Premiers pas avec Galois !

jaccuzzi

Bonjour

Je me lance dans la théorie de Galois ! J'avais besoin d'une petite confirmation. Voilà on considère deux extensions galoisiennes $K/k$ et $M/k$ telles que $M\subset K$. Il est clair que $Gal(K/M)$ est un sous-groupe normal de $Gal(K/k)$ non ?

Poirot

C'est bien le cas. La correspondance de Galois dit en particulier que $Gal(K/M)$ est distingué dans $Gal(K/k)$ si et seulement si $M/k$ est galoisienne, c'est une vérification assez immédiate une fois que l'on a établi les résultats de base de la théorie des corps et de leurs automorphismes.

jaccuzzi

ok merci poirot...
Maintenant je me demandais s'il existait un polynôme $p\in \mathbb{Q}[X]$ de degré $5$ tel que $Gal(P/\mathbb{Q})=\mathfrak A_5$, où $P$ est le corps des racines de $p$ et $\mathfrak A_5$ le groupe alterné.

Merci à vous !

claude quitté

$\def\Disc{\text{Disc}}\def\A{\mathfrak A}$Salut Jaccuzzi
Tu vas l'inventer toi-même en utilisant un cas particulier de la formule de Swan
$$
D := \Disc(X^5 + aX + b) = 2^8 a^5 + 5^5 b^4
$$Maintenant, c'est à toi de jouer. Atention : sois précautionneux. D'abord tu fais le petit mic-mac suivant : tu réalises $b \leftarrow 4ab$ (tu vas comprendre pourquoi) de sorte que
$$
D = 2^8 a^5 + 5^5 4^4 a^4 b^4 = 2^8 a^4 (a + 5^5 b^4) = \text{carré} \times (a + 5^5 b^4)
$$Quel est le but du jeu ? Faire du forcing sur $a,b$ de manière à ce que $D$ soit un carré tout en gardant de la généricité pour avoir un polynôme irréductible de groupe de Galois $\A_5$.

Maintenant tu n'as plus qu'à forcer $a + 5^5 b^4$ à être un carré. Je le laisse voir comment en introduisant une nouvelle indéterminée $c$. Si tu fais bien le job auquel je pense ou une variante, tu obtiendras le polynôme $F = F_{b,c}$ à deux paramètres $b,c$ du type

[color=#000000]> a := [color=#FF0000]une expression en fonction de (b,c) que tu dois trouver[/color]
> F := X^5 + a*X + 4*a*b ;        
> F ;
X^5 + (-3125*b^4 + c^2)*X - 12500*b^5 + 4*b*c^2
> Discriminant(F) eq 2^8*a^4*c^2 ;
true
[/color]

dont le discriminant est un carré. Tu n'as plus qu'à particulariser $b,c$. Fais pas le c.n en prenant par exemple $b = 0$ ou $c = 0$. Il faut obtenir un polynôme irréductible sur $\Q$ (je viens de le faire à l'instant).

Un gros avantage : tu disposes d'une famille en $(b,c)$ et tu peux en produire une tapée (et pas exemple en tirer un bon prix).

jaccuzzi

Merci (encore) Claude !
Je vais regarder ca attentivement (mais il va me falloir un peu de temps car je bute déjà sur la première phrase ... formule de Swan).

Sinon je viens de survoler un bouquin d'introduction à la théorie de Galois. J'ai à peu près compris, mais pour en être sûr, j'ai écrit une petite note (1 page) traitant d'un cas simple (une équation de degré 5 dont le groupe de Galois de son corps de racines est justement $\mathfrak A_5$, voir mon message précédent). J'ai essayé de montrer que ce type d'équations n'est pas résoluble par radicaux de manière la plus simple possible. Cela permet par exemple de se passer de la notion de groupe résoluble.
L'idée est que cette note me serve dans 6 mois quand j'aurai tout oublié et ça pourrait peut-être servir à quelqu'un qui commencerait cette théorie avec un petit niveau de maths. Vu mon niveau, je préfère soumettre cette note à la communauté (notamment à claude ) pour me dire si c'est correct et si oui s'il est possible de faire encore plus simple.

Merci à Claude, Poirot et aux autres.

jaccuzzi

$\newcommand{\Gal}{\mathrm{Gal}}$Bonjour à tous
Alors j'ai essayé de remodeler ma note (voir message précédent pour qu'elle puisse figurer dans le corps du message. Comme je l'ai dit précédemment, j'essaie de capturer le plus simplement possible les idées de Galois, une sorte de Galois pour les nuls (pas besoin de préciser que je me mets dans cette catégorie). N'hésitez pas à me dire si c'est à coté de la plaque! Merci !

Soit $k=\mathbb{Q}$ et $\Omega$ sa clôture algébrique. Tous les corps $K$ considérés ici vérifierons $k\subseteq K\subseteq \Omega$.
Lemme 1. Soit $\pi:G\rightarrow G'$ un morphisme de groupes. Si $H$ un sous-groupe normal de $G$ alors $\pi(H)$ est un sous-groupe normal de $\pi(G)$.Lemme 2. Soit $K/k$ une extension galoisienne. $\Gal(\Omega/K)$ est un sous-groupe normal de $\Gal(\Omega/k)$Démonstration. $\Gal(\Omega/K)$ est clairement un sous-groupe de $\Gal(\Omega/k)$. De plus, $\forall \sigma \in \Gal(\Omega/k),\ \sigma'\in \Gal(\Omega/K)$, on a $\sigma \sigma' \sigma^{-1}\in \Gal(\Omega/K)$ ce qui prouve la normalité de $\Gal(\Omega/K)$. $\qquad\square$
Lemme 3. L'ensemble des points fixes de $\Omega$ sous l'action de $\Gal(\Omega/K)$ est réduit à $K$.Démonstration. Preuve élémentaire ? $\qquad\square$

Soit $P\in k[X]$ un polynôme de degré 5 dont les racines, supposées distinctes, sont $x_1,\ldots,x_5$. On considère le morphisme (de groupes) $$\pi_P: \Gal(\Omega/k)\rightarrow \mathfrak{S}_5$$ défini par $\pi_P(\sigma)=(\sigma(x_1),\ldots,\sigma(x_5))$.Lemme 4. Soit $K_1/K_0$ galoisienne telle que $\Gal(K_1/K_0)$ cyclique. Si $\pi_P(\Gal(\Omega/K_0))=\mathfrak{A}_5$ alors $\pi_P(\Gal(\Omega/K_1))=\mathfrak{A}_5$ et aucune racine de $P$ n'est dans $K_1$.Démonstration. Comme $\mathfrak{A}_5$ est un groupe simple, on montre que $\pi_P(\Gal(\Omega/K_1))\in \{e,\mathfrak{A}_5\}$ grâce aux lemmes 1 et 2. Il reste à montrer $\pi_P(\Gal(\Omega/K_1))\neq e$.
Supposons que $\pi_P(\Gal(\Omega/K_1))= e$. Dans ce cas, $x_1,\ldots,x_5\in K_1$ d'après le lemme \ref{lemmePointFixe}. Comme $K_1/K_0$ est galoisienne, la restriction de chaque automorphisme de $\Gal(\Omega/K_0)$ à $K_1$ est un élément de $\Gal(K_1/K_0)$. Notons $res :\Gal(\Omega/K_0)\rightarrow \Gal(K_1/K_0)$ cette fonction de restriction qui est un morphisme. De plus, on peut définir, similairement à $\pi_P$, le morphisme $\pi'_P :\Gal(K_1/K_0)\rightarrow S_5$ tel que $\pi'_P(\sigma)=(\sigma(x_1),\ldots, \sigma(x_5))$. Clairement, on a $\pi=\pi'\circ res$, ce qui implique que $\pi'_P (\Gal(K_1/K_0))$ est un sur-groupe de $\pi_P (\Gal(\Omega/K_0))$. Donc $\pi'_P (\Gal(K_1/K_0))\in \{\mathfrak{A}_5,\mathfrak{S}_5\}$. Or $\Gal(K_1/K_0)$ est cyclique ce qui implique que $\pi'_P (\Gal(K_1/K_0))$ est aussi cyclique. D'où contradiction car $\mathfrak{A}_5$ et $\mathfrak{S}_5$ ne sont pas cycliques. Donc $\pi_P(\Gal(\Omega/K_1))\neq e$ ce qui implique $\pi_P(\Gal(\Omega/K_1))=\mathfrak{A}_5$. Ainsi, aucune racine de $P$ n'est dans $K_1$ d'après le lemme 3. $\qquad\square$

0n considère maintenant la tour d'extension $K_0\subset \ldots \subset K_r$ définie de la manière suivante : $K_{i+1}=K_i(x_i)$ pour $i=0,\ldots,r-1$ tel que $x_i^{n_i}\in K_i$ et $K_0=k$, $K_1=K_0(\zeta_n)$ avec $n=\prod n_i$.
Lemme 5. Si $\pi_P(\Gal(\Omega/k))=\mathfrak{A}_5$ alors aucune racine de $P$ n'est dans $K_r$.Démonstration. Récurrence immédiate en utilisant le lemme précédent en remarquant que toutes les extensions $K_{i+1}/K_i$ sont galoisiennes et cycliques. $\qquad\square$

Il reste a trouver un polynôme $P$ tel que $\pi_P(\Gal(\Omega/k))=\mathfrak{A}_5$ !!!

Maxtimax

Le lemme 1 est faux , il est vrai si par exemple $\pi$ est surjectif.

Pour le lemme 3, tout dépend de ce que tu considères comme élémentaire

Poirot

@Max : j'avais failli répondre la même chose que toi à propos du lemme 1, puis je l'ai relu attentivement... ;-)

jaccuzzi

...Poirot, tu veux dire qu'il est juste?

Poirot

Oui il l'est !

jaccuzzi

Ok merci X:-(... et les deux derniers lemmes, t'en penses quoi intuitivement ?

claude quitté

Salut Jaccuzzi
Je pense que tu n'as pas compris ma réponse SUR LE FOND à ton GaloisNotes2.pdf, dont le titre est ``Notes sur la théorie de Galois'' (sans accent sur le e de théorie) en date du 22 août 2020. Je dis bien sur le fond et non pas à tel lemme (trivial) ou à tel point technique.

Puisque tu insistes, je mets les points sur les i : ma réponse consistait en l'absence de réponse.

jaccuzzi

Salut Claude
Ah mais tu ne m'as pas répondu sur le fond à mon GaloisNotes, si ? En message privé ? Je n'ai pas reçu, désolé !
Sinon moi j'aimerais juste savoir si mes petits lemmes (sûrement triviaux quand on est très fort comme toi) sont justes ou faux ! Mon but serait de proposer un exemple concret d'équation non-résoluble par radicaux avec une preuve la plus simple possible ! Il me semble que cela pourrait être utile à certains pour s'initier à cette belle théorie!

En tout cas merci à tous !

Maxtimax

Poirot: oula oui pourtant je m'étais persuadé d'avoir bien relu ce point spécifique - tu as tout à fait raison, désolé jacuzzi !