Equation générale de degré n
1
Equation de degrée n
Tous les corps considérés dans ce chapitre seront de caractéristique nulle. Soit
b1b
sdes éléments d’une extension d’un corps K.
Définition On dira que les éléments b1b
ssont algébriquement indépendants
sur K si, et seulement si, ces éléments ne satisfont aucune relation de la forme
∑
αi1i2is bi1 1b is s 0 à coefficients non nuls.Autrement dit, b1b
s sont algébriquement indépendants si, et seulement si, ils
n’annulent aucun polynôme non nul P
X1X s K X1 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
∑
ij αija ibj 0 alors∑
j∑
i αi jai bj 0 Mais b est transcendant sur Ka, d’où
∑
i αi jai 0 pour tout ja est aussi transcendant sur K. Les relations précédentes impliquentαi j
0 pour tout i et tout j ce qui prouve l’indépendance algébrique de a et b sur K.
Définition L’équation générale de degré n sur un corps K est une équation de la
forme xn an 1x n a1x a0 0
où les coefficients a0a1a
n 1sont algébriquement indépendants sur K.
Soit F K a0a1a n 1 et f X Xn an 1X n 1 a1X a0. Nous avons f X F X et F K Y1Y
n corps des fractions rationnelles en n idéterminées
Y1Y
n et à coefficients dans K. Soit u1u2u
nles racines de f dans un corps des
racines F
u0u1u
n 1 pour f sur F.
Théorème u1u2u
Démonstration Sinon, soit
∑
αi1i2in ui1 1u in n 0 une relation de dépendance algébrique sur K. PosonsP X1X n
∑
αi1i2in Xi1 1 X in nCe polynôme non nul satisfait P
u1u2u n 0. Considérons le polynôme H X1X n
∏
σ Sn PXσ 1 X σnLe polynôme H est visiblement symétrique. La théorie des polynômes symétriques nous apprend qu’il existe un polynôme unique Q
X1X n dans K X1 X n tel que H X1X n Q Σ1Σ n oùΣ1Σ2Σ
nsont les polynômes symétriques élémentaires
Σ1 X1 X2 Xn Σ2 X1X2 X1X3 Xn 1Xn Σ3 X1X2X3 Xn 2Xn 1Xn Σn X1X2 Xn La relation P u1u2u n 0 implique H u1u2u n 0 et par suite Q Σ! 1Σ ! n 0 oùΣ! i Σ i u1u2u n . OrΣ ! i " 1 i an i. Il en résulte Q " an 1an 2 " an 3 " 1 n a0 0
Mais, les éléments a0a
n 1sont algébriquement indépendants sur K. Ceci implique
Q
0 et par suite H
0 et P
0.
Corollaire Les racines u1u2u
nsont distinctes. Démonstration Car si ui uj, alors ui " uj
0 est une relation de dépendence
algébrique sur K satisfaites par les éléments u1u2u
n. Théorème K u1u2u n F u1u2u n
Démonstration Nous avons
F u1u2u n K a0a n 1 u1u2u n K a0a n 1u1u2 u n K u1u2u n
car les coefficients ai peuvent s’exprimer en fonction des racines u1u
npar
l’inter-médiaire des polynômes symétriques élémentaires.
Théorème Le groupe de Galois G du polynôme f est isomorphe au groupe
symé-trique Sn.
Démonstration Il suffit de prouver que G est le groupe S
A de toute les
permu-tations de l’ensemble A$#
u1u2u
n% des racines de f car ce groupe de
permuta-tions est isomorphe au groupe Sn. Soitσ G.σ S
A car elle permute les racines
u1u2u
nde f . Réciproquement, soit t une permutation de A&#
u1u2u n% et soit σ; Ku1u2 u n "(' Ku1u2 u n
l’application définie par
σ g u1u2u n g t u1 t un
σest bien définie car tout élément de Ku1u2
u
n s’écrit d’une manière unique
sous la forme g
u1u2u
n . Il est aisé de prouver que σ est un
K-automorphisme de l’anneau Ku1u2 u
n. Il peut être prolongé en un K-automorphisme
τdu corps K
u1u2u
n, corps des fractions de l’anneau K
u1u2 u
n. Il nous reste
à prouver queτest un F-automorphisme de K
u1u2u
n. Maisτlaisse fixe tout
élé-ment aicar aiest une fonction symétrique des racines u1u2u
n. Ainsi,τappartient
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 Snqui est non résoluble.
2
Discriminant
Soit xn an 1x n 1 a1x a0 0 l’équation générale de degré n sur un corps K.Définition Soit P
K
a0a1a
n 1 et R un corps des racines sur P pour le
polynôme f X Xn an 1X n 1 a1X a0
Le groupe de Galois de f est isomorphe à Sn. Soit u1u2u
nles racines de f dans R.
On appelle discriminant de f l’élément D ∆2
où∆est l’élément∏
i* j
ui
"
Exemple Le discriminant de l’équation générale de degré 2 sur K est D ∆2 u0 " u1 2 a21 " 4a0 Théorème σ ∆ -, ∆ pour toutσ G R. P .
Démonstration Nous avons
σ ∆ σ
∏
i* j ui " uj∏
i* j σ ui " σ uj ε σ ∆ -, ∆ oùεσ est la signature de la permutationσ.
Corollaire ∆2 P. Démonstration Carσ∆ 2 σ ∆ 2 ∆2 pour toutσ G R. P .
Théorème Le corps des éléments laissés fixe par le groupe alterné Anest 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 An
G R. L est un sous-groupe distingué de Sn G R. P
. En plus, le groupe de Galois G
L. P
est isomorphe au
groupe quotient Sn. Anqui est un groupe d’ordre 2. AinsiL : P
2. L’élément∆est
invariant par chaque élément de Ancarσ
∆ , ∆ . 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
/ u0 " u1 ∆ u0 u1 b nous obtenons u0 " b ∆ 2 et u1 " b " ∆ 2
4
Equation de degré 3
Cette équation es de la forme
x3 a2x2 a1x a0 0 En posant y x " a 2 3 , nous obtenons x3 px q 0 Le discriminant de cette équation est
∆
"
4p3
"
27q2
Son groupe de Galois, identifié à S3, est résoluble et
S30 A30
#
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
P1 P
∆ 1 R
Le groupe de Galois de l’extension R de 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
∆-automorphismeσde R qui vérifie
σ u1 u2,σ u2 u3etσ 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 z2σ2 u1 u1 zu2 z2u3 β2 u1 z2u2 zu3 β3 u1 u2 u3
Un calcul assez complexe nous donne
β3 1 u1 zu2 z2u3 3 " 27 2 q 3 22 " 3∆ β3 2 " 27 2 q " 3 22 " 3∆ β1β2 " 3p
Donc, u1u2u3forment une solution du système linéaire suivant
3 45 u1 u2 u3 0 u1 zu2 z2u3 β 1 u1 z2u2 zu3 β 2
Pour résoudre ce système, nous devons calculerβ1etβ2. Parmi les solutions possibles,
on choisit celle qui vérifieβ1β2
"
3p. La résolution du système linéaire nous donne alors u0 β1 β2 3 , u1 z2β 1 zβ2 3 et u2 zβ1 z2β 2 3
Exemple Pour résoudre l’équation de degré 3 suivante
x3 " 5x2 19x 25 0 on pose y x " 5
3. Nous obtenons l’équation suivante
x3 32 3 x 1280 27 0 Le discriminant de cette équation est
∆2 " 4p3 " 27q2 " 46 32 3 7 3 " 276 1280 27 7 2 " 65536 D’où β3 1 98 48 2 3 1:(: 3 etβ3298 " 48 2 3 " 1:(: 3 etβ1β2 " 3p " 32. On en déduit β1 48 2 3 " 1: etβ2 " 48 2 3 1: ce qui donne u0 β1 β 2 3 " 8 3 u1 z2β1 zβ2 3 4 3 " i u2 zβ1 z2β2 3 4 3 i et x0 u0 5 3 " 1 x1 u1 5 3 3 " 4i x2 u2 5 3 3 4i
5
Equation de degré 4
Cette équation est de la forme suivante
x4 a3x3 a2x2 a1x a0 0 En posant y x " a 3 4 , nous obtenons x4 px2 qx r 0 Le discriminant de cette équation est
∆ 16p4r " 4p3q3 " 128p2r2 144pq2r " 27q4 256r3
Le groupe de Galois de cette équation, identifié à S4, est résoluble et
S40 A40 V 0 W 0 # e% Où V ;# e u 12 34 v 13 24 t 14 23% W &# e u%
est une chaîne normale à facteurs abéliens de S4. Il lui correspond, par la
correspon-dance de Galois, la chaîne suivante de corps intermédiaires
P1 P ∆ 1 L11 L21 R Nous avons G R. P ∆< A4, G R. L1 V , G R. L2 W et R : P 24, R : P ∆= 12, R : L1 4, R : L2 2 L2: L1 2 L2: P ∆= 6 L1: P ∆> 3 et P ∆ : P 2
L1est engendré sur P
∆ par un élément invariant par tous lesσ V . Mais cet élément
est modifié par au moins un élément de A4. Considérons l’élémentθ
u0 u1 u2 u3.
Cet élément vérifie
u θ u1 u0 u3 u2 θ v θ u2 u3 u0 u1 θ t θ u3 u2 u1 u0 θ
Doncθ L1. d’un autre côté, σ
123? A4 etσ θA@ θ ce qui prouveθ . P ∆. D’où L1 P ∆ θ P
∆ θ. Le polynôme minimal deθsur P
∆ est le polynôme
ayant comme racines lesσ
θ pour tout élémentσde A4
G R. P ∆. Mais A4 / e 123 124 134 234 132 142 143 243 13 24 14 23 12 34 B
Calculant ces image deθ, nous obtenons θ1 θ θ2 u0 u2 u1 u3 θ3 u0 u3 u1 u2
Or ces images sont les racines de l’équation
x " θ1 x " θ2 x " θ3 x3 " b1x2 b2x " b3 0 avec b1 θ 1 θ2 θ3 2p b2 θ 1θ2 θ1θ3 θ2θ3 p2 " 4r b3 θ 1θ2θ3 " q2
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
X3"
b1X2
b2X
"
b3.θ1etθ2appartiennent à L1car ils sont invariants par tous les
éléments de V
G
R. L1 .
L2est engendré sur L1par un élément de degré 2. Siλ
u1
u2, alorsλest invariant
par tous les éléments de W mais transformé par l’élément v de V car nous avons
v λ u3 u4@ λ u1 u2 u3 u4 0 Doncλ L1etλ . L2. Il en résulte L2 L1
λ et la chaîne des corps intermédiaires
devient P1 P ∆ 1 P ∆ θ 1 P ∆ θ λ 1 R
Pour calculer les racines u1u2u3u4en fonction deθ1θ2θ3, nous avons
/ u1 u2 u3 u4 θ 1 u1 u2 u3 u4 0 Ces deux équations nous donnent
/ u1 u2 2 " θ1 u3 u4 " 2 " θ1
De même, nous avons
/ u1 u3 2 " θ2 u2 u4 " 2 " θ2 et / u1 u4 2 " θ3 u2 u3 " 2 " θ3 Le choix de 2 " θ1 2 " θ2 2 " θ3doit satisfaire 8DC " θ1: 8DC " θ2: 8 C " θ3: u1 u2 u1 u3 u1 u4 " q
Nous obtenons u1 1 2 8 C " θ1 C " θ2 C " θ3: u2 1 2 8 C " θ1 " C " θ2 " C " θ3: u3 1 2 8 C " θ1 C " θ2 " C " θ3: u4 1 2 8 C " θ1 " C " θ2 C " θ3:
Exemple Soit à résoudre l’équation de degré 4 suivante
x4 " 2x3 4x2 2x " 5 0 En posant y x " 1 2, nous obtenons y4 5 2y 2 5y " 51 16 0 La résolvante cubique est
x3 " 5x2 19x 25 0 Les racines de cette équation de degré 3 sont
θ1 " 1θ2 3 " 4i etθ3 3 4i Nous avons C " θ1 -, 1 C " θ2 2 4i " 3-, 1 2i C " θ3 2 " 3 " 4i-, 1 " 2i La condition 8EC " θ1: 8EC " θ2: 8 C " θ3: u1 u2 u1 u3 u1 u4 " q " 5 nous donne 2 " θ1 1 2 " θ2 1 2i et 2 " θ3 2i "
1. Les racines de l’équation en
y sont y0 1 2 2i y1 1 2 " 2i y2 1 2 et y3 " 3 2 On en déduit les racines de l’équation initiale en x. Ces racines sont
x0 1 2i x1 1 " 2i x2 1 et x3 " 1