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authorDavid A. Madore <david@procyon>2012-01-04 17:06:07 (GMT)
committerDavid A. Madore <david@procyon>2012-01-04 17:06:07 (GMT)
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[calculs] Fin du degré 6 (ouf !).
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index a6b03cc..7ded295 100644
--- a/chapitres/calculs-galois.tex
+++ b/chapitres/calculs-galois.tex
@@ -2732,7 +2732,7 @@ $\PGL_2(\FF_5) \cong \mathfrak{S}_5$ (par action de $\PGL_2(\FF_5)$
sur les cinq autre pentades).
\end{remarque2}
-\subsubsection{Sous-groupes transitifs de $\mathfrak{S}_6$}
+\subsubsection{Sous-groupes transitifs de $\mathfrak{S}_6$}\label{sous-groupes-transitifs-de-s6}
Dans ce qui suit, pour fixer les représentants des classes de
conjugaisons de sous-groupes que nous allons décrire, nous appellerons
$X$, $Y$ et $C$ les synthèmes disjoints $(12)(34)(56)$, $(23)(45)(61)$
@@ -2983,7 +2983,7 @@ Cette description étant faite, la factorisation d'une seule résolvante
permet de déterminer l'action du groupe de Galois sur les pentades,
qui apporte déjà beaucoup d'information sur celui-ci :
-\begin{proposition2}
+\begin{proposition2}\label{galois-degre-6-resolvante-pentades}
Soit $P$ le polynôme $\sum_{C_6} (Z_1^{2} Z_2^{2} Z_3 Z_4 + Z_1 Z_2
Z_3^{2} Z_4^{2} + Z_1^{2} Z_2 Z_3^{2} Z_5 + Z_1 Z_2^{2} Z_4^{2} Z_5 +
Z_1^{2} Z_3 Z_4^{2} Z_5)$ évoqué plus haut pour le groupe
@@ -2997,12 +2997,15 @@ de $f$. En particulier :
\begin{itemize}
\item si $R_P(f)$ a une racine dans $k$, alors $G$ fixe une pentade,
c'est-à-dire est inclus (à conjugaison près) dans $\mathfrak{S}_5$,
+ et réciproquement ;
\item si $R_P(f)$ a un facteur quadratique (irréductible ou non)
sur $k$, alors $G$ fixe un doublet de pentades, c'est-à-dire est
inclus (à conjugaison près) dans $\mathfrak{S}_4 \times C_2$,
+ et réciproquement ;
\item si $R_P(f)$ a un facteur cubique (irréductible ou non) sur $k$,
alors $G$ fixe un trio de pentades, c'est-à-dire est inclus (à
- conjugaison près) dans $\mathfrak{S}_3 \times \mathfrak{S}_3$.
+ conjugaison près) dans $\mathfrak{S}_3 \times \mathfrak{S}_3$,
+ et réciproquement.
\end{itemize}
Remarquons également que, pour $k$ de caractéristique $\neq 2$, le
discriminant de $R_P(f)$ est un carré si et seulement si celui de $f$
@@ -3011,8 +3014,7 @@ $R_P(f)$ est dans l'image de $t \mapsto t^2+t$ si et seulement si
celui de $f$ l'est.
\end{proposition2}
\begin{proof}
-Même si une affirmation de ce type peut être renvoyée à « un calcul
- fastidieux mais évident », expliquons pourquoi $H :=
+Expliquons d'abord brièvement pourquoi $H :=
\Stab_{\mathfrak{S}_6}(P)$ est bien le stabilisateur d'une pentade :
il s'agit de constater que chacun des $30$ termes de $P$ détermine un
synthème sur les six variables (à savoir celui qui relie les deux
@@ -3044,7 +3046,7 @@ pas irréductible (mais toujours en la supposant séparable), il est
facile de conclure quant au groupe de Galois à partir de la
factorisation de $R_P(f)$ et des discriminants de facteurs éventuels :
-\begin{corollaire2}
+\begin{corollaire2}\label{corollaire-galois-degre-6-resolvante-pentades}
On suppose que $k$ est de caractéristique $\neq 2$. Dans les
conditions de la proposition précédente, si les degrés des facteurs
irréductibles de $R_P(f)$ sont :
@@ -3079,6 +3081,12 @@ irréductibles de $R_P(f)$ sont :
\end{itemize}
et les factorisations en degrés $2+2+2$, $1+1+2+2$, $1+1+1+1+2$ et
$1+1+1+1+1+1$ ne sont pas possibles.
+
+Pour $k$ de caractéristique $2$, les énoncés semblables valent en
+remplaçant tout ce qui concerne le discriminant $\Delta$ et le fait
+qu'il soit un carré par les affirmations correspondantes sur le
+$2$-distinguant et le fait qu'il soit dans l'image de $t \mapsto
+t^2+t$.
\end{corollaire2}
\begin{proof}
De nouveau, tout découle de l'action des différents sous-groupes
@@ -3087,6 +3095,119 @@ cas impossibles sont des cas où cette actions sur les pentades ne
correspond pas à un sous-groupe transitif de $\mathfrak{S}_6$.)
\end{proof}
+Il reste essentiellement à savoir distinguer ce qui se passe lorsque
+$R_P(f)$ est irréductible, et spécifiquement identifier le cas
+$(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$ (le groupe
+$(C_3\times C_3)\rtimes C_4$ étant son intersection avec
+$\mathfrak{A}_6$). Pour cela, on va utiliser soit le polynôme $Z_1
+Z_3 + Z_2 Z_4 + Z_1 Z_5 + Z_3 Z_5 + Z_2 Z_6 + Z_4 Z_6 = \sum_{C_6}
+(Z_1 Z_3)$ proposé plus haut, soit le polynôme $Z_1 Z_3 Z_5 + Z_2 Z_4
+Z_6$, avec le même groupe de symétries, qui est de degré plus élevé
+mais comporte moins de termes.
+
+Comme $(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$ est le
+stabilisateur d'une partition de $\{1,\ldots,6\}$ en deux blocs de
+trois, on va s'intéresser à l'action de différents sous-groupes de
+$\mathfrak{S}_6$ sur de telles partitions. Remarquons notamment que
+parmi les $10$ partitions de $\{1,\ldots,6\}$ en deux blocs de trois,
+il y en a exactement $4$ qui sont stabilisées par $C = (14)(25)(36)$
+(ce sont les quatre partitions qui placent, pour chaque transposition
+constituant $C$, les deux éléments de cette transposition dans deux
+blocs différents).
+
+\begin{lemme2}
+L'action, sur l'ensemble des $10$ partitions de $\{1,\ldots,6\}$ en
+deux blocs de trois, des différents sous-groupes transitifs
+de $\mathfrak{S}_6$ tels qu'énumérés
+en \ref{sous-groupes-transitifs-de-s6}, est fidèle, et ses orbites
+sont les suivantes :
+\begin{itemize}
+\item pour $\mathfrak{A}_5$ et \textit{a fortiori} $\mathfrak{S}_5$,
+ $\mathfrak{A}_6$ et $\mathfrak{S}_6$ : une seule orbite de
+ cardinal $10$ (l'action est transitive) ;
+\item pour $\mathfrak{A}_4$, $\mathfrak{A}_4 \times C_2$,
+ $\mathfrak{S}_4^+$, $\mathfrak{S}_4^-$ et $\mathfrak{S}_4 \times
+ C_2$ : deux orbites de cardinal $4$ et $6$ respectivement (à savoir,
+ pour les choix de représentants que nous avons faits, les partitions
+ stabilisées par $C$ et les autres) ;
+\item pour $\mathfrak{S}_3 \times C_3$, $\mathfrak{S}_3 \times
+ \mathfrak{S}_3$, $(C_3\times C_3)\rtimes C_4$ et
+ $(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$ : un point fixe
+ (à savoir, pour les choix de représentants que nous avons faits,
+ $\{\{1,3,5\}, \{2,4,6\}\}$) et une orbite de cardinal $9$ ;
+\item pour $C_6$ et $D_6$ : un point fixe ($\{\{1,3,5\},
+ \{2,4,6\}\}$), une orbite de cardinal $3$ (les autres partitions
+ stabilisées par $C$) et une de cardinal $6$ ;
+\item pour $\mathfrak{S}_3$ : un point fixe ($\{\{1,3,5\},
+ \{2,4,6\}\}$) et trois orbites de cardinal $3$ chacune (représentées
+ par $\{ \{1,2,3\}, \{4,5,6\} \}$, $\{ \{1,2,4\}, \{3,5,6\} \}$ et
+ $\{ \{1,3,6\}, \{2,4,5\} \}$).
+\end{itemize}
+\end{lemme2}
+\begin{proof}
+La fidélité est évidente, aucun élément de $\mathfrak{S}_6$ ne peut
+fixer toutes les partitions de $\{1,\ldots,6\}$ en en deux blocs de
+trois. Reste la description des orbites. Il s'agit, pour chaque cas,
+de vérifier que le plus petit groupe (celui cité en premier) opère
+transitivement sur chaque ensemble annoncé comme une orbite, et que le
+plus gros (celui cité en dernier) préserve la décomposition annoncée.
+Nous omettons les détails purement calculatoires.
+\end{proof}
+
+\begin{proposition2}\label{galois-degre-6-resolvante-partitions}
+Soit $Q$ l'un des deux polynômes $Q_2 := Z_1 Z_3 + Z_2 Z_4 + Z_1 Z_5 +
+Z_3 Z_5 + Z_2 Z_6 + Z_4 Z_6 = \sum_{C_6} (Z_1 Z_3)$ ou $Q_3 := Z_1 Z_3
+Z_5 + Z_2 Z_4 Z_6$, qui vérifient tous deux $\Stab_{\mathfrak{S}_6}(Q)
+= (\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$, et soit $R_Q(f)$
+la résolvante relativement à $Q$ d'un polynôme $f \in k[X]$
+irréductible unitaire de degré $6$ (ainsi, $R_Q(f)$ est de
+degré $10$). On suppose $R_Q(f)$ séparable. Alors l'action du groupe
+de Galois $G$ de $f$ sur les racines de $R_Q(f)$ est équivalente à son
+action (comme groupe de permutation) sur les partitions en deux blocs
+de trois des racines de $f$. En particulier :
+\begin{itemize}
+\item si $R_Q(f)$ a une racine dans $k$, alors $G$ stabilise une
+ partition en deux blocs de trois racines, c'est-à-dire est inclus (à
+ conjugaison près) dans $(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes
+ C_2$, et réciproquement ;
+\item si $R_Q(f)$ a un facteur de degré $4$ (irréductible ou non),
+ alors $G$ stabilise un synthème de racines, c'est-à-dire est inclus
+ (à conjugaison près) dans $\mathfrak{S}_4 \times C_2$, et
+ réciproquement.
+\end{itemize}
+\end{proposition2}
+\begin{proof}
+Comme en \ref{galois-degre-6-resolvante-pentades}, tout ceci est
+clair en vertu de la proposition \ref{utilisation-des-resolvantes} et
+du lemme ci-dessus.
+\end{proof}
+
+\begin{corollaire2}\label{corollaire-galois-degre-6-resolvante-partitions}
+Dans les conditions de la
+proposition \ref{galois-degre-6-resolvante-pentades}, si $R_P(f)$ est
+irréductible et si $R_Q(f)$ est séparable, où $Q$ désigne l'un des
+deux polynômes $Q_2 := Z_1 Z_3 + Z_2 Z_4 + Z_1 Z_5 + Z_3 Z_5 + Z_2 Z_6
++ Z_4 Z_6 = \sum_{C_6} (Z_1 Z_3)$ ou $Q_3 := Z_1 Z_3 Z_5 + Z_2 Z_4
+Z_6$,
+\begin{itemize}
+\item soit $R_Q(f)$ est irréductible, auquel cas $G$ vaut
+ $\mathfrak{A}_6$ ou $\mathfrak{S}_6$ (en caractéristique $\neq 2$ :
+ selon que $\Delta(f)$ est ou non un carré ; en caractéristique $2$ :
+ selon que le $2$-distinguant est ou non dans l'image de $t \mapsto
+ t^2+t$),
+\item soit $R_Q(f)$ possède une racine simple sur $k$, auquel cas $G$
+ vaut $(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$ ou
+ $(C_3\times C_3)\rtimes C_4$ (même commentaire).
+\end{itemize}
+\end{corollaire2}
+
+Mis ensemble, les corollaires
+\ref{corollaire-galois-degre-6-resolvante-pentades} et \ref{corollaire-galois-degre-6-resolvante-partitions}
+fournissent (ainsi comme d'habitude que
+\ref{garantir-resolvante-separable-par-transformation-de-tschirnhaus}
+pour assurer que les résolvantes soient séparables) un algorithme
+permettant de calculer le groupe de Galois des polynômes de degré $6$.
+
\ifx\danslelivre\undefined