\ifx\danslelivre\undefined \documentclass[9pt]{../configuration/smfart} \input{../configuration/commun} \input{../configuration/smf} \input{../configuration/adresse} \input{../configuration/gadgets} \input{../configuration/francais} \input{../configuration/numerotation} \input{../configuration/formules} \input{../configuration/encoredesmacros} \usepackage{stmaryrd} \usepackage{graphics} \usepackage[usenames,dvipsnames]{xcolor} %\usepackage{makeidx} \usepackage{tikz} \usetikzlibrary{matrix,arrows} \usepackage{srcltx} % pour passer du dvi au tex en cliquant %\usepackage{pxfonts} \textwidth13cm % pour pouvoir lire le nom des étiquettes si \usepackage{showkeys} \externaldocument{extensions-algebriques} % là où regarder \externaldocument{corps-finis} \externaldocument{algo-corps-finis} \externaldocument{correspondance-galois} %\makeindex \title{Calculs de groupes de Galois~: exemples} \begin{document} \maketitle \tableofcontents \else \chapter{Calculs de groupes de Galois~: exemples} \fi \section{Généralités} Le but de ce chapitre est d'illustrer certaines des méthodes permettant de calculer un groupe de Galois, et spécifiquement celui d'un polynôme à racines simples sur $\QQ$ --- ou du moins de démontrer que tel groupe annoncé est bien le groupe de Galois. Les arguments peuvent généralement se diviser en deux sortes : ceux qui tendent à \emph{minorer} le groupe de Galois, c'est-à-dire, si on voit celui-ci comme un sous-groupe du groupe des permutations sur les racines, de montrer qu'il contient telle ou telle permutation particulière, ou plutôt une permutation ayant telle ou telle structure de cycles ; et ceux qui tendent à \emph{majorer} le groupe de Galois, c'est-à-dire à montrer que ce dernier est inclus dans le groupe des permutations préservant telle ou telle structure combinatoire sur les racines. Nous commençons par décrire de façon informelle la nature que peuvent prendre ces arguments. Pour \emph{minorer} le groupe de Galois, on cherche à en exhiber des éléments. Une façon facile d'en produire est d'utiliser la conjugaison complexe (automorphisme de $\CC$ sur $\RR$, cf. \refext{CG}{extensions-complexes-sur-reels}, qui fournit pour un polynôme $f$ de degré $d=r+2s$ ayant $r$ racines réelles et $s$ paires de racines complexes conjuguées, un automorphisme d'ordre $2$ de $\dec(f)$ dont la décomposition en cycles est le produit de $s$ transpositions disjointes). Une façon plus générale \commentaire{« plus générale » un peu abusif ($p=∞$) non ?} est de réduire le polynôme $f$ considéré modulo différents nombres premiers $p$ et d'appliquer un théorème de spécialisation tel que \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire} : ceci fournit, comme l'explique le corollaire \refext{CG}{specialisation-elementaire-et-cycles}, des éléments du groupe de Galois dont la structure de cycles coïncide avec les degrés des facteurs irréductibles de la réduction $f_p$ de $f$ (supposée séparable). Parmi les arguments tendant à minorer le groupe de Galois de $f$, on doit classer ceux qui tendent à montrer que $f$ est irréductible (ce qui revient à dire que le groupe de Galois est transitif en tant que sous-groupe opérant sur les racines, cf. \refext{CG}{action transitive de Galois si poly irréductible}) : cela se fait par exemple en trouvant $p$ tel que la réduction $f_p$ de $f$ modulo $p$ soit irréductible (ce qui donne, plus exactement, un $d$-cycle dans $\Gal(f)$, où $d = \deg f$), ou en trouvant des réductions $f_p$ et $f_{p'}$ dont les décompositions en facteurs irréductibles soient incompatibles. On verra plus tard qu'une des conséquences du théorème de Čebotarev est que la réduction d'un polynôme à coefficients rationnels modulo des nombres premiers permet d'obtenir des éléments de son groupe de Galois ayant toute décomposition en cycles qui y est effectivement réalisée. Tout ceci sous-entend qu'on sait calculer la décomposition en facteurs irréductibles d'un polynôme $f_p \in \FF_p[X]$ donné, ou au moins vérifier l'exactitude d'une décomposition proposée (c'est-à-dire l'irréductibilité des facteurs) : c'est bien le cas d'après les résultats de la section \refext{ACF}{factorisation-polynomes-corps-finis} (ou au moins la proposition \refext{CF}{critere-rabin}). Dans tout ce qui suit, nous nous contenterons d'affirmer sans autre forme d'explication que, par exemple, « le polynôme $X^8 + X^7 - X^5 - X^4 - X^3 + X + 1$ a une réduction modulo $11$ qui se factorise comme le produit de quatre facteurs irréductibles de degré $2$, à savoir $(X^2 + 2X + 4) \penalty0 (X^2 - 5X + 3) \penalty0 (X^2 - 4X + 5) \penalty0 (X^2 - 3X - 2)$ », de nombreux logiciels de calcul formel permettant de vérifier l'exactitude de ce fait et en constituent une démonstration puisqu'ils appliquent les algorithmes mentionnés. Le groupe de Galois le plus général (dans un sens que nous ne chercherons pas encore à rendre rigoureux, mais cf. \refext{CG}{exemple-galois-equation-generique}) d'un polynôme de degré $d$ sur $\QQ$ est $\mathfrak{S}_d$ tout entier. Pour montrer que c'est le cas d'un polynôme précis, il suffit d'appliquer les techniques que nous venons d'esquisser pour réaliser suffisamment d'éléments du groupe de Galois de manière à engendrer $\mathfrak{S}_d$. Lorsque ce n'est pas le cas, en revanche, il faut également trouver des méthodes pour \emph{majorer} le groupe de Galois. Quelques unes sont évidentes : lorsque $f$ n'est pas irréductible, par exemple, son groupe de Galois est égal au produit de \commentaire{au produit des \emph{groupes de Galois} de ses …} ses facteurs irréductibles (qu'on a supposés étrangers entre eux deux à deux), c'est-à-dire qu'il est inclus dans le groupe des permutations préservant la partition des racines de $f$ en celles de ses différents facteurs irréductibles ; avec cette présentation, le fait de factoriser $f$ constitue une majoration de son groupe de Galois. Lorsque le discriminant de $f$ est un carré, on peut utiliser la proposition \refext{CG}{caracterisation groupe Gal alterne} pour affirmer que son groupe de Galois est inclus dans le groupe alterné $\mathfrak{A}_d$ d'ordre $d = \deg f$ : ceci constitue également une technique de majoration. Toute autre technique consistant à dégager une structure combinatoire sur l'ensemble des racines de $f$ qui serait nécessairement préservée par le groupe de Galois permet de majorer ce dernier : ceci pourrait consister par exemple à montrer qu'une certaine puissance d'une racine, ou le produit de deux racines, est rationnel, ou appartient à une extension quadratique sur laquelle l'action de Galois est connue. Un argument plus général, mais calculatoirement plus difficile, consiste à considérer le polynôme $f$ (ici supposé irréductible) sur son corps de décomposition $K = \QQ[X]/(f)$ (par construction, il possède au moins une racine, donnée par la classe de $X$), de sorte que le groupe de Galois $H = \Gal_K(f)$ de $f$ sur $K$ est le stabilisateur d'un élément dans le groupe de Galois $G = \Gal_{\QQ}(f)$ de $f$ sur $\QQ$ vu comme opérant sur les racines de $f$ ; n'importe quelle technique permettant de majorer le groupe $H$ permet de remonter à une information sur $G$ : par exemple, si $f$ est scindé sur $K$, c'est-à-dire que $H$ est trivial, alors $G$ est d'ordre $d = \deg f$ et les racines de $f$ possèdent une structure de $G$-ensemble simplement transitif. Nous verrons plus loin d'autres techniques, notamment celle des résolvantes, permettant de systématiser la majoration des groupes de Galois. On verra aussi comment la classification des sous-groupes transitifs de $\mathfrak{S}_d$ permet de construire des critères explicites indiquant si le groupe de Galois d'un polynôme donné est inclus dans tel ou tel sous-groupe. \section{Équations de petits degrés} \subsection{Équations quadratiques} \subsubsection{}\label{exemple-galois-quadratique} Le polynôme $f = X^2 + 1 \in \QQ[X]$ a pour corps de décomposition $\QQ(i)$ où $i = \sqrt{-1}$, et pour groupe de Galois $\Gal(f) \cong \ZZ/2\ZZ$ dont le seul élément non trivial est donné par $i \mapsto -i$ : les seules affirmations qui demandent vérification sont d'une part le fait que le polynôme $f$ est irréductible sur $\QQ$, c'est-à-dire que $i \not\in \QQ$, ce qui résulte du fait que $i \not\in \RR$, et d'autre part le fait que $f$ est séparable, c'est-à-dire que $i \neq -i$, ce qui résulte du fait que $\QQ$ est de caractéristique $0$ donc \commentaire{de caractéristique $0$ donc $1 ≠ -1$ (parfait n'est pas vraiment nécessaire)} parfait. Dans cette perspective, l'automorphisme $i \mapsto -i$ est vu comme la restriction à $\QQ(i)$ de la conjugaison complexe (automorphisme de $\CC$ sur $\RR$, cf. \refext{CG}{extensions-complexes-sur-reels}) : cet exemple illustre donc le fait que la conjugaison complexe peut fournir un élément non trivial du groupe de Galois. \subsubsection{}\label{exemple-galois-quadratique-scinde} Le polynôme $f = X^2 - 2 \in \QQ[X]$ a pour corps de décomposition $\QQ(\sqrt{2})$, et pour groupe de Galois $\Gal(f) \cong \ZZ/2\ZZ$ dont le seul élément non trivial est donné par $\sqrt{2} \mapsto -\sqrt{2}$ : la seule affirmation qui demande vérification (outre la séparabilité comme ci-dessus) est le fait que le polynôme $f$ est irréductible sur $\QQ$, c'est-à-dire que $\sqrt{2} \not\in \QQ$, ce qui découle en appliquant le lemme \refext{CG}{intersection-anneau-engendre-par-les-racines-et-rationnels} de ce que $\sqrt{2} \not\in \ZZ$, ce dernier point pouvant se voir par encadrement ou en remarquant que $2 \equiv -1$ n'est pas un carré dans $\ZZ/3\ZZ$. Dans cette perspective, le théorème \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire} conduit à un isomorphisme entre le groupe de Galois $\Gal(f_3) = \Gal(\FF_9 \bo \FF_3)$ du polynôme $f_3 = X^2 + 1 \in \FF_3[X]$ et un sous-groupe $D$ de $\Gal(f)$, en l'occurrence $\Gal(f)$ tout entier : cet exemple illustre donc le fait que le groupe de Galois après réduction modulo un nombre premier (ici $p=3$) peut fournir un élément non trivial du groupe de Galois. Le polynôme $g = X^2 + 2X - 1 \in \QQ[X]$ a le même corps de décomposition $\dec(g)$ (donc le même groupe de Galois) que le polynôme $f = X^2 - 2$ considéré ci-dessus, puisque $g(X) = f(X+1)$. \subsection{Extensions cubiques} \subsubsection{}\label{exemple-galois-cubique-generique} Considérons dans un premier temps le polynôme $f = X^3 - 2 \in \QQ[X]$. Appelant $\root3\of2$ une racine de $f$ dans un corps de décomposition $\dec(f)$, on a $f = (X-\root3\of2)(X^2+\root3\of2 X + \root3\of4)$ (avec $\root3\of4$ le carré de $\root3\of2$), et appelant $j\root3\of2$ une racine du second facteur, la quantité $j \in \dec(f)$ est racine de $X^2 + X + 1$ (en particuler, $j^2 = -j-1$ et $j^3 = 1$) : les racines de $f$ sont alors $R_f = \{\root3\of2,\; j\root3\of2,\; (-j-1)\root3\of2\}$. Le corps $\CC$ scinde le polynôme $f$ : on peut par exemple décider d'appeler $\root3\of2$ la racine réelle de $f$, auquel cas la conjugaison complexe fournit par restriction à $\dec(f)$ un élément de $\Gal(f)$ fixant $\root3\of2$ et envoyant $j$ sur $-j-1$, donc $j\root3\of2$ sur $(-j-1)\root3\of2$. Reste à voir que $\root3\of2 \not\in \QQ$, ce qui assurera que $\Gal(f)$ opère transitivement sur $R_f$, donc $\Gal(f) \cong \mathfrak{S}_3$ (puisque le seul sous-groupe de $\mathfrak{S}_3$ contenant une transposition et opérant transitivement est $\mathfrak{S}_3$) et \commentaire{et \emph{entraînera} (ou variante) en particulier} en particulier l'irréductibilité de $f$ : de nouveau il s'agit de voir $\root3\of2 \not\in \ZZ$, et pour cela on peut utiliser un encadrement ou remarquer que $f_7 = X^3 - 2$ est irréductible dans $\FF_7[X]$. \subsubsection{}\label{exemple-galois-cubique-cyclique} Considérons maintenant le polynôme $g \in \QQ[X]$ cubique unitaire dont les racines réelles sont $x_1 = 2\cos\frac{2\pi}{7}, x_2 = 2\cos\frac{4\pi}{7}, x_3 = 2\cos\frac{6\pi}{7}$ : on peut calculer $g$ en évaluant les fonctions symétriques élémentaires de $2\cos\frac{2\pi}{7}, 2\cos\frac{4\pi}{7}, 2\cos\frac{6\pi}{7}$ au moyen de formules trigonométriques, ce qui donne explicitement $g = X^3 + X^2 - 2 X - 1$. (Pour vérifier que $g$ convient sans utiliser de formule trigonométrique, il suffit de constater que $x_{α} =ζ_α + ζ_α^{-1}$, avec $ζ_α=e^{2 i α π /7}$, et par un calcul formel immédiat que $g(Z+Z^{-1})=Z^{-3}Φ₇(Z)$. On rappelle que $Φ₇(Z)=Z⁶+Z⁵+Z⁴+Z³+Z²+Z+1$.) On peut vérifier de nouveau que $g$ est irréductible en constatant que $2\cos\frac{2\pi}{7} \not\in \QQ$ car $2\cos\frac{2\pi}{7} \not\in \ZZ$ soit par encadrement soit parce que la réduction de $g$ est irréductible modulo, disons, $2$ (ou $3$, ou $5$). Ceci garantit que $\Gal(g)$ opère transitivement sur l'ensemble $R_g = \{x_1 = 2\cos\frac{2\pi}{7},\; x_2 = 2\cos\frac{4\pi}{7},\; x_3 = 2\cos\frac{6\pi}{7}\}$ des racines de $g$. La différence cruciale avec le paragraphe précédent est que cette fois il n'y a pas d'élément d'ordre $2$ dans $\Gal(g)$ : on peut s'en persuader en se rappelant que $x_2 = x_1^2 - 2$ et $x_3 = -x_1^2 -x_1 +1$, ce qui montre que le corps de rupture $\QQ(x_1) \cong \QQ(x_2) \cong \QQ(x_3)$ de $g$ en est déjà un corps de décomposition (on a $g = (X-x_1)(X-x_1^2+2)(X+x_1^2+x_1-1)$), si bien qu'il est de degré $3$ sur $\QQ$. (Ceci résulte également du fait que l'extension $𝐐(x₁,x₂,x₃)$ de $𝐐(x₁)$ est de degré $2$ ou $1$ selon qu'elle est égale à $𝐐(e^{2 i π /7})$ — de degré $6$ sur $𝐐$ — ou non. Ces deux corps ne sont pas égaux car l'un se plonge dans $𝐑$ et pas l'autre.) On a donc $\Gal(g) \cong \ZZ/3\ZZ$, opérant cycliquement sur $\{x_1,x_2,x_3\}$. (Intuitivement, il faut se figurer que, bien que les racines $x_1,x_2,x_3$ de $g$ soient indiscernables sur $\QQ$, leur ordre cyclique n'est pas indifférent : une fois fixée une racine $x_1$, les deux autres le sont automatiquement aussi.) On pouvait également arriver à cette conclusion en calculant le discriminant $\Delta$ du polynôme $g$ : puisque $\Delta = 49 = 7^2$, la proposition \refext{CG}{caracterisation groupe Gal alterne} assure que $\Gal(g) \subseteq \mathfrak{A}_3 = \ZZ/3\ZZ$. \begin{remarque2} La différence entre les polynômes $f = X^3 - 2$ et $g = X^3 + X^2 - 2 X - 1$ que nous venons d'expliquer peut se constater à leur réduction modulo divers nombres premiers : quel que soit le nombre premier $p$ modulo lequel on réduit $g$, le polynôme $g_p$ ainsi réduit ne peut jamais avoir une factorisation « $1+2$ », c'est-à-dire comme produit d'un facteur linéaire et d'un facteur quadratique irréductible --- en effet, une telle factorisation donnerait un élément d'ordre $2$ de $\Gal(g_p)$ donc de $\Gal(g)$ d'après le théorème \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire}, ou plus simplement dès lors qu'on a une racine $x_1$ de $g_p$, on dispose aussi des racines $x_2 = x_1^2 - 2$ et $x_3 = -x_1^2 -x_1 +1$. \textit{A contrario}, il existe beaucoup de nombres premiers $p$ tels que la réduction $f_p$ de $f$ soit de la forme « $1+2$ », à savoir les nombres premiers $p>2$ tels que $p\equiv 2 \pmod{3}$ (car alors l'application $x \mapsto x^3$ est bijective sur $\FF_p$, donc $2$ a exactement une racine cubique). On expliquera plus tard qu'une des conséquences du théorème de Čebotarev est que la réduction d'un polynôme dans $\QQ[X]$ modulo « beaucoup » de nombres premiers permet d'obtenir des renseignements sur son groupe de Galois. \end{remarque2} \subsection{Équations biquadratiques} \subsubsection{}\label{exemple-galois-biquadratique-weyl} Considérons d'abord le polynôme $f = X^4 - 4 X^2 + 1 \in \QQ[X]$. Le polynôme $h = Y^2 - 4 Y + 1 \in \QQ[Y]$, dont on notera $2 + \sqrt{3}$ et $2 - \sqrt{3}$ les racines, a pour groupe de Galois $\ZZ/2\ZZ$ (dont l'élément non trivial échange $\sqrt{3}$ et $-\sqrt{3}$). Notons $\pm\sqrt{2+\sqrt{3}}$ et $\pm\sqrt{2-\sqrt{3}}$ les quatre racines de $f$ sans pour le moment préciser si ou comment les signes sont liés. \commentaire{Je ne comprends pas le « sans préciser si … ». Les quatre signes sont possibles. Itou dans les exemples ci-dessous (2 fois)} Le corps de décomposition $\dec(h) = \QQ(\sqrt{3})$ de $h$ est une sous-extension du corps de décomposition $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}})$ de $f$ : ainsi, $\Gal(h)$ est un quotient de $\Gal(f)$, ce qui garantit que $\Gal(f)$ est inclus dans le sous-groupe (d'ordre $8$) de $\mathfrak{S}_4$ compatible\footnote{On dit qu'une permutation $\sigma$ d'un ensemble fini $E$ est \emph{compatible} avec une partition $\mathcal{P}$ de $E$ lorsque $\sigma(P) \in \mathcal{P}$ pour tout $P \in \mathcal{P}$, c'est-à-dire lorsque $x\sim y$ implique $\sigma(x)\sim\sigma(y)$ pour $\sim$ la relation d'équivalence dont les classes sont la partition considérée.} avec la partition $\{\{\sqrt{2+\sqrt{3}}, -\sqrt{2+\sqrt{3}}\}, \{\sqrt{2-\sqrt{3}}, -\sqrt{2-\sqrt{3}}\}\}$ de $R_f$. (Ceci résulte également du fait trivial que si $r$ est une racine, $σ(-r)=-σ(r)$.) Que $\Gal(f)$ ait pour quotient $\Gal(h)$ garantit aussi l'existence d'un élément $\sigma$ de $\Gal(f)$ envoyant $\sqrt{3}$ sur $-\sqrt{3}$, donc $\sqrt{2+\sqrt{3}}$ sur $\pm\sqrt{2-\sqrt{3}}$ pour au moins un des deux signes. Par ailleurs, le polynôme $f$ n'est pas scindé sur $\dec(h)$ : on peut par exemple le voir en remarquant que modulo $11$, où le polynôme $h$ est scindé comme $(Y-7)(Y-8)$, le polynôme $f$ ne l'est pas, de sorte qu'il existe un élément non trivial dans $\Gal(f_{11})$ qui d'après la remarque \refext{CG}{fonctorialite-vraiment-basique-de-la-specialisation-elementaire} et le fait que $\Gal(h_{11}) = \{1\}$ doit définir un élément $\tau$ non trivial de $\Gal(f)$ dont l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité ; on pouvait également se convaincre que $\sqrt{2+\sqrt{3}}$ n'est pas dans $\dec(h) = \QQ(\sqrt{3})$ car si on avait $(x+y\sqrt{3})^2 = 2+\sqrt{3}$ (avec $x,y\in\QQ$), en développant on aurait $x^2+3y^2=2$ et $2xy=1$, donc $x^4 - 2x^2 + \frac{3}{4} = 0$ c'est-à-dire $(2x^2-1)(2x^3-3) = 0$, or cette équation n'a pas de solution rationnelle. Ceci prouve l'existence d'un élément $\tau \in \Gal(f)$ non trivial dont l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité, disons $\tau(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = -\sqrt{2+\sqrt{3}}$ (quitte à conjuguer $\tau$ par $\sigma$). On sait que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \pm\sqrt{2-\sqrt{3}}$. Quitte à composer $\sigma$ par $\tau$ (à droite), on peut faire en sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \sqrt{2-\sqrt{3}}$, ce qu'on conviendra. La question essentielle est maintenant de savoir si l'on peut déduire quelque chose sur $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}})$ : il est au moins évident que $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}}) = \pm\sqrt{2+\sqrt{3}}$ (puisque $\sigma(2-\sqrt{3}) = 2+\sqrt{3}$), et il reste à voir si le signe est imposé. Or on a $\sqrt{2+\sqrt{3}} \sqrt{2-\sqrt{3}} = 1$, de sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}})\, \sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}}) = 1$, et ceci montre $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}}) = \frac{1}{\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}})} = \frac{1}{\sqrt{2-\sqrt{3}}} = \sqrt{2+\sqrt{3}}$. L'élément $\sigma$ est alors d'ordre $2$, et on voit que nécessairement $\tau(\sqrt{2-\sqrt{3}}) = -\sqrt{2-\sqrt{3}}$ et que $\sigma$ et $\tau$ commutent. Enfin, les éléments $1, \sigma, \tau, \sigma\tau$ épuisent le groupe de Galois $\Gal(f)$ : pour s'en convaincre, on peut remarquer qu'on a prouvé que tout élément envoyant $\sqrt{2+\sqrt{3}}$ sur $\sqrt{2-\sqrt{3}}$ devait envoyer $\sqrt{2-\sqrt{3}}$ sur $\sqrt{2+\sqrt{3}}$ ; ou bien que l'ordre de $\Gal(f)$ est inférieur ou égal au degré de $\dec(f)$ sur $\QQ$, qui est $4$ car $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}})$ puisqu'on a montré que $\sqrt{2-\sqrt{3}} \in \QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}})$ (à savoir $\sqrt{2-\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2+\sqrt{3}} = (2-\sqrt{3})\sqrt{2+\sqrt{3}}$). Tout ceci prouve $\Gal(f) = \{1,\sigma,\tau,\sigma\tau\} \cong (\ZZ/2\ZZ)\times(\ZZ/2\ZZ)$ (et $\Gal(h)$ en est le quotient par le sous-groupe $\{1,\tau\}$). Dans ce contexte, vu que $\dec(h)$ est la sous-extension $\Fix_{\{1,\tau\}}(\QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}}))$ associée au sous-groupe $\{1,\tau\}$ par la correspondance de Galois, on peut d'ailleurs se demander quelle est l'extension associée à chacun des sous-groupes $\{1,\sigma\}$ et $\{1,\sigma\tau\}$ de $\Gal(f)$. Sans chercher encore à expliquer de façon systématique comment on mène ce type de calcul, remarquons que si $a = \sqrt{2+\sqrt{3}} + \sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \sqrt{2+\sqrt{3}} + \sqrt{2-\sqrt{3}} = (3-\sqrt{3}) \sqrt{2+\sqrt{3}}$, alors on a $\sigma(a) = a$ (c'est évident sur la première expression), et $a^2 = (12-6\sqrt{3})(2+\sqrt{3}) = 6$ : on peut donc convenir d'écrire $a = \sqrt{6}$ (c'est compatible avec sa valeur dans $\RR$), et comme $a \not\in \QQ$ (ou par calcul direct), on a nécessairement $\tau(a) = -a$, de sorte que $\QQ(\sqrt{6})$ est la sous-extension associée au groupe $\{1,\sigma\}$. De même, si $b = \sqrt{2+\sqrt{3}} + \sigma\tau(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \sqrt{2+\sqrt{3}} - \sqrt{2-\sqrt{3}} = (3-\sqrt{3}) \sqrt{2+\sqrt{3}}$, alors on a $\sigma\tau(b) = b$ (c'est évident sur la première expression), et $b^2 = (4-2\sqrt{3})(2+\sqrt{3}) = 2$, on peut convenir d'écrire $b = \sqrt{2}$ (c'est compatible à la fois avec sa valeur dans $\RR$ et avec le fait que $a = b\sqrt{3}$ comme on le vérifie facilement), on a nécessairement $\tau(b) = -b$, de sorte que $\QQ(\sqrt{2})$ est la sous-extension associée à $\{1,\sigma\tau\}$. Au passage, nous avons prouvé que $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \QQ(\sqrt{3},\sqrt{6}) = \QQ(\sqrt{3},\sqrt{2})$. \subsubsection{}\label{exemple-galois-biquadratique-cyclique} Considérons maintenant le polynôme $f = X^4 - 4 X^2 + 2 \in \QQ[X]$. Le polynôme $h = Y^2 - 4 Y + 2 \in \QQ[Y]$, dont on notera $2 + \sqrt{2}$ et $2 - \sqrt{2}$ les racines, a pour groupe de Galois $\ZZ/2\ZZ$ (dont l'élément non trivial échange $\sqrt{2}$ et $-\sqrt{2}$). Notons $\pm\sqrt{2+\sqrt{2}}$ et $\pm\sqrt{2-\sqrt{2}}$ les quatre racines de $f$ sans pour le moment préciser si ou comment les signes sont liés. Le corps de décomposition $\dec(h) = \QQ(\sqrt{2})$ de $h$ est une sous-extension du corps de décomposition $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}})$ de $f$ : ainsi, $\Gal(h)$ est un quotient de $\Gal(f)$, ce qui garantit que $\Gal(f)$ est inclus dans le sous-groupe (d'ordre $8$) de $\mathfrak{S}_4$ compatible avec la partition $\{\{\sqrt{2+\sqrt{2}}, -\sqrt{2+\sqrt{2}}\}, \{\sqrt{2-\sqrt{2}}, -\sqrt{2-\sqrt{2}}\}\}$ de $R_f$ ; mais ceci garantit aussi l'existence d'un élément $\sigma$ de $\Gal(f)$ envoyant $\sqrt{2}$ sur $-\sqrt{2}$, donc $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ sur $\pm\sqrt{2-\sqrt{2}}$ pour au moins un des deux signes. Par ailleurs, le polynôme $f$ n'est pas scindé sur $\dec(h)$ : on peut par exemple le voir en remarquant que modulo $7$, où le polynôme $h$ est scindé comme $(Y-5)(Y-6)$, le polynôme $f$ ne l'est pas, de sorte qu'il existe un élément non trivial dans $\Gal(f_7)$ qui d'après la remarque \refext{CG}{fonctorialite-vraiment-basique-de-la-specialisation-elementaire} et le fait que $\Gal(h_7) = \{1\}$ doit définir un élément $\tau$ non trivial de $\Gal(f)$ dont l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité ; on pouvait également se convaincre que $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ n'est pas dans $\dec(h) = \QQ(\sqrt{2})$ car si on avait $(x+y\sqrt{2})^2 = 2+\sqrt{2}$ (avec $x,y\in\QQ$), en développant on aurait $x^2+2y^2=2$ et $2xy=1$, donc $x^4 - 2x^2 + \frac{1}{2} = 0$, or cette équation n'a pas de solution rationnelle (ni même avec $x^2$ rationnel). Ceci prouve l'existence d'un élément $\tau \in \Gal(f)$ non trivial dont l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité, disons $\tau(\sqrt{2+\sqrt{2}}) = -\sqrt{2+\sqrt{2}}$ (quitte à conjuguer $\tau$ par $\sigma$). On sait que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}}) = \pm\sqrt{2-\sqrt{2}}$. Quitte à composer $\sigma$ par $\tau$ (à droite), on peut faire en sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}}) = \sqrt{2-\sqrt{2}}$, ce qu'on conviendra. La question essentielle est maintenant de savoir si l'on peut déduire quelque chose sur $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}})$ : il est au moins évident que $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}}) = \pm\sqrt{2+\sqrt{2}}$ (puisque $\sigma(2-\sqrt{2}) = 2+\sqrt{2}$), et il reste à voir si le signe est imposé. Or on a $\sqrt{2+\sqrt{2}} \sqrt{2-\sqrt{2}} = \sqrt{2}$, de sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}})\, \sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}}) = -\sqrt{2}$, et ceci montre $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}}) = -\frac{\sqrt{2}}{\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}})} = -\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2-\sqrt{2}}} = -\sqrt{2+\sqrt{2}}$. L'élément $\sigma$ est alors d'ordre $4$ et permute cycliquement $\sqrt{2+\sqrt{2}}, \sqrt{2-\sqrt{2}}, -\sqrt{2+\sqrt{2}}, -\sqrt{2-\sqrt{2}}$, et on a $\tau = \sigma^2$. Enfin, les éléments $1, \sigma, \sigma^2=\tau, \sigma^3$ épuisent le groupe de Galois $\Gal(f)$ : pour s'en convaincre, on peut remarquer qu'on a prouvé que tout élément envoyant $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ sur $\sqrt{2-\sqrt{2}}$ devait envoyer $\sqrt{2-\sqrt{2}}$ sur $-\sqrt{2+\sqrt{2}}$ ; ou bien que l'ordre de $\Gal(f)$ est inférieur ou égal au degré de $\dec(f)$ sur $\QQ$, qui est $4$ car $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ puisqu'on a montré que $\sqrt{2-\sqrt{2}} \in \QQ(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ (à savoir $\sqrt{2-\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2+\sqrt{2}}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2+\sqrt{2}} = (-1+\sqrt{2})\sqrt{2+\sqrt{2}}$). Tout ceci prouve $\Gal(f) = \{1,\sigma,\sigma^2,\sigma^3\} \cong \ZZ/4\ZZ$ (et $\Gal(h)$ en est le quotient par le sous-groupe $\{1,\sigma^2\}$). Contrairement à la situation de l'exemple précédent, le corps $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ n'admet pas d'autre sous-extension stricte que $\QQ(\sqrt{2})$, puisque $\Gal(f) \cong \ZZ/4\ZZ$ n'a que les trois sous-groupes $\{1\}$, $\{1,\sigma^2\}$ et $\Gal(f)$ tout entier. \subsubsection{}\label{exemple-galois-biquadratique-generique} Sans chercher à rendre cette affirmation précise, les deux exemples précédents où on a trouvé des groupes de Galois de $(\ZZ/2\ZZ)\times(\ZZ/2\ZZ)$ et $\ZZ/4\ZZ$, sont atypiques pour les équations bicarrées en raison des « coïncidences » qui faisaient que $(2+\sqrt{3}) (2-\sqrt{3})$ était un élément de $\QQ$ (à savoir $1$) et que $(2+\sqrt{2}) (2-\sqrt{2})$ était un élément de $\QQ(\sqrt{2})$ envoyé sur son opposé par l'action de l'élément non trivial du groupe de Galois (à savoir, $\sqrt{2}$ envoyé en $-\sqrt{2}$). Illustrons maintenant le cas typique. Considérons maintenant le polynôme $f = X^4 - 4 X^2 - 1 \in \QQ[X]$. Le polynôme $h = Y^2 - 4 Y - 1 \in \QQ[Y]$, dont on notera $2 + \sqrt{5}$ et $2 - \sqrt{5}$ les racines, a pour groupe de Galois $\ZZ/2\ZZ$ (dont l'élément non trivial échange $\sqrt{5}$ et $-\sqrt{5}$). Notons $\pm\sqrt{2+\sqrt{5}}$ et $\pm\sqrt{2-\sqrt{5}}$ les quatre racines de $f$ sans pour le moment préciser si ou comment les signes sont liés. Le corps de décomposition $\dec(h) = \QQ(\sqrt{5})$ de $h$ est une sous-extension du corps de décomposition $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})$ de $f$ : ainsi, $\Gal(h)$ est un quotient de $\Gal(f)$, ce qui garantit que $\Gal(f)$ est inclus dans le sous-groupe $G$ (d'ordre $8$) de $\mathfrak{S}_4$ compatible avec la partition $\{\{\sqrt{2+\sqrt{5}}, -\sqrt{2+\sqrt{5}}\}, \{\sqrt{2-\sqrt{5}}, -\sqrt{2-\sqrt{5}}\}\}$ de $R_f$ ; mais ceci garantit aussi l'existence d'un élément $\sigma$ de $\Gal(f)$ envoyant $\sqrt{5}$ sur $-\sqrt{5}$, donc $\sqrt{2+\sqrt{5}}$ sur $\pm\sqrt{2-\sqrt{5}}$ pour au moins un des deux signes. Par ailleurs, la conjugaison complexe définit (une fois plongé $\dec(f)$ dans $\CC$) un élément $\tau$ qui fixe $\pm\sqrt{5}$ et $\pm\sqrt{2+\sqrt{5}}$ mais échange $\sqrt{2-\sqrt{5}}$ et $-\sqrt{2-\sqrt{5}}$. On sait que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{5}}) = \pm\sqrt{2-\sqrt{5}}$. Quitte à composer $\sigma$ par $\tau$ (à \emph{gauche}), on peut faire en sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{5}}) = \sqrt{2-\sqrt{5}}$, ce qu'on conviendra. À la différence des deux exemples précédents, on ne peut rien en déduire sur $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{5}})$ puisque, quitte à composer $\sigma$ à \emph{droite} par $\tau$ (ce qui ne change pas la valeur de $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ mais transforme celle de $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{5}})$ en son opposé) on peut aussi assurer $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{5}}) = \sqrt{2+\sqrt{5}}$. L'élément $\sigma\tau$ est alors d'ordre $4$ et permute cycliquement $\sqrt{2+\sqrt{5}}, \sqrt{2-\sqrt{5}}, -\sqrt{2+\sqrt{5}}, -\sqrt{2-\sqrt{5}}$. Les éléments $\sigma$ et $\tau$ engendrent un groupe à huit éléments (à savoir $\{1, \sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau, \tau\sigma, \penalty-1000 \sigma, \tau, \tau\sigma\tau, \sigma\tau\sigma\}$), qui est isomorphe au groupe diédral du carré (c'est plus évident si l'on pose $\varrho = \sigma\tau$ et qu'on observe les relations $\varrho^4 = 1$, $\tau^2 = 1$ et $\tau\varrho\tau = \varrho^{-1}$), le « carré » étant celui qui a les sommets $\sqrt{2+\sqrt{5}}, \sqrt{2-\sqrt{5}}, -\sqrt{2+\sqrt{5}}, -\sqrt{2-\sqrt{5}}$ dans cet ordre. Il s'agit du groupe $G$ introduit plus haut (le groupe des permutations compatibles avec la partition du carré donnée par ses deux diagonales) : il est alors clair que les éléments trouvés épuisent le groupe de Galois. \emph{Remarque :} Nous avons présenté ce calcul de façon détaillée, mais on peut le rédiger de façon efficace en écrivant : le groupe de Galois de $f = X^4 - 4 X^2 - 1$ sur $\QQ$ est inclus dans le groupe diédral du carré puisqu'il doit préserver la partition donnée par les racines de $h = Y^2 - 4 Y - 1$ ; or la conjugaison complexe (ou bien la réduction modulo $11$ qui se factorise comme $f_{11} = (X-3)(X+3)(X^2+5)$) donne un élément de $G_f$ d'ordre $2$ agissant avec deux points fixes, et par ailleurs la réduction modulo $3$ (qui se factorise comme $f_3 = X^4 + 2X^2 + 2$) donne un élément d'ordre $4$ dans $G_f$, et ces deux éléments assurent que $G_f$ est bien le groupe diédral du carré tout entier. Contrairement aux exemples détaillés précédemment, l'extension $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})$ est cette fois strictement plus grosse que $\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ : c'est clair par le fait que cette dernière est incluse dans $\RR$ et non la première, ou, ce qui revient au même, à cause du fait que $\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ est le corps fixe associé au sous-groupe non trivial $\{1,\tau\}$ (et comme ce sous-groupe n'est pas distingué dans $G = \Gal(f)$, l'extension $\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}}) \bo \QQ$ n'est pas galoisienne). Pour continuer cet exemple, on peut de nouveau chercher les sous-extensions de $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}}) \bo \QQ$ associées aux différents sous-groupes de $G$ par la correspondance de Galois. Outre les cas triviaux de $\QQ$ (qui correspond à $G$) et $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})$ (qui correspond à $\{1\}$), on a vu que $\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ correspond à $\{1,\tau\}$ et il est clair par symétrie (c'est-à-dire, par conjugaison par $\sigma$) que $\QQ(\sqrt{2-\sqrt{5}})$ correspond à $\{1,\sigma\tau\sigma\}$. Il est clair que $\QQ(\sqrt{5})$ correspond à $\{1, \tau, \sigma\tau\sigma, \sigma\tau\sigma\tau\}$. Une fois remarqué que $\sqrt{2+\sqrt{5}} \sqrt{2-\sqrt{5}} = \sqrt{-1}$ (au sens où le carré de cet élément est $-1$ et qu'on choisit de le noter $\sqrt{-1}$), et en notant $\sqrt{-5} = \sqrt{-1} \sqrt{5}$, on voit facilement (en constatant que $\tau(\sqrt{-1}) = -\sqrt{-1}$ et $\tau(\sqrt{-5}) = -\sqrt{-5}$, et que $\sigma(\sqrt{-1}) = \sqrt{-1}$ et $\sigma(\sqrt{-5}) = -\sqrt{-5}$) que $\QQ(\sqrt{-1})$ et $\QQ(\sqrt{-5})$ sont les extensions quadratiques de $\QQ$ correspondant aux deux autres sous-groupes d'ordre $2$ de $G$, à savoir $\{1, \sigma, \tau\sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau\}$ et $\{1, \sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau, \tau\sigma\}$ respectivement. Restent les sous-groupes conjugués $\{1,\sigma\}$ et $\{1,\tau\sigma\tau\}$, et le sous-groupe distingué $\{1,\sigma\tau\sigma\tau\}$, dont on cherche les extensions de degré $4$ sur $\QQ$ qui leur correspondent. Soit $a = \sqrt{2+\sqrt{5}} + \sqrt{2-\sqrt{5}}$ : on a ainsi $\sigma(a) = a$, et $a^2 = 4 + 2\sqrt{-1}$, de sorte qu'on peut noter $a = \sqrt{4+2\sqrt{-1}}$ ; comme $a$ a quatre conjugués distincts par $G$, il est de degré $4$ sur $\QQ$, et $\QQ(\sqrt{4+2\sqrt{-1}})$ est le corps associé au sous-groupe $\{1,\sigma\}$ de $G$ (il contient $\QQ(\sqrt{-1})$, ce qui était attendu puisque $\{1,\sigma\}$ est contenu dans $\{1, \sigma, \tau\sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau\}$). De même, l'élément $\tau(a) = \sqrt{2+\sqrt{5}} - \sqrt{2-\sqrt{5}}$ est fixé par $\tau\sigma\tau$, et a pour carré $\tau(a^2) = 4 - 2\sqrt{-1}$, et si on le note $\tau(a) = \sqrt{4-\sqrt{-1}}$, l'extension $\QQ(\sqrt{4-2\sqrt{-1}})$ est le corps associé au sous-groupe $\{1,\tau\sigma\tau\}$ de $G$. Enfin, le corps associé à $\{1,\sigma\tau\sigma\tau\}$ peut se décrire comme $\QQ(\sqrt{5},\sqrt{-1})$. Le diagramme suivant résume les inclusions entre toutes les sous-extensions de $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})\bo\QQ$ : \begin{center} \footnotesize \begin{tikzpicture}[auto] \matrix(diag)[matrix of math nodes,column sep=1.5em,row sep=4ex, text height=1.5ex,text depth=.25ex]{ &&\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})&&\\ \QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})&\QQ(\sqrt{2-\sqrt{5}})& \QQ(\sqrt{5},\sqrt{-1})& \QQ(\sqrt{4-2\sqrt{-1}})&\QQ(\sqrt{4+2\sqrt{-1}})\\ &\QQ(\sqrt{5})&\QQ(\sqrt{-5})&\QQ(\sqrt{-1})&\\ &&\QQ&&\\}; \draw (diag-1-3) -- (diag-2-1); \draw (diag-1-3) -- (diag-2-2); \draw (diag-1-3) -- (diag-2-3); \draw (diag-1-3) -- (diag-2-4); \draw (diag-1-3) -- (diag-2-5); \draw (diag-2-1) -- (diag-3-2); \draw (diag-2-2) -- (diag-3-2); \draw (diag-2-3) -- (diag-3-2); \draw (diag-2-3) -- (diag-3-3); \draw (diag-2-3) -- (diag-3-4); \draw (diag-2-4) -- (diag-3-4); \draw (diag-2-5) -- (diag-3-4); \draw (diag-3-2) -- (diag-4-3); \draw (diag-3-3) -- (diag-4-3); \draw (diag-3-4) -- (diag-4-3); \end{tikzpicture} \end{center} Il est naturellement possible de trouver beaucoup d'autres descriptions de chacun de ces corps : par exemple, $\QQ(\sqrt{5},\sqrt{-1})$ peut s'écrire $\QQ(\sqrt{1+4\sqrt{-5}})$ en notant $\sqrt{1+4\sqrt{-5}} = \sqrt{5} + 2\sqrt{-1}$ (dont le carré est bien $1+4\sqrt{-5}$). \subsection{Exemples de degré $5$} \subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-generique} Considérons le polynôme $f = X^5 - 4X + 2$ sur $\QQ$. Il est irréductible d'après le critère d'Eisenstein (pour $p=2$) ou parce que sa réduction modulo $p=3$ est irréductible. Ainsi, le groupe de Galois $G$ de $f$ peut se voir comme un sous-groupe de $\mathfrak{S}_5$ qui opère transitivement sur les racines $\{x_1,\ldots,x_5\}$. Le stabilisateur (dans $G$) d'une racine donnée a donc indice $5$ : ceci montre que $G$ a un ordre multiple de $5$, et par les théorèmes de Sylow (ou une version plus faible due à Cauchy), $G$ a alors un élément d'ordre $5$. Un tel élément, vu comme permutation, est nécessairement un $5$-cycle. (De façon équivalente, on peut conclure que $G_f$ contient un $5$-cycle directement à partir du corollaire \refext{CG}{specialisation-elementaire-et-cycles} si on a remarqué que $f_3$ était irréductible.) Par ailleurs, $f$ possède exactement trois racines réelles (donc une paire de racines complexes conjuguées) comme on le voit facilement avec un tableau de variation (ou en utilisant l'algorithme de Sturm-Liouville, cf. \XXX) : la conjugaison complexe se restreint donc (une fois choisi un plongement quelconque de $\dec(f)$ dans $\CC$) en un automorphisme de $\dec(f)$ sur $\QQ$ qui échange deux racines de $f$ et laisse les trois autres fixes. Ainsi, le groupe de Galois $G$ de $f$ peut se voir comme un sous-groupe de $\mathfrak{S}_5$ qui contient un $5$-cycle et une transposition : un tel sous-groupe est nécessairement $\mathfrak{S}_5$ tout entier. Le groupe de Galois de $f$ est donc $\mathfrak{S}_5$. (Plutôt que d'invoquer les racines réelles, on pouvait aussi faire appel à la factorisation de $f$ modulo $257$, à savoir $f_{257} = (X + 91)\, (X - 53)\, (X - 31)\, (X^2 - 7 X - 118)$, qui d'après le corollaire \refext{CG}{specialisation-elementaire-et-cycles} permet également de conclure à l'existence d'une transposition dans $G$.) \subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-alterne} Considérons le polynôme $f = X^5 + 20X + 16$ sur $\QQ$. Il est irréductible parce que sa réduction modulo $p=3$ est irréductible : comme précédemment, on en déduit que son groupe de Galois $G$, vu comme un sous-groupe de $\mathfrak{S}_5$, contient un $5$-cycle. Par ailleurs, son discriminant est $256×20^5 + 3\,125×16^4 = 32\,000^2$, qui est un carré, donc $G$ est un sous-groupe de $\mathfrak{A}_5$. Modulo $p=7$, le polynôme $f$ se réduit en facteurs irréductibles comme $f_7 = (X-4)(X-5)\penalty0(X^3+2X^2-2X-2)$. D'après le corollaire \refext{CG}{specialisation-elementaire-et-cycles}, on en déduit que $G$ contient un $3$-cycle. Or on vérifie facilement que tout sous-groupe de $\mathfrak{A}_5$ contenant un $5$-cycle et un $3$-cycle est $\mathfrak{A}_5$ tout entier. Le groupe de Galois de $f$ est donc $\mathfrak{A}_5$. \subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-metacyclique} Considérons le polynôme $f = X^5 - 2$ sur $\QQ$. Il est irréductible d'après le critère d'Eisenstein (pour $p=2$). Notons $\root5\of2$ une de ses racines dans $\dec(f)$, et $\zeta$ le rapport entre deux racines, de sorte que les cinq racines de $f$ sont $\root5\of2$, $\zeta\root5\of2$, $\zeta^2\root5\of2$, $\zeta^3\root5\of2$ et $\zeta^4\root5\of2$. Remarquons que modulo $p=7$, le polynôme $f$ admet la factorisation en irréductibles $f_7 = (X-4)(X^4 - 3X^3 + 2X^2 + X - 3)$ : en choisissant l'idéal $\mathfrak{m}$ dans le théorème \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire}, ou de façon équivalente en choisissant $\root5\of2$, de telle sorte que $\root5\of2$ se réduise en $4$ modulo $\mathfrak{m}$ (ce qui est possible puisque le groupe de Galois $G$ de $f$ opère transitivement sur les racines), il s'ensuit que le sous-groupe $H = \Gal(\dec(f)\bo \QQ(\root5\of2))$ fixant $\root5\of2$ du groupe de Galois $G$ de $f$ opère transitivement sur les quatre autres racines ou, de façon équivalente, sur $\{\zeta,\zeta^2,\zeta^3,\zeta^4\}$. Comme l'action doit évidemment respecter la structure de groupe multiplicatif de $\{\zeta,\zeta^2,\zeta^3,\zeta^4\}$ (donc elle est déterminée par l'image de $\zeta$), on peut la décrire comme le groupe à $4$ éléments engendré par l'automorphisme $\sigma$ envoyant $\zeta$ sur $\zeta^2$. À présent, il existe $\tau \in G$ envoyant $\root5\of2$ sur $\zeta\root5\of2$, et quitte à composer par la bonne puissance de $\sigma$, on peut supposer qu'il fixe $\zeta$, donc envoie $\zeta^i \root5\of2$ sur $\zeta^{i+1} \root5\of2$ (où $i$ est pris modulo $5$). Finalement, on a trouvé dans $G$ les $20$ éléments $\tau^b \sigma^a$ envoyant $\zeta^i \root5\of2$ sur $\zeta^{2^ai+b} \root5\of2$ (pour $a \in \ZZ/4\ZZ$, ou de façon équivalente $2^a \in (\ZZ/5\ZZ)^\times$ et $b \in \ZZ/5\ZZ$). Ils épuisent le groupe de Galois car un élément de $G$ est déterminé par son action sur $\root5\of2$ et sur $\zeta$ et qu'on a trouvé un élément réalisant chacune des $5×4$ combinaisons possibles. On a donc trouvé comme groupe de Galois $G$ le groupe à $20$ éléments $(\ZZ/5\ZZ) \rtimes (\ZZ/5\ZZ)^\times$ produit semi-direct de $\ZZ/4\ZZ \cong (\ZZ/5\ZZ)^\times$ par $\ZZ/5\ZZ$, qu'on peut voir simplement comme le groupe des applications affines $i \mapsto 2^a i + b$ sur $\ZZ/5\ZZ$ pour la composition. \subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-diedral} Considérons le polynôme $f = X^5 - 5X + 12$ sur $\QQ$. Il est irréductible comme l'atteste le fait que sa réduction $f_7$ modulo $p=7$ l'est : ceci nous permet d'ailleurs de conclure que le groupe de Galois $G$ de $f$, vu comme sous-groupe de $\mathfrak{S}_5$ (pour une certaine numérotation des racines) contient un $5$-cycle. Appelant $z$ la classe de $X$ dans le corps de rupture $K = \QQ[X]/(f)$ de $f$, on a l'égalité $f = (X-z)\penalty0 \big(X^2 + \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2+3z+4)X + \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2-5z+8)\big)\penalty0 \big(X^2 + \frac{1}{4}(z^4+z^3+z^2+z-4)X + \frac{1}{2}(-z^3-z-2)\big)$ : pour la vérifier, il suffit de développer complètement l'expression proposée et de faire usage de $f(z)=0$ (ce qui revient à calculer modulo $f$, i.e., dans $\QQ[X]/(f)$) ; ceci assure que le fixateur $H$ dans $G$ d'une racine (quelconque) de $f$ préserve, sur les quatre racines restantes, une partition en deux ensembles à deux éléments (en effet, le fixateur d'une racine $z$ de $f$ dans $G$ est le groupe de Galois de $\dec(f)\bo \QQ(z)$). À l'inverse, comme la réduction de $f$ modulo $3$ se factorise comme $f_3 = x (x^2+x-1)\penalty0 (x^2-x-1)$, on voit que $G$, donc $H$, contient un produit de deux transpositions disjointes (ceci implique, si l'on préfère, que chacun des deux facteurs $X^2 + \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2+3z+4)X + \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2-5z+8)$ et $X^2 + \frac{1}{4}(z^4+z^3+z^2+z-4)X + \frac{1}{2}(-z^3-z-2)$ est irréductible dans $K[X]$). \commentaire{Variante par « réduction modulo l'infini » : $f′<0$ ssi $|x|<1$ et $f(-1),f(1)>0$ donc il y a une unique racine réelle.} Ainsi, $G$ est un sous-groupe de $\mathfrak{S}_5$ qui contient un $5$-cycle ainsi qu'un produit de deux transpositions disjointes, et dont tout sous-groupe fixant une racine préserve une partition des quatre autres en deux ensembles de deux éléments. Montrons qu'un tel sous-groupe est nécessairement le groupe diédral du pentagone. En effet, on peut sans perte de généralité appeler $\tau = (1\;4)(2\;3)$ un produit de deux transpositions contenu dans $G$, et $\varsigma = (0\;1\;2\;3\;4)$ un $5$-cycle (quitte à remplacer le cycle par une de ses puissances et éventuellement échanger $1$ et $4$ ou $2$ et $3$ si les éléments $1,2,3,4$ ne sont pas parcourus dans le bon ordre). Ces éléments engendrent déjà le groupe diédral $D$ (d'ordre $10$) du pentagone $(0,1,2,3,4)$ : il s'agit de voir qu'il n'y a pas d'autre élément dans $G$. \commentaire{Variante : le discriminant de l'équation est $2^{12}5^6$ donc $H ≤ 𝔖₂×𝔖₂$ est nécessairement de cardinal $2$ et $G$ de cardinal $10$.} Pour cela, considérons d'abord un élément $\sigma$ de $G$ fixant $0$ (on veut montrer qu'il est dans $D$) : comme il doit préserver la partition $\{1,4\},\{2,3\}$, si $\sigma \not\in D$, on ne peut avoir que $\sigma=(1\;4)$ ou $\sigma=(2\;3)$, et quitte à composer par $\tau = (1\;4)(2\;3)$, on peut supposer $\sigma=(1\;4)$ ; mais alors en multipliant à gauche et à droite par $\varsigma$, on voit que $(1\;3\;2\;4) \in G$, ce qui est une contradiction car il fixe $1$ sans préserver la partition $\{1,4\},\{2,3\}$. On a donc montré que le stabilisateur de $1$ dans $G$ est le sous-groupe $H = \{\Id,\tau\}$ d'ordre $2$ ; puisque $G$ opère transitivement sur $\{0,\ldots,4\}$ de cardinal $5$, ce $H$ est d'indice $5$ dans $G$, donc $\# G = 10$ et $G = D$ comme annoncé. Pour simplifier ce raisonnement tendant à classifier certains sous-groupes de $\mathfrak{S}_5$, au prix d'un peu plus de calculs, on pouvait aussi remarquer qu'en notant $z_1$ la classe de $X$ dans le corps de rupture $K_1 = K[X]/(X^2 + \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2+3z+4)X + \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2-5z+8))$ sur $K$ du facteur quadratique indiqué de $f$, alors on a alors $f = (X-z_0)(X-z_1)(X-z_2)(X-z_3)(X-z_4)$ où $z_0=z$, où $z_1$ a déjà été introduit, et où $z_2 = \frac{1}{8}[(z_0^4-z_0^3+z_0^2-z_0-4)z_1 + (-z_0^4+z_0^3-z_0^2+z_0-4)]$ et $z_3 = \frac{1}{8}[(-z_0^4+z_0^3-z_0^2+z_0+4)z_1 + (-z_0^4-3z_0^3-z_0^2-3z_0+12)]$, et enfin $z_4 = -z_1+\frac{1}{4}(z_0^4+z_0^3+z_0^2-3z_0-4)$. Autrement dit, $K_1$ est un corps de décomposition de $f$, et il est de degré $[K_1:K][K:\QQ] = 2\cdot 5 = 10$ sur $\QQ$, ce qui assure que $G$ est d'ordre $10$ et est bien le groupe diédral annoncé. \subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-cyclique} Considérons le polynôme $f = X^5 + X^4 - 4X^3 - 3X^2 + 3X + 1$ sur $\QQ$ : ses racines réelles sont les $x_i = 2\cos\frac{2i\pi}{11}$ pour $1\leq i \leq 5$. On peut vérifier l'irréductibilité de $f$ en constatant que sa réduction modulo $2$ est irréductible. La situation est semblable à celle de l'exemple \ref{exemple-galois-cubique-cyclique} : les formules $x_2 = x_1^2 - 2$, $x_3 = x_1^3 - 3 x_1$, $x_4 = x_1^4 - 4 x_1^2 + 2$ et $x_5 = -x_1^4 - x_1^3 + 3 x_1^2 + 2 x_1 - 1$ (obtenues soit par trigonométrie, soit en vérifiant que $\prod(X-x_i)$ avec les formules données vaut $f$ dans $\QQ(x_1) = \QQ[X]/(f)$ et, pour ce qui est de l'ordre, que $x_{2i} = x_i^2 -2$ pour chaque $i$ avec $x_{11-i} = x_i$) montrent que le corps de rupture de $f$ en est un corps de décomposition, de sorte que $\Gal(f)$ est d'ordre $5$ et est le groupe cyclique $\ZZ/5\ZZ$ (de préférence vu comme $(\ZZ/11\ZZ)^\times/\{\pm1\}$) dont un générateur est la permutation $x_i \mapsto x_{2i}$. \section{Polynômes en~$X^2$} \subsection{Généralités}\label{generalites-galois-polynomes-en-x2} Dans cette section, nous nous proposons, pour illustrer d'autres facettes des calculs de groupes de Galois, d'exposer quelques uns des phénomènes qui peuvent se produire dans le calcul du groupe de Galois d'un polynôme $f(X) = h(X^2)$ où $h \in \QQ[Y]$, et notamment le rapport qui peut exister entre $\Gal(f)$ et $\Gal(h)$. On se placera toujours dans le cas où $h$ est irréductible. Commençons par des considérations générales sur cette situation, c'est-à-dire par expliquer qu'on peut « majorer » $G$ en le voyant comme sous-groupe d'un groupe $\mathfrak{G}$ naturellement relié à $Q = \Gal(h)$. Pour fixer les idées, on appellera $\vartheta_i$ les racines de $h$ (indicées par $i\in I$, et on aura tendance à identifier tacitement $i$ à $\vartheta_i$) et $L = \QQ(\vartheta_i)$ \commentaire{$\QQ(\vartheta_i)$ ⤳ $𝐐(θ_i,i ∈ I)$ plus clair ?} le corps $\dec(h)$ de décomposition de $h$ dans un corps de décomposition $E = \dec(f)$ fixé : pour chaque $i$ on choisit $\xi_i$ une racine carrée de $\vartheta_i$, de sorte que $R_f = \{\pm\xi_i\}$ est l'ensemble des racines de $f$ et $E = \QQ(\xi_i)$ en est le corps de décomposition. On suppose connu au moins $Q = \Gal(L/\QQ)$, et on cherche à comprendre $G = \Gal(E/\QQ)$ dont $Q$ est le quotient par le sous-groupe distingué $H = \Gal(E/L)$ : \[ 1 \to H \to G \to Q \to 1 \] L'ensemble $R_f = \{\pm\xi_i\}$ des racines de $f$ est muni d'une partition $\{\{+\xi_i,-\xi_i\}_{i\in I}\}$ dont les classes sont identifiées de façon évidentes aux racines $\vartheta_i$ de $h$ (par la fonction $x \mapsto x^2$). Le groupe $G$ opérant sur $R_f$ préserve cette partition (au sens où l'image d'une classe est une classe : $\tilde\sigma(-\xi_i) = -\tilde\sigma(\xi_i)$ si $\tilde\sigma \in G$), l'action sur les classes étant justement donnée par l'action de $Q$ sur les $\vartheta_i$ ; ou, pour redire les choses autrement, $G$ est inclus dans le sous-groupe $\mathfrak{G}$ de $\mathfrak{S}(R_f)$ formé des permutations préservant cette partition et dont l'action sur les classes est un élément de $Q$ (vu dans $\mathfrak{S}(\{\vartheta_i\}) \cong \mathfrak{S}(I)$). Tout élément $\tau \in H$ doit envoyer $\xi_i$ sur $\pm\xi_i$ (i.e., sur $+\xi_i$ ou $-\xi_i$) : on a donc un plongement $H \hookrightarrow \{\pm 1\}^I$ envoyant $\tau$ sur l'élément $\varepsilon \in \{\pm 1\}^I$ tel que $\tau(\xi_i) = \varepsilon_i\xi_i$ (ce plongement ne dépend d'ailleurs pas du choix des $\xi_i$). Mais on a défini $\mathfrak{G}$ comme le groupe des permutations $\tilde\sigma$ de $\{\pm\xi_i\}$ telles que $\tilde\sigma(-\xi_i) = -\tilde\sigma(\xi_i)$ et telles que la permutation $\sigma$ de $I$ définie par $\tilde\sigma(\xi_i) = \pm\xi_{\sigma(i)}$ appartienne à $Q$. Ce $\tilde\sigma \mapsto \sigma$ définit un morphisme $\mathfrak{G}\to Q$ dont la définition même de $\mathfrak{G}$ rend évident le fait qu'il est surjectif, et son noyau est le groupe des permutations de chaque paire $\{\xi_i,-\xi_i\}$, qu'on identifie à $\{\pm 1\}^I$ de façon évidente, c'est-à-dire qu'on a la suite exacte : \[ 1 \to \{\pm 1\}^I \to \mathfrak{G} \to Q \to 1 \] Cette suite exacte est scindée : donné $\sigma\in Q$, on peut définir $s(\sigma) = \tilde\sigma\in\mathfrak{G}$ par $\tilde\sigma(\xi_i) = \xi_{\sigma(i)}$. Ceci permet d'identifier $\mathfrak{G}$ au produit semi-direct $\{\pm 1\}^I \rtimes Q$ (où $Q$ opère (par automorphismes) sur $\{\pm 1\}^I$ en envoyant $(\varepsilon_i)$ sur $((\sigma*\varepsilon)_i) = (\varepsilon_{\sigma^{-1}(i)})$), produit également noté $\{\pm 1\} \wr I$ (il s'agit de l'ensemble des couples $(\varepsilon,\sigma)$ où $\sigma \in Q$ et $\varepsilon \in \{\pm 1\}^I$, avec le produit $(\varepsilon',\sigma')\cdot (\varepsilon,\sigma) = (\varepsilon'\cdot(\sigma'*\varepsilon),\, \sigma'\sigma)$, la section étant alors donnée par $s\colon \sigma \mapsto ((+1), \sigma)$). Ce scindage, et donc l'identification de $\mathfrak{G}$ avec $\{\pm 1\}^I \rtimes Q$, est cependant non canonique, en ce sens qu'il équivaut au choix particulier de $\xi_i$ parmi les deux racines carrées de $\vartheta_i$ (pour chaque $i \in I$). On peut résumer cela par le diagramme commutatif : \begin{center} \begin{tikzpicture}[auto] \matrix(diag)[matrix of math nodes,column sep=3em,row sep=5ex, text height=1.5ex,text depth=.25ex]{ 1&\{\pm1\}^I&\mathfrak{G}&Q&1\\1&H&G&Q&1\\}; \draw[->] (diag-1-1) -- (diag-1-2); \draw[->] (diag-1-2) -- (diag-1-3); \draw[->] (diag-1-3) -- (diag-1-4); \draw[->] (diag-1-4) -- (diag-1-5); \draw[->] (diag-2-1) -- (diag-2-2); \draw[->] (diag-2-2) -- (diag-2-3); \draw[->] (diag-2-3) -- (diag-2-4); \draw[->] (diag-2-4) -- (diag-2-5); \draw[right hook->] (diag-2-2) -- (diag-1-2); \draw[right hook->] (diag-2-3) -- (diag-1-3); \draw[double] (diag-2-4) -- (diag-1-4); \draw[->] (diag-1-4) to [out=150,in=30] node[swap]{$\scriptstyle s$} (diag-1-3); \end{tikzpicture} \end{center} dont les lignes sont exactes et celle d'en haut est scindée de façon non canonique. On peut donc se permettre d'identifier $G$ à son image dans $\mathfrak{G}$ ; le groupe $\mathfrak{G}$ doit se comprendre, dans un certain sens que nous ne chercherons pas à rendre précis, comme le groupe de Galois le plus général possible dans la situation considérée (c'est-à-dire pour le polynôme composé d'un polynôme $h$ de groupe de Galois $Q$ et de $X^2$). Le problème sera donc de déterminer quel est $G$ à l'intérieur de $\mathfrak{G}$ ; en remarquant que $H$ est distingué dans $\mathfrak{G}$ (car il est stable à la fois par la conjugaison par un élément de $\{\pm 1\}^I$, puisque ce derner est abélien, et par un élément de $s(Q)$, d'après la diagramme qu'on vient d'expliciter), on peut aussi introduire la surjection $\mathfrak{G}/H \twoheadrightarrow Q$ (dont le noyau est $\{\pm 1\}^I/H$) : ce morphisme surjectif est scindé par la réciproque $\gamma$ de l'isomorphisme $G/H \buildrel\sim\over\to Q$, et la connaissance de $G$ équivaut à la connaissance de cette section $\gamma$. On peut donc considérer qu'il s'agit de déterminer d'une part le sous-groupe $H \leq \{\pm 1\}^I$ et d'autre part la section $\Im(\gamma) = G/H$ de $\mathfrak{G}/H \twoheadrightarrow Q$. Soulignons qu'il est possible que la section $\gamma\colon Q \to \mathfrak{G}/H$ ne provienne pas par passage au quotient d'une section $s\colon Q\to\mathfrak{G}$ telle qu'on en a garanti l'existence (non canonique) plus haut, c'est-à-dire qu'il est possible que l'image d'aucune section $s\colon Q\to\mathfrak{G}$ ne tombe dans $G$ (à l'intérieur de $\mathfrak{G}$) : ceci se produit exactement lorsque la ligne du bas ($1\to H \to G\to Q\to 1$) du diagramme ci-dessus n'est pas scindée (puisqu'une section de celle-ci correspond justement à un $s$ dont l'image serait $G$), ce qu'elle n'a pas de raison d'être. L'exemple \ref{exemple-galois-biquadratique-cyclique} de $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}})$, pour lequel $G \cong \ZZ/4\ZZ$, fournit une illustration de cette situation. Remarquons par ailleurs que la simple connaissance de $H$ (dans $\mathfrak{G}$) et de $Q$ (comme quotient de $\mathfrak{G}$) ne permet pas de retrouver $G$ : il y a en général plusieurs extensions possibles, correspondant aux sections $\gamma$ de $\mathfrak{G}/H \twoheadrightarrow Q$. De nouveau, un (contre-)exemple est fourni par les exemples $E =\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}})$ de \ref{exemple-galois-biquadratique-cyclique} et $E =\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}})$ de \ref{exemple-galois-biquadratique-weyl}, qui ont tous les deux un groupe de Galois extension du même sous-groupe $H \leq \{\pm 1\}^2$ (à savoir $\{(+1,+1),(-1,-1)\}$) par $Q = \ZZ/2\ZZ = \mathfrak{S}_2$ vu comme l'action résiduelle du groupe diédral du carré sur les diagonales de ce carré, et pourtant ne sont pas isomorphes. En général, il faudra donc déterminer non seulement $H$ mais aussi quels éléments de $\mathfrak{G}$ appartiennent à $G$ (au-dessus d'un élément donné de $Q$). \smallskip Il y a un cas particulièrement favorable : si $H = \{\pm 1\}^I$ tout entier alors certainement $G = \mathfrak{G}$ tout entier (ne serait-ce que pour des raisons de cardinal) et il n'y a plus rien à étudier (la section $\gamma$ est donnée par la réciproque de l'isomorphisme $\mathfrak{G}/\{\pm 1\}^I \buildrel\sim\over\to Q$). C'est le cas par exemple si $H$ contient un élément qui réalise \emph{un unique} changement de signe ($\xi_r \mapsto -\xi_r$ et $\xi_i \mapsto \xi_i$ pour tout $i \neq r$) : en effet, dans ce cas, comme l'action de $Q$ sur $I$ est transitive (on a supposé $h$ irréductible), on peut réaliser n'importe quel changement de signe unique, donc n'importe quelle combinaison de changements de signes, i.e., $H = \{\pm 1\}^I$. Plus généralement, c'est le cas si $H$ contient un élément $\varepsilon$ tel que les $\sigma*\varepsilon$ engendrent $\{\pm 1\}^I$. (Noter que toute cette discussion ne suppose pas d'avoir préalablement démontré l'irréductibilité de $f$ : c'est une conséquence de la transitivité de $G$ agissant sur $R_f$.) Pour trouver des éléments de $H$, les techniques usuelles sont applicables : notamment, si toutes les racines de $h$ sont réelles, la conjugaison complexe réalise un élément de $H$ dont le nombre de changements de signes est connu (c'est le nombre de racines négatives de $h$) ; de même, si $h$ est scindé à racines simples modulo un nombre premier $p$, on obtient un élément de $H$ qui réalise un nombre de changements de signes égal au nombre de racines de $h_p$ qui sont des résidus quadratiques modulo $p$ (où $h_p$ désigne la réduction modulo $p$). Dans certains cas, au contraire, on cherche à prouver que $H$ n'est pas $\{\pm 1\}^I$ tout entier. Ceci peut se produire, par exemple, si $\prod_{i\in I}\xi_i \in L$, c'est-à-dire que $\prod_{i\in I} \vartheta_i$ (soit $(-1)^d$ fois le coefficient constant commun commun de $h$ et $f$) est un carré dans $L$ : alors manifestement $\prod_{i\in I} \varepsilon_i = +1$ pour tout $\varepsilon \in H$. Dans ce cas, l'action de $G$ sur $\prod_{i\in I}\xi_i$ définit un morphisme $G \to \{\pm 1\}$, qui est trivial exactement lorsque $\prod_{i\in I}\xi_i \in \QQ$ (c'est-à-dire que $\prod_{i\in I} \vartheta_i$ est un carré dans $\QQ$ et pas seulement dans $L$). \subsection{Digression : extensions de $\mathfrak{S}_d$ et $\mathfrak{A}_d$ par des groupes abéliens d'exposant $2$} Dans le cas particulier où $Q = \mathfrak{S}_d$ ou bien $Q = \mathfrak{A}_4$ (avec $d = \deg h = \#I$) dans le cadre général étudié dans la section précédente, on peut être plus précis sur ce que peut être $H$ : les quatre seules possibilités sont énumérées par le lemme suivant : \begin{lemme2}\label{lemme-sous-groupes-de-pm1-stables-par-permutations} Soit $H \leq \{\pm 1\}^I$ un sous-groupe de $\{\pm 1\}^I$ (où $I$ est un ensemble fini) stable par l'action du groupe $\mathfrak{S}(I)$ de toutes les permutations de $I$, ou du groupe alterné $\mathfrak{A}(I)$ (pour $\#I \geq 3$). Alors $H$ est l'un des quatre sous-groupes suivants : \begin{itemize} \item le groupe $\{\pm 1\}^I$ tout entier, \item le sous-groupe de $\{\pm 1\}^I$ formé des éléments dont le produit de toutes les coordonnées vaut $+1$, \item le groupe à deux éléments $\{+1,-1\}$ où $-1$ désigne l'élément dont toutes les coordonnées valent $-1$, \item le groupe trivial $\{+1\}$. \end{itemize} \end{lemme2} \begin{proof} Soit $d = \#I$. Pour tout $0\leq r\leq d$, le groupe $\mathfrak{S}(I)$ et, pour $d\geq 3$, le groupe $\mathfrak{A}(I)$, opère transitivement sur les parties à $r$ éléments de $I$. La donnée de $H$ est donc déterminée par l'ensemble $\%(H)$ des entiers $0\leq r\leq d$ tels que $H$ contienne un parmi --- et donc tous --- les éléments de $\{\pm 1\}^I$ dont $r$ coordonnées valent $-1$. On a toujours $0 \in \%(H)$. Si $r,r' \in \%(H)$ avec $r\geq r'$ alors manifestement $r-r' \in \%(H)$ (en écrivant le produit d'un élément ayant $r$ coordonnées $-1$ et d'un autre ayant $r'$ parmi elles qui valent $-1$) ; ceci permet de dire, en appliquant l'algorithme d'Euclide, que si $r,r' \in \%(H)$ alors leur pgcd est aussi dans $\%(H)$. D'autre part, si $r\in \%(H)$ et $s \in \NN$ est tel que $rs\leq d$, alors $rs \in \%(H)$ (en écrivant le produit de $s$ éléments ayant chacun $r$ coordonnées $-1$, ces coordonnées étant deux à deux disjointes). Si $\%(H) \ni 1$ alors $\%(H) = \{0,\ldots,d\}$ d'après ce qui vient d'être dit. Si $\%(H) \ni 2$ alors $\%(H)$ contient tous les nombres pairs entre $0$ et $d$, et s'il contient un nombre impair quelconque alors $\%(H) = \{0,\ldots,d\}$. Si $\%(H)$ contient un nombre $r Gfull := Group([(1,2),(1,3,5,7)(2,4,6,8),(1,3)(2,4)(5,7)(6,8)]); %% Group([ (1,2), (1,3,5,7)(2,4,6,8), (1,3)(2,4)(5,7)(6,8) ]) %% gap> Order(Gfull); %% 128 %% gap> Hfull := Subgroup(Gfull,[(1,2),(3,4),(5,6),(7,8)]); %% Group([ (1,2), (3,4), (5,6), (7,8) ]) %% gap> H := Subgroup(Hfull,[(1,2)(5,6),(3,4)(7,8)]); %% Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8) ]) %% gap> StructureDescription(Gfull/Hfull); %% "D8" %% gap> quotH := NaturalHomomorphismByNormalSubgroup(Gfull,H); %% [ (1,2), (1,3,5,7)(2,4,6,8), (1,3)(2,4)(5,7)(6,8) ] -> [ f5, f2, f1*f2 ] %% gap> Image(quotH); %% Group([ f1, f2, f3, f4, f5 ]) %% gap> Order(Image(quotH)); %% 32 %% gap> GfullquotH := Image(quotH,Gfull); %% Group([ f1, f2, f3, f4, f5 ]) %% gap> HfullquotH := Image(quotH,Hfull); %% Group([ f5, f4, f5, f4 ]) %% gap> Order(HfullquotH); %% 4 %% gap> Zone := OneCocycles(GfullquotH,HfullquotH); %% rec( oneCoboundaries := , %% oneCocycles := , %% generators := [ f1, f2, f3 ], isSplitExtension := true, %% complement := Group([ f1, f2, f3 ]), cocycleToList := function( c ) ... end, %% listToCocycle := function( L ) ... end, %% cocycleToComplement := function( c ) ... end, factorGens := [ f1, f2, f3 ], %% complementToCocycle := function( K ) ... end ) %% gap> cocycles := Elements(Zone.oneCocycles); %% [ [ 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2) ], %% [ 0*Z(2), 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2) ], %% [ 0*Z(2), Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0 ], %% [ 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0 ], %% [ Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0 ], %% [ Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0 ], %% [ Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2) ], %% [ Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2) ] ] %% gap> gList := List(cocycles, c->PreImage(quotH,Zone.cocycleToComplement(c))); %% [ Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8), (1,3,5,7)(2,4,6,8), %% (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]), %% Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8), (1,3,6,7)(2,4,5,8), %% (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]), %% Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8)(5,6), (1,3,6,8,2,4,5,7), %% (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), %% Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8)(5,6), (1,3,5,8,2,4,6,7), %% (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), %% Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7), (1,3,6,8,2,4,5,7), %% (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), %% Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7), (1,3,5,8,2,4,6,7), %% (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), %% Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7)(5,6), (1,3,5,7)(2,4,6,8), %% (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]), %% Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7)(5,6), (1,3,6,7)(2,4,5,8), %% (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]) ] %% gap> List(gList, g -> StructureDescription(g)); %% [ "(C2 x C2 x C2 x C2) : C2", "(C2 x C2 x C2 x C2) : C2", "(C2 x D8) : C2", %% "(C2 x D8) : C2", "(C4 x C4) : C2", "(C4 x C4) : C2", %% "((C4 x C2) : C2) : C2", "((C4 x C2) : C2) : C2" ] %% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[1],g)); %% [ true, true, false, false, false, false, false, false ] %% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[3],g)); %% [ false, false, true, true, false, false, false, false ] %% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[5],g)); %% [ false, false, false, false, true, true, false, false ] %% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[7],g)); %% [ false, false, false, false, false, false, true, true ] %% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[1]); %% [ (1,5)(2,6), (1,5)(2,6)(3,4)(7,8), (1,6)(2,5), (1,6)(2,5)(3,4)(7,8) ] %% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[3]); %% [ (1,5)(2,6)(7,8), (1,5)(2,6)(3,4), (1,6)(2,5)(7,8), (1,6)(2,5)(3,4) ] %% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[5]); %% [ (1,5,2,6), (1,5,2,6)(3,4)(7,8), (1,6,2,5), (1,6,2,5)(3,4)(7,8) ] %% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[7]); %% [ (1,5,2,6)(7,8), (1,5,2,6)(3,4), (1,6,2,5)(7,8), (1,6,2,5)(3,4) ] \section{Autres exemples} \subsection{$PSL_3(\FF_2)$}\label{exemple-galois-psl-3-f-2} Considérons le polynôme $f = X^7 - 7X + 3$ sur $\QQ$ : il est irréductible car sa réduction modulo $2$ l'est. On va montrer que son groupe de Galois est $PSL_3(\FF_2)$ (unique groupe simple d'ordre $168$, qui s'écrit également $PSL_2(\FF_7)$). Considérons le polynôme $\rho(Z)=\prod_{\substack{i = ZZ['x'] %% f = x^12 - 375*x^8 - 3750*x^6 - 75000*x^3 + 228750*x^2 - 750000*x + 1265625 %% roots = [t for (t,m) in f.roots(ring=ComplexField(5000))] %% roots5 = [roots[i0] + roots[i1] + roots[i2] + roots[i3] + roots[i4] for i0 in range(12) for i1 in range(i0+1,12) for i2 in range(i1+1,12) for i3 in range(i2+1,12) for i4 in range(i3+1,12)] %% roots6 = [roots[i0] + roots[i1] + roots[i2] + roots[i3] + roots[i4] + roots[i5] for i0 in range(12) for i1 in range(i0+1,12) for i2 in range(i1+1,12) for i3 in range(i2+1,12) for i4 in range(i3+1,12) for i5 in range(i4+1,12)] %% RC. = ComplexField(5000)['xx'] %% f5C = prod([xx-r for r in roots5]) %% f6C = prod([xx-r for r in roots6]) %% f5l = [Integer(floor(a.real_part()+1/2)) for a in f5C.coefficients()] %% f6l = [Integer(floor(a.real_part()+1/2)) for a in f6C.coefficients()] %% f5 = sum(f5l[i]*x^i for i in range(len(f5l))) %% f6 = sum(f6l[i]*x^i for i in range(len(f6l))) %% f5F = factor(f5) %% f6F = factor(f6) Pour finir, évoquons le polynôme $f = X^{12} - 375 X^8 - 3\,750 X^6 - 75\,000 X^3 + 228\,750 X^2 - 750\,000 X + 1\,265\,625$ sur $\QQ$ : considérons le polynôme $\rho(Z)=\prod_{\substack{i_1<\cdots