Equation générale de degré n

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Texte intégral

(1)

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

i j αi ja ibj 0 alors

j

i αi jai  bj  0 Mais b est transcendant sur K

 a, d’où

i αi jai 0 pour tout j

a 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

(2)

Démonstration Sinon, soit

αi1i2in ui1 1u in n  0 une relation de dépendance algébrique sur K. Posons

P  X1X n 

αi1i2in Xi1 1 X in n

Ce polynôme non nul satisfait P

 u1u2u n  0. Considérons le polynôme H  X1X n 

σ Sn PXσ 1 X σn

Le 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

(3)

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

"

(4)

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 ∆ -, ∆ oùε 

σ 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

(5)

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

(6)

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

(7)

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

(8)

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

(9)

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

Figure

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