Racine de l'unité
Salut,
Un petit exercice d'algèbre. Notons $\C$ un corps algébriquement clos de caractèristique $0$.
Montrer que : $\mathbb{U}_n := \{ z \in \C, \, z^n=1 \}$ est un groupe cyclique d'ordre $n$.
Des idées ?
Résumé :
C'est à reprendre mais y'a deux trois trucs amusants ...
Un petit exercice d'algèbre. Notons $\C$ un corps algébriquement clos de caractèristique $0$.
Montrer que : $\mathbb{U}_n := \{ z \in \C, \, z^n=1 \}$ est un groupe cyclique d'ordre $n$.
Des idées ?
Résumé :
- Réponse à la question : Claude et ici
- Construction d'un polygone régulier à $17$ côtés : ici et là (il vaut mieux avoir vu les périodes de Gauss, ici)
- Décomposition des polynômes cyclotomiques sur les corps fini : ici
- Une extension de degré $3$ en utilisant les périodes de Gauss : ici
- Réciprocité quadratique : ici et avant et après !
- Réciprocité cubique : ici
- délire analytique :ici
C'est à reprendre mais y'a deux trois trucs amusants ...
Réponses
-
Bonsoir,
le plus simple est de montrer que $\mathbb{U}_n$ est un sous-groupe du groupe multiplicatif $\mathbb{U}$ des nombres complexes de module 1.
Jean-éric -
Bonsoir Flipflop
Tu poses $\zeta=\exp(2i\pi/n) \in \mathbb C$.
Tu vérifies que $\zeta\in\mathbb U_n$ et que $\mathbb U_n=\{\zeta,\zeta^2,\ldots,\zeta^{n-1},\zeta^n=1\}$.
Tu montres alors que tu as un morphisme de groupes $f: \mathbb Z\to \mathbb U_n$ défini par $k\mapsto \zeta^k$, dont le noyau est $n\mathbb Z$.
Tu conclus.
Alain -
Salut Jean-éric,
Comment montres-tu que $\mathbb{U}_n \subset \C$ est un sous-groupe de $\mathbb{U} \subset \mathbb{C}$ ? Et comment conclus-tu ? (via l'exponentielle ?) -
$k$ est algébriquement clos donc $X^n-1$ a toutes ses racines dans $k$ et comme $\rm{car}(k)=0$, ces racines sont simples donc $\mathbb U_n$ est un sous-groupe fini d'ordre $n$ de $k^\times$.
Il est donc cyclique. -
Je crois que la confusion avec $\mathbb{C}$ est aussi bonne pour moi : jean-éric la question n'est pas pour toi. :)o
-
Re-bonsoir Flipflop
Alors $k$ étant un corps algébriquement clos de caractéristique 0, le polynôme $X^n-1\in k[X]$ admet exactement $n$ racines, qui sont donc les $n$ éléments de $\mathbb U_n$.
Tu montres que c'est un sous-groupe du groupe multiplicatif $k^\times$.
Si tu sais qu'un sous-groupe fini du groupe multiplicatif d'un corps (commutatif) est cyclique, c'est gagné, sinon ... tu reprends la démonstration correspondante :-D
Alain
Edit, GaiRequin a été plus alerte que moi :-) -
Hello gai requin : Tu veux utiliser un argument du genre (je ne connais pas le théorème précis) que tout sous-groupes finis d'un corps est cyclique, c'est bien ça ? Du coup, tu as la même démonstration que moi ... Je tente de l'écrire complètement mais c'est un peu long.
Autres idées ?
@Jean-éric : c'est de ma faute ... -
Si on veut être moins général, on peut aussi montrer que le seul sous-groupe de $\mathbb U_n$ d'ordre $d$ divisant $n$ est $\mathbb U_d$.
-
Pourquoi tu dis moins général, Gai requin ? Tu utilises la caractérisation des groupes cycliques finis :
Un groupe fini d'ordre $n$ est cyclique si et seulement si pour chaque diviseur $d$ de $n$ il existe au moins un sous groupes d'ordre $d$.
C'est assez marrant que l'on tombe tous sur cette démonstration, je voulais une autre idée ! -
En tous cas, c'est facile de montrer que $\mathbb U_d$ est le seul sous-groupe d'ordre $d$ de $\mathbb U_n$.
Plus simple je pense que de montrer que tout sous-groupe fini de $k^\times$ est cyclique.
Mais peut-être que tu voudrais exhiber une racine primitive ? -
Oui, je suis ok pour dire que c'est simple de montrer que $\mathbb{U}_d$ est le seul sous-groupe d'ordre $d$.
Mais tu utilises bien la caractérisation des groupes cycliques, non ? Où tu as un autre argument ?
Racine primitive ... oui c'est pour donner un sens a cette notion, et comprendre le polynôme cyclotomique :-D -
Un critère que je viens de découvrir.
Soit $G$ un groupe abélien fini d'ordre $n$.
Si pour tout $d$ divisant $n$, $\#\{x\in G;x^d=1_G\}\leq d$, alors $G$ est cyclique. -
Oui ca permet de prouver le résultat sur les corps.
Et la démonstration du "critère" ?
Je dirai que sous l'hypothèse, pour tout diviseur $d$ de $n$ il existe un nombre d'éléments d'ordre exactement $d$ (noté $N(d)$) inférieur à $\phi(d)$. En effet, d'une part un élément d'ordre $d$ est dans l'ensemble $\{x \in G, \, x^d=1\}$. Ensuite, deux cas, si il n'existe pas d'élément d'ordre $d$ alors $N(d)=0$ c'est gagné. Et si existe un élément $g$ d'ordre $d$, alors le groupe engendré par $g$ est exactement $\{x \in G, \, x^d=1\}$. Ainsi $\{x \in G, \, x^d=1\}$ est cyclique d'ordre $d$ et contient exactement $\phi(d)$ éléments d'ordre $d$.
Pour conclure, on a les deux égalités : $$n=\sum_{d \mid n} N(d) \quad \text{ et } n =\sum_{d \mid n} \phi(d)$$
Donc $N(d)=\phi(d)$ et c'est gagné. -
Donc si je résume :
Soit $k$ est un corps algébriquement clos de caractéristique $p$ (le polynôme $z^n-1$ est a racine simple). Soit $n$ un entier premier à $p$. Alors $\mathbb{U}_n(k) := \{ z \in k \, z^n=1 \}$ est un groupe cyclique de cardinal $n$.
Dans ce contexte, on dit que $\zeta \in \mathbb{U}_n(k)$ est primitive, lorsque $\zeta$ est d'ordre $n$. les racines primitives existes et il y en a $\phi(n)$ (indicatrice d'Euler).
Et on peut considérer le polynôme cyclotomique :
$$
\Phi_{n,k} = \prod_{\zeta \text{ primitive d'ordre } n} (X-\zeta)
$$
Bon il faudrait faire le lien entre cette construction et le polynôme cyclotomique obtenu dans $\Z$. Je pense qu'on peut dire que : le morphisme caractéristique $\Z \to k$ induit un morphisme $\kappa \, : \, \Z[X] \to k[X]$, et :
$$
\kappa\left(\Phi_{n,\overline{\Q}} \right) = \Phi_{n,k} \quad \quad \text{ A prouver}
$$
Mais lorsque $p$ divise $n$, on ne peut pas faire cette construction aussi simplement. -
Salut flipflop. Pour tout $n\geq 2$ et tout corps commutatif $k$ dont la caractéristique ne divise pas $n$, on a :
$$X^n-1=\prod_{d|n} \Phi_{d,k}(X).$$
On raisonne par récurrence.
Dans $\Z[X]$, on peut écrire $X^n-1=\Phi_nQ_n$.
D'où $X^n-1=\kappa(\Phi_n)\kappa(Q_n)$.
D'après l'hypothèse de récurrence,
$$\kappa(Q_n)=\prod_{d|n,d<n} \kappa(\Phi_d)=\prod_{d|n,d<n}\Phi_{d,k}.$$
D'où $\kappa(\Phi_n)=\Phi_{n,k}$. -
Hello Gai requin,
Je pense que c'est ok (tu) Juste qu'il faut prouver que $\Phi_n$ est dans $\Z[X]$ (avant). Et prouver l'identité :
$$
X^n-1=\prod_{d|n} \Phi_{d,k}(X).
$$
Mais ça c'est bon !
C'est assez amusant, car si l'on part de
$$\Phi_{n,k} = \prod_{\zeta \text{ primitive d'ordre } n} (X-\zeta)$$
on ne peut pas directement utiliser $\kappa$.
Et pour $p$ divisant $n$, on est aussi un peu embêté pour créer $\Phi_{n,k}$ a l'intérieur de $k[X]$.
Next problème :
1/ Fonder : $\Phi_{n,k}$ en caractéristique $p$ divisant $n$ ... on dit simplement que c'est $\kappa(\Phi_n)$, où il y a un autre point de vu :-S
2/ Prouver que $\Phi_{n,k} \in \mathbb{F}_p[X]$ (c'est facile, avec $\kappa$ qui se factorise à travers le corps premier de $k$).
3/ Prouver que le polynôme cyclotomique est irréductible sur $\Z[X]$.
4/ Regarder la décomposition dans les extensions de $\mathbb{F}_p$. (On a déjà utiliser le résultat mais j'ai pas encore fait la preuve solidement).
Il me semble que 3/ et 4/ sont indépendantes. Pour le 3/ je pense que c'est pas aussi simple. Pour la 4/ j'ai un brouillon.
PS : je rédige au propre en même temps, je mettrai le pdf une fois la 3/ et la 4/ "sécurisé". -
Le point 3) est difficile mais on le trouve facilement sur le net. :-D
-
Oui c'est délicat ! J'aurais bien aimé un argument du style si pour tous premiers $p$, $\Phi_{p^alpha}$ est irréductible alors pour tous $n$,$\Phi_n$ est irréductible mais bof bof ...
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C'est un grand classique mais je ne crois pas qu'il y ait de démonstrations "immédiate". Après ce sont des techniques élémentaires en théorie des corps.
-
@Poirot :
Ce qui est certain c'est que la caractéristique $0$ joue un grand rôle car $\Phi_n$ n'est pas (souvent) irréductible dans $\mathbb{F}_p$ ... Mais la démonstration classique, passe quand même par les corps finis.
Mais si $\Phi_{p^\alpha}$ est irréductible dans $Q[X]$ alors il reste irréductible dans $\Q[\zeta_{q^\beta}]$ ??? (disons $p$ et $q$ différent de deux ...
Je vais investiguer de ce côté là .... Comme dirai Claude, faire attention à la poule et à l'oeuf :-D -
Oui car $\mathbb Q(\zeta_{p^{\alpha}}) \cap \mathbb Q(\zeta_{q^{\beta}}) = \mathbb Q$ (les discriminants sont premiers entre eux).
-
@Poirot : je dois vraiment faire attention à l'ordre des choses. Je veux tout redémontrer depuis le début (c'est le but du jeu) sinon c'est pas drôle :-D
Pour l'instant je peux prouver que $\Phi_{p^\alpha}$ est irréductible. Donc je sais que $\Q(\zeta_{p^\alpha}) \mid \Q$ est de degré $\phi(p^\alpha)$. Je ne suis pas encore familier avec le discriminant.
Mais si on a : $\mathbb Q(\zeta_{p^{\alpha}}) \cap \mathbb Q(\zeta_{q^{\beta}}) = \mathbb Q$ ET pour tout $p$ premier $\Phi_{p^\alpha}$ est irréductible. Je pense que l'on a $\Phi_n$ irréductible pour tout $n$. (attention à $p=2$).
J'y réfléchit :-D -
En fait tu as un problème. Sans l'irréductibilité de $\Phi_n$ tu ne sais pas que $\mathbb Q(\zeta_n)$ est un corps de rupture de $\Phi_n$, et donc tu ne vas pas pouvoir extraire d'information arithmétique sur $\Phi_n$ à partir de l'égalité $\mathbb Q(\zeta_n) = \mathbb Q(\zeta_{p^{\alpha}}, \zeta_{q^{\beta}}, \dots)$ (compositum). Ou alors je n'ai pas bien compris ta démarche.
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@flipflop :
Est-ce que tu as une preuve (différente de la preuve classique) du fait que $\Phi_{p^\alpha}$ est irréductible ? -
On peut appliquer le critère d'Eisenstein pour montrer que $\Phi_{p^{\alpha}}$ est irréductible pour tout $p$ premier, $\alpha \in \mathbb N^*$.
-
Juste pour info, voici une autre preuve du fait que tout sous groupe fini du groupe des unités d'un corps (commutatif) est cyclique, que personnellement je prefère car je la trouve plus elementaire que celle utilisant l'indicatrice d'Euler.
1/Dans un groupe abelien, si $a$ et $b$ sont deux elements d'ordre $m$ et $n$, il existe un element d'ordre $ppcm(m,n)$ (facile, si $m$ et $n$ sont premier entre eux on prend le produit, sinon on ecrit la decomposition en facteur premier et on choisit à sa guise).
2/ Soit donc $G$ un sous groupe fini de $k^*$, pour un corps commutatif $k$, et $\mu$ le ppcm des ordres des elements de $G$, par le point 1/ il existe disons $\alpha$ d'ordre $\mu$, donc les elements de $G$ sont racines de $T^\mu-1$, mais c'est aussi le cas de $1, \alpha,..,\alpha^{{\mu}-1}$, et ca ca fait pas assez de place pour tout le monde puisque $k$ est intègre, du coup $G=\{1, \alpha,..,\alpha^{{\mu}-1}\}$ et est donc cyclique. -
@Poirot : Disons que je cherche une démonstration du résultat : Le polynôme cyclotomique $\Phi_n$ est irréductible sur $\Q[X]$ pour tout entier $n$.
Ce que j'ai a ma disposition, pas grand chose.
a/ Pour tout corps algébriquement de caractéristique $p$ ne divisant pas $n$ on a : $\mathbb{U}_n(k) := \{ z \in k \, z^n=1 \}$ est un groupe cyclique de cardinal $n$ et la définition du polynôme cyclotomique
$$
\Phi_{n,k} = \prod_{\zeta \text{ primitive d'ordre } n} (X-\zeta)
$$
b/ Ce polynôme cyclotomique $\Phi_{n,k}$ est dans le sous-corps premier de $k$ et sur $\Z[X]$ lorsque $k$ est de caractéristique nulle.
+ la théorie générale de corps, polynôme etc.
@gai requin et @poirot :
c/ Je sais que le polynôme cyclotomique $\Phi_{p^\alpha}$ est irréductible sur $\Q$ pour tout $p$ et tout $\alpha$.
Je pense avoir une démonstration ... je ne suis pas certain. En examinant le point 4/ avant et disons $p \ne 2$.
Le groupe $\left(\Z/p^\alpha\Z\right)^*$ est cyclique. Il faut prouver qu'il y a une classe génératrice contenant un nombre premier $q$. Ensuite en réduisant $\Phi_{p^\alpha}$ on montre que $\Phi_{p^\alpha} \pmod{q}$ est irréductible (car $q$ est générateur de $\left(\Z/p^\alpha\Z\right)^*$ ) et c'est gagné.
Donc il y a encore le truc du nombre premier. -
Merci noname. Je regarde en détails après le week-end mais merci de ta participation.
-
Petit pdf rapidos !
Bon pour l'irréductibilité du polynôme cyclotomique je doute un peu que je puisse fournir une démonstration autre que la classique (td)
Prochaines étapes :
a/ Groupe de Galois de l'extension cyclotomique sur $\Q$.
b/ Les entiers cyclotomiques.
c/ Décomposition des idéaux premiers.
d/ Lien avec Fonctions Zéta et les caractères.
e/ quelques extensions abéliennes.
f/ Exemple : réciprocité quadratique.
J'ai une dizaine de pdf à regrouper ... ça va être délicat :-D -
Salut flipflop.
On a déjà tout fait ou il manque quelque chose ? -
Hello Gai requin,
La forme ?
Dur dur de répondre mais je pense que globalement on a tout "vu" avec Claude (pour le fun : j'ai 17 cahiers de 100 pages de brouillon ... )... mais y'a beaucoup beaucoup beaucoup de choses a uniformiser ! Je ne sais vraiment pas comment je vais m'en sortir :-S Mais j'ai $+$ de temps normalement cette semaine ...
J'ai environ 50 pages que j'ai texter ... et je suis presque sûr que j'ai une démo (dans les règles de l'art, je m'avance un peu) de la réciprocité quadratique ... enfin sûrement un peu plus que ça ! Mais je dois faire le ménage !
Je pense que le point a/ est simple (modulo, l'irréductibilité sur $\Q[X]$ de $\Phi_n$).
D'ailleurs concernant le point a/ je pense que Gauss à réussit à calculer $\cos(\pi / 17)$ en utilisant ça :-S
Il a étudié, l'extension $\Q(\zeta_{17}) \mid \Q$, via le groupe $\left( \Z \ 17 \Z \right)^* \simeq (\Z / 16 \Z,+)$ et une tour de sous-groupe d'ordre $2$ (en résolvant des équations de degré $2$). Il est fou ce Gauss :-D
Je vais essayer de faire un pdf résumé mais ça va être complexe ! -
En effet, on reste dans ce fil en disant que $\left( \Z \ 17 \Z \right)^*$ possède trois sous-groupes non triviaux et donc $\Q(\zeta_{17}) / \Q$ a trois sous-extensions non triviales.
-
Le point a) est presque évident une fois qu'on sait que $[\mathbb Q(\zeta_n) : \mathbb Q] = \varphi(n)$, ce qui est équivalent à l'irréductibilité de $\Phi_n$. Je ne te spoile pas mais tu devrais y arriver facilement en regardant sur quoi peut être envoyé $\zeta_n$ par un élément du groupe de Galois.
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Je traduis la construction de H.W. Richmond du 17-gone régulier citée par Coxeter dans
Introduction to Geometry.
Lemme.
Les racines de $\;x^2+2x\cot(2t)-1\;$ sont $\;\tan t\;$ et $\;-\cot t\;$.
Construction Du 17-gone régulier $P_0, P_1 ... P_{16}$ (voir le dessin). $O$ et $P_0$ sont donnés.
$-$ Construire $B$ tel que $\sphericalangle BOP_0 = 90^\circ$.
$-$ Prendre $J$ sur $OB$ tel que $|OB|=4|OJ|$.
$-$ Prendre $E$ et $F$ sur le diamètre par $P_0$ tels que $4\sphericalangle OJE = \sphericalangle OJP_0$ et $\sphericalangle FJE = 45^\circ$.
$-$ Le cercle de diamètre $FP_0$ coupe $OB$ en $K$.
$-$ Le cercle de centre $E$ passant par $K$ coupe $OP_0$ en $C_5$ (à gauche) et $C_3$ (à droite).
$-$ Les perpendiculaires à $OP_0$ par $C_3$ et $C_5$ coupent le cercle de centre $O$ passant par $P_0$ en $P_{\pm{3}}$, respectivement $P_{\pm{5}}$.
$-$ Compléter... -
Oui oui, le a/ est assez simple. Bon je le fais vraiment entièrement, histoire de bien comprendre.
Remarque : Je vais oublier ma tentative de démonstration de l'irréductibilité de $\Phi_n$ pour l'instant. J'ai mis une petite question sur le forum d'arithmétique ici qui peut me venir en aide.
Je prend, au départ, un point de vue indépendant du corps de base premier.
Soit $k$ un corps premier. Soit $n$ un entier premier à la caractéristique de $k$.
Soit $\zeta$ un racine primitive $n$-ième de l'unité dans $\overline{k}$, c'est-à-dire $\zeta$ est une racine de $\Phi_{n,k}$ . On considère l'extension $k(\zeta) \mid k$ engendré par $\zeta$.
1/ L'extension $k(\zeta) \mid k$ est normale et séparable.
Pour séparable, le polynôme $X^n-1$ est a racine simple dans $\overline{k}$ donc $k(\zeta) \mid k$ est séparable.
Pour normale, soit $\sigma : k(\zeta) \to \overline{k}$ un $k$-homomorphisme. Il s'agit de montrer que l'image de $\sigma$ est incluse dans $k(\zeta)$. Mais l'image de $\sigma$ est exactement le sous corps de $\overline{k}$ engendré par $\sigma(\zeta)$. Il suffit de prouver que $\sigma(\zeta) \in k(\zeta)$.
Mais, $\sigma(\zeta)$ est également une racine de $\Phi_{n,k}$ et, donc il existe $\ell$ premier à $n$ tel que $\sigma(\zeta)= \zeta^\ell \in k(\zeta)$. D'où la normalité.
2/ Maintenant que l'on a prouvé que $k(\zeta) \mid k$ est Galoisienne, on est en droit d'introduire $G := \text{Gal} \left(k(\zeta) \mid k \right)$.
Comme on a vu dans le point 1/ si $\sigma \in G$, alors il existe $\ell \in \Z$ tel que $\sigma(\zeta)= \zeta^\ell$ et $\ell$ est premier à $n$.
Notons $\Sigma := \{ \ell \in \Z, \, \sigma(\zeta)=\zeta^\ell \}$. Alors $\Sigma$ est une réunion de classe d'inversible modulo $n$. En effet, si $\ell \in \Sigma$, alors $\ell+n \in \Sigma$ car $\sigma(\zeta)=\zeta^{\ell}=\zeta^{\ell+n}$.
Montrons que $\Sigma$ est exactement une classe d'inversible modulo $n$.
Si $\ell$ et $\ell^\prime$ sont dans $\Sigma$ alors $\zeta^\ell=\zeta^{\ell^\prime}$ et $\zeta^{\ell-\ell^\prime}=1$ mais comme $\zeta$ est d'ordre $n$ dans le groupe $\overline{k}^*$, on en déduit que $\ell=\ell^\prime \pmod{n}$.
On peut ainsi définir $(\bigstar)$ :
$$
\Psi : \xymatrix{
G \ar[r] & \left( \Z/ n\Z \right)^\star \\
\sigma \ar[r]& \Sigma =\{\ell \pmod{n}, \, \ell \in \Z, \, \sigma(\zeta)=\zeta^\ell \} \\
}$$
Alors $\Psi$ est u morphisme de groupe injectif, car si $\sigma(\zeta)=\zeta$ alors $\sigma = \text{Id}$.
Bon jusque là, pas besoin de l'irréductibilité de $\Phi_{n,k}$, ça tombe bien car il n'est pas irréductible.
La je sépare deux cas.
(i) si $k := \Q$, alors $\Psi$ est un isomorphisme car $\Phi_n$ est irréductible sur $\Q[X]$ et (argument de Poirot) $\#G = \phi(n)$.
(i) si $k := \mathbb{F}_p$, alors on sait que $\text{Deg}(\zeta,k) = r := \mathcal{O}(p, n)$ l'ordre multiplicatif de $p$ dans $\left( \Z/ n\Z \right)^\star$. Ainsi, $G := \langle \textrm{Fr} \rangle = \left\{\textrm{Id}, \textrm{Fr} , \dots, \textrm{Fr}^{r-1} \right\}$ Avec :
$$
\textrm{Fr} : \xymatrix{
k(\zeta) \ar[r] & k(\zeta) \\
x \ar[r]& x^p \\
}$$
Et $$\Psi(G) = \langle p \rangle \subset \left( \Z/ n\Z \right)^\star$$
Bien entendu on a aussi les isomorphismes réciproques. Bon faut un petit exemple, car j'aime bien cette inclusion de $G$ dans $\left( \Z/ n\Z \right)^\star$ ... ca doit permettre de factoriser explicitement le polynôme cyclotomique sur le corps $\mathbb{F}_p$ et pas seulement contrôler le degré des facteurs :-D -
Je vais un petit exemple de factorisation de polynôme cyclotomique, avant de regarder la construction du $17$-gone.
Disons que je prend $\Phi_{15}$ et que je cherche à le factoriser dans $\mathbb{F}_{11}$. Alors, $11$ est d'ordre $2$ dans le groupe $\left( \Z / 15 \Z\right)^*$.k<x> := GF(11^2); // x est d'ordre 120 ... générateur de F_11^2 y := x^8; // y est d'ordre 15 ... K<X> := PolynomialRing(k); P1 := (X-y)*(X-y^11); X^2 + 5*X + 3 P2 := (X-y^2)*(X-y^7); X^2 + 3*X + 9 P3 :=(X-y^4)*(X-y^14); X^2 + 9*X + 4 P4 := (X-y^8)*(X-y^13); X^2 + 4*X + 5 P1*P2*P3*P4; X^8 + 10*X^7 + X^5 + 10*X^4 + X^3 + 10*X + 1 /// c'est bien le polynôme cyclotomique de niveau 15 sur F_11
Bon je ne sais pas comment trouver un $x$ d'ordre $120$ à la main :-S -
Pour le calcul de $\cos {\pi \over 17}$, bon déjà comme je n'ai pas d'exponentielle complexe chez moi, disons que je vais calculer un truc qui ressemble à ça !
Je fais la partie théorie de Galois, on verra si la construction ressort.
Je considère trois morphismes de groupes, $\chi_2$, $\chi_4$ et $\chi_8$ de $\left( \Z / 17 \Z \right)^\star$ dans lui même définis par :
$$
\chi_2(\ell) = \ell^8 \qquad \qquad \chi_4(\ell) = \ell^4 \qquad \qquad\chi_8(\ell) = \ell^2
$$
Et je note : $\mathcal{I}_2$, $\mathcal{I}_4$ et $\mathcal{I}_8$ les sous-groupes images. Ainsi,
$$
\{ 1 \} \subset \mathcal{I}_8 \subset \mathcal{I}_4 \subset \mathcal{I}_2 \subset \left( \Z / 17 \Z \right)^\star
$$
Edit :
C'est parti pour les détails ... Je n'arrive pas vraiment a comprendre complètement le truc. Si quelqu'un peut formaliser un peu mieux, qu'il ne s'en prive pas ;-)
Je considère l'extension cyclotomique $\Q(w)$ avec $w$ un racine primitive $17$-ième de l'unité. Le but c'est de calculer la valeur de ${1 \over 2} (w+\overline{w}) = {1 \over 2} (w+w^{16})$.
Je vais commencer par introduire deux sommes liées à l'extension quadratique contenu dans $\Q(w)$.
Formellement : Pour $i \in \mathcal{I}_8 = \{ 1, 16 \}$ on note : $$t_{2,i} := \sum_{\chi_8(k)=i} w^k $$
Alors si $\ell \in \left( \Z/17\Z\right)^*$, alors l'action de l'automorphisme de Galois correspondant à $\ell$ agit de la manière suivante : $$\ell \star t_{2,i} = t_{2,\chi_8(\ell)i}$$
Ainsi $t_{2,i}$ est fixe par le sous-groupe $\text{Ker}(\chi_8) = \mathcal{I}_2 = \{ 1,2,4,8,9,13,15,16\}$ et si $\ell \notin \mathcal{I}_2$, alors $\ell$ échange $t_{2,1}$ avec $t_{2,16}$.
Explicitement on a :
$$t_{2,1} = w+w^2+w^4+w^8+w^9+w^{13}+w^{15}+w^{16} \quad \quad t_{2,16} = w^3+w^5+w^6+w^7+w^{10}+w^{11}+w^{12}+w^{14}$$
Et on peut calculer le polynôme minimal de $t_{2,i}$ :
$$
(x-t_{2,1})(x-t_{1,16}) = x^2+x-4 \quad \quad (\bigstar_1)
$$
On peut donc calculer $t_{2,1}$ et $t_{1,16}$. [bon, y'a un petite ambiguïté que je ne sais pas contrôler]
Ensuite, on va faire pareil pour $\mathcal{I}_4$.
Pour $i \in \mathcal{I}_4 = \{ 1,4,13 ,16 \}$ on note : $$t_{4,i} := \sum_{\chi_4(k)=i} w^k $$
Alors si $\ell \in \left( \Z/17\Z\right)^*$, alors l'action de l'automorphisme de Galois correspondant à $\ell$ agit de la manière suivante : $$\ell \star t_{4,i} = t_{4,\chi_4(\ell)i}$$
Nous avons donc $4$ éléments qui sont permutées par l'action de Galois. Mais ici nous allons restreindre cette action sur $\mathcal{I}_2 = \text{Gal}(\Q(w) \mid \Q(t_{2,1})$ :
Ainsi : $t_{4,1}$ possède uniquement deux conjugués sur $\Q(t_{2,1})$ il s'agit de $t_{4,1}$ et $t_{4,16}$ (car si $\ell \in \mathcal{I}_2$, alors $\chi_4(\ell) \in \{ 1,16\}$. De même, $t_{4,4}$ et $t_{4,13}$ sont conjugués et on trouve les polynômes minimaux :
$$
\pi_{t_{4,1},\Q(t_{2,1}} = (x-t_{4,1})(x-t_{4,16}) = x^2-t_{2,1}x-1 \quad \quad \pi_{t_{4,4},\Q(t_{2,1}} = (x-t_{4,4})(x-t_{4,13}) = x^2-t_{2,16}x-1 \quad \quad (\bigstar_2)
$$
Et on peut calculer $t_{4,1}, t_{4,16}, t_{4,4}, t_{4,13}$.
Dernière étape :
Ensuite, on va faire pareil pour $\mathcal{I}_2 := \{ 1,2,4,8,9,13,15,16 \}$.
Pour $i \in \mathcal{I}_2$ on note : $$t_{8,i} := \sum_{\chi_2(k)=i} w^k $$
Alors si $\ell \in \left( \Z/17\Z\right)^*$, alors l'action de l'automorphisme de Galois correspondant à $\ell$ agit de la manière suivante : $$\ell \star t_{2,i} = t_{2,\chi_2(\ell)i}$$
Nous avons donc $8$ éléments qui sont permutées par l'action de Galois. Par exemple, $\t_{8,1}= w+w^{16}$ que l'on veut calculer.
Mais ici nous allons restreindre cette action sur $\mathcal{I}_4 = \text{Gal}(\Q(w) \mid \Q(t_{4,1})$. Comme on souhaite juste comprendre $t_{8,1}$ il suffit de constater que $4 \star t_{8,1} = t_{8,\chi_2(4)} = t_{8,16}$.
$$
\pi_{t_{8,1},\Q(t_{4,1}} = (x-t_{8,1})(x-t_{8,16})= x^2-t_{4,1}x+t_{4,13} \quad \quad (\bigstar_3)
$$
Let's go :
On commencer par : $(\bigstar_3)$,
$$
t_{8,1} = \frac{t_{4,1} \pm \sqrt{t_{4,1}^2-4t_{4,13}}}{2}
$$
Ensuite, on trouve $t_{4,1}$ et $t_{4,13}$ avec $(\bigstar_2)$ :
$$
t_{4,1} = \frac{t_{2,1} \pm \sqrt{t_{2,1}^2+4}}{2} \quad \quad t_{4,13} = \frac{t_{2,16} \pm \sqrt{t_{2,16}^2+4}}{2}
$$
Dernière étape : on calcul $t_{2,1}$ et $t_{2,16}$ à l'aide de $(\bigstar_1)$.
$$t_{2,1} = \frac{-1 + \sqrt{17}}{2} \quad \quad t_{2,16} = \frac{-1 - \sqrt{17}}{2}$$
Il on injecte tous le bordel pour trouver la formule ... Bon y'a sûrement une normalisation a faire car les formules ne fonctionne que dans certain cas ...
Après une lutte acharnée je suis tombé sur :
$$
\frac{(\frac{(\sqrt{2} \sqrt{-\sqrt{17}+17}-\sqrt{17}+1)}{4}+\sqrt{\frac{(-2\cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{17} \sqrt{-\sqrt{17}+17}+2\cdot \sqrt{2} \sqrt{-\sqrt{17}+17}+16\cdot \sqrt{2} \sqrt{\sqrt{17}+17}+17+12\cdot \sqrt{17}+51)}{16}})}{2\cdot 2}
$$((sqrt(2)*sqrt(-(sqrt(17))+17)-(sqrt(17))+1)/4+sqrt(1/8)* sqrt(-sqrt(2)*sqrt(17)*sqrt(-(sqrt(17))+17) +sqrt(2)*sqrt(-(sqrt(17))+17)+sqrt(2)*8*sqrt(sqrt(17)+17)+6*sqrt(17)+34))/4
-
Bonjour flip-flop
Je crois que la page 8 du brouillon attaché est en lien avec tes histoires. A un moment donné, la structure d'ordre de $\R$ intervient lorsque l'on utilise $e^{2i\pi \over 17}$ comme racine primitive de l'unité d'ordre 17.
Dans le même ordre d'idées, mais peut-être plus simple à comprendre, il y a cette histoire de somme quadratique de Gauss pour un premier impair $p \ge 3$
$$
\tau = \sum_{i \in \mathbb F_p^{*2}} \zeta_p^i - \sum_{j \in \mathbb F_P^* \setminus \mathbb F_p^{*2}} \zeta_p^j
$$
Ici, $\zeta_p$ est une racine primitive de l'unité d'ordre $p$. On a vu que $\tau^2 = p^*$, ce qui suffit ``souvent aux premiers besoins''. C'est un traitement purement algébrique. On peut par exemple prendre pour $\zeta_p$ la classe de $X$ dans $\Q[X]/\langle \Phi_p(X)\rangle$. Si $p \equiv 1 \bmod 4$, on a donc $\tau^2 = p$ mais cela n'a pas de sens de se poser la question : est ce que $\tau = +\sqrt p$ ou $\tau = -\sqrt p$.
Ci-dessus, on parle de somme de Gauss algébrique. Mais à côté de cela, il y a la somme de Gauss analytique : c'est celle qui consiste à prendre $\zeta_p = e^{2i\pi \over p}$ dans le corps des nombres complexes. Et là, je te suggère de lire attentivement les 4 dernières lignes de la page 227 et le haut de la page 228 de Fröhlich & Taylor, ainsi que le theorem 50 de cette page : on a par exemple $\tau = + \sqrt {p}$ pour $p \equiv 1 \bmod 4$.
Pour achever de te convaincre : The sign of the Gauss sum sous ton moteur de recherche préféré.
A une certaine époque, j'avais demandé ``où est ce que l'on va chercher les racines primitives de l'unité'' (j'ai la flemme de retrouver le post). Mais c'était resté sans écho. -
Hello Claude,
Toujours le petit pdf qui va bien, merci ! Oui ça cadre vraiment très bien !
Bon j'ai bien bidouiller dans la normalisation car ... j'ai pris $w = \exp { i\pi / 17 }$ comme racine $17$-ième de l'unité :-D la honte ... J'ai eu de la chance dans mon bidouillage, la change du débutant comme on dit !
Mais je ne comprends pas comment Gauss a réussir a faire ça ... Sans calculatrice :-S
J'ai compris le problème de normalisation ... toujours un signe $\pm$ à normaliser, ce n'est pas la première fois -
Si la cas des racines 17-èmes est spectaculaire pour les implications sur la constructibilité à la règle et au compas du heptakaidecagone, ce cas ne montre pas la difficulté de la résolution par des radicaux de l'équation binôme dans le cas général. Le cas générique $n=11$ est autrement plus dur. Sa remarquable résolution par Vandermonde est antérieure à celle du cas $n=17$ par Gauss.
Vandermonde dans son mémoire développe des méthodes analogues à celles de Lagrange pour la résolution d'équation générales par radicaux. IL va nettement moins loin que ce dernier, sauf dans pour cette équation binôme.
Gauss connaissait les travaux de Vandermonde et son immense mérite est d'avoir dégagé tous les principes nécessaires à la résolution par radicaux de l'équation $x^p-1=0$ dans le cas général. -
Une construction élégante du heptakaidecagone dûe à Richmond je crois se trouve dans le Carrega "Construction à la règle et au compas"
-
Merci de ton commentaire Joaopa, amusant il ne me serai pas venu à l'esprit de vouloir résoudre $x^p-1 = 0$ ... bon, si j'ai bien compris les résolvantes de Lagrange-Hilbert sont de la partie :-D ... Il y a des choses dans le livre de Jean-Pierre Escofier.
-
Je reprend mon petit jeu. Et je continu un peu le post ici
Au niveau de $(\bigstar)$, je fais apparaître des groupes de Galois en utilisant que $\text{Gal} \left( \Q(\zeta) \mid \Q \right) \simeq \left( \Z /n \Z \right)^*$ ... là, je trouve que c'est un peu dingue de faire ça !
Pour chaque entier $n$, je considère le polynôme cyclotomique $\Phi_n \in \Z[x]$.
Soit un nombre premier $p$ ne divisant pas $n$. On considère le corps fini $\mathbb{F}_p$ et la réduction modulo $p$ de $\Phi_n$ que je note : $\Phi_{n,p}$. Je prend $\zeta_p$ une racine de $\Phi_{n,p}$ dans une clôture algébrique de $\mathbb{F}_p$. On a le morphisme injectif suivant :
$$
\Psi_p : \xymatrix{
\text{Gal} \left( \mathbb{F}_p(\zeta_p) \mid \mathbb{F}_p \right) \ar[r] & \left( \Z/ n\Z \right)^\star \\
\sigma \ar[r]& \Sigma =\{\ell \pmod{n}, \, \ell \in \Z, \, \sigma(\zeta_p)=\zeta_p^\ell \} \\
}
$$
Ensuite, je prend $\zeta \in \C$, une racine $n$-ième primitive de l'unité ...
Et de manière magique ... on a : $\text{Gal} \left( \Q(\zeta) \mid \Q \right) $ canoniquement isomorphe à $ \left( \Z/ n\Z \right)^\star$. Du coup, on peut considérer le morphisme :
$$
\Psi : \xymatrix{
\text{Gal} \left( \mathbb{F}_p(\zeta_p) \mid \mathbb{F}_p \right) \ar[r] & \text{Gal} \left( \Q(\zeta) \mid \Q \right) \\
\sigma \ar[r]& \left[ \zeta \to \zeta^\Sigma \right] \text { avec } \Sigma := \{\ell \pmod{n}, \, \ell \in \Z, \, \sigma(\zeta_p)=\zeta_p^\ell \} \\
}
$$
De plus, $\text{Gal} \left( \mathbb{F}_p(\zeta) \mid \mathbb{F}_p \right) $ est cyclique, engendré par $\text{Fr}$, est $\Psi$ réalise une bijection de ce groupe cyclique vers le groupe cyclique engendré par $ \left[ \zeta \to \zeta^p \right]$ (où le groupe cyclique engendré par $p \pmod{n}$ dans $\left( \Z/ n\Z \right)^\star$).
Je pense que jusque là ... j'ai démontré intégralement les choses. (j'ai admis la démonstration classique de l'irréductibilité du polynôme cyclotomique sur $\Q$ et la théorie sur les corps finis.)
Maintenant, j'admets que l'anneau $\Z[\zeta]$ est de Dedekind et j'utilise un peu les conséquences de cette théorie et ça permet d'interpréter le morphisme que j'ai construit !
$i \times \infty = 8$ -
Avant d'utiliser les anneaux d'entiers ... dans le pdf, deux diagramme commutatif venant de ce qu'il y a plus haut et un plan de démonstration pour la réciprocité quadratique (mais faut faire le lien entre mes histoires et les anneaux d'entiers, y'a encore du boulot
-
Le champion du diagramme a encore frappé. ;-)
-
:-D
J'y arriverai a démontrer la réciprocité
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Bonjour!
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