en comparant L(G) et L(I) que nous

re-cherchons de nouvelles relations commeexpliqué au paragraphe8 an

de calculer un ensemble triangulaire engendrant un idéal de Galois J

contenantl'idéal I.

Exemple 9.1. Soit I un idéal de départ calculé à partir de l'idéal de

première rupture d'un polynôme f de degré 8 tel que
(f) = 1 3 ;2 2 . Alors L(I)=(8;1 3 ;2;1;2;1).Notons f 7 (x 1 ;x 7 ) le7-ième polynôme de T I

. D'après la table 1, nous calculons l'ensemble C(L 0 ) des groupes L 0 -compatiblesavec L 0 =S 1 4 ;2

2.Pour chacundesgroupesGde C(L 0 ), nous avons L(G) = (8;1 3 ;2;1 3

). Ainsi, si G est le groupe de Galois,

pour calculer T G

(et donc ici un idéal des relations), il sut de

cher-cher une relation r 7 (x 1 ;x 5 ;x 7 ) linéaire en x 7 . L'ensemble T G est alors l'ensembleT I dans lequel f 7

est remplacé par r 7

.

9.2. L'algorithme GaloisIdéal.

9.2.1. L'algorithme.

Dans[17],l'algorithmeGaloisIdéal(G,T,Liste)apourparamètres:

- T un ensembletriangulaire engendrant un idéalde Galois I,

- le stabilisateurG de I qui est supposé être un groupe,

- Une liste Liste de groupes candidats à être le groupe de Galois à

conjugaison près dans G.

Cet algorithme calcule un idéal des relationsI 

contenant I (avec 2 V(I))etlegroupedeGaloisGal

k

( )quiestlegroupededécomposition

et le stabilisateurde I 

.

Avec lesrésultatsde [18], cetalgorithme estgénéralisableaucas oùles

stabilisateurs de I ne sont pas des groupes.

La méthode utilisée est celle évoquée dans l'introduction. Il s'agit de contruire récursivement une chaîne ascendante d'idéauxde Galois

I =I 1 I 2 


I r =I 

où pour calculer I i+1

à partir de I i

(avec i 2 f1;:::;r 1g), il est

nécessaire de connaître un ensemble triangulaire engendrant I i

et un

stabilateur de I i

.

Exemple 9.2. Au Paragraphe 10.1.4 Cas A., supposons que Gal k (f) est 8T 27 ou8T 16

(informationinconnue à priori).La factorisationde f

de I = I 27 

et de savoir que Gal k

() est ou bien G 27

ou bien G 16 des conjugués respectifs de 8T

27 et 8T 16 dans S 8 . Le calcul de I  et de son groupe de décomposition Gal

k

( ) se fera alors par l'appel :

GaloisIdéal(G 27

, T,[G 16

]).

CommeCard(V(I))estauplusledoubleducardinaldeV(I 

)ce calcul

sera très rapide.

9.3. Construction de l'algorithme.

LapremièreétapeconsisteàcalculerunensembletriangulaireT I

d'un

idéalde départI construit àpartird'unidéalde premièreruptureI 0

et

à déterminer ensuite un stabilisateur de I connaissant le stabilisateur

L 0

de I 0

.

Nous dirons qu'un groupe est candidat s'il appartient à C(L 0

) et s'il

vérie d'éventuelles conditions,comme un critèrede parité oucelui de

Dedekind.

Dansl'algorithmeci-dessous,nousprocédonsparcas:CasiouCasi.j.

Sil'hypothèse(enitalique)du Casi(resp.Cas i.j)n'estpas vériée,il

fautpasserauCasi+1(resp.Casi.j+1).Lorsquel'algorithmerenvoie

à un cas particulier, c'est quel'hypothèsede celui-ciest vériée.

Cas 1Un des groupes candidats G vérie Card(G)=Card(V(I)).

Il existe 2V(I)tel queGal k

( ) Gsi et seulement si Stab(I)=G

(voirProposition 3.9). Il sut de calculer Gr(I).

Si G6=Gr(I) alors on retire G et tous ses sous-groupes de la liste des

candidats eton recommenceàtester le Cas 1.

Si G=Gr(I) Alors

Cas 1.1G est legroupe de Galois.

Dans ce cas I =I 

et G=Gal k

( ).

Cas 1.2G n'est pas le groupe de Galois.

Notant L la listedes groupes candidats inclus dans G, l'algorithme se termine avec

GaloisIdéal(G;T I

;L).

Cas 2 Il n'existe qu'une classe de L 0

-conjugaison par groupe candidat.

Cas 2.1L'idéal I est associable à une classe de L 0

-conjugaison.

Soit G un groupe de cette classe. (Le cas G= Stab(I) relève des Cas

1.1. ou1.2.) D'après le Théorème 6.9, ilexiste 2V(I) telque

Stab(I; )= (G) :

T J

un ensemble triangulaire l'engendrant. Un stabilisateur S de J se

déduitde (G)celuideI.Siaucunerelationn'esttrouvéealorsJ =I. On peut seretrouveravec un seul candidat Gavec G=S,c'est-à-dire

dans le Cas 1.1. avec J à la place de I. Sinon l'algorithme se termine

avec

GaloisIdéal(S;T J

;L)

oùLestlalistedesgroupescandidatsdelaquelleonaretirélesgroupes

non inclusdans S.

Cas 2.2 Tous les groupes candidats permettent de rajouter les mêmes

relations.

Nous reprenonsles notations du Cas 2.1. Ily a plusieurs stabilisateurs

possibles pour J selon le groupe de Galois. La liste des groupes

can-didats est réduite aux groupes pouvant être inclus dans l'un de ces stabilisateurs.SiCard(V(J))estidentiqueaucardinalde tousles

can-didats, alors on seretrouve dans le Cas 1.1. avec J à laplace de I.

Cas 2.3On obtient de nouvelles informationssur legroupe de Galois.

Ces informations peuvent être trouvées en étudiant le comportement

des résolvantes S-relatives en fonction des diérents stabilisateurs S

possiblesde J.Onrecommencel'algorithmeauCas1avec J àlaplace

de I.

Cas 2.4C'estlecas par défaut. Ilest nécessaire defactoriser dansdes

extensions supérieurespour calculerdenouvellesrelationsouencorede

terminer avec la décomposition de I en idéaux premiers. Il peut être

judicieux de calculer le groupe de Galois de f en parallèle. Le calcul

du stabilisateur de l'idéal J est alors possible et celui d'un idéal des relations sera alors plus ecace qu'avec une décomposition en idéaux

premiers ouune factorisationdans une extensionsupérieure.

Cas 3Des groupes candidats S n

-conjugués ne sont pas L 0

-conjugués.

Cela se produit lorsque les degrés des facteurs de rupture ne sont pas

distincts deux à deux. Nous avons écarté de la liste des candidats les

groupes G vériant Card(G) =Card(V(I)) (Cas 1.). Nous cherchons

un critèred'associationentre I etles classes de L 0

-conjugaison.

Cas 3.1Un critère d'associationest trouvé.

Nous savons a priori comment ordonner les facteurs de rupture de f

pourquel'idéalde départI soitassociéàuneclasse deL 0

-conjugaison

donnée. Nous retirons de la liste des groupes candidats les groupes appartenantauxclasses de L

0

-conjugaisonauxquelles l'idéalI ne peut

être associé. Nousnous retrouvons alors dans le Cas 2.

Cas 3.2Nous pouvons rajouter des relations quelque soit le groupe de

Galois.

Cas 3.3C'est le cas par défaut. Il faut agircommepour leCas 2.4.

Remarque 9.3. Concernant le Cas 2.1. Soit G un groupe candidat tel

que C(L 0

;G) ne contienne qu'une classede L 0

-conjugaison. D'après la

proposition6.25,pourqueIsoitassociéàlaclassedeL 0

-conjugaisonde

G,ilfautetilsutqu'ilexiste 2S n

telqueGal k

(f)\G 

soittransitif.

Lorsqu'il existe plusieurs classes de L 0

-conjugaisons dans C(L 0

;G) et que par un critère d'association nous passons du Cas 3. au Cas 2., il

faut alors procéder à un autre test pour s'assurer que nous sommes

dans leCas 2.1. L'idéal I sera associéà laclasse de L 0

-conjugaison de

G si tout groupe candidat possède un L 0

-conjugué H tel que G\H

soit transitif (voir,par exemple,Cas C. Paragraphe 10.1.4).

10. Étude en degré 8

Pour illustrer cet article, nous avons choisi le degré n = 8. L'objectif

est l'élaborationd'un algorithmecalculantun idéal des relationsI 

où

estun 8-upletdesracinesdef ainsiquesongroupededécomposition

Gal k

( ). Nous excluons le cas où
(f) = (7), c'est-à-dire celui où le

groupede Galois de f est 2-transitif.

Nous supposons que I est un idéal de départ construit à partir d'un

idéal de première rupture I 0

de f et engendré par un ensemble

trian-gulaire T I = ff 1 (x 1 );:::;f 8 (x 1 ;:::;x 8 )g. Lorsque
(f)=e, L 0 =S 1;e est lestabilisateur de I 0 . Les groupes 8T i

de l'ensembleT(8) seront notésT i

.Lorsque nous

évo-querons legroupede Galoisd'unpolynôme,ce sera,àconjugaisonprès

un des groupesT i

.Nousutiliseronsdes groupesconjuguésG i =T  i des groupes T i

qui appartiendront aux ensembles C(L 0

) considérés. Les

permutations i

sontdonnées ci-dessous :

i 7 8 9 10 11 12 14  i (2,7,3,4,5)(6,8) ba 1 db(5,7) (2,7)c(6,8) (2,8,6,7)c (2,7,6,4,5) (2,4,6,7,8,3,5) i 17 18 19 29 39 31 32 t i (2,3,4,5,6,8) (1,5)(2,7)(3,8)(4,6) d(4,7,6,8) d(4,5,8) (2,6)(7,8) (2,7,6,8,3,5) (2,6) oùa= 6 =(2;7;6;3;5),b=t 47 =(4;8),c=(4;5)d=(2;3),e= 13 =  24 = (2;4;6)(5;7;8) et pour i = 15;23;26;28;30;35;38;40;44,  i = (2;5)(4;7). 10.1. Étude détaillée. C'est en fonction de L 0

que les diérents cas sont distingués en

étu-diantl'ensembleC(L 0

).Nousnousréféreronsauxdiérentcasde

10.1.1.
(f)=(1 ), L 0 =S 1 8 et L(I)=(8;1 ).

Nous sommes dans le Cas 1.1. Par exemple, le polynôme f := x 8 + 8x 6 +20x 4 +16x 2 +2sefactorise en(x x 1 )(x+x 1 )(x x 3 1 3x 1 )(x+ x 3 1 +3x 1 )(x x 5 1 5x 3 1 5x 1 )(x+x 5 1 +5x 3 1 +5x 1 )(x x 7 1 7x 5 1 14x 3 1 7x 1 )(x+x 7 1 +7x 5 1 +14x 3 1 +7x 1 ) dans k[x 1 ]=f(x 1 ). Nous en déduisons l'idéal des relations:

I  = <f(x 1 );x 2 +x 1 ;x 3 x 3 1 3x 1 ;x 4 +x 3 1 +3x 1 ;x 5 x 5 1 5x 3 1 5x 1 ; x 6 +x 5 1 +5x 3 1 +5x 1 ;x 7 x 7 1 7x 5 1 14x 3 1 7x 1 ;x 8 +x 7 1 +7x 5 1 +14x 3 1 +7x 1 >

de groupe de décomposition Gal k ()=T  1 avec  =(2;3;7;8;5)(4;6). 10.1.2.
(f)=(1 3 ;2 2 ), L 0 =S 1 4 ;2 2 et L(I)=(8;1 3 ;2;1;2;1). Pour tout G 2 C(L 0 ), nous avons L(G) = (8;1 3 ;2;1 3 ). En

compa-rant avec L(I), nous savons que nous cherchons une relation de la

forme r 7 = x 7 +h 7 (x 1 ;:::;x 6

) pour obtenir un ensemble triangulaire

ff 1 ;:::;f 6 ;r 7 ;f 8

gengendrantun idéaldes relationsI  .Lespolynômes f 2 etf 3 deT I

sontrespectivementde laformex 2 +g 2 (x 1 )etx 3 +g 3 (x 1 ).

Cas A Le groupe de Galoisde f est legroupeimpair T 7

.

Ce cas relève du Cas 3.1. puis du Cas 2.1. puis du Cas 1.1. Un critère

d'associationest donnédans l'exemple6.29.Ordonnons lesfacteursde

rupture de telle sorte que x 6

+g 2

(x 5

) 2 I. Nous trouvons la relation

r 7 =x 7 +g 3 (x 5 ) avec Gal k ( )=G 7 .

Cas B Legroupede Galoisde f est pair.

Ce cas relève du Cas 3.1. puis du Cas 2.1. puis du Cas 1.1. Il y a

3 classes de L 0

-conjugaison pour chaque groupe candidat : pour i =

1;2;3,notonsA i cellesde C(L 0 ;T 9 ),B i cellesde C(L 0 ;T 10 )etC i celles de C(L 0 ;T 11

). (Chacune des classes comporte 2 groupes.) Le critère

d'association est : 1) si x 6 +g 2 (x 5

)2I alors I est associéà A 2 , ouà B 2 ouà C 2 ; 2) si x 6 +g 3 (x 5

)2I alors I est associéà A 3 ouà B 3 ouà C 3 ; 3) si x 6 +g 4 (x 5

)2I alors I est associéà A 1 ouà B 1 ouà C 1 .

Optons pour l'idéalde départ I associéà A 1 ;B 1 ouC 1 . Noustrouvons r 7 =x 7 +g 2 (x 5 ) avec Gal k ( )2fG 9 ;G 10 ;G 11

g déterminépar le calcul

du groupe de décomposition de I  . 10.1.3.
(f)=(1 3 ;4), L 0 =S 1 4 ;4 et L(I)=(8;1 3 ;4;3;2;1).

Pourtout groupeG de C(L 0 ),L(G)=(8;1 3 ;4;1 3 ).Nousrecherchons

donc deux relations linéaires r 6 = x 6 +h 6 (x 1 ;:::;x 5 ) et r 7 = x 7 + h 7 (x 1 ;:::;x 6 ).Lespolynômesf 2 ;f 3 etf 4 de l'ensembletriangulaireT I sontde laforme:f 2 =x 2 +g 2 (x 1 );f 3 =x 3 +g 3 (x 1 )etf 4 =x 4 +g 4 (x 1 ).

Supposons que Gal k

(f) soit le groupe pair T 18 . L'ensemble C(L 0 ;T 18 )

n'a qu'une classe de L 0

-conjugaison (Cas 2.1). Avec Gal k

( ) = G 18

,

Supposons que Gal k

(f) soit le groupe impair T 17

. Ce cas relève du

Cas 3.1. puis du Cas 2.1. puis du Cas 1.1. L'ensembleC(L 0

;T 17

) com-porte 18 groupes qui se répartissent en 3 classes A

1 ;A 2 et A 3 de L 0

-conjugaison avec le critèred'associationsuivant :

1) si x 1 +g 4 (x 2

)2I alors I est associéà A 1 ; 2) si x 1 +g 3 (x 2

)2I alors I est associéà A 2 ; 3) si x 1 +g 2 (x 2

)2I alors I est associéà A 3

.

Supposonsl'idéaldedépartIassociéàlaclasseA 2 .AvecGal k ( )=G 17 dans A 2 ,nous trouvons r 6 =x 6 +g 3 (x 5 )et r 7 =x 7 +g 2 (x 5 ). 10.1.4.
(f)=(1;2 3 ), L 0 =S 1 2 ;2 3 et L(I)=(8;1;2;1;2;1;2;1).

Comme card(V(I)) = 64 = card(T 31 ) = card(T 27 ), c'est le Cas 1. L'ensembleC(L 0 ;T 27 )comporte3-classesdeL 0 conjugaisonetC(L 0 ;T 31 )= fG 31 g. Cas A.Gr(I)=T  27 avec  2S n (Cas 1.2).

L'idéal I est associéàlaclasse deL 0 -conjugaisonde H 27 =T  27 réduite

à ce groupe. Selon la parité du groupe de Galois, le calcul se termine

avec GaloisIdéal(H 27 , T I ,[H + 20

]) ou bien avec GaloisIdéal(H 27 , T I ,[H 16 ]), où H 16 et H 20

sont des sous-groupes de H 27 conjugués respectifs de T 16 etT + 20 . Cas B.Gr(I)=G 31 (Cas 1.2).

Selon la paritédu groupe de Galois, le calculse termineavec

GaloisIdéal(G 27 , T I ,[G + 22 ]) ou bien avec GaloisIdéal(G 27 , T I ,[G 21 ]).

Cas C.Le groupede Galoisest T 6

ou T 8

.

C'est le cas lorsque les Cas A. et B. ne sont pas vériés et que dans

la liste des groupes candidats il ne reste que les groupes de C(L 0 ) conjugués à T 6 ouà T 8

. Commepour tout groupeG candidat L(G)=

(8;1;2;1 5

), en comparant avec L(I), nous savons que nous cherchons

deux relationslinéairesr 5 =x 5 +h 5 (x 1 ;x 3 ) etr 7 =x 7 +h 7 (x 1 ;x 3 ).

Noussommesdans leCas3.2. Ilya3classesA 1 ;A 2 etA 3 (resp.B 1 ;B 2 et B 3 ) de L 0

-conjugaison pour les groupes conjugués à T 6

(resp. T 8

).

Nous avons le critèred'associationsuivant :

1) si x 4 +g 2 (x 3

)2I alors I est associéà A 1 ouà B 1 , 2) si x 6 +g 2 (x 5

)2I alors I est associéà A 2 ouà B 2 , 3) si x 8 +g 2 (x 7

)2I alors I est associéà A 3

ouà B 3

.

Supposons l'idéal de départ I associé à A 2

ou B 2

. Nous passons du

Cas 3.2. au Cas 2.2. Avec le groupe G 6 dans A 2 et le groupe G 8 dans B 2

, nous obtenons la relation linéaire r 7 = x 7 +g 2 (x 3 ) et l'idéal J = I+ < r 7

> est l'intersection de deux idéaux de relations. Les autres