summaryrefslogtreecommitdiffstats
path: root/chapitres/calculs-galois.tex
diff options
context:
space:
mode:
authorDavid A. Madore <david@procyon>2012-01-04 14:53:17 (GMT)
committerDavid A. Madore <david@procyon>2012-01-04 14:53:17 (GMT)
commitebdcc31a4b68a8570d635d528480227d9d6e3352 (patch)
treebaff2c6336c3495720d7bccd356aa8cf81d31c1e /chapitres/calculs-galois.tex
parent9744d2dbd56589ab708d8d2d27c1d3828b626afc (diff)
downloadgalois-ebdcc31a4b68a8570d635d528480227d9d6e3352.zip
galois-ebdcc31a4b68a8570d635d528480227d9d6e3352.tar.gz
galois-ebdcc31a4b68a8570d635d528480227d9d6e3352.tar.bz2
[calculs] Partie principale de l'agorithme pour le calcul de Galois en degré 6.
Diffstat (limited to 'chapitres/calculs-galois.tex')
-rw-r--r--chapitres/calculs-galois.tex85
1 files changed, 83 insertions, 2 deletions
diff --git a/chapitres/calculs-galois.tex b/chapitres/calculs-galois.tex
index fe862a9..a6b03cc 100644
--- a/chapitres/calculs-galois.tex
+++ b/chapitres/calculs-galois.tex
@@ -2673,7 +2673,7 @@ contenu dans $C_5$ comme on vient de l'indiquer.
Pour la présentation qui suit, il est utile de rappeler qu'il existe
des automorphismes extérieurs de $\mathfrak{S}_6$ (ce qui n'est pas le
cas de $\mathfrak{S}_n$ pour aucun autre $n$) et la manière dont on
-les obtient. On renvoie par exemple à \cite[théorème 7.1.2 et
+les obtient. On renvoie par exemple à \cite[théorème 7.12 et
voisins]{Rotman} pour ces différents résultats.
On appelle \emph{synthème} un produit de trois transpositions
@@ -2989,7 +2989,7 @@ 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
$\Stab_{\mathfrak{S}_6}(P) = \mathfrak{S}_5$, et soit $R_P(f)$ la
résolvante relativement à $P$ d'un polynôme $f \in k[X]$ irréductible
-unitaire de degré $6$ (ainsi, $R_P(f)$ est un polynôme sextique). On
+unitaire de degré $6$ (ainsi, $R_P(f)$ est aussi de degré $6$). On
suppose $R_P(f)$ séparable. Alors l'action du groupe de Galois $G$
de $f$ sur les racines de $R_P(f)$ est équivalente à son action (comme
groupe de permutation) sur les pentades synthématiques de racines
@@ -3004,7 +3004,88 @@ de $f$. En particulier :
alors $G$ fixe un trio de pentades, c'est-à-dire est inclus (à
conjugaison près) dans $\mathfrak{S}_3 \times \mathfrak{S}_3$.
\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 $f$
+en est un ; et pour $k$ de caractéristique $2$, le $2$-distinguant de
+$R_P(f)$ 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 $H :=
+\Stab_{\mathfrak{S}_6}(P)$ 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
+variables ayant degré $0$ dans le monôme, les deux ayant degré $1$, et
+les deux ayant degré $2$), et qu'exactement cinq synthèmes
+apparaissent, à savoir $(12)(34)(56)$, $(23)(45)(61)$, $(14)(26)(35)$,
+$(25)(13)(46)$ et $(36)(24)(51)$, ces synthèmes formant une pentade
+(l'unique pentade qui soit stable par le cycle $(1 2 3 4 5 6)$, celle
+qu'on a appelée $\mathscr{H}$ dans la discussion plus haut).
+
+D'après la proposition \ref{utilisation-des-resolvantes}, l'action de
+$G$ sur les racines de $R_P(f)$ est équivalente à celle de
+$\mathfrak{S}_6/(\cap_{\sigma \in \mathfrak{S}_6} \sigma H
+\sigma^{-1})$ sur les classes à gauche de $H =
+\Stab_{\mathfrak{S}_6}(P)$. Mais $H$ est le stabilisateur d'une
+pentade : donc l'ensemble des classes à gauche de $H$ s'identifie
+(muni de son action de $\mathfrak{S}_6$) à l'ensemble des pentades, et
+$\cap_{\sigma \in \mathfrak{S}_6} \sigma H \sigma^{-1} = 1$.
+
+Les affirmations qui suivent découlent de la façon dont les différents
+groupes déjà énumérés agissent sur les pentades. Enfin, la dernière
+découle du fait que l'action sur les pentades est de la même parité
+que celle sur les objets (les automorphismes extérieurs
+de $\mathfrak{S}_6$ préservent $\mathfrak{A}_6$).
+\end{proof}
+
+Dès que la résolvante $R_P(f)$ évoquée dans cette proposition n'est
+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}
+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 :
+\begin{itemize}
+\item $1+5$, alors $G \cong \mathfrak{A}_5 \cong \PSL_2(\FF_5)$ ou $G
+ \cong \mathfrak{S}_5 \cong \PGL_2(\FF_5)$ selon que $\Delta(f)$ est
+ un carré ou non (ou de façon équivalente, selon que $\Delta(\rho_5)$
+ en est un, où $\rho_5$ désigne le facteur de degré $5$
+ de $R_P(f)$) ;
+\item $2+4$, alors $G \cong \mathfrak{S}_4^+$ ou $G \cong
+ \mathfrak{A}_4 \times C_2$ ou $G \cong \mathfrak{S}_4 \times C_2$
+ selon que $\Delta(f)$ est un carré, que $\Delta(f)$ n'est pas un
+ carré mais que $\Delta(\rho_4)$ en est un (où $\rho_4$ désigne le
+ facteur de degré $4$ de $R_P(f)$), ou que ni $\Delta(f)$ ni
+ $\Delta(\rho_4)$ n'est un carré ;
+\item $1+1+4$, alors $G \cong \mathfrak{A}_4$ ou $G \cong
+ \mathfrak{S}_4^-$ selon que $\Delta(f)$ est un carré ou non (ou de
+ façon équivalente, selon que $\Delta(\rho_4)$ en est un, où $\rho_4$
+ désigne le facteur de degré $4$ de $R_P(f)$) ;
+\item $3+3$, alors $G \cong \mathfrak{S}_3 \times C_3$ ou $G \cong
+ \mathfrak{S}_3 \times \mathfrak{S}_3$ selon que l'un de
+ $\Delta(\rho_3)$ et $\Delta(\rho'_3)$ est un carré ou qu'aucun des
+ deux n'en soit (où $\rho_3, \rho'_3$ sont les deux facteurs
+ irréductibles de $R_P(f)$) : il n'est pas possible que
+ $\Delta(\rho_3)$ et $\Delta(\rho'_3)$ soient tous deux des carrés ;
+\item $1+2+3$, alors $G \cong C_6$ ou $G\cong D_6$ selon que
+ $\Delta(\rho_3)$ est un carré ou non, où $\rho_3$ désigne le facteur
+ de degré $3$ de $R_P(f)$ ;
+\item $1+1+1+3$, alors $G \cong \mathfrak{S}_3$ (dans ce cas,
+ $\Delta(\rho_3)$ ne peut pas être un carré, où $\rho_3$ désigne le
+ facteur de degré $3$ de $R_P(f)$) ;
+\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.
+\end{corollaire2}
+\begin{proof}
+De nouveau, tout découle de l'action des différents sous-groupes
+transitifs de $\mathfrak{S}_6$ sur l'ensemble des pentades. (Et les
+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}