J
OURNAL DE
T
HÉORIE DES
N
OMBRES DE
B
ORDEAUX
D
OMINIQUE
M
ARTINAIS
L
EILA
S
CHNEPS
Polynômes à groupe de Galois diédral
Journal de Théorie des Nombres de Bordeaux, tome
4, n
o1 (1992),
p. 141-153
<http://www.numdam.org/item?id=JTNB_1992__4_1_141_0>
© Université Bordeaux 1, 1992, tous droits réservés.
L’accès aux archives de la revue « Journal de Théorie des Nombres de Bordeaux » (http://jtnb.cedram.org/) implique l’accord avec les condi-tions générales d’utilisation (http://www.numdam.org/conditions). Toute uti-lisation commerciale ou impression systématique est constitutive d’une infraction pénale. Toute copie ou impression de ce fichier doit conte-nir la présente mention de copyright.
Article numérisé dans le cadre du programme Numérisation de documents anciens mathématiques
Polynômes
à
groupe
de
Galois diédral.
par
DOMINIQUE
MARTINAIS ET LEILA SCHNEPSRÉSUMÉ - Soit K un corps et K1 une extension quadratique de K. Etant
donné un polynôme P de K1
[X]
à groupe de Galois cyclique, nous donnons une méthode pour construire un polynôme Q deK[X]
à groupe de Galoisdiédral, à partir des racines de P. Cette méthode est tout à fait explicite :
nous donnons de nombreux exemples de polynômes à groupe de Galois diédral sur le corps Q.
1. Le
problème
inverse de la théorie de Galois.Soit K un corps
caractéristique
nulle et G un groupe fini. Leproblème
inverse de la théorie de Galois pour G sur Ii est de savoir si G se réalise comme groupe de Galois d’une extension de 7~. Si c’est le cas,
l’étape
sui-vante est de chercher à construireexplicitement
une extensiongaloisienne
deK,
de groupe de Galois G. Il est souvent utile d’avoir de telles réalisationsexplicites,
entre autres pour étudier leproblème
inverse de la théorie deGalois
lui-même pour des groupesplus
grands.
Eneffet,
siG
est un groupefini dont G est un
quotient
et siL/h’
est une extensiongaloisienne
degroupe de Galois
G,
on se demande si Lpeut
êtreplongé
dans un corps Mtel que
MIK
soit une extensiongaloisienne
de 7~ de groupe de Galois G.Si l’on connaît
explicitement
L,
on pourra essayer de calculer l’obstruction.Si l’on arrive à choisir le corps L de telle
façon
que cette obstruction soitnulle,
alors on saura que G se réalise comme groupe de Galois sur ABDans cet
article,
nous avons voulu montrer comment obtenirexplicite-ment des
polynômes
surQ,
à groupe de GaloisD» ,
le groupe diédral d’ordre2n. Il est connu
depuis longtemps
(voir
parexemple
[M])
que les groupesD~,
se réalisent comme groupes de Galoissur Q
et même comme groupes deGalois
d’extensionsrégulières
de~(T),
carD»
est leproduit
semi-direct de deux groupesabéliens, précisément
deCn
parC2.
Mais ce raisonnement nefournit pas directement de
polynômes explicites.
En utilisant la théorie ducorps de classes de
Hilbert,
onpeut
réaliserquelques exemples
explicites
depolynômes
de groupe de GaloisDp
pour ppremier :
Hilbert lui-même l’afait pour p = 3 et 5. Mais il faut chercher un corps
quadratique
imaginaire
de nombre de classes
égal
à p,~ et les calculs deviennent trèsrapidement
inabordables. Dans leurs
travaux,
Jensen et Yui[JY]
donnent des condi-tions nécessaires et suffisantes pourqu’un
polynôme
définisur Q
ait commegroupe de
Galois
Dp ,
où p est un nombrepremier.
Ils ne donnent dans leurarticle
qu’une
familleparamétrée
ayant D~5
comme groupe deGalois,
et unpolynôme
trèsgrand
de groupe de GaloisD~ ,
obtenu par la méthode descorps de classes de Hilbert. Dans
[M],
Mestre donne une autre méthodequi
fournit des
polynômes
à unparamètre
de groupe deGalois
D5
ouD7.
A.Brumer
[B]
a trouvé unpolynômes
générique
à deuxparamètres
à groupede Galois
D5
que nous donnons dans le§4 :
nous le remercions de nousl’avoir
communiqué.
Notre méthode est basée sur deux choses :
(1)
la connaissance de familles depolynômes
à groupe de Galoiscyclique
d’ordre n; Smith[Sm]
en a donnélorsque
n estimpair,
ses travaux étant basés sur des idées de Saltman~5~;
(2)
la structure du groupe diédral commequotient
duproduit
en couronneC~ 1 C2
par son sous-groupeisomorphe
à ladiagonale
deC~
xCn,.
Nous traduisons ces deux idées en termes de corps : autrement
dit,
nouscherchons à réaliser le groupe diédral comme groupe de Galois d’un corps
LIK,
oùL C M
et oùMIK
estgaloisienne
de groupe de Galois unsous-groupe de
Cn, t C2.
Cette extension M sera construitegrâce
auxpolynômes
cycliques.
2. Construction
théorique
d’extensions diédrales.Fixons un entier n au moins
égal
à 2. Soit [{ un corps decaractéristique
nulle. Choisissons une clôture
algébrique
de K que nous notons f~(. Dansles constructions que nous allons
faire,
tous les corps considérés seront dessous-corps de AB Nous supposons dans toute cette
partie
que le corps Ifsatisfait aux conditions suivantes :
.
(ii)
Il existe une extension
galoisienne
Li
deK~
telle quesoit
cyclique
d’ordre n.Dans ce
paragraphe
nous montrons comment obtenir des extensionsPour tout sous-corps 7~ de ~~ et pour tout
polynôme
U de7~[A"j,
onnote le corps de
décomposition
deU,
c’est-à-dire leplus petit
sous-corps de
I~~
contenant ~’’ et les racines de U. Soit P unpolynôme
unitairede de
degré
n, irréductible et tel queL,
=(P).
Appelons
conjugaison l’unique
élément d’ordre 2 de et pour tout élémentde
appelons
sonconjugué
sonimage
par laconjugaison.
Introduisonsalors le
polynôme
P deKi
[X]
dont les coefficients sont lesconjugués
deceux de P. Considérons l’extension
LZ
deIii
définie parL2
=(P).
Legroupe de Galois est
cyclique
d’ordre n. Eneffet,
si u :Li
-L2
est unisomorphisme
de corpsqui
prolonge
laconjugaison
de on aalors =
uGal(Li
Soit M =
L,.L2.
L’extension estgaloisienne
etl’homomorphisme
est
injectif.
Deplus,
c’est unisomorphisme
si et seulement siLi nL2
=Puisque
PP E on a M =d)),
donc enparticulier
Mest une extension
galoisienne
de Ii et on a la suite exacte suivante :Dans toute la
suite,
écrivons P =ri) où les
racines de Psont numérotées de telle
façon
quel’application
ri ~ ri+1 définisse ungénérateur
de Nous dirons dans ce cas que les racines de Psont bien numérotées.
PROPOSITION 2.1.
Supposons qu’il
existe 7 E tel quer2
=id Aq
et soit laconjugaison
deKi.
Alors estisomorphe
à un sous-groupe du
produit
en couronneCn.lC2. Plus précisément,
il existeun sous-groupe A de
C~
xC~ symétrique
parrapport
à Iadiagonale
et telque soit
isomorphe
auproduit
semi-direct A )JC2,
où l’élément non-trivial deC2 opère
sur A parpermutation
des facteurs.Démonstration. On a =
L2.
On a donc unmonomorphisme
~ :
:Z/nZ
x où0(o-) = (j, k)
siu(ri)
= etu(r(ri»
= pour tout i e7l/n71.
Si(j, k)
est dansl’image
de0,
no-tons Uj,k l’élément D’autre
part,
est un sous-groupedistingué
de et = donc legroupe est
produit
semi-direct de{
par ilest immédiat de voir que T
opère
sur parrUj,kr-1
=Uk,j pour tout
(j, k)
E d’où laproposition.
Enonçons
maintenant le théorèmeprincipal.
THÉORÈME
2.2.Supposons
que l’entier n soit au moinségal
à 3 etqu’il
existe r E tel que
T2
=idiB1
et queTI K1
soit laconjugaison
deKl.
Soit,
pour tout k dansZ/7Z, sk
défini paret soit
Q
lepolynôme
deM[X]
défini parOn a alors
(i)
lepolynôme Q
est à coefficients dansIi;
(ii)
supposons queQ
n’ait que des racinessimples
et posonsL =
DT«Q).
Alors le groupe de GaloisGal(L/I~)
estisomorphe
àun sous-groupe d u groupe diédral
D~, .
Deplus, il
estisomorphe
àDn
si et seulement s’il contient un élément d’ordre n.Démonstration.
(i)
Soit il est immédiat que l’on apour
Z/nZ.
Il vient doncD’autre
part,
il est clair que l’on a7(Sk)
=pour tout k E
Z/nZ.
Par suite on aQ
= Les coefficients deQ
sont donc invariantspar
Gal(MIK),
donc dans Ii .Le groupe est
isomorphe
auquotient
Gal(M/K)/Gal(M/L).
Il faut donc calculer le groupe
Gal(M/L).
On atout k E Les racines de
Q
étantsimples,
on a skpour tout k E si et seulement si i =
j.
D’autrepart,
puisque
n >
3,
il existe k e7l/n71
tel que2k #
0. Par suiteGal(M/L).
On a donc
Gal(M/L)
=Rappelons
que l’on a
D~,
dont le noyau est exactementGal(M/L)
d’après
lecal-cul
précédent.
Gal(L/Ii )
est doncisomorphe
à un sous-groupe deDn .
Ilest clair que si
Gal(L/Ii )
estisomorphe
àD~
il contient un élément d’ordre n.Réciproquement,
supposons queGal(LIK)
contient un élément d’ordre n. Cela veut direqu’il
existe a EGal(M/I~)
tel que n soit leplus petit
en-tier
positif
tel que un EGal(M/L).
Soit donc un tel u. Pour tout élémentde on a = et donc
appartient
àGal(M/L).
Par suite a est nécéssairement dans Le groupea donc au moins 2n éléments : les classes modulo
Gal(M/L)
deo- k
et deruk
pour k
E~0, ... , n - 1 } .
C’est doncD~.
0
Etant donné un
polynôme cyclique
P défini surIi ,
notre constructionrepose sur l’existence d’un élément T d’ordre 2 de
Gal( M / /()
qui
prolonge
laconjugaison
deKI.
Voici alorsquelques
résultatsthéoriques
sur l’existenced’un tel élément.
LEMME 2.3. Si n est
impair
alors il existe un élément deGal(M/Ii )
d’ordre2
qui
prolonge
laconj ugaison
d eDémonstration. La, suite
étant
exacte,
soit u un élément deGal(M/Il)
qui
prolonge
laconjugaison
de
Ki.
Puisque n
estimpair,
u"prolonge
aussi laconjugaison.
Mon-trons alors que u" est d’ordre
2,
c’est-à-dire que l’on a =idiB1.
On au2
E or est un sous-groupe deC~,
xCn ,
grouped’exposant
n. Par suite on a(u2)"
=idiB1,
d’où le résultat.0
LEMME 2.4. Si on aLi n L2
=Ki
alors il existe un élément d’ordre 2 dequi
prolonge
laconjugaison
deDémonstration.
Puisque
l’on aLi
=DT(l
(P)
etL2
=DT(l
(P),
il existeun
isomorphisme
de corps u :LI
--~L2
qui
prolonge
laconjugaison
deKi.
Comme on aLi
il vientul T., nT’2 =
Soit alors T : M 2013~ Ml’unique isomorphisme
de corps tel u et =u"~.
Il est clair que r est un élément d’ordre 2 de et que r
prolonge
Remarque
2.5. Ce dernier lemme estimpraticable,
c’est-à-dire que pourun
polynôme
P donné on n’agénéralement
pas de critèresimple
pour testersi les extensions
L,
etL2
sontdisjointes
ou non. Parcontre,
lorsque
n =2,
ce n’est pas difficile de choisir P pour que les extensions
L,
etL2
soientdisjointes.
Pour construire des
polynômes
diédraux pour nquelconque,
nousprocé-dons en "mettant ensemble" les différents morceaux
provenant
despuis-sances, de
premier
divisant n, selon la méthode de laproposition
2.6. Avant d’énoncer cetteproposition,
fixonsquelques
notations. Soient ni et n2 deuxentiers
premiers
entre eux et soit n = SoitPi =
a;)
(resp.
P2 =
unpolynôme
irréductible de tel quele groupe de Galois de
D j~,
(Pi )
surKi
(resp.
deDK1
(P2 )
sur soitcy-clique
d’ordre ni(resp. n2 ) .
Deplus,
supposons que les racines dePi
(resp.
sont bien numérotées. Soient les extensions
Mi
=D1«P1 P-l(X2-d»)
et
M2
=D j~ (P2 PZ (X 2 - d)) ,
etposons M =
Mi M2.
Dans laproposition
2.6 nous construisons un
polynôme
P E/1
[X],
irréductible dedegré
n, telque
(P)
=(P, )D¡B1 (P2)
et dont le groupe de Galois estcyclique
d’ordre n.
Smith
[Sm]
a énoncé cette construction sans la démontrer. Deplus,
nous allonsindiquer
comment l’existence d’un T sur M se ramène àl’existence
d’un 7-1
surNf~
et d’un TZ surM2.
Notonsçli
et~2
lessurjections
canoniques
01 :
et~2 :
7l/ n2 7l.
PROPOSITION 2.6. Pour tout i E
Z/nZ,
soitbi
E M défini parbi
=atfJ1
(~)-f-~Q~Z(~).
Soit P lepolynôme
deM[X]
défini par P =(i)
Lepolynôme
P est unpolynôme
irréductible de/1
[X],
on a M’ =D1«P p(X2 - d)),
et le groupe(P)/ /(1)
estcyclique
d’or-dre n. Deplus
les racines de P sont bien numérotées.(ii)
Supposons
qu’il existe
71 Eet 72
e d’ordre 2 etprolongeant
laconjugaison
de Alors il existe ununique
Td e
G al( M/ Ii )
qui
prolonge
ri et T2 , et T est d’ordre 2.Démonstration.
(i)
Puisque
ni et n2 sontpremiers
entre eux, on af1 Dji,
(P2)
=/(1
et donc(PZ)/>> )
estisomor--
phe
auproduit
xqui
estcyclique
d’ordre n. Les racines de P sont donc
permutées
transitivement par le groupeGal(DK1
(P2)/ /(1).
Pour démontrer que lepolynôme
P est irréductible sur il suffit donc de démontrer que ses racines sontsim-ples.
Soient alors iet j
telsque 6.
=Puisque
(Pl )nD1B1 ( P2 )
=/(1,
on a donc E Par suite =
l’on est en
caractéristique
0,
que a~,, ~~) =a,~6, (,),
par suite01 (i)
=çli
(j).
De même on a
02(i) = 02(j)
et donc i= j .
Lepolynôme
P est unpolynôme
irréductible deK,[X],
doncD j~, (P)
= soit(P)
=(Pi P2 ).
Par suite on a M =d)) .
Il est clairque les racines de P sont alors bien numérotées.
(ii)
Puisque
les ordres des groupes et sontpremiers
entre eux, ona Mi
l’existence de r est donc clairepuisque
l’on a M =Ml MZ .
Ù
Remarque
2.7. Dans lapratique,
nous avons besoin de décrireexplicite-ment l’élément r. Nous ne savons pas le faire
quand
n =2~",
m >1,
ni même donner despolynômes cycliques
surIii
quand
m > 3. La remarque2.5 et la
proposition
2.6 nouspermettent
donc de traiter les cas des groupesdiédraux
D~,
etD2n
avec nimpair.
3.
Application
à la construction depolynômes
diédraux surQ.
Le but de ce
paragraphe
est de rendreexplicite
la construction depoly-nômes diédraux
indiquée
dans le§2,
en donnant notre manière de calculerles
polynômes
cycliques
et l’élément T de laproposition
2.6. Pour éviter descalculs
trop
compliqués
nous nousrestreignons
au cas K =Q.
Nouscom-mençons par
rappeler
la construction de Smith(cf. [Sm])
d’unpolynôme
cyclique
d’ordre n sur tout corpsIii
decaractéristique
ne divisant pas n : dans notre construction depolynômes
diédraux surQ,
Iii
sera uneextension
quadratique
deQ.
Plaçons-nous
d’abord dans le cas où n est lapuissance
d’un nombrepremier impair. Soit (
une racineprimitive
n-ième de l’unité. Soienttu, ...
EIii
etdéfinissons,
pour tout i E(Z/nZ)*,
les nombrescomplexes
ci et e ~ p ar :où
~~~
désigne
l’entiercompris
entre 0 et n - 1 dont la classe modulo n estégale
à ~.Remarquons
que Ci est défini à unepuissance de ( près,
dont nous fixons un choix. Pour tout i e soit r;e C
défini par :Soit P
lepolynôme
défini parAlors P E et s’il est à racines
simples,
son groupe de Galois estcyclique
d’ordre divisant n. Si P est irréductible ses racines sont bien numérotées et son groupe de Galois estisomorphe
àC,., :
s’il ne l’est pas,il
existe j
EZ/nZ
tel quel’application
r. Hr,+j définisse un
générateur
de
Posons maintenant
7~ = -Q
et passons à la construction depolynômes
diédraux.On
traite d’abord le cas où n est unepuissance
depremier impair.
Rappelons que (
est une racineprimitive
n-ième de l’unité.Hypothèse
1. Soit d un entier au moinségal
à2,
sans facteurs carrés ettel que
~(~),
autrement dit tel que f1~(~) _
Q.
Posons
KI
= et si z E notons x sonconjugué.
LEMME 3.1. Soient
t~, ... ,
t~~~,,~_~
iE Îii
desparamètres
et soient ... ,leurs
conjugués.
Par la méthode de Smith décriteci-dessus,
onassocie des nombres ri aux
ti
et des nombresr;
auxfi.
PosonsAlors le
polynôme
P estégal
àP,
leconjugué
de P dans!(1
[X].
Démonstration.
Remarquons
que parl’hypothèse 1,
on aGal(Il
=
(7L~n7G~".
Pour tout i E nous définissons Ii Epar
y;(Ç)
=(i :
quel
que soit x E/1
(Ç),
on a xe R
o = x, caryn-i est exactement la restriction de la
conjugaison
complexe
à!{1
(Ç).
Soit u
l’unique
automorphisme
de!{1
(Ç)
qui
prolonge
laconjugaison
deK~
etqui
vérifieu(~)
=(
(u
est définipar ces
conditions).
On voit alorsque o u = u o car
l’hypothèse
d > 2implique
que!{1
C1I8,
etces deux
automorphismes
de coïncident donc sur!{
1 et sur(.
Pourchaque
i E(Z/nZ)*
on a =b;
où lesbi
et lesbi correspondent
auxto,... ,
et auxlo, ...-’
t,~~",~_~
par la méthode de Smith : on voitLe but de ce
qui
suit est de donner des conditions suffisantes pourqu’il
existe r comme dans le théorème 2.2 et telqu’en plus,
on ait =r~.
Hypothèse
2. Choisissons lesparamètres
t~, ... ,
de tellefaçon
que le nombre
b,
soit réel.Ceci
implique
que tous lesbi
et lesbi
sont réels pour la raison suivante : pour touti,
on a =bi
et donc =Puisque
ln-l
et y; commutent,
on voit que(bi)
=bi
et doncb.
E 1ae.
Deplus
bi
E llgpuisque
b~
= et u commute avecPour tout i E
(Z/nZ)*,
nous choisissons pour ci(resp. Ci)
l’unique
racineréelle de
bi
(resp. bi).
PROPOSITION 3.2.
Soit
N leplus
petit
sous-corps de C contenantles ci et les
èi
pour tout i E(~/n~~*.
II existe ununique
automorphisme
ducorps
N,
que nous noterons v, tel quev~ j, ~ (~~
= u,v(ci)
=Ci
etv2
=idrv.
Démonstration. L’unicité est
claire,
démontrons l’existence.Puisque
c~
E~1 ((),
lepolynôme
minimal deCi
surKi
(Ç)
est de la forme X m -c’
avec m un diviseur de n. Le
polynôme
X~ -ci
est donc unpolynôme
irréductible de
~~~ (~’~~X~.
Deplus, puisque cf1’
E R on a E I)8. Oron a
U(cn) =
u(bi)
=61
et61
possède
uneunique
racine(n/m)-ième
réelle,
à savoircm.
Par suiteu(c~’ ~
=cr’.
Onpeut
doncprolonger
u en unisomorphisme
de corpstel que =
éi . On
constate que u’ commute à laconjugaison complexe
et donc envoie les réels de
[(1
((,
sur les réels deKi
((, C-1).
Onpeut
donc recommencer enadjoignant
Ci
àKi
(Ç, ci ).
Deproche
enproche,
onpeut
donc
prolonger
u en unautomorphisme v :
N --; N tel quev(ci)
= Ci et= ci : cela est
possible,
car àchaque
cran,l’isomorphisme
construitcommute à la
conjugaison
complexe
et donc envoie les réels sur les réels.d
Soit M = Voici le résultat essentiel de ce
paragraphe :
PROPOSITION 3.3.
L’automorphisme v
de laproposition précédente
vérifiev(M)
= M .Si
l’on pose T = alors on a :(iii) TI K1
est Iaconjugaison
deKl,
(iv)
=fi
Démonstration.
Puisque v prolonge
u, vprolonge
laconjugaison
deEn
particulier,
on a =idj,,
etdonc,
puisque
M est une extensiongaloisienne
deK,
on av(M) _
M.Puisque
l’on adéjà
v2
=id,y,
on acertainement
r2
=idAI.
Le reste découle directement de la construction.0
Pour terminer ce
paragraphe,
expliquons
commentpratiquement
nousallons obtenir des
polynômes
définissur Q
et à groupe de Galois diédralDn,
pour nimpair
ou n = 2m avec mimpair.
Voici les choix et les testssuccessifs à effectuer :
(1)
Ondécompose
n enproduit
de facteurspremiers
n =po’.
.(2)
On choisit d entierpositif
sans facteur carré tel queQ
pourchaque
i6 {1,.. r}
lorsque (t
est une racineprimitive
p7i-ième
de l’unité.(3)
Pourchaque
nombrepremier
px, on construit unpolynôme cyclique
Pi
E dedegré
p,’,
par la méthode de Smith enchoisis-sant les
paramètres
(4)
Le seul test à effectuersur Pi
est de vérifier que ses racines sontsimples
car alors on a vu que son groupe de Galois est unsous-groupe du sous-groupe
cyclique
d’ordre(5)
On construit lepolynôme
P à coefficients dans selon laméthode décrite dans la
proposition
2.6. Le groupe de Galois de Psur est alors un sous-groupe du groupe
cyclique
d’ordre n.(6)
On construit lepolynôme Q
à coefficients dans Z selon la méthode du théorème 2.2 et de laproposition
3.3.(7)
On vérifie que les racines deQ
sontsimples.
(8)
En factorisantQ
moduloquelques
nombrespremiers,
on teste si le groupe de Galois deQ sur Q
possède
bien un élément d’ordre n.Si on en trouve un, on sait
d’après
le théorème 2.2 que le groupede Galois est bien le groupe diédral
4.
Exemples
depolynômes
diédraux. °Les
polynômes
donnésici,
tous définis surQ,
ont été obtenus en suivantla méthode des deux
paragraphes précédants. L’exemple
de n = 6 a étésimplifié
vial’algorithme
POLREDimplanté
dans lesystème PARI, qui
enlève les facteursparasites.
Apart
l’utilisation de PARI(POLRED,
BASEet DISCF pour
l’exemple
n =6),
tous les calculs ont été effectués avecMaple.
Nous nous bornons à donner un
polynôme
pourchaque
ntraité,
sansexplication :
ils ont tous été obtenus enprenant,
comme valeurs pour lesparamètres
deSmith,
des nombres choisis au hasard dansCas 1 : n=5. Le cas n = 5
ayant
été traité dans[RYZ]
et[B],
nous nous contentons de donner leur résultat ici. SoitQ
lepolynôme
en deuxparamètres
donné parQ(X) =
X5
+ aX + b oùAlors
(cf. [RYZ])
Q
a groupe deGalois
D5
sur Q
pour toutt, s
6 Q
telsque t
~ 1, s #
0,
etdisc(Q)
=44a5
+55b4
soit un carré.D’autre
part,
soitQ,q~",(.X ~
donné parD’après
[B],
cepolynôme
estgénérique
pourDr.,
c’est-à-dire que si F estun corps
contenant Q
et !{ est une extensiongaloisienne
de F de groupede Galois
D5,
alors li est le corps dedécomposition
d’unpolynôme
de la forme~t~~,,(~)
pour des valeurs de s et u dans F.Cas 2 : n=6.
Le discriminant de ce
polynôme
estégal
à2~ ’
3" 52 . 13’~ -
4332,
mais le discriminant de son corps dedécomposition
estégal
à2~
3~ ’ 13~~5.
Nous traitons maintenant un cas à
part,
celui de n =8,
par des méthodespermettant
de donner unpolynôme
à 4paramètres.
Cas 8 : n=8. Nous donnons un
polynôme
défini sur le corpsQ(m,
n, r,b)
où n, m, r et b sont des indéterminées. Posons d =
m 2 - 2n2 :
pour desspécialisations
de m, n, r et b à des valeurs dans un corps de nombresA,
lepolynôme
aura groupe deGalois
Dq
sur 7~ à condition que d et4r4 -
b2 d
soient non-triviaux et
indépendants
dansl~~ *~(Ii *)2.
On poseLa méthode
employée
étant différente de celle du théorème2.2,
on donneLa démonstration se fait alors en trois
étapes.
(1)
On remarque que le corps dedécomposition
Li
deQ
contient unsous-corps L de groupe de Galois
D4
sur le corps de baseK,
donné(2)
On
montre queLi
est bien dedegré
16 surK,
c’est-à-dire que c’est une extensionquadratique
de L.Notons A =
(m
+2r 2r2
+ etAi, A2
et ses troisconjugués
sur il suffit de montrer queAAi
est un carré dans Lpour i =
1, 2, 3.
On constate que(3)
Le groupe de Galoisde Q
est donc d’ordre 16 avec unquotient
isomorphe
àD4 :
iln’y
a que troispossibilités
dont uneseule, D8 ,
possède
un sous-groupeégalement
isomorphe
àD4.
Or ici c’est lecas
puisque
l’on aD4 .
RÉFÉRENCES
[B]
A. BRUMER, Preprint.[JY]
C. JENSEN, N. YUI, Polynomials withDp
as Galois Group, J. Number Theory15
(1973), 347-375.
[M]
B. H. MATZAT, Konstruktive Galoistheorie, Lectures Notes in Math. 1284,Springer
Verlag.
[Me]
J.-F. MESTRE, Courbe elliptiques et groupes de classes d’idéaux de certains corpsquadratiques, J. reine und angew. Math. 343
(1983),
23-35.[RYZ]
G. ROLAND, N. YUI, D. ZAGIER, A parametric Family of Quintic Polynomialswith Galois Group D5, J. Number Theory 15
(1982),
137-142.[S]
D. SALTMAN, Generic Galois Extensions and Problems in Field Theory, Adv.Math. 43
(1982),
250-283.[Sm]
G. SMITH, Generic Cyclic Polynomials of Odd Degree, Commun. Algebra 19(12)
(1991),
3367-3391.Laboratoire de