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Thorie de Galois
Marc SAGE
Table des matires
1 Introduction 21.1 Prolongements disomorphismes aux corps de
dcomposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Groupe
de Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Morphisme de Frobenius . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . 41.4 Polynmes sparables . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.5 Corps parfaits .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . 61.6 Corps nis . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. 6
1.6.1 Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.6.2 Cyclicit de
Gal
FqFp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . 71.6.3 Extensions intermdiaires . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.7 Clture algbrique de Fq . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.8 Thorme de Lroth .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . 9
2 Thorie de Galois 122.1 tude prliminaires des K-morphismes . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
2.1.1 Thorme dexistence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.1.2 Extensions sparables .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . 132.1.3 Extensions normales . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Extensions galoisiennes . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3 Lemme dArtin
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . 172.4 Correspondance de Galois . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
182.5 Clture galoisienne dune extension sparable nie Thorme de
llment primitif . . . . . . . 192.6 Exemples . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . 20
2.6.1 Racines de lunits Extensions cyclotomiques . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . 202.6.2 Polynmes symtriques
Discriminant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . 222.6.3 Extension cycliques . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3 Rsolubilit par radicaux 273.1 Extensions composes . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . 273.2 Calcul de Gal
L1L2K
en fonction de Gal
L1K
et Gal
L2K
. . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.3 Construction de la thorie des groupes : produit br . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
4 Calcul du groupe de Galois dun polynme P 2 Z [X] via la
rduction modulo p 324.1 Lecture de GalQ P dans la dcomposition de P
en facteurs irrductibles . . . . . . . . . . . . . . 324.2 Rduction
modulo p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . 32
4.2.1 Construction dun corps de dcomposition de P . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . 334.2.2 Injection de GalFp P dans
GalQ P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . 344.2.3 Recherche de facteurs irrductibles . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1
-
1 Introduction
1.1 Prolongements disomorphismes aux corps de dcomposition
Dnition.Soit K un corps, P 2 K [X].Un corps de dcomposition de P
est une extension L de K telle que
P est scind sur LL engendr par les racines de P
.
Proposition (rappel).Un corps de dcomposition existe toujours,
et est unique isomorphisme prs.
Proposition (prolongement disomorphismes aux corps de
dcomposition).Soit : K1 ! K2 un isomorphisme de corps. Soit P1 2 K1
[X], et P2 2 K2 [X] le polynme obtenu via ,
etL1 le corps de dcomposition de P1 sur K1L2 le corps de
dcomposition de P2 sur K2
. Alors il existe un isomorphisme e : L1 ! L2 qui prolonge :
K1 ,! L1# # eK2 ,! L2
,
le nombre de tels isomorphismes vrie [L1 : K1] ,
et si P1 est scind simple dans L1, on a lgalit
= [L1 : K1] .
Dmonstration.On fait alors une rcurrence sur d = [L1 : K1].
Si d = 1, i.e. si K1 = L1, ce qui revient dire que P1 a toutes
ses racines dans K1, alorsL1 = K1L2 = K2
, ete vaut ncessairement . On a alors bien = 1 = [L1;K1]. Soit d
> 1, et supposons la proposition vraie pour tous les extensions
(de dcomposition) de degr < d.Si P1 est scind sur K1, alors L1 =
K1 et d = 1, absurde. P1 peut donc scrire dans K1 [X] comme
P1 = Q11
o Q1 est un facteur irrductible de P1 sur K1 de degr 2 degQ1
< degP1 ; notons Q2 son image dans K2 [X].Dans L1 [X], on a
alors
P1 = ri=0 (X i)
Q1 = si=0 (X i) , 1 s r,
et dans L2 [X] on a P2 =
ri=0 (X i)
Q2 = si=0 (X i) , 1 s r.
Le point remarquer est que tout prolongement e de L1 envoie les
racines de Q1 sur celles de Q2. En eet,on a
si=0 (X i) = Q2 = (Q1) = e (Q1) = e (si=0 (X i)) = si=0e (X i) =
si=0 (X e (i)) ,donc ncessairement e (0) est un i o 0 i s.Soit
donc
K 01 = K1 [0] ,! K1 [0; :::; r] = L1,
2
-
avec [K 01 : K1] = deg 0 ; or Q1 est un polynme irrductible sur
K1 qui annule 0, donc Q1 est le polynmeminimal de 0 sur K1. On en
dduit deg 0 = degQ1, do
[K 01 : K1] = degQ1 > 1.
Pour chaque racine distincte i de Q2, on dnit un morphisme
i :
8
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1.2 Groupe de Galois
Dnition.Soit K L deux corps. On appelle K-automorphisme de L
tout automorphisme de L qui xe K. On appelle
groupe de Galois de L sur K lensemble des K-automorphismes de L.
On le note
GalLK
= f 2 AutL ; 8a 2 K, (a) = ag .
Proprit.Si L est un corps de dcomposition dun polynome P de K
[X], alorsGal LK [L : K] ,
et si P est scind simple sur L, il y a galit.
Dmonstration.Puisquun K-automorphisme de L est un prolongement L
de lidentit sur K, on applique la proposition
prcdente K1 = K2 = K et = Id.
1.3 Morphisme de Frobenius
Dnition.Soit K un corps de caractristique p. On appelle
morphisme de Frobenius le morphisme de corps :
Fr :
K ! Kx 7! xp .
On note son imageKp = fxp o x dcrit Kg .
Fr est bien un morphisme additif, tant donn que pour i ^ p =
n,p
i
=p
i
p 1i 1
= pi1
p 1i 1
0 [p]
et donc que
Fr (x+ y) = (x+ y)p= xp +
p1Xi=1
p
i
xiyni| {z }
=0
+ yp = xp + yp.
1.4 Polynmes sparables
Dnition.Un polynme de K [X] est dit sparable si toutes ses
racines sont simples dans toute extension de K.Si K L est une
extension algbrique, un lment x de L est dit sparable si son
polynme minimum est
sparable.
Proposition (critre de sparabilit sans sortir du corps de
base).Un polynme P 2 K [X] est sparable ssi il est premier avec sa
drive :
P sparable () P ^ P 0 = 1.
Dmonstration.
4
-
Si P nest pas sparable, P a une racine double dans une extension
L de K, donc P ^ P 0 6= 1 dans L [X], afortiori dans K [X] puisque
le pgcd est inchang par extension de corps.Rciproquement, si P ^ P
0 6= 1, alors P a une racine double dans un de ses corps de
dcomposition, donc
nest pas sparable.
Proposition (critre de sparabilit pour les polynme
irrductibles).Soit P 2 K [X] irrductible. Alors P est sparable ssi
P 0 6= 0.
Dmonstration.Si P est irrductible sur K [X] et nest pas
sparable, alors P et P 0 ont (dans une extension de K) un
facteur
en commun non constant, qui ne peut tre que P vu que P est
irrductible, do P j P 0, ce qui implique P 0 = 0en prenant les
degrs.Rciproquement, P 0 = 0 =) P j P 0 =) P ^ P 0 = P 6= 1 =) P
non scind simple dans une clture
algbrique de K.
Proposition (factorisation de Xp a).Soit K de caractristique p
> 0, et a 2 K. Si a 2 Kp, alors Xp a se scinde en
Xp a = X ppap . Si a =2 Kp, alors Xp a est irrductible.
Dmonstration. vident car on est en caractristique p. Montrons la
contrapose. Si P = Xp a nest pas irrductible, soit Q un facteur
irreductible de P , de
sorte queXp a = QR
avec 1 degQ < p. Soit b une racine de Q dans une extension
approprie de K. Alors0 = QR (b) = P (b) = bp a,
doXp a = Xp bp = (X b)p ,
donc Q j (X b)p, i.e. Q = (X b)r pour un 1 r < p. Puisque Q 2
K [X], son terme constant br est dansK ; or p est premier, donc
Bezout donne ur + vp = 1, do
b = (br)u(bp)
v 2 K =) a = bp 2 Kp.
Corollaire.Dans K = Fp (T ), le polynme P = Xp T 2 K [X] nest
pas sparable.
Dmonstration.Montrons dj que P est irrductible sur K = Fp (T ).
Daprs la proposition prcdente, il su t pour cela
de montrer que T 2 K nest pas une puissance de p dans K. Si
ctait le cas, on aurait T = AB p avecA =
Pi aiT
i 6= 0B =
Pi biT
i ,
doAp =
Pi api T
pi
Bp =P
i bpi T
pi et Xi
api Tpi = Ap = TBp = T
Xi
bpi Tpi =
Xi
bpi Tpi+1,
absurde car p 2.Il reste voir que P 0 = 0, donc, daprs la
dernire proposition, P ne peut tre sparable.
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1.5 Corps parfaits
Dnition.Un corps K est dit parfait si tout polynme irrductible
de K [X] est sparable.
Proposition (critre de perfection). Si carK = 0, alors K est
parfait. Si carK = p > 0, alors K est parfait ssi Kp = K, i.e.
ssi Fr est surjectif.
Demonstration. Si carK = 0, alors tout polynme irrductible y est
de degr au moins gal 1, donc de drive non nulle,
donc sparable. Si Kp K, soit a 2 K nKp . Le polynme Xp a est
alors irrductible (car a =2 Kp) et de drive nulle,
donc nest pas sparable et K ne peut tre parfait.Si Kp = K, soit
P 2 K [X] irrductible. Si P ntait pas sparable, sa drive serait
nulle. En posant
P =P
k0 akXk, on aurait
0 = P 0 =nXk=1
akkXk1,
do akk = 0 pour tout k et ak = 0 pour k ^ p = 1.On en
dduirait
P =Xj0
apjXjp =
Xj0
ppapj
pXjp =
0@Xj0
ppapjX
j
1Ap
o lun des apj est non nul (sinon P = 0), absurde car P
irrductible.
1.6 Corps nis
1.6.1 Rappels
Soit K un corps ni. Le morphismeZ ! Kn 7! n 1K ne saurait tre
injectif, donc son noyau est du type
aZ avec a 6= 0. Alors a est ncessairement premier, puisque pour
toute dcomposition a = bc on a
0 = a 1K = bc 1K = (b 1K) (c 1K)
do b 1K = 0 (ou c 1K) par intgrit de K, i.e. b 2 aZ, ou encore a
j b.On note alors a = p (comme premier). p est appele
caractristique de K, et est note
carK = p.
Dautre part, K contient les p itrs de 1K , i.e. le corps Fp =
f0; 1; :::; p 1g vu dans K (on appelle cettecopie de Fp le
sous-corps premier de K) Ainsi,
carK = p > 0 =) Fp ,! K.
On peut alors considrer K comme un Fp-espace vectoriel de
dimension nie n, do jKj = pn.
Proposition (rappel).Soit p premier. Pour tout n 1, il existe (
isomorphisme prs) un unique corps ni de cardinal q = pn :
cest le corps de dcomposition sur Fp de Xq X, et on le note Fq:
On a de plus Fp ,! Fq.
Proposition (rappel).Fq est cyclique.
6
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1.6.2 Cyclicit de GalFqFp
Proposition.Gal
FqFp est cyclique et engendr par Fr :Gal
FqFp = hFri .Dmonstration.Soit a engendrant Fq , de sorte que Fq
= Fp [a]. Les lment de G = Gal
FqFp sont entirementdtermins par les (a), donc
jGj # f (a) o dcrit Gg .En considrant le polynme minimal P de a
sur Fp, avec degP = [Fq : Fp] = n, on remarque que les (a) sontdes
racines de P car P 2 Fp et xe Fp :
P ( (a)) =Xk
k ( (a))k=Xk
(k)ak=Xk
ka
k=
Xk
kak
!= (P (a)) = (0) = 0.
Il y a donc au plus n possibilits pour (a), do jGj n.Pour
montrer que Fr engendre G, il su t de montrer que son ordre ! dans
G est n. Pour cela, on remarque
que 8x 2 Fq, x = Id (x) = Fr! (x) = xp! , donc le polynme Xp! X
sannule sur Fq tout entier, donc est dedegr p! q = pn, do ! n,
CQFD.
1.6.3 Extensions intermdiaires
Lemme 0.Soient a et b des entiers 1 et p un entier 2. Alors
(pa 1) ^ pb 1 = pa^b 1(Xa 1) ^ Xb 1 = Xa^b 1 .
Dmonstration.Clair si a = b. On suppose alors a > b. On
eectue la division euclidienne de a par b : a = bq + r. On crit
alorspa 1 = pbqpr 1 = pbqpr pr + pr 1 = pr pbq 1+ (pr 1) = prA
pb 1+ (pr 1)
(o A est entier), ce qui montre que le reste de la division
euclidienne de pa 1 par pb 1 est pr 1. Les termessuccessifs de
lalgorithme dEuclide "passent" donc la puissance p, et en ritrant
le procd, on trouve que ledernier reste non nul est bien pa^b 1.La
dmonstration est identique pour les polynmes, vu que lon dispose
dune division euclidienne polyno-
miale.
Lemme.Les trois noncs suivants sont quivalents :
Xpm X j Xpn Xpm 1 j pn 1
m j n:
Dmonstration.
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-
Par quivalences, et en utilisant le lemme 0, on a
Xpm X j Xpn X
() Xpm1 1 j Xpn1 1()
Xp
m1 1^Xp
n1 1= Xp
m1 1() Xpn^m1 1 = Xpm1 1() n ^m = m() m j n,
la mme mthode marchant pour pm 1 j pn 1.
Proposition (extensions intermdiaires).Les sous-corps de Fpn
sont exactement les Fpk o k j n.Fpk peut tre galement vu comme le
corps des racines de Xp
k X sur Fp. On a alors les injectionsFp ,! Fpk ,! Fpn .
Dmonstration. Soit E une extension intermdiaire : Fp ,! E ,! Fq.
E est ni, donc est un Fq0 avec q0 = (p0)k et k 1 ;
E tant par ailleurs un sous-groupe additif de Fq son cardinal
doit diviser le cardinal de Fq, i.e. (p0)k j pn,do p0 = p et q0 =
pk. Dautre part, Fq peut tre vu comme un Fq0 -espace vectoriel de
dimension nie r, dojFqj = jFq0 jr,i.e. pn = pkr,ou encore k j n.
Rciproquement, soit k j n et considrons
E =nracines de Xp
k X dans Fqo.
E est clairement un sous-groupe de Fq , et est de plus stable
par + : en eet, si x et y sont dans E, on a
(x+ y)pk= Frk (x+ y) = Frk1 (xp + yp) = Frk2
xp
2
+ yp2= ::: = xp
k
+ ypk
= 0.
E est donc un corps pour les lois induites, i.e. un sous-corps
de Fq. Comme de plus k j n, on a (par le lemme)Xp
k X j Xpn X =Ya2Fq
(X a)
scind simple, donc Xpk X a exactement pk racines, do jEj = pk.
On a ainsi construit un sous-corps de Fq
de cardinal pk, qui est donc isomorphe Fk, CFQD.
Corollaire (correspondance de Galois).On a une correspondance
bijective entre les sous-groupes de G = Gal
FqFp et les extensions intermdiairesFp Fpk Fq, qui un
sous-groupe H associe le sous-corps FHq des lments de Fq stables
par H.Dmonstration.Le point central est de remarquer que si k j n,
alors Fpk = Fh
Frkiq . En eet, les racines du polynme Xp
k Xde Fq [X] sont exactement les lments de Fq stables par Frk,
i.e. par
DFrkE, donc FhFr
kiq est lensemble Fpk de
ces telles racines. Soit H un sous-groupe de G, et E = FHq .
Puisque G est engendr par Fr, H est de la forme
DFrkEo k j n
(pour H = fIdg, prendre k = n). Donc E = FhFrki
q = Fpk , qui est bien une extension intermdiaire daprs
laproposition prcdente.
La correspondance tablie est injective : si8
-
1.7 Clture algbrique de Fq
Dnition.Soit (Kn)n2N une suite croissante de corps, au sens o 8n
m, il existe un morphisme n!m : Kn ,! Km.On appelle limite
inductive de la suite (Kn) le corps K =
Sn2NKn form de la runion "croissante" des
Kn, dont les lois entre deux lments sont dnis par :
sia 2 Knb 2 Kmn , alors a b = n!m (a) b.
Proposition.Soit p premier, q = pk o k 1. La limite inductive
des Fpn! est une clture algbrique de Fq.
Dmonstration.Posons =
Sn2N Fpn! .
Pour x 2 , mettons x 2 Fpn! , x est annul par le polynme Xpn! X
de Fq, donc est algbrique sur Fq.
Soit par ailleurs P un polynme de [X]. Les coe cients de P sont
en nombre ni, donc sont tous dansun mme Fpn! .On considre alors D
un corps de dcomposition de P sur Fpn! , mettons D = Fpn! [1; ::;
r] o 1; ::; r sont
les racines de P dans D. Alors les lments de D sont les polynmes
en les 1; ::; r dont le degr total est majorpar (degP )r (le degr
de chaque puissance dun i pouvant tre major par degP ), coe cients
dans un corpsni, donc sont en nombre ni. Par consquent, D est un
F
(p0)k0 , admettant Fpn! comme sous-corps, donc D estun Fpm o n!
j m. On a alors les extensions
Fpn! Fpm Fpm! ,
donc D est contenu dans Fpm! . Par consquent, P se scinde sur
.
1.8 Thorme de Lroth
Soit K un corps. On sintresse GalK(X)K
ainsi quaux extensions intermdiaires
K E K (X) .
Lemme.Soit u 2 K (X) nK , mettons u = PQ o P ^Q = 1. Alors : u
est transcendant sur K ; Lextension K (u) K (X) est algbrique nie,
de degr (u) := max (degP;degQ) ; Le polynme minimal de X sur K (u)
est le normalis de P (T ) uQ (T ) 2 K (u) [T ].
Dmonstration.Soit R (T ) = P (T ) uQ (T ) 2 K (X) [T ]. On a R
(X) = 0, donc X est algbrique sur K (u) de degr
degR (u), donc K (X) est une extension algbrique nie de K (u).
Ncessairement, u ne peut trealgbrique sur K, car alors X le serait
(pas possible).On peut considrer R (T ) = P (T )uQ (T ) comme un
polynme en u de degr 1, irrductible car P ^Q = 1,
donc irrductible dans K [u] [T ], a fortiori dans K (u) [T ]Donc
R est le polynme minimal de X.
Thorme.
Les K-automorphismes de K (X) sont donns par les ' : X 7!
aX+bcX+doa bc d
2 GL2 (K). On a de
plus
GalK(X)K
' PGL2 (K) .
9
-
Dmonstration.Soit ' un K-automorphisme de K (X). Puisque X gnre
K (X), la donne de u = ' (X) dtermine enti-
rement '. De plus, ' est surjective, donc K (u) = Im' = K (X) ;
en particulier u =2 K, et le lemme sapplique : (u) = [K (X) : K
(u)] = [K (X) : K (X)] = 1.
On en dduit la forme de u :
u =aX + b
cX + d
o a ou c 6= 0 et ad bc 6= 0, i.e. ad bc 6= 0, ou encorea bc
d
2 GL2 (K). On considre ensuite le
morphisme surjectif
:
8
-
gauche, le degr en X est max fdegQ;degPg = d, droite le degr en
X est degAi0 d car P j Ai0 ,donc le degr en X est d partout et par
consquent le terme Q(X)(X) est une constante 2 K. Rcrivons
encoreune fois :
P (T )Q (X) P (X)Q (T ) = (T ) A0 (X)Tn +A1 (X)Tn1 + :::+An (X)
.Le terme de droite est primitif en X, donc le terme de gauche
aussi, et ce dernier tant symtrique (en X etT ) il est aussi
primitif en T , donc le terme de droite est primitif en T , ce qui
impose (T ) constante, disons (T ) = 2 K. On a nalement
P (T )Q (X) P (X)Q (T ) = A0 (X)Tn +A1 (X)Tn1 + :::+An (X) .En
prenant le degr en T , on obtient d gauche et n droite, do d = n
comme voulu.
11
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2 Thorie de Galois
2.1 tude prliminaires des K-morphismes
Soit K un corps, K L une extension nie (donc algbrique) et K une
clture algbrique de K. On disposedune inclusion canonique : K ,! K
que lon cherche prolonger L. On recherche donc les morphismes deL
dans K qui xent K, i.e. les K-morphismes de L dans K, ensemble que
lon notera HomK
L;K
.
Noter que K na aucune raison de contenir L.Le problme consiste
donc chercher les morphismes faisant commuter le diagramme :
K ! L& #
K.
2.1.1 Thorme dexistence
Thorme (existence de prolongements).Soit : K ,! K un morphisme
de corps par exemple linclusion canonique et K L une extension
nie.
Le nombre N de prolongements de L vrie
1 N [L : K] .
Dmonstration.On fait un rcurrence sur d = [L : K]. Si [L : K] =
1, i.e. si L = K, alors est lunique prolongement de . Si [L : K]
> 1, on crit
L = K [x0; :::; xr] = K [x1; :::; xr] [x0] = L0 [x0]
o L0 = K [x1; :::xr] et r 0 est minimal, de sorte que x0 =2 L0,
donc degL0 x0 2, do
[L0 : K] < [L : K] .
Par rcurrence, il existe un prolongement 0 : L0 ! K, que lon
prolonge L en posant
0 :L = L0 [x0] ! KP
nxn0 7!
P0 (n)xn0
,
do lexistence dun prolongement de L.Pour la majoration, on
considre le diagramme
K ,! L0 ,! L = L0 [x0]& jL0 #
K
an de rcurrer, ce qui amne naturellement lapplication
:
fprolongements Lg ! fprolongements L0g 7! jL0 .
Le cardinal de limage est infrieur au nombre de prolongements
L0, lequel est (par hypothse de rcurrence) [L0 : K]. On a par
ailleurs au plus degL0 x0 antcdents possibles jL0 x : en eet, deux
antcdents dunmme prolongement 0 L0 ne peuvent tre distingus que par
limage quils ont de x0 (puisquils concident djsur L0), laquelle
image doit tre une racine du polynme minimal P de x0 sur L0 (car P
( (x0)) = (P (x0)) = 0).Par consquent, le nombre de prolongements L
vaut au plus
degL0 x0 [L0 : K] = [L0 [x0] : L0] [L0 : K] = [L0 [x0] : K] = [L
: K] .
12
-
Corollaire (existence de K-morphismes).Le nombre N =
HomK L;K de K-morphismes de L ! K vrie1 N [L : K] .
Dmonstration.On applique le thorme linclusion canonique : K ,!
K, en remarquant que les K-morphismes de
L ! K sont exactement les prolongements de .
On sintresse maintenant au cas dgalit N = [L : K].
2.1.2 Extensions sparables
Dnition.Une extension nie K L est dite sparable si le nombre N =
HomK L;K de K-morphismes de
L ! K vaut exactementN = [L : K] .
Proposition.Soit K L une extension nie. On a quivalence entre :
K L est sparable. 8x 2 L, x est sparable. L scrit K [x1; :::; xn] o
les xi sont sparables.
Dmonstration.On rcurre sur d = [L : K]. Pour d = 1, N vaut 1,
tous les lments de L = K sont sparables car leurs polynmes minimaux
X
sont de degr 1 et on peut toujours crire L = K = K [1] o 1
sparable. Donc lquivalence (i) () (ii) ()(iii) est vrie, les trois
proprits tant vraies. On suppose dsormais d > 1.(i) =) (ii) Par
contrapose. Supposons quil y a un x0 dans L dont le polynme minimal
P sur K ne
soit pas sparable, on crit
L = K [x0; :::; xr] = L0 [x0] o L0 = K [x1; :::xr]
et r 0 est minimal, de sorte que x0 2 L nL0 est de degr 2 sur
L0.Puisque P nest pas sparable, il admet au plus degP 1 racines
dans K. Or, limage de x0 par un K-
morphisme : L ! K est une racine de P dans K, donc ne peut
prendre quau plus degP 1 valeursdistinctes. En remarquant que 2
degL0 x degP = degK x0, on en dduit au plus degL0 x0 1 1 choixpour
les antcdent par :
HomK
L;K
! HomK L0;K 7! jL0 dun () donn.
Ainsi, le nombre de K-morphismes de L ! K vaut au plus
(degL0 x0 1) [L0 : K] < degL0 x0 [L0 : K] = [L0 [x0] : L0]
[L0 : K] = [L : K] ,
do N < [L : K].(ii) =) (iii) Trivial vu que L est nie sur
K.(iii) =) (i) Supposons que L = K [x0; :::; xr] o chaque xi est
sparable. On peu t toujours supposer
r 0 minimal, et donc crire L = L0 [x0] o L0 = K [x1; :::; xr]
vrie [L0 : K] < [L : K], donc lhypothsede rcurrence nous dit que
le nombre de K-morphismes de L0 ! K vaut exactement [L0 : K].
Puisque x0est sparable, on a exactement degL0 x0 antcdents par
:
HomK
L;K
! HomK L0;K 7! jL0 dun
0
donn, do exactement[L0 : K] degL0 x0 = [L : K]
K-morphismes de L ! K .
13
-
Corollaire.Toute extension nie K L de caractristique nulle est
sparable.
Dmonstration.En eet, L tant alors parfait, tous les lments de L
ont leur polynme minimal sparable, donc sont
sparables.
2.1.3 Extensions normales
Proposition.On a la majoration
Gal LK N .Dmonstration.Donnons-nous un K-morphisme 0 : L ! K. Si
g 2 Gal
LK
, alors 0 g est encore un K-morphisme ;
puisque 0 est injectif, tous les 0 g sont distincts quand g
dcrit GalLK
. On a donc
0 g ; g 2 GalLK
HomK
L;K
,
doGal LK N en prenant les cardinaux.
On sintresse, de mme que pour les extensions sparables, au cas
dgalit.
Dnition.Une extension nie K L est dite normale si le nombre N =
HomK L;K de K-morphismes de
L ! K vaut exactement Gal LK = N .On dispose de caractrisations
des extensions normales en termes de morphismes.
Proposition.Soit K L une extension nie et L une clture algbrique
de L. On a les quivalences :(i) K L est normale.(ii) Tous les
K-morphismes de L ! K ont mme image.(iii) HomK
L;K
est lorbite dun 0 quelconque de HomK
L;K
pour laction droite de Gal
LK
,
i.e.HomK
L;K
=0 g ; g 2 Gal
LK
;
(iv) Tous les K-morphismes : L ! L ont mme image (L) = L.(v) une
injection canonique L ,! L, prs, HomK
L;L
= Gal
LK
.
Dmonstration.On utilisera linclusion
0 g ; g 2 Gal
LK
HomK L;K tablie lors de la proposition prcdente.(i) =) (ii) Si
on a galit des cardinaux, on a lgalit ensembliste
0 g ; g 2 GalLK
= Hom
K
L;K
,
donc tous les K-morphismes de L ! K sont de la forme 0 g o g est
surjectif, donc ont mme image Im0.(ii) =) (iii) Supposons que tous
les K-morphismes de L ! K ont mme image. Soit : L ! K un
tel K-morphisme. Puisque Im = Im0, on peut crire = 0 g o g est
une application de L ! L. Puisque est un K-morphisme de corps et 0
injectif, g est aussi un K-morphisme de corps, i.e. g 2 Gal
LK
. On a
donc HomKL;K
0 g ; g 2 Gal LK et galit.(iii) =) (i) Il su t de prendre les
cardinaux.
14
-
(i) () (iv) () (v) K L L est une clture algbrique de K, donc on
dispose de lquivalence(i) () (ii) () (iii) en prenant pour 0
linjection canonique de L dans L, qui vrie 0 (L) = L
On peut galement caractriser les extensions normales en termes
de polynmes.
PropositionSoit K L une extension nie. On a les quivalences :(i)
K L est normale.(ii) Pour tout poynme P 2 K [X] irrductible, si P
possde une racine sur L, alors P se scinde sur L.(iii) L est un
corps de dcomposition dun polynme de K [X].
Dmonstration.(i) =) (ii) Soit P irrductible dans K [X] et une
racine de P dans L. Soit L une clture algbrique
de L (qui est une clture algbrique de K). On a K K [] L L. Dans
L [X], P est scind. Soit uneautre racine de P dans L ; on veut 2
L.Puisque L est nie, on peut crire L = K [; x1; :::; xr] o r 0 est
minimal. Puisque K L est normale,
le K-morphisme ' :L = K [; x1; :::; xr] ! LA (; x1; :::; xr) 7!
A (; x1; :::; xr) ( ? ? ? ? ? unicit de A (; x1; :::; xr) ? ? ? ?
?)
doit avoir pour image L, do = ' () 2 Im' = L, CQFD.(ii) =) (iii)
Supposons L = K [x1; :::; xn] o chaque xi est sparable. Soit i le
polynme minimal de
xi et notons P =Wni=1 i leur ppcm. Notons 1; :::; k les racines
des i dans L. Puisque L est normale et que
chaque i a une racine xi dans L, les i se scindent dans L sous
la forme i =Qkj=1
X j
i(j) o i (j) 0,et donc P =
Qkj=1
X j
maxi i(j) est scind dans L. Puisquen outreL = K [x1; :::; xn] K
[1; :::; k] L,
on en dduit que L est un corps de dcomposition de P .(iii) =)
(i) Si L est un corps de dcomposition de P 2 K [X], mettons P =
Qri=1 (X xi)i , alors
L = K [x1; :::; xr]. Pour tout K-morphisme ' : L ! K, on a
ainsi
Im' = ' (L) = ' (K [x1; :::; xr]) = K [' (x1) ; :::; ' (xr)]
.
Or P (n) (' (xi)) = 'P (n) (xi)
pour tout n 0, donc ' (xi) est une racine de P 2 K [X] dordre i
exactement,
doQri=1 (X ' (xi))i j P et on a galit en comparant les degrs.
Ainsi, ' permute les racines de P , do
Im' = K [' (x1) ; :::; ' (xr)] = K [x1; :::; xr]
qui ne dpend pas de ', donc tous les K-morphismes de L ! K ont
mme image, i.e. K L sparable
Remarque. Si K L est normale et sparable, alors tout polynme
irrductible de K [X] qui possdeune racine dans L se scinde
simplement dans L.
2.2 Extensions galoisiennes
Il ressort de ltude prcdente la conclusion suivante.
Conclusion.Soit K L une extension nie. On a toujoursGal LK [L :
K]
avec galit Gal LK = [L : K]ssi K L est normale et sparable.
15
-
On sintresse maintenant au double cas dgalitGal LK = N = [L : K]
.Dnition.Une extension nie K L est dite galoisienne siGal LK = [L :
K] .Par exemple, si L est un corps de dcomposition dun polynme
sparable, alors L est galoisienne (cf thorme
de prolongements). On montre que la rciproque est vraie.
Thorme (caractrisation des extensions galoisiennes).Soit K L une
extension nie et L une clture algbrique de L. On a quivalences
entre :(i) K L est galoisienne.(ii) K L est normale et
sparable.(iii) K L est sparable et tous les K-morphismes : L ! L
ont mme image (L) = L.(iv) L est un corps de dcomposition dun
polynme sparable de K [X].
Dmonstration.(i) () (ii) () (iii) Immdiat par dnition.(iv) =)
(i) Dj vu.(i) =) (iv) Supposons K L galoisienne. Par sparabilit, L
= K [x1; :::; xn] o les polynmes
minimaux i des xi sont sparables. Par normalit, les i se
scindent dans L puisquils y ont dj une racinexi. Il en rsulte que
les i sont scinds simples dans L. En notant P =
Wni=1 i le ppcm des i et 1; :::; k les
racines des Pi dans L, chaque i scrit alors sous la forme i
=Qkj=1
X j
"i(j) o "i (j) = 0 ou 1, doncP =
Qkj=1
X j
est scind simple L. Comme on a en outre
L = K [x1; :::; xn] K [1; :::; k] L,L est bien un corps de
dcomposition de P , qui est sparable car scind simple dans L.
On peut maintenant dcrire plus prcisement les lments de G =
GalLG
.
Corollaire.Soit K L galoisienne et P un polynme de dcomposition
de K L sparable de degr n. Alors
GalLK
,! Sn
par permutation des racines de P .On a par ailleurs la
majoration
[L : K] n!.
Dmonstration.Si P =
Qni=1 (X i), alors 8g 2 Gal
LK
, P (g (i)) = g (P (i)) = g (0) = 0, do g (i) = g(i) avec
g 2 Sn par injectivit de g. On a donc un morphisme de
groupesGal
LK
! Sng 7! g
qui est injectif : si g = Id, alors g (i) = i pour tout i, et
comme L = K [1; :::; n], on en dduit g = Idpuisque g stabilise K.La
majoration est immdiate : [L : K] =
Gal LK jSnj = n!.Cette interprtation de laction du groupe de
Galois comme permutant les racines est importante. On en
reparlera pour calculer explicitement le groupe de Galois dun
polynme.
16
-
2.3 Lemme dArtin
Si H est un sous-groupe de AutL, on note LH le sous-corps de L
form des lments laisss xes par H. Lelemme dArtin donne un classe
dextensions galoisiennes.
Lemme (Artin).Soit K L une extension nie, H un sous-groupe de
Gal LK. Alors lextension LH L est galoisienne
de groupe de GaloisGal
LLH
= H.
Ainsi : L : LH
=Gal LLH = jHj .
Dmonstration.On a dj trivialement que H Gal LLH , donc jHj Gal
LLH ; comme de plus L est nie sur K,
L est nie sur LH K, donc Gal LLH L : LH. On a ainsi jHj Gal LLH
L : LH. Il su tdonc de montrer que
L : LH
jHj. Notons E = LH (comme extension intermdiaire).Soient n = jHj
1, p > n et x1; :::; xp dans L. Il su t de montrer quils sont
lis sur E, i.e. quil exite
a1; :::; ap non tous nuls dans K tels quePp
i=1 aixi = 0. Si de tels ai existent, on aurait pour tout de
HPpi=1 ai (xi) = 0. En crivant H = fId; 2; :::; ng, les p scalaires
ai devraient vrier les n quations81 qui nhabite pas chez E = LH ,
i.e. on
pourrait trouver un j0>1 dans H tel que j0 (ai0) 6= ai0 . On
reprend alors le systme0B@ 1 (xi)i=1;:::;p...n (xi)i=1;:::;p
1CA0B@ a1...
ap
1CA = 0,on lvalue en j0 , do 0B@ j01 (xi)i=1;:::;p...
j0n (xi)i=1;:::;p
1CA0B@ j0 (a1)...
j0 (ap)
1CA = 0.Or H =
j0k o k = 1; :::; n
, donc aprs une permutation adquate des lignes, le systme
devient0B@ 1 (xi)i=1;:::;p...
n (xi)i=1;:::;p
1CA0B@ j0 (a1)...
j0 (ap)
1CA = 0,do une autre solution
j0 (a1) = 1; j0 (a2) ; :::; j0 (ap)
. Alors la dirence
1; j0 (a2) ; :::; j0 (ap)
(1; a2; :::; ap)est encore solution, mais elle a un zro de plus,
donc elle est nulle par minimalit. On en dduit j0 (ai0) = ai0
,absurde.
Corollaire (Artin faible).
17
-
Soit K un corps et G un sous-groupe de AutK. Alors lextension KG
K est galoisienne de groupe deGalois
GalKKG
= G.
Dmonstration.On applique ce qui prcde lextension triviale f0g
K.
2.4 Correspondance de Galois
Gnralisons la correspondance de Galois tablie pour les corps
nis, qui un sous-groupe H du groupe deGalois associait lextension
stable par H.
On considreG = sous-groupes de Gal LKE = fextensions
intermdiairesg .
On a des applications
:
G ! EH 7! LH et :
E ! GE 7! Gal LE .
Le thorme suivant montre que et sont rciproques lune de lautre.
Ainsi, pour comprendre les extensionsintermdiaires, problme de
thorie des corps, on se ramne tudier le groupe de Galois, problme
de thoriedes groupes.
Thorme (fondamental).Soit K L galoisienne et H un sous-groupe de
Gal LK. Pour toute extension intermdiaire E, on a LGal(LE) = E.
Lextension LH L est galoisienne avec Gal LLH = H. Pour g 2 G = Gal
LK, on a g LH = LgHg1 et GalLHK ' NG(H)H . Lextension K LH est
galoisienne ssi H CGal LK, et alors
GalLHK
' GH = Gal(
LK)H .
Dmonstration. Soit E 2 E . Par dnition, on a toujours E
LGal(LE). Montrons lgalit des dimensions sur K pour
conclure lgalit.Comme K L est galoisienne, L est un corps de
dcomposition dun polynme P 2 K [X] sparable. Alors
P 2 E [X], et L est aussi corps de dcomposition dun polynme
sparable de E [X], i.e. E L est galoisienne,do [L : E] =
Gal LE Artin= hL : LGal(LE)i, CQFD. Dj fait (Artin faible). Soit
H 2 G, et g 2 Gal LK. On veut g LH = LgHg1 . Dune part, pour x 2 LH
, on a 8h 2 H,
ghg1(g (x)) = gh (x) = g (x), do g (x) 2 LgHg1 et g LH LgHg1 .
Dautre part, pour y 2 LgHg1 , soit
x = g1 (y) ; pour h 2 H, h (x) = hg1 (y) = g1 ghg1 (y) = g1 (y)
= x, do x 2 LH , y = g (x) 2 g LH,puis LgHg
1 g LH.Considrons maintenant le morphisme de groupe :
(NG (H) ! Gal
LHK
g 7! gjLH
. est bien dni car
pour g 2 NG (H), on a gLH= LgHg
1= LH , donc gLH est surjective ; comme gjLH est clairement
injective
et xant K, gjLH est bien un K-automorphisme de LH .Calculons le
noyau Ker :
g 2 Ker () gjLH = Id () g 2 GalLLH
Artin= H.
Montrons ensuite que est surjectif. Soit 2 GalLHK
. Puisque K L est normale, L est un corps
de dcomposition dun polynme P 2 K [X]. Mais alors LH L est aussi
une extension de dcomposition de
18
-
P 2 LH [X], donc on peut prolonger lisomorphime : LH ! LH en un
isomorphisme e : L ! L. Puisque xe K, e aussi, donc e 2 Gal LK = G,
et comme e prolonge , on a () = ejLH = . est donc
biensurjectif.
On conclut en disant que Im ' NG(H)Ker, ce qui donne GalLHK
' NG(H)H .
K LH est une extension galoisienne ssiGalLHK = LH : K()
NG(H)H = [L : K][L : LH ]
() jNG (H)jjHj =Gal LKjGal (LLH )j
=jGjjHj
() NG (H) = G() H CG,
et le troisime point donne alors GalLHK
' NG(H)H = GH .
2.5 Clture galoisienne dune extension sparable nie Thorme de
llmentprimitif
Proposition.Soit K L une extension nie sparable, L une clture
algbrique de L. Alors il existe une plus petite
extension galoisienne K Lg dans L, qui vrie donc K L Lg L. On
lappelle la clture galoisienne deL.
Dmonstration.
Construction 1 : utilise le critre K L galoisienne ssi L
dcompose un polynme sparable de K [X]).K L est sparable, donc L = K
[x1; :::; xn] o les xi sont sparables. Notant i leurs polynmes
minimaux.
Si Lg rpond au problme, alors Lg est normale, donc les i (qui
ont une racine xi sur K) se scindent sur Lg,
donc Lg contient lengendr des racines de tous les i, ou plus
prcisment lengendr des racines du ppcmP =
Wi.
Rciproquement, si lon appelle D un corps de dcomposition de P
sur K, on a dj vu que P est sparablepuisque les xi le sont, donc K
D est galoisienne. Ainsi, lextension D rpond au problme et est la
plus petitedaprs lanalyse.
Construction 2 : utilise le critre K L normale ssi tous les
K-morphismes L ! L ont mme image L.Supposons quune telle extension
K L Lg L existe. En remarquant que L est une clture algbrique
de Lg, on doit avoir (Lg) = Lg pour tout K-morphisme : Lg ! L.
En particulier, si 0 : L ! L dsigneun K-morphisme, on peut
prolonger 0 Lg (cf thorme de prolongements), et alors 0 (L) 0 (Lg)
= Lg.Ainsi, en appelant 1; :::; n les K-morphismes de L ! L, Lg
doit donc contenir tous les i (L), donc doitcontenir lextension
compose des i (L) :
E := K (1 (L) ; :::; n (L)) .
Montrons rciproquement que E convient ce qui prcde prouvant
quelle sera la plus petite extension rpon-dant au problme.Soit ' un
K-morphisme de E ! L. Les i tant dimage i (L) K (1 (L) ; :::; n
(L)) = E, on peut
parler de la compose 'i, laquelle est un K-morphisme de L ! L,
i.e. est un (i), tant une permutationde Sn par injectivit de '. On
en dduit
' (E) = ' (K (1 (L) ; :::; n (L)))
= K ('1 (L) ; :::; 'n (L))
= K(1) (L) ; :::; (n) (L)
= K (1 (L) ; :::; n (L))
= E,
19
-
donc K E est normale. Dautre part, K L tant sparable, on peut
crire L = K [x1; :::; xr] o les xi sontsparables. On en dduit i (L)
= i (K [x1; :::; xr]) = K [i (x1) ; :::; i (xr)], et chaque i (xj)
est sparable carde mme polynme minimal que xj (i xe K...). Ainsi, E
= K (i (L)) = K (K [i (xj)]) = K (i (xj)) estsparable. K E est par
consquent galoisienne, CQFD.
Consquence. On peut dcrire les extensions intermdiaires K E L
dune extension sparable laide de Gal
LgK
. En particulier, il ny a quun nombre ni dextensions
intermdiaires.
On en dduit le thorme de llment primitif.
Thorme de llment primitif.Soit K L extension nie sparable. Alors
il exite un a 2 L tel que L = K [x].
Lemme.Soit E un K-espace vectoriel et F1; :::; Fn des
sous-espaces vectoriels stricts de E. Si K est inni, alorsSn
i=1 Fi E.
Dmonstration.Par rcurrence sur n. n = 1 est trivial. Pour n >
1, supposons Sni=1 Fi = E. Par hypothse de rcurrence, Sn1i=1 Fi E,
donc on peut trouver
un u dans E/Sn1
i=1 Fi ; noter quun tel u est dans Fn/Sn1
i=1 Fi . Puisque Fn E, on peut trouver un a dansE nFn . On pose
alors D = a+Ku.Dune part, on a D \ Fn = ;, sinon
a+ u = fn =) a = fn u 2 Fn,dautre part, on a 8i 6= n, jD \ Fij 1
car
a+ u = xia+ u = yi
=) ( )u = xi yi 2 Fi \Ku = f0g =) xi = yi.
Ainsi, jDj n 1, ce qui absurde car D et K ont mme cardinal.
Dmonstration de la proposition.Si K est de cardinal ni, alors L
est galement ni, donc L est un Fq qui est monogne (car Fq
cyclique).
On peut donc supposer K inni.On crit alors L =
Sx2LK [x] o K K [x] L est un extension intermdiaire. Or ces
dernires sont en
nombres ni, donc on peut extraire un recouvrement ni L =Sni=1K
[xi]. Or L est un K-espace vectoriel de
dimension nie avec K inni, donc le lemme sapplique, do un xi tel
que L = K [xi].
2.6 Exemples
2.6.1 Racines de lunits Extensions cyclotomiques
Soit K un corps de caractristique p et n 1. On note n (K)
lensemble des racines n-imes de lunit, i.e.n (K) = fx 2 K ; xn = 1g
.
Proposition.On suppose p - n. Alors n (K) est un groupe cyclique
dont lordre ! vrie
p - ! j n.
Dmonstration. n (K) est un sous-groupe ni de K, donc est
cyclique.
20
-
Xn 1 est premier avec sa drive nXn1 6= 0, donc est sparable. Si
L est un corps de dcomposition deXn 1 sur K, on en dduit que jn
(L)j = n, donc lordre ! de n (K) vu en tant que sous-groupe de n
(L)doit diviser lordre de n (L), i.e. ! j n. Soit p = carK. Si p =
0, p ne peut diviser ! 6= 0. Supposons donc p premier.On crit n =
pm o p ^m = 1 et 0. En remarquant que (1)p = 1 car8>:
pour = 0, (1)p = (1)1 = 1pour p = 2, (1)p = (1)2 = 1 = 1pour p
impair, (1)p = (1)p = 1
,
on obtient Xn 1 = Xpm 1 = (Xm 1)p , do n (K) = m (K). Puisque p
- m (sinon p j m j n), on peutappliquer le premier point : ! = jm
(K)j divise m, do p - ! (sinon p j ! j m j n, absurde).
Dnition.On appelle extension cyclotomique de niveau n de K un
corps de dcomposition L de Xn 1.
Proposition.Soit L une extension cyclotomique de niveau n sur K.
Alors Il y a exactement n racines n-imes de lunit dans L. K L est
galoisienne de groupe de Galois Gal LK ,! ZnZ. Le degr de
lextension cyclotomique vrie [L : K] ' (n).
Dmonstration. Xn 1 est sparable et scind sur L, donc scind
simple sur L, do jn (L)j = n. L est un corps de dcomposition dun
polynme sparable, donc lextension K L est galoisienne.Soit G =
Gal
LK
et g 2 G. g induit sur n (L) un automorphisme de n (L). En eet,
si 2 n (L), alors
g ()n= g (n) = g (1) = 1, donc la restriction de g n (L) est un
endomorphisme du groupe n (L), injectif
(car g injectif) donc bijectif (car n (L) ni) ; cest donc un
automorphisme de n (L). On a ainsi un morphisme
de groupesG ! Aut (n (L))g 7! gjn(L)
. Linjectivit sobtient en remarquant que, puisque L est engendr
par
n (L), un K-morphisme g est entirement dtermin par les valeurs
quil prend sur n (L). Comme n (L) estcyclique dordre n, on a Aut (n
(L)) ' Aut
ZnZ ' ZnZ et G sinjecte bien dans ZnZ. En prenantles cardinax,
on obtient la majoration voulue :
[L : K] = jGj ZnZ ' (n) .
On regarde le cas particulier de K = Q:
Proposition (extensions cyclotomiques de Q).Soit L une extension
cyclotomique de niveau n de Q. Alors Gal
LQ
' ZnZ.Dmonstration.On peut crire L = Q [] o est une racine
primitive de lunit. Son polynme minimal est n 2 Z [X],
avec degn = ' (n), do' (n) = degn = degK = [L : K] = jGj ' (n)
.
On obtient donc une galit, et le morphisme injectif G ,! ZnZ
devient un isomorphisme.
21
-
2.6.2 Polynmes symtriques Discriminant
Soit A un anneau commutatif. On considre les polynmes symtriques
de A [X1; :::; Xn]. On dispose enparticulier des polynmes
symtriques lmentaires8
-
Dmonstration. Soit P (T ) =Qni=1 (T Xi) lment de K (X1; :::; Xn)
[T ]. En dveloppant, on trouve
P (T ) = Tn 1Tn1 + :::+ (1)n n,donc P (T ) 2 K (1; :::; n) [T ].
P est de plus sparable (car scind simple), et K (X1; :::; Xn) en
est un corpsde dcomposition, donc K (1; :::; n) K (X1; :::; Xn) est
une extension galoisienne. Soit G = Gal K(X1;:::;Xn)K(1;:::;n). On
sait dj que G sinjecte dans Sn par permutation des racines
dun polynmes de dcomposition, en particulier P , donc G agit en
permutant les indtermines Xi. Dautrepart, il est clair que toute
permutation des Xi laisse stable K (1; :::; n), do lgalit:
Introduisons maintenant un outil issu des symtries de K (X1;
:::; Xn) : le discriminant.
Dnition.Le polynme
Qi
-
Dmonstration.On a P 0 =
Pni=1
Qj 6=i (X j), donc P 0 (i) =
Qj 6=i (i j), do
nYi=1
P 0 (i) =nYi=1
Yj 6=i(i j) = discP .
Dautre part, P 0 scrit nQn1j=1
X j
,donc
discP = (1)n(n1)2nYi=1
P 0 (i) = (1)n(n1)
2
nYi=1
nn1Yj=1
i j
= (1)n(n1)2 nn
n1Yj=1
nYi=1
i j
= (1)n(n1)2 nn
n1Yj=1
Pj.
Par exemple, pour P = Xn + aX + b, on peut montrer que
disc (Xn + aX + b) = (1)n(n1)2h(1 n)n1 an + nnbn1
i.
Pour un polynme de degr 3 rduit, mettons P = X3 + pX + q, on va
montrer que
discP = 4p3 27q2.En eet,
Qi
-
2.6.3 Extension cycliques
Dnition.Une extension est dite cyclique si elle est galoisienne
de groupe de Galois cyclique.
Lemme de Dedekind.Soit n 2, G un monode et 1; :::; n : G ! K des
morphismes multiplicatifs deux deux distincts.
Alors les i (vus dans le K-espace vectoriel KG) sont linairement
K-indpendants.
Dmonstration.Par labsurde. On suppose
Pi ii = 0 o le support des i est non vide et minimal. Alors,
pour tous x; y
dans G, on a
0 =
"Xi
ii
#(xy) =
"Xi
ii (x)i
#(y) ,
do pour tout j : Xi
i (i (x) j (x))i =Xi
ii (x)i j (x)Xi
ii = 0 0 = 0,
donc par minimalit du cardinal des (i) on a i (i (x) j (x)) = 0
pour tous i; j, en particulier pour un i0 telque i0 6= 0 et pour j
6= i0 (possible car n 2), do i0 (x) j (x) = 0, et ce pour tout x de
G, i.e. i0 = j ,absurde car les i sont deux deux distintcs.
Remarque. On aura besoin par la suite de lhypothse
"K contient dj toutes les racines n-imes de lunit",
ce quon peut reformuler de manire quivalente en : jn (K)j = n ;
Xn 1 est scind simple sur K ; Xn 1 scind sur K (par sparabilit) ; K
est une extension cyclotomique de niveau n de lui-mme ; K contient
une racine n-ime de lunit non triviale (par cyclicit de n (K))
;
Proposition.Supposons jn (K)j = n, et soit a qui nest pas une
puissance (non triviale) de K divisant n, i.e.
a 2 Kdd j n =) d = 1.
Alors Xn a est irrductible sur K ; Toute extension L de
dcompostion de Xn a est cyclique ; plus prcisment
GalLK
,! n (K) .
Dmonstration.Soit L un corps de rupture de Xn a sur K, et x 2 L
tel que xn = a. Soit une racine n-ime de lunit
dans K. Alors les xk pour 0 k < n sont les racines de Xn a
dans L, do Xn a = Qn1k=0 X xk (cequi montre au passage que Xn a est
sparable).Soit maintenant une dcomposition Xn a = QR dans K [X] o Q
non constant. Dans L [X], on a Q =Q
k2AX xk
pour une certaine partie A f0; :::; n 1g de cardinal 1, mettons
q (comme Q).
Le terme constant de Q est (1)q xq? 2 K, donc xq 2 K ; en outre,
xn = a 2 K. Soit = n ^ q. Bezoutdonne = n+ q, do x = (xn) (xq) 2 K,
donc
a = xn =xn 2 K n ,
25
-
do par hypothse sur an
= 1 () n = () q = n () Q = Xn a.
Par consquent, Xn a est irrductible.Ainsi, si L est un corps de
dcomposition de Xn a sur K, alors Xn a est irrductible sparable,
donc
K L est galoisienne. Or, L = K x; x; :::; xn1 = K [x], donc un 2
Gal LK est dtermin par (x),qui vaut une certaine racine (x) = xk de
P puisque
P ( (x)) = (x)n a = (xn) a = (a) a = a a = 0.
On a donc un morphisme de groupe injectifGal
LK
! n (K) 7! (x)x
, do GalLK
cyclique.
Proposition (rciproque).Soit K L cyclique, n = [L : K], et
supposons que jn (K)j = n. Alors on peut trouver un a dans K
tel
que L soit un corps de dcomposition de Xn a.
Dmonstration.Soit un gnrateur de Gal
LK
. Daprs la dmonstration qui prcde, il est judicieux de chercher
un
x 2 L tel que (x)x soit une racine primitive n-ime de lunit.Soit
une racine primitive n-ime de lunit (qui est dans K par hypothse).
On veut un x 2 L tel que
(x)
x= () 1 (x) = x () 1x = x () x 2 Fix 1 .
Un bon candidat serait x =P
g2h1i g, condition de lui donner du sens. Or,
1
est ni car
1
n= nn = Id ,
donc on peut regarder lapplication K-linaire
' :
8>:L ! Lx 7!
Pg2h1i g (x) =
x+ 1 (x) + :::+ (n1)n1 (x).
Tout point de limage de ' est xe par 1 par construction, et '
est non identiquement nulle, sinonId; ; :::; n1 seraint K-lis,
absurde par Dedekind. Do lexistence dun x0 6= 0 dans L tel que (x0)
= x0.Il reste remonter la dmonstration prcdente, en posant a = xn0
. Tout dabord, a 2 K puisque
(a) = (xn0 ) = (x0)n= (x0)
n= xn0 = a =) a 2 LGal(
LK) = K
(K L est galoisienne). Par ailleurs, Xn a se scinde en Qnk=1 X
kx0, et pour conclure que L est uncorps de dcomposition de Xn a, il
su t de montrer que L est engendr par les racines de Xn a. Commeon
sait dj que
K K [x0] Kx0; x0; x0
2; :::; x0n1 L
avec [L : K] = n, il su t de montrer que x0 est de degr n surK,
ce qui forcera lgalitKx0; x0; x0
2; :::; x0n1 =
L comme souhait.Soit donc =
Pdi=0 iX
i polynme minimal de x0 surK avec d 6= 0. On a d = [K [x0] : K]
[L : K] = n, eton veut d = n. En appliquant lgalit
Pdi=0 ix
i0 = 0, on obtient 0 =
Pi
xi0=Pi (x0)
i=Pi
ixi0,
do 0 =Pd
i=1 i1 ixi0 et 0 = Pd1i=0 i+1 1 i+1xi0, ce qui impose par
minimalit d 1 d = 0
(coe cient dominant), do d = 1, n j d, n d, et n = d comme
voulu.
26
-
3 Rsolubilit par radicaux
Soit K un corps, P 2 K [X], K L une extension de dcomposition
dun polynme P . On aimerait pouvoirexpliciter les racines de P
laide doprations algbriques rationnelles et de racines n-imes.
Dnition.
Une extension K L est dite radicale lmentaire si 9x 2 L9n 1 tel
que
xn 2 KL = K [x]
(on rajoute une
racine n-ime).Une extension K L est dite radicale si il y a une
tour
K = K0 K1 ::: Kn = L
o Ki Ki+1 est radicale lmentaire. Ainsi L = K [x1; :::; xn] o xi
est une racine ni-ime dun lment deK [x1; :::; xi1].Une extension K
L est dite rsoluble (par radicaux) si L est contenue dans une
extension radicale de K
nie sur L.On dit que P 2 K [X] est rsoluble par radicaux si le
corps de dcomposition de P est une extension rsoluble
de K.
Remarques. Si K L est radicale et K L0 L, alors K L0 est
radicale. Ainsi, pour montrer quune extension est
radicale, il su t de linclure dans un extension radicale. Si K L
est rsoluble et K L0 L, alors K L0 et L0 L sont rsolubles ; Si K L
est radicale (resp. rsoluble) et K L1 K-isomorphe L, alors K L1 est
radicale (resp.
rsoluble).
3.1 Extensions composes
Dnition.
SoientK L1K L2 deux extensions contenues dans un mme sur-corps L
de K.
On appelle extension compose de L1 et L2 le sous-corps de L
engendr par L1 et L2 :
L1L2 = K (L1 [ L2) = L1 (L2) = L2 (L1) .
On suppose dsormais que L est une clture algbrique K de K.
Lemme.Soit A une K-algbre intgre de dimension nie. Alors A est
un corps.
Dmonstration.Soit a 6= 0 dans A ; alors la multiplication par a
est un endomorphisme injectif donc surjectif, ainsi 1 est
atteint.
Proposition.Soit K L1 nie. Alors L2 L1L2 est nie et
[L1L2 : L2] [L1 : K] .
De plus, si on a galit [L1L2 : L2] = [L1 : K], alors L1 \ L2 =
K.
Dmonstration.L2 [L1] est une L2-algbre intgre de dimension nie
sur L2, donc un corps. Une partie gnratrice de L2 [L1]
vu comme L2-espace vectoriel est une base de L1 comme K-espace
vectoriel, do [L1L2 : L2] [L1 : K].
27
-
Dautre part, on peut faire la mme chose en prenant comme
sous-corps commun L1 \ L2 : [L1L2 : L2] [L1 : L1 \ L2] [L1 : K].
Donc si on a galit, [L1L2 : L2] = [L1 : K], alors on a galit
partout et K = L1\L2.
Corollaire.Si L1 et L2 sont des extensions nies, alors
[L1L2 : K] [L1 : K] [L2 : K] .
De plus, si on a galit, alors K = L1 \ L2.
Proposition. Si K L1 est galoisienne, alors L2 L1L2 est
galosienne. Si
K L1K L2 sont galoisiennes, alors
K L1L2K L1 \ L2 sont galosiennes.
Dmonstration. L1 est un corps de dcomposition dun P sparable de
K [X], donc P sparable dans L2 [X], et alors L1L2
est un corps de dcomposition de P sur L2. L1L2 = K (L1 [ L2) ;
Li est un corps de dcomposition dun Pi sparable de K [X], donc P =
P1 _ P2
sparable dans L1L2 [X], et alors L1L2 est un corps de
dcomposition de P sur K. De plus, L1 \ L2 estsparable car L1 ou L2
lest, et K est une clture algbrique de L1 \ L2. Soit alors : L1 \
L2 ! K ; a-t-on (L1 \ L2) = L1 \ L2 ? On crit K L1 \ L2 L1L2, on
peut prolonger en e L1L2 ; alors e (L1) L1 carK L1 est galoisienne,
do (L1 \ L2) = e (L1 \ L2) e (L1) \ e (L2) e (L1 \ L2).3.2 Calcul
de Gal
L1L2K
en fonction de Gal
L1K
et Gal
L2K
Proposition.Si K L1 est galoisienne, alors L2 L1L2 est
galosienne, et
GalL1L2K
' Gal L1L1\L2 .Dmonstration.On construit un morphisme injectif
Gal
L1L2K
! Gal L1K, puis on identiera les images. On a clai-rement un
morphisme Gal
L1L2L2
! Gal L1L2K, et comme K L1| {z }galoisienne
L1L2, tout de GalL1L2K
stabilise L1 (car L1 normale). On a donc un morphisme Gal
L1L2K
! Gal L1K, do par compositionun morphisme ' : Gal
L1L2L2
! Gal L1K.' est injectif, car si 2 Gal L1L2L2 senvoie sur
lindentit, alors jL1 = Id, et comme jL2 = Id,
jL1L2 = Id.Image de ' ? Cest un sous-groupe H de Gal
L1K
, dtermin par son sous-corps des points xe LH1 . On
a dj que L1 \ L2 LH1 . Dautre part, si x 2 LH1 , 8 2
GalL1L2L2
, (x) = x, i.e. x 2 L1 \ L2.
Corollaire.Si K L1 galoisienne, alors
[L1L2 : K] = [L1L2 : K] [L2 : K] = [L1 : L1 \ L2] [L2 : K] .
Dmonstration.la premire galit est triviale, la seconde vient de
ce que L1 \ L2 L1 est galoisienne.
28
-
3.3 Construction de la thorie des groupes : produit br
Soit G1; G2;H des groupes, 'i : Gi ! H des morphismes. Le
produit br G1 H G2 est le sous-groupe deG1 G2 des (x; y) tels que
'1 (x) = '2 (y), i.e. tel que
G1 H G2 pr1! G1# pr2 # '1G2
'2! Hcommute.
Exemple. Soit n1; n2 des entiers,
= n1 ^ n2 = n1 _ n2 . Alors
Zn1ZZZ Zn1Z ' ZZ.
en eet, cela revient dire que le systme de congruncesx x1 [n1]x
x2 [n2] possde une solution ssi x1 x2 [].
Thorme.
SoientK L1K L2 galoisiennes. Alors
K L1L2K L1 \ L2 sont galoisiennes, et
GalL1L2K
' Gal L1KGal(L1\L2K) Gal L2K .Dmonstration.K L1 L1L2. Soit jk :
Gal
L1L2K
! Gal LkK obtenu par restriction. Alors(j1; j2) : Gal
L1L2K
! Gal L1KGal L2Kest un morphisme de groupe injectif.Or, en
composant jk avec la restriction rk : Gal
LkK
! Gal L1\L2K, on obtient le mme morphismeGal
L1L2K
! Gal L1\L2K. Donc limage est contenue dans le produit br Gal
L1KGal(L1\L2K)Gal
L2K
. Montrons quils ont mme cardinal. On considre
(r1; r2) : GalL1K
Gal L2K ! Gal L1\L2KGal L1\L2Kdont limage contient le
sous-groupe diagonal. Limage rciproque de ce sous-groupe diagonal,
modulo le noyau,est isomorphe ce sous-groupe diagonal. Donc
jimage rciproquej = Gal L1\L2K jKer (r1; r2)j=
Gal L1\L2K jKer r1j jKer r2j=
Gal L1\L2K Gal L1L1\L2 Gal L2L1\L2= [L1 \ L2 : K] [L1 : L1 \
L2]| {z } [L2 : L1 \ L2]= [L1 : K] [L2 : L1 \ L2]= [L1L2 : K]
=Gal L1L2K .
Thorme.
SoientK L1K L2 K. Si elles sont radicales (resp. rsolubles),
alors K L1L2 lest aussi.
Soit K L extension nie sparable. Si elle est radicale (resp.
rsoluble), alors la clture galoisienneK Lg lest aussi.
Dmonstration.
29
-
(extensions radicales) Soient K E1 E2::: En = L1K F1 F2::: Fm =
L2 des tours dextensions lmentaires. Alors
L1 = L1K L1F1 L1F2 :::L1Fm = L1L2,
avec Fj+1 = Fj [yj+1] o yj+1 est une racine nj+1-ime de Fj , do
L1Fj+1 = L1Fj [yj+1].(extensions rsolubles) On est K Li Fi K o K Fj
radicale. Quitte remplacer F1 et F2 par des
extensions isomorphes, on peut suppoeser quils sont dans une mme
clture algbrique de K. Le second point rsulte du premier, car Lg
est construite comme extension compose de tous les (L) o
: L ! K morphisme dans une clture algbrique de L.
Thorme.Soit K L galoisienne, o carK = 0. Alors K L est rsoluble
ssi Gal LK est rsoluble.Rappel. Un groupe G est dit rsoluble si on
peut trouver une tour nie de sous-groupes
f0g = G0 G1 ::: Gn = G
avec Gi CGi+1 et Gi+1Gi ablien. Il revient au mme de dire que la
suite des sous-groupes drivs stationne feg.Proposition. Si G est
rsoluble, alors tout sous-groupe et tout quotient de G est
rsoluble.Proposition. Soit G un groupe, H CG. Si H et GH sont
rsolubles, alors G est rsoluble.Proposition. Si G est un groupe ni,
alors G est rsoluble ssi il exite une tour
f0g = G0 G1 ::: Gn = G
avec Gi CGi+1 et Gi+1Gi cyclique.
Proposition.Si K contient toutes les racines n-ime de lunit, si
K L est radicale lmentaire de niveau n (i.e.
L = K [] avec n 2 K), alors elle est galoisienne de groupe de
Galois cyclique. Et inversement.
Dmonstration du thorme. On suppose que K L est radicale et que
[L : K] = n = jn (K)j. Alors Gal
LK
est rsoluble. On
dispose dune tourK E1 ::: Ek L.
On a dj vu le cas k = 1 (extension cyclique), donc on peur
supposer k 2. On fait alors une rcurrence sur ledegr n de
lextension. On sait que E1 L est radicale galoisienne, [L : E1] j
[L : K] = n et E1 contient toutesles racines [L : E1]-ime de lunit.
Par rcurrence, Gal
LE1
est rsoluble. K E1 est rdicale lmentaire,
[E1 : K] j n et n = jn (K)j, donc on toutes les racines n-imes
de lunit. Donc lextension est galoisienne, degroupe de Galois
cyclique. K E1 galoisienne implique Gal
LE1
C Gal
LK
et Gal(
LE1)Gal(LE1) 'Gal
E1K
, do Gal
LK
rsoluble.
Cas gnral, K L galoisienne, rsoluble. Soit K L F avec K F
radicale. On prend une clturegaloisienne E
K L| {z }galoisienne
E
radicale galoisienne. GalLK
est un quotient de Gal
EK
. Soit n = [E : K], et K L0 une extension
de dcomposition de Xn 1 contenue dans une clture algbrique de E.
K L est galoisienne radicalelmentaire. On considre ensuite K EL0
radicale galoisienne. L0 EL0 est galoisienne (K E lest)radicale. De
plus, [EL0 : L0] j [E : K] donc on a les racines de lunits quon
veut. On applique le premier point L0 j EL0, do Gal
EL0L0
rsoluble. Dautre part, Gal
EL0L0
' Gal EE\L0 Gal EK.
gaoisiennez }| {K E \ L0| {z }galoisienne
E
30
-
donc GalEE\L0
CGal
EK
est rsoluble.
gaoisienne cycliquez }| {K E \ L0| {z }galoisienne
E
donc le quotient GalE\L0K
est cyclique, donc Gal
EK
rsoluble, donc Gal
LK
est rsoluble.
Rciproque ! ! ! !
On suppose Gal LK rsoluble, [L : K] = n = jn (K)j. Alors K L est
radicale.On a un groupe ni rsoluble, donc on a un sous-groupe H
CGal
LK
quotient cyclique.
K LH| {z }galoisienne cyclique avec toutes les racines de 1
L
donc radicale lmentaire. Par rcurrence sur le degr de
lextension, on montre que LH L est radicale.Gal
LLH
rsoluble comme sous-groupe cyclique de Gal
LH
rsoluble,
L : LH
j n, K LH et donctoutes les racines n-imes quon veut. LH L
galoisienne car K L lest, cqfd. Cas gnral. K L, [L : K] = n, K L0
corps de dcomposition de Xn 1 dans , est galoisienne. Alors
K LL0 est galoisienne car L et L0 le sont. L0 LL0 galoisienne,
on a toutes les racines [LL0 : L0]-imes delunit de L0, Gal
LL0L0
' Gal LL\L0 Gal LK rsoluble, donc GalLL0L0 rsoluble. L0 LL0
radicale, K L0 radicla emlentaire, doncK LL0 radicale (K L LL0
implique L rsoluble).
31
-
4 Calcul du groupe de Galois dun polynme P 2 Z [X] via la
rduc-tion modulo p
Dnition.Soit P 2 Z [X] unitaire sparable de degr n. On dispose
dun extension Q L de dcomposition de P (qui
est galoisienne). On appelle groupe de Galois de P sur Q
GalQP = Gal
LQ
.
On rappelle que GalQ P agit par permutation sur les racines de P
, do GalQ P ,! Sn.
4.1 Lecture de GalQ P dans la dcomposition de P en facteurs
irrductibles
Proposition (calcul du polynme minimal par action du groupe de
Galois).Soit K L galoisienne de groupe de Galois G. Le polynme
minimal dun 2 L sur K est donn par
=Y2G
(X ()) .
Dmonstration.Q2G (X ()) est coe cients dans LG = K. De plus,
tous les () sont des racines de , doncQ
2G (X ()) j . Comme est irrductible, on a galit.
Proposition.Soit K L galoisienne et P 2 K [X] unitaire scind
simple dans L. Soit lensemble des racines de P . On
partitionne en orbites sous laction de G = GalLK
, mettons =
`ki=1 i, et on pose Fi =
Q2i (x ).
Alors Fi 2 K [X], est irrductible, et P =Qki=1 Fi.
Dmonstration.Pour 2 i, on a G () = i, donc les coe cients de Fi
sont stables par G et sont donc dans K. Daprs
la proposition prcdente, Fi est le polynme minimal de lun
quelconque des 2 i, a fortiori est irrductible.
Intrt.Si G est cyclique engendr par g0, on peut dcrire les
orbites i en regardant la dcomposition de g0 (vu dans
Sn) en cycles support disjoints. Les longueurs des cycles sont
donnes par les degrs des facteurs irrductiblesde P . Ainsi, si ces
degrs sont n1; :::; nk, G est engendr par un lment conjugu
(1; :::; n1) (n1 + 1; :::; n1 + n2) ::: (n1 + :::+ nk1; :::; n)
.
On connait dj une classe de groupes de Galois cycliques, les
GalFqFp, qui sont engendrs par Fr. On
va donc ramener ltude du groupe de Galois du polynme P aux
GalFqFp en rduisant modulo p (o p
premier choisir opportunment...).En notant P le rduit de P
modulo p et L un corps de dcomposition de P sur Fp, un bon candidat
pour
GalFqFp est GalFp P = Gal LFp, do lattention particulire quon
lui porte.
4.2 Rduction modulo p
Soit P 2 Z [X] unitaire. Pour p premier, on note P 2 Fp [X]
obtenu en rduisant P modulo p. On pose alorsQ E un corps de
dcomposition de PFp L un corps de dcomposition de P .
On veut "comparer" ltude de E et GalQ P celle de L et GalFp P
.
32
-
4.2.1 Construction dun corps de dcomposition de P
Soient 1; :::; n les racines de P dans E. On a donc
E = Q [1; :::; n] ' Z [1; :::; n]Q = AQen posant A = Z [1; :::;
n].
Proposition.A est un Z-module libre de type ni de rang [E : Q]
(on dit que cest est un rseau dans E).
Dmonstration.A est de type ni car engendr par les 11 :::
kk o i < n, et est sans torsion car E est sans torsion.
Puisque
Z est principal, A est libre, mettons A = Zu1 + :::+ Zur o (u1;
:::; ur) est un Z-base de A. Montrons que cestune Q-base de E, ce
qui nous donnera r = [E : Q].En eet, (u1; :::; ur) est Z-libre,
donc Q-libre (en tuant les dnominateurs dune relation de liaison),
et gnre
Q-linairement E puisque
x 2 E = Q [r1; :::; rn]=) 9k 2 N tel que kx 2 Z [r1; :::; rn] =
A
=) 9k 2 N tel que kx =rXi=1
iui o i 2 Z
=) x =rXi=1
ik
ui o
ik2 Q.
Contruisons prsent une extension de dcompositon L de P sur Fp
laide de A.
Proposition.Soit M un idal maximal de A contenant pA. Alors L =
AM est un corps de dcomposition de P sur Fp.
Dmonstration.Un bon candidat pour un
ZpZ-espace vectoriel de dimension nie est lanneau quotient ApA ,
mais ilpeut trs bien ne pas tre un corps. Do lide de considrer pA M
A.Notons : A ! L la projection canonique modulo M. On munit L = (A)
de la loi externe issue de
la multiplication (a) = (a), ce qui transforme en quelque sorte
en un morphisme dalgbres de laZ-algbre A dans la Fp-algbre L.
L est alors une extension nie de Fp. En eet, L est clairement un
corps, et si (u1; :::; ur) est une Z-base de A,alors ( (u1) ; :::;
(ur)) est une famille Fp-gnratrice de (A) = L, donc L est niment
gnr (linairement),donc de dimension nie sur Fp.Enn, en remarquant
que envoie les scalaires de Z sur ceux de Fp, on peut dire que L
est un corps de
dcomposition de P puisque
P = (P ) =
nYi=1
(X i)!=
nYi=1
(X (i))
est scind sur L et queL = (A) = (Z [1; :::; n]) = Fp [ (1) ;
:::; (n)]
est algbriquement engendr par les (i).
La construction eectue est naturelle, au sens suivant :
Proposition.Soit Fp K une extension nie. On quivalence entre : K
est un corps de dcomposition de P ; Il existe un morphisme danneaux
surjectif Z [1; :::; n] ! K.
33
-
Dmonstration.(i) =) (ii) On a dj construit un corps de
dcomposition L. Par unicit isomorphisme ' prs, '
est un morphisme danneaux surjectif.(ii) =) (i) Soit : A ! K un
morphisme danneaux surjectif. Comme pour la projection , on a
(Z) = Fp, donc K est algbriquement Fp-engendr par les (i), et P
= (P ) =Q(X (ri)) est scind sur
K.
Ainsi, si K est un corps de dcomposition de P , il existe un
morphisme danneaux de A dans K qui envoiesurjectivement les racines
de P sur celles de P . De plus, la dmonstration qui prcde montre
que cest le casde tous les morphismes danneaux de A dans K.
Remarque. Tout morphisme danneaux ' de A dans L est
ncessairement surjectif. En eet,
Im' = ' (A) = ' (Z [1; :::; n]) = Fp [' (1) ; :::; ' (n)] =
L
4.2.2 Injection de GalFp P dans GalQ P
Proprit.Soit P 2 Z [X] unitaire, p premier, P 2 Fp [X] son rduit
modulo p. Alors
P sparable =) P sparable.
Dmonstration.discP 2 Fp est la rduction modulo p de discP 2
Z:
Lemme.Si P est sparable, laction droite de GalQ P sur Hom(A;L)
dnie par ' = ' est libre et transitive.
Dmonstration. Libert.Si ' = ', i.e. ' = ', on se restreint
(ensemble des racines de P ) : ' j = 'j ; comme
stabilise , on a mme 'j j = 'j. Or, on sait que ' envoie
surjectivement les racines de P sur celles deP 0, donc 'j : ! est
surjectif, et P tant sparable, on a jj =
= degP , do 'j injective. On endduit j = Id, do = Id (car
engendre E). Transitivit.Fixons ' dans Hom(A;L). Posons N = jGalQ P
j, et soit f'1; :::; 'Ng = f' ; 2 GalQ Pg lorbite de '
sous laction de GalQ P . Puisque laction est libre, lorbite est
de cardinal N exactement.Soit ensuite 2 Hom(A;L). Sil nest pas
parmi les 'i, on aurait N +1 morphismes danneaux deux deux
distincts, donc linairement indpendants daprs Dedekind (dans le
monode multiplicatif A). Il su t donc demontrer quils sont lis pour
conclure.Cherchons i 2 L tel que
PN+1i=1 i'i = 0 (on a pos 'N+1 = ). Puisque N = jGalQ P j = [E :
Q] = rgA, on
dispose dune base (u1; :::; uN ) de A de cardinal N , donc
ncessairement (1; :::; N+1) est solution du systme8
-
doPN+1
i=1 i'i = 0, CQFD.
Remarque. Soit G agissant librement et transitivement sur un
ensemble E. Alors G est en bijection
avec E via nimporte quelle applicationG ! Eg 7! ge o e 2 E.
Thorme.
Soit P 2 Z [X] unitaire, p premier,Q E un corps de dcomposition
de PFp L un corps de dcomposition de P . On suppose que P est
sparable. On dispose alors dun morphisme de groupes injectif g
:GalFp P ! GalQ P
7! g () vriant
g () = .
o 2 Hom(A;L) et h = 1j est une bijection de ! .En particulier,
laction de GalFp P sur se ramne laction de GalQ P sur modulo la
conjugaison
g () = h h1
ou le diagramme commutatif
h!
# # g ()
h!
.
Dmonstration.Donnons-nous un 2 Hom(A;L). Alors 8 2 GalFp P , 2
Hom(A;L), donc par transitivit/libert de
laction droite de GalQ P sur Hom(A;L) (cf lemme),
9! 2 GalQP tel que = .
Ceci dtermine une application g :GalFp P ! GalQ P
7! vriant = g () et qui est un morphismede groupes injectif. En
eet, dune part on a
g (12) = (12) = 1 (2 )= 1 ( g (2)) = (1 ) g (2)= g (1) g (2) =
(g (1) g (2))
et est par ailleurs injective ? ? ? ? ? ; dautre part,
g () = Id =) = =) = Id
par libert de laction droite (cf lemme), do linjectivit de g.De
plus, induit une bijection ! ; on prend alors h = 1j , et toutes
les vrication tombent.
Le principal rsultat est linjection de GalFp P dans GalQ P ,
injection qui est une conjugaison quand on neregarde que laction
sur les racines (la plus facile lire).Ainsi, en rduisant P modulo
dirents p et en factorisant P selon ses facteurs irrductibles, on
obtient des
lments de GalFp P (des produits de cycles dont les longueurs
sont les degrs des facteurs irrductibles de P )qui sinjectent par
conjugaison dans GalQ P ,! S. Si on obtient ainsi des gnrateurs de
S travers direntsp, on aura directement GalQ P ' S.On est donc amen
chercher les degrs des facteurs irrductibles dun polynme unitaire P
2 Fp [X].
35
-
4.2.3 Recherche de facteurs irrductibles
Soit Q un polynme de Fp [X]. La proposition suivante montre que
la recherche des facteurs irrductibles dedegr d de Q doit passer
par le calcul du pgcd Q ^
Xp
d X.
Proposition.Si Q admet un facteur irrductible de degr d, ce
facteur divise ncessairement Q ^
Xp
d X.
Dmonstration.Soit A un facteur irrductible de Q de degr d.
Considrons un corps K de dcomposition de A sur Fp, par
exemple K = Fp[X](A). K est de cardinal pdegA = pd, donc K ' Fpd
. Ainsi, tous les lments de K sontracines de Xp
d X, et en regardant le degr on peut crire Xpd X = Q2K (X ), de
sorte que A diviseXp
d X dans K [X]. Or, A et Xpd X sont dj dans Fp [X], donc le
quotient XpdXA est en fait dans Fp [X],
CQFD.
Proposition.Si Q admet une racine dans Fpd qui nest dans aucun
des Fpd0 pour d0 divisant strictement d, alors Q admet
un facteur irrductible de degr d.
Dmonstration.Soit une racine de Q dans Fpd comme dans lnonc et
le polynme minimal de sur Fp. Un corps de
rupture de est un sous-corps de Fpd , donc un certain Fpd0 o d0
divise d. Comme de plus un tel corps estde degr deg sur Fp, on en
dduit que deg divise d. Or, deg ne peut diviser strictement d,
sinon seraitracine de Q dans Fpdeg , ce qui est exclu par hypothse.
Finalement, est irrductible et de degr d, do laconclusion.
Corollaire.Q admet un facteur irrductible de degr d ssi Q ^
Xp
d Xa une racine dans Fpd qui nest dans aucun
des Fpd0 pour d0 divisant strictement d.
Dmonstration.Le sens direct fait lobjet de la premire
proposition, lautre sens dcoule de la seconde.
Exemple : calcul du groupe de Galois de P = X5 X 1.Modulo 2, P =
X5+X+1. On cherche les degrs des facteurs irrductibles de P . Aucun
ne peut tre de degr
1, car P na pas de racines dans F2. Pour les facteurs de degr
deux, on calculeX5 +X + 1
^ X4 X =X2 +X + 1, qui a une racine dans F4 (rappelons
incidemment que F4 ' F2[X]X2+X+1...) et aucune dans F2,donc P admet
un facteur irrductible dordre deux. P se factorise par consquent
sous la forme (deg 2) (deg 3) ;il y a donc dans Gal vu comme
sous-groupe des permutations des racines un lment qui se factorise
en unproduit dune transposition et dun cycle de longueur 3. En
particulier, Gal contient 3 qui est une transposition.Modulo 3, P =
X5 X 1. Mme topo : on cherche les degrs des facteurs irrductibles
de P . Aucun de
degr 1 car pas de racines dans F3. On regarde alorsX5 +X + 1
^ X9 X = 1, do pas de facteur dedegr 3. Donc P est irrductible
sur F3 et Gal contient un 5-cycle.Gal contient une transposition et
un 5-cycle, donc vaut S5 tout entier.Ainsi P = X5 X 1 nest pas
rsoluble par radicaux, car la suite des drivs de S5 stationne A5,
donc
S5 nest pas rsoluble.
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