36
ThØorie de Galois Marc SAGE Table des matiLres 1 Introduction 2 1.1 Prolongements disomorphismes aux corps de dØcomposition ..................... 2 1.2 Groupe de Galois ............................................. 4 1.3 Morphisme de Frobenius ......................................... 4 1.4 Polynmes sØparables .......................................... 4 1.5 Corps parfaits ............................................... 6 1.6 Corps nis ................................................. 6 1.6.1 Rappels .............................................. 6 1.6.2 CyclicitØ de Gal Fq Fp ..................................... 7 1.6.3 Extensions intermØdiaires .................................... 7 1.7 Clture algØbrique de F q ......................................... 9 1.8 ThØorLme de Lüroth ........................................... 9 2 ThØorie de Galois 12 2.1 tude prØliminaires des K-morphismes ................................. 12 2.1.1 ThØorLme dexistence ...................................... 12 2.1.2 Extensions sØparables ...................................... 13 2.1.3 Extensions normales ....................................... 14 2.2 Extensions galoisiennes .......................................... 15 2.3 Lemme dArtin .............................................. 17 2.4 Correspondance de Galois ........................................ 18 2.5 Clture galoisienne dune extension sØparable nie ThØorLme de lØlØment primitif ....... 19 2.6 Exemples ................................................. 20 2.6.1 Racines de lunitØs Extensions cyclotomiques ........................ 20 2.6.2 Polynmes symØtriques Discriminant ............................. 22 2.6.3 Extension cycliques ........................................ 25 3 RØsolubilitØ par radicaux 27 3.1 Extensions composØes .......................................... 27 3.2 Calcul de Gal L1L2 K en fonction de Gal L1 K et Gal L2 K ................. 28 3.3 Construction de la thØorie des groupes : produit brØ ......................... 29 4 Calcul du groupe de Galois dun polynme P 2 Z [X] via la rØduction modulo p 32 4.1 Lecture de Gal Q P dans la dØcomposition de P en facteurs irrØductibles .............. 32 4.2 RØduction modulo p ........................................... 32 4.2.1 Construction dun corps de dØcomposition de P ........................ 33 4.2.2 Injection de Gal Fp P dans Gal Q P ................................ 34 4.2.3 Recherche de facteurs irrØductibles ............................... 36 1

Galois theory

Embed Size (px)

DESCRIPTION

libro de teoria de galois para estudiantes de ciencias en especial para el area de matematicas

Citation preview

  • Thorie de Galois

    Marc SAGE

    Table des matires

    1 Introduction 21.1 Prolongements disomorphismes aux corps de dcomposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Groupe de Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Morphisme de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 Polynmes sparables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.5 Corps parfaits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.6 Corps nis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

    1.6.1 Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.6.2 Cyclicit de Gal

    FqFp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.6.3 Extensions intermdiaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

    1.7 Clture algbrique de Fq . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.8 Thorme de Lroth . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

    2 Thorie de Galois 122.1 tude prliminaires des K-morphismes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

    2.1.1 Thorme dexistence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.1.2 Extensions sparables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.1.3 Extensions normales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

    2.2 Extensions galoisiennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3 Lemme dArtin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.4 Correspondance de Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.5 Clture galoisienne dune extension sparable nie Thorme de llment primitif . . . . . . . 192.6 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

    2.6.1 Racines de lunits Extensions cyclotomiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.6.2 Polynmes symtriques Discriminant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.6.3 Extension cycliques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

    3 Rsolubilit par radicaux 273.1 Extensions composes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.2 Calcul de Gal

    L1L2K

    en fonction de Gal

    L1K

    et Gal

    L2K

    . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

    3.3 Construction de la thorie des groupes : produit br . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

    4 Calcul du groupe de Galois dun polynme P 2 Z [X] via la rduction modulo p 324.1 Lecture de GalQ P dans la dcomposition de P en facteurs irrductibles . . . . . . . . . . . . . . 324.2 Rduction modulo p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

    4.2.1 Construction dun corps de dcomposition de P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.2.2 Injection de GalFp P dans GalQ P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344.2.3 Recherche de facteurs irrductibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

    1

  • 1 Introduction

    1.1 Prolongements disomorphismes aux corps de dcomposition

    Dnition.Soit K un corps, P 2 K [X].Un corps de dcomposition de P est une extension L de K telle que

    P est scind sur LL engendr par les racines de P

    .

    Proposition (rappel).Un corps de dcomposition existe toujours, et est unique isomorphisme prs.

    Proposition (prolongement disomorphismes aux corps de dcomposition).Soit : K1 ! K2 un isomorphisme de corps. Soit P1 2 K1 [X], et P2 2 K2 [X] le polynme obtenu via ,

    etL1 le corps de dcomposition de P1 sur K1L2 le corps de dcomposition de P2 sur K2

    . Alors il existe un isomorphisme e : L1 ! L2 qui prolonge :

    K1 ,! L1# # eK2 ,! L2

    ,

    le nombre de tels isomorphismes vrie [L1 : K1] ,

    et si P1 est scind simple dans L1, on a lgalit

    = [L1 : K1] .

    Dmonstration.On fait alors une rcurrence sur d = [L1 : K1].

    Si d = 1, i.e. si K1 = L1, ce qui revient dire que P1 a toutes ses racines dans K1, alorsL1 = K1L2 = K2

    , ete vaut ncessairement . On a alors bien = 1 = [L1;K1]. Soit d > 1, et supposons la proposition vraie pour tous les extensions (de dcomposition) de degr < d.Si P1 est scind sur K1, alors L1 = K1 et d = 1, absurde. P1 peut donc scrire dans K1 [X] comme

    P1 = Q11

    o Q1 est un facteur irrductible de P1 sur K1 de degr 2 degQ1 < degP1 ; notons Q2 son image dans K2 [X].Dans L1 [X], on a alors

    P1 = ri=0 (X i)

    Q1 = si=0 (X i) , 1 s r,

    et dans L2 [X] on a P2 =

    ri=0 (X i)

    Q2 = si=0 (X i) , 1 s r.

    Le point remarquer est que tout prolongement e de L1 envoie les racines de Q1 sur celles de Q2. En eet,on a

    si=0 (X i) = Q2 = (Q1) = e (Q1) = e (si=0 (X i)) = si=0e (X i) = si=0 (X e (i)) ,donc ncessairement e (0) est un i o 0 i s.Soit donc

    K 01 = K1 [0] ,! K1 [0; :::; r] = L1,

    2

  • avec [K 01 : K1] = deg 0 ; or Q1 est un polynme irrductible sur K1 qui annule 0, donc Q1 est le polynmeminimal de 0 sur K1. On en dduit deg 0 = degQ1, do

    [K 01 : K1] = degQ1 > 1.

    Pour chaque racine distincte i de Q2, on dnit un morphisme

    i :

    8

  • 1.2 Groupe de Galois

    Dnition.Soit K L deux corps. On appelle K-automorphisme de L tout automorphisme de L qui xe K. On appelle

    groupe de Galois de L sur K lensemble des K-automorphismes de L. On le note

    GalLK

    = f 2 AutL ; 8a 2 K, (a) = ag .

    Proprit.Si L est un corps de dcomposition dun polynome P de K [X], alorsGal LK [L : K] ,

    et si P est scind simple sur L, il y a galit.

    Dmonstration.Puisquun K-automorphisme de L est un prolongement L de lidentit sur K, on applique la proposition

    prcdente K1 = K2 = K et = Id.

    1.3 Morphisme de Frobenius

    Dnition.Soit K un corps de caractristique p. On appelle morphisme de Frobenius le morphisme de corps :

    Fr :

    K ! Kx 7! xp .

    On note son imageKp = fxp o x dcrit Kg .

    Fr est bien un morphisme additif, tant donn que pour i ^ p = n,p

    i

    =p

    i

    p 1i 1

    = pi1

    p 1i 1

    0 [p]

    et donc que

    Fr (x+ y) = (x+ y)p= xp +

    p1Xi=1

    p

    i

    xiyni| {z }

    =0

    + yp = xp + yp.

    1.4 Polynmes sparables

    Dnition.Un polynme de K [X] est dit sparable si toutes ses racines sont simples dans toute extension de K.Si K L est une extension algbrique, un lment x de L est dit sparable si son polynme minimum est

    sparable.

    Proposition (critre de sparabilit sans sortir du corps de base).Un polynme P 2 K [X] est sparable ssi il est premier avec sa drive :

    P sparable () P ^ P 0 = 1.

    Dmonstration.

    4

  • Si P nest pas sparable, P a une racine double dans une extension L de K, donc P ^ P 0 6= 1 dans L [X], afortiori dans K [X] puisque le pgcd est inchang par extension de corps.Rciproquement, si P ^ P 0 6= 1, alors P a une racine double dans un de ses corps de dcomposition, donc

    nest pas sparable.

    Proposition (critre de sparabilit pour les polynme irrductibles).Soit P 2 K [X] irrductible. Alors P est sparable ssi P 0 6= 0.

    Dmonstration.Si P est irrductible sur K [X] et nest pas sparable, alors P et P 0 ont (dans une extension de K) un facteur

    en commun non constant, qui ne peut tre que P vu que P est irrductible, do P j P 0, ce qui implique P 0 = 0en prenant les degrs.Rciproquement, P 0 = 0 =) P j P 0 =) P ^ P 0 = P 6= 1 =) P non scind simple dans une clture

    algbrique de K.

    Proposition (factorisation de Xp a).Soit K de caractristique p > 0, et a 2 K. Si a 2 Kp, alors Xp a se scinde en

    Xp a = X ppap . Si a =2 Kp, alors Xp a est irrductible.

    Dmonstration. vident car on est en caractristique p. Montrons la contrapose. Si P = Xp a nest pas irrductible, soit Q un facteur irreductible de P , de

    sorte queXp a = QR

    avec 1 degQ < p. Soit b une racine de Q dans une extension approprie de K. Alors0 = QR (b) = P (b) = bp a,

    doXp a = Xp bp = (X b)p ,

    donc Q j (X b)p, i.e. Q = (X b)r pour un 1 r < p. Puisque Q 2 K [X], son terme constant br est dansK ; or p est premier, donc Bezout donne ur + vp = 1, do

    b = (br)u(bp)

    v 2 K =) a = bp 2 Kp.

    Corollaire.Dans K = Fp (T ), le polynme P = Xp T 2 K [X] nest pas sparable.

    Dmonstration.Montrons dj que P est irrductible sur K = Fp (T ). Daprs la proposition prcdente, il su t pour cela

    de montrer que T 2 K nest pas une puissance de p dans K. Si ctait le cas, on aurait T = AB p avecA =

    Pi aiT

    i 6= 0B =

    Pi biT

    i ,

    doAp =

    Pi api T

    pi

    Bp =P

    i bpi T

    pi et Xi

    api Tpi = Ap = TBp = T

    Xi

    bpi Tpi =

    Xi

    bpi Tpi+1,

    absurde car p 2.Il reste voir que P 0 = 0, donc, daprs la dernire proposition, P ne peut tre sparable.

    5

  • 1.5 Corps parfaits

    Dnition.Un corps K est dit parfait si tout polynme irrductible de K [X] est sparable.

    Proposition (critre de perfection). Si carK = 0, alors K est parfait. Si carK = p > 0, alors K est parfait ssi Kp = K, i.e. ssi Fr est surjectif.

    Demonstration. Si carK = 0, alors tout polynme irrductible y est de degr au moins gal 1, donc de drive non nulle,

    donc sparable. Si Kp K, soit a 2 K nKp . Le polynme Xp a est alors irrductible (car a =2 Kp) et de drive nulle,

    donc nest pas sparable et K ne peut tre parfait.Si Kp = K, soit P 2 K [X] irrductible. Si P ntait pas sparable, sa drive serait nulle. En posant

    P =P

    k0 akXk, on aurait

    0 = P 0 =nXk=1

    akkXk1,

    do akk = 0 pour tout k et ak = 0 pour k ^ p = 1.On en dduirait

    P =Xj0

    apjXjp =

    Xj0

    ppapj

    pXjp =

    0@Xj0

    ppapjX

    j

    1Ap

    o lun des apj est non nul (sinon P = 0), absurde car P irrductible.

    1.6 Corps nis

    1.6.1 Rappels

    Soit K un corps ni. Le morphismeZ ! Kn 7! n 1K ne saurait tre injectif, donc son noyau est du type

    aZ avec a 6= 0. Alors a est ncessairement premier, puisque pour toute dcomposition a = bc on a

    0 = a 1K = bc 1K = (b 1K) (c 1K)

    do b 1K = 0 (ou c 1K) par intgrit de K, i.e. b 2 aZ, ou encore a j b.On note alors a = p (comme premier). p est appele caractristique de K, et est note

    carK = p.

    Dautre part, K contient les p itrs de 1K , i.e. le corps Fp = f0; 1; :::; p 1g vu dans K (on appelle cettecopie de Fp le sous-corps premier de K) Ainsi,

    carK = p > 0 =) Fp ,! K.

    On peut alors considrer K comme un Fp-espace vectoriel de dimension nie n, do jKj = pn.

    Proposition (rappel).Soit p premier. Pour tout n 1, il existe ( isomorphisme prs) un unique corps ni de cardinal q = pn :

    cest le corps de dcomposition sur Fp de Xq X, et on le note Fq: On a de plus Fp ,! Fq.

    Proposition (rappel).Fq est cyclique.

    6

  • 1.6.2 Cyclicit de GalFqFp

    Proposition.Gal

    FqFp est cyclique et engendr par Fr :Gal

    FqFp = hFri .Dmonstration.Soit a engendrant Fq , de sorte que Fq = Fp [a]. Les lment de G = Gal

    FqFp sont entirementdtermins par les (a), donc

    jGj # f (a) o dcrit Gg .En considrant le polynme minimal P de a sur Fp, avec degP = [Fq : Fp] = n, on remarque que les (a) sontdes racines de P car P 2 Fp et xe Fp :

    P ( (a)) =Xk

    k ( (a))k=Xk

    (k)ak=Xk

    ka

    k=

    Xk

    kak

    != (P (a)) = (0) = 0.

    Il y a donc au plus n possibilits pour (a), do jGj n.Pour montrer que Fr engendre G, il su t de montrer que son ordre ! dans G est n. Pour cela, on remarque

    que 8x 2 Fq, x = Id (x) = Fr! (x) = xp! , donc le polynme Xp! X sannule sur Fq tout entier, donc est dedegr p! q = pn, do ! n, CQFD.

    1.6.3 Extensions intermdiaires

    Lemme 0.Soient a et b des entiers 1 et p un entier 2. Alors

    (pa 1) ^ pb 1 = pa^b 1(Xa 1) ^ Xb 1 = Xa^b 1 .

    Dmonstration.Clair si a = b. On suppose alors a > b. On eectue la division euclidienne de a par b : a = bq + r. On crit

    alorspa 1 = pbqpr 1 = pbqpr pr + pr 1 = pr pbq 1+ (pr 1) = prA pb 1+ (pr 1)

    (o A est entier), ce qui montre que le reste de la division euclidienne de pa 1 par pb 1 est pr 1. Les termessuccessifs de lalgorithme dEuclide "passent" donc la puissance p, et en ritrant le procd, on trouve que ledernier reste non nul est bien pa^b 1.La dmonstration est identique pour les polynmes, vu que lon dispose dune division euclidienne polyno-

    miale.

    Lemme.Les trois noncs suivants sont quivalents :

    Xpm X j Xpn Xpm 1 j pn 1

    m j n:

    Dmonstration.

    7

  • Par quivalences, et en utilisant le lemme 0, on a

    Xpm X j Xpn X

    () Xpm1 1 j Xpn1 1()

    Xp

    m1 1^Xp

    n1 1= Xp

    m1 1() Xpn^m1 1 = Xpm1 1() n ^m = m() m j n,

    la mme mthode marchant pour pm 1 j pn 1.

    Proposition (extensions intermdiaires).Les sous-corps de Fpn sont exactement les Fpk o k j n.Fpk peut tre galement vu comme le corps des racines de Xp

    k X sur Fp. On a alors les injectionsFp ,! Fpk ,! Fpn .

    Dmonstration. Soit E une extension intermdiaire : Fp ,! E ,! Fq. E est ni, donc est un Fq0 avec q0 = (p0)k et k 1 ;

    E tant par ailleurs un sous-groupe additif de Fq son cardinal doit diviser le cardinal de Fq, i.e. (p0)k j pn,do p0 = p et q0 = pk. Dautre part, Fq peut tre vu comme un Fq0 -espace vectoriel de dimension nie r, dojFqj = jFq0 jr,i.e. pn = pkr,ou encore k j n. Rciproquement, soit k j n et considrons

    E =nracines de Xp

    k X dans Fqo.

    E est clairement un sous-groupe de Fq , et est de plus stable par + : en eet, si x et y sont dans E, on a

    (x+ y)pk= Frk (x+ y) = Frk1 (xp + yp) = Frk2

    xp

    2

    + yp2= ::: = xp

    k

    + ypk

    = 0.

    E est donc un corps pour les lois induites, i.e. un sous-corps de Fq. Comme de plus k j n, on a (par le lemme)Xp

    k X j Xpn X =Ya2Fq

    (X a)

    scind simple, donc Xpk X a exactement pk racines, do jEj = pk. On a ainsi construit un sous-corps de Fq

    de cardinal pk, qui est donc isomorphe Fk, CFQD.

    Corollaire (correspondance de Galois).On a une correspondance bijective entre les sous-groupes de G = Gal

    FqFp et les extensions intermdiairesFp Fpk Fq, qui un sous-groupe H associe le sous-corps FHq des lments de Fq stables par H.Dmonstration.Le point central est de remarquer que si k j n, alors Fpk = Fh

    Frkiq . En eet, les racines du polynme Xp

    k Xde Fq [X] sont exactement les lments de Fq stables par Frk, i.e. par

    DFrkE, donc FhFr

    kiq est lensemble Fpk de

    ces telles racines. Soit H un sous-groupe de G, et E = FHq . Puisque G est engendr par Fr, H est de la forme

    DFrkEo k j n

    (pour H = fIdg, prendre k = n). Donc E = FhFrki

    q = Fpk , qui est bien une extension intermdiaire daprs laproposition prcdente.

    La correspondance tablie est injective : si8

  • 1.7 Clture algbrique de Fq

    Dnition.Soit (Kn)n2N une suite croissante de corps, au sens o 8n m, il existe un morphisme n!m : Kn ,! Km.On appelle limite inductive de la suite (Kn) le corps K =

    Sn2NKn form de la runion "croissante" des

    Kn, dont les lois entre deux lments sont dnis par :

    sia 2 Knb 2 Kmn , alors a b = n!m (a) b.

    Proposition.Soit p premier, q = pk o k 1. La limite inductive des Fpn! est une clture algbrique de Fq.

    Dmonstration.Posons =

    Sn2N Fpn! .

    Pour x 2 , mettons x 2 Fpn! , x est annul par le polynme Xpn! X de Fq, donc est algbrique sur Fq.

    Soit par ailleurs P un polynme de [X]. Les coe cients de P sont en nombre ni, donc sont tous dansun mme Fpn! .On considre alors D un corps de dcomposition de P sur Fpn! , mettons D = Fpn! [1; ::; r] o 1; ::; r sont

    les racines de P dans D. Alors les lments de D sont les polynmes en les 1; ::; r dont le degr total est majorpar (degP )r (le degr de chaque puissance dun i pouvant tre major par degP ), coe cients dans un corpsni, donc sont en nombre ni. Par consquent, D est un F

    (p0)k0 , admettant Fpn! comme sous-corps, donc D estun Fpm o n! j m. On a alors les extensions

    Fpn! Fpm Fpm! ,

    donc D est contenu dans Fpm! . Par consquent, P se scinde sur .

    1.8 Thorme de Lroth

    Soit K un corps. On sintresse GalK(X)K

    ainsi quaux extensions intermdiaires

    K E K (X) .

    Lemme.Soit u 2 K (X) nK , mettons u = PQ o P ^Q = 1. Alors : u est transcendant sur K ; Lextension K (u) K (X) est algbrique nie, de degr (u) := max (degP;degQ) ; Le polynme minimal de X sur K (u) est le normalis de P (T ) uQ (T ) 2 K (u) [T ].

    Dmonstration.Soit R (T ) = P (T ) uQ (T ) 2 K (X) [T ]. On a R (X) = 0, donc X est algbrique sur K (u) de degr

    degR (u), donc K (X) est une extension algbrique nie de K (u). Ncessairement, u ne peut trealgbrique sur K, car alors X le serait (pas possible).On peut considrer R (T ) = P (T )uQ (T ) comme un polynme en u de degr 1, irrductible car P ^Q = 1,

    donc irrductible dans K [u] [T ], a fortiori dans K (u) [T ]Donc R est le polynme minimal de X.

    Thorme.

    Les K-automorphismes de K (X) sont donns par les ' : X 7! aX+bcX+doa bc d

    2 GL2 (K). On a de

    plus

    GalK(X)K

    ' PGL2 (K) .

    9

  • Dmonstration.Soit ' un K-automorphisme de K (X). Puisque X gnre K (X), la donne de u = ' (X) dtermine enti-

    rement '. De plus, ' est surjective, donc K (u) = Im' = K (X) ; en particulier u =2 K, et le lemme sapplique : (u) = [K (X) : K (u)] = [K (X) : K (X)] = 1.

    On en dduit la forme de u :

    u =aX + b

    cX + d

    o a ou c 6= 0 et ad bc 6= 0, i.e. ad bc 6= 0, ou encorea bc d

    2 GL2 (K). On considre ensuite le

    morphisme surjectif

    :

    8

  • gauche, le degr en X est max fdegQ;degPg = d, droite le degr en X est degAi0 d car P j Ai0 ,donc le degr en X est d partout et par consquent le terme Q(X)(X) est une constante 2 K. Rcrivons encoreune fois :

    P (T )Q (X) P (X)Q (T ) = (T ) A0 (X)Tn +A1 (X)Tn1 + :::+An (X) .Le terme de droite est primitif en X, donc le terme de gauche aussi, et ce dernier tant symtrique (en X etT ) il est aussi primitif en T , donc le terme de droite est primitif en T , ce qui impose (T ) constante, disons (T ) = 2 K. On a nalement

    P (T )Q (X) P (X)Q (T ) = A0 (X)Tn +A1 (X)Tn1 + :::+An (X) .En prenant le degr en T , on obtient d gauche et n droite, do d = n comme voulu.

    11

  • 2 Thorie de Galois

    2.1 tude prliminaires des K-morphismes

    Soit K un corps, K L une extension nie (donc algbrique) et K une clture algbrique de K. On disposedune inclusion canonique : K ,! K que lon cherche prolonger L. On recherche donc les morphismes deL dans K qui xent K, i.e. les K-morphismes de L dans K, ensemble que lon notera HomK

    L;K

    .

    Noter que K na aucune raison de contenir L.Le problme consiste donc chercher les morphismes faisant commuter le diagramme :

    K ! L& #

    K.

    2.1.1 Thorme dexistence

    Thorme (existence de prolongements).Soit : K ,! K un morphisme de corps par exemple linclusion canonique et K L une extension nie.

    Le nombre N de prolongements de L vrie

    1 N [L : K] .

    Dmonstration.On fait un rcurrence sur d = [L : K]. Si [L : K] = 1, i.e. si L = K, alors est lunique prolongement de . Si [L : K] > 1, on crit

    L = K [x0; :::; xr] = K [x1; :::; xr] [x0] = L0 [x0]

    o L0 = K [x1; :::xr] et r 0 est minimal, de sorte que x0 =2 L0, donc degL0 x0 2, do

    [L0 : K] < [L : K] .

    Par rcurrence, il existe un prolongement 0 : L0 ! K, que lon prolonge L en posant

    0 :L = L0 [x0] ! KP

    nxn0 7!

    P0 (n)xn0

    ,

    do lexistence dun prolongement de L.Pour la majoration, on considre le diagramme

    K ,! L0 ,! L = L0 [x0]& jL0 #

    K

    an de rcurrer, ce qui amne naturellement lapplication

    :

    fprolongements Lg ! fprolongements L0g 7! jL0 .

    Le cardinal de limage est infrieur au nombre de prolongements L0, lequel est (par hypothse de rcurrence) [L0 : K]. On a par ailleurs au plus degL0 x0 antcdents possibles jL0 x : en eet, deux antcdents dunmme prolongement 0 L0 ne peuvent tre distingus que par limage quils ont de x0 (puisquils concident djsur L0), laquelle image doit tre une racine du polynme minimal P de x0 sur L0 (car P ( (x0)) = (P (x0)) = 0).Par consquent, le nombre de prolongements L vaut au plus

    degL0 x0 [L0 : K] = [L0 [x0] : L0] [L0 : K] = [L0 [x0] : K] = [L : K] .

    12

  • Corollaire (existence de K-morphismes).Le nombre N =

    HomK L;K de K-morphismes de L ! K vrie1 N [L : K] .

    Dmonstration.On applique le thorme linclusion canonique : K ,! K, en remarquant que les K-morphismes de

    L ! K sont exactement les prolongements de .

    On sintresse maintenant au cas dgalit N = [L : K].

    2.1.2 Extensions sparables

    Dnition.Une extension nie K L est dite sparable si le nombre N = HomK L;K de K-morphismes de

    L ! K vaut exactementN = [L : K] .

    Proposition.Soit K L une extension nie. On a quivalence entre : K L est sparable. 8x 2 L, x est sparable. L scrit K [x1; :::; xn] o les xi sont sparables.

    Dmonstration.On rcurre sur d = [L : K]. Pour d = 1, N vaut 1, tous les lments de L = K sont sparables car leurs polynmes minimaux X

    sont de degr 1 et on peut toujours crire L = K = K [1] o 1 sparable. Donc lquivalence (i) () (ii) ()(iii) est vrie, les trois proprits tant vraies. On suppose dsormais d > 1.(i) =) (ii) Par contrapose. Supposons quil y a un x0 dans L dont le polynme minimal P sur K ne

    soit pas sparable, on crit

    L = K [x0; :::; xr] = L0 [x0] o L0 = K [x1; :::xr]

    et r 0 est minimal, de sorte que x0 2 L nL0 est de degr 2 sur L0.Puisque P nest pas sparable, il admet au plus degP 1 racines dans K. Or, limage de x0 par un K-

    morphisme : L ! K est une racine de P dans K, donc ne peut prendre quau plus degP 1 valeursdistinctes. En remarquant que 2 degL0 x degP = degK x0, on en dduit au plus degL0 x0 1 1 choixpour les antcdent par :

    HomK

    L;K

    ! HomK L0;K 7! jL0 dun () donn.

    Ainsi, le nombre de K-morphismes de L ! K vaut au plus

    (degL0 x0 1) [L0 : K] < degL0 x0 [L0 : K] = [L0 [x0] : L0] [L0 : K] = [L : K] ,

    do N < [L : K].(ii) =) (iii) Trivial vu que L est nie sur K.(iii) =) (i) Supposons que L = K [x0; :::; xr] o chaque xi est sparable. On peu t toujours supposer

    r 0 minimal, et donc crire L = L0 [x0] o L0 = K [x1; :::; xr] vrie [L0 : K] < [L : K], donc lhypothsede rcurrence nous dit que le nombre de K-morphismes de L0 ! K vaut exactement [L0 : K]. Puisque x0est sparable, on a exactement degL0 x0 antcdents par :

    HomK

    L;K

    ! HomK L0;K 7! jL0 dun

    0

    donn, do exactement[L0 : K] degL0 x0 = [L : K]

    K-morphismes de L ! K .

    13

  • Corollaire.Toute extension nie K L de caractristique nulle est sparable.

    Dmonstration.En eet, L tant alors parfait, tous les lments de L ont leur polynme minimal sparable, donc sont

    sparables.

    2.1.3 Extensions normales

    Proposition.On a la majoration

    Gal LK N .Dmonstration.Donnons-nous un K-morphisme 0 : L ! K. Si g 2 Gal

    LK

    , alors 0 g est encore un K-morphisme ;

    puisque 0 est injectif, tous les 0 g sont distincts quand g dcrit GalLK

    . On a donc

    0 g ; g 2 GalLK

    HomK

    L;K

    ,

    doGal LK N en prenant les cardinaux.

    On sintresse, de mme que pour les extensions sparables, au cas dgalit.

    Dnition.Une extension nie K L est dite normale si le nombre N = HomK L;K de K-morphismes de

    L ! K vaut exactement Gal LK = N .On dispose de caractrisations des extensions normales en termes de morphismes.

    Proposition.Soit K L une extension nie et L une clture algbrique de L. On a les quivalences :(i) K L est normale.(ii) Tous les K-morphismes de L ! K ont mme image.(iii) HomK

    L;K

    est lorbite dun 0 quelconque de HomK

    L;K

    pour laction droite de Gal

    LK

    ,

    i.e.HomK

    L;K

    =0 g ; g 2 Gal

    LK

    ;

    (iv) Tous les K-morphismes : L ! L ont mme image (L) = L.(v) une injection canonique L ,! L, prs, HomK

    L;L

    = Gal

    LK

    .

    Dmonstration.On utilisera linclusion

    0 g ; g 2 Gal

    LK

    HomK L;K tablie lors de la proposition prcdente.(i) =) (ii) Si on a galit des cardinaux, on a lgalit ensembliste

    0 g ; g 2 GalLK

    = Hom

    K

    L;K

    ,

    donc tous les K-morphismes de L ! K sont de la forme 0 g o g est surjectif, donc ont mme image Im0.(ii) =) (iii) Supposons que tous les K-morphismes de L ! K ont mme image. Soit : L ! K un

    tel K-morphisme. Puisque Im = Im0, on peut crire = 0 g o g est une application de L ! L. Puisque est un K-morphisme de corps et 0 injectif, g est aussi un K-morphisme de corps, i.e. g 2 Gal

    LK

    . On a

    donc HomKL;K

    0 g ; g 2 Gal LK et galit.(iii) =) (i) Il su t de prendre les cardinaux.

    14

  • (i) () (iv) () (v) K L L est une clture algbrique de K, donc on dispose de lquivalence(i) () (ii) () (iii) en prenant pour 0 linjection canonique de L dans L, qui vrie 0 (L) = L

    On peut galement caractriser les extensions normales en termes de polynmes.

    PropositionSoit K L une extension nie. On a les quivalences :(i) K L est normale.(ii) Pour tout poynme P 2 K [X] irrductible, si P possde une racine sur L, alors P se scinde sur L.(iii) L est un corps de dcomposition dun polynme de K [X].

    Dmonstration.(i) =) (ii) Soit P irrductible dans K [X] et une racine de P dans L. Soit L une clture algbrique

    de L (qui est une clture algbrique de K). On a K K [] L L. Dans L [X], P est scind. Soit uneautre racine de P dans L ; on veut 2 L.Puisque L est nie, on peut crire L = K [; x1; :::; xr] o r 0 est minimal. Puisque K L est normale,

    le K-morphisme ' :L = K [; x1; :::; xr] ! LA (; x1; :::; xr) 7! A (; x1; :::; xr) ( ? ? ? ? ? unicit de A (; x1; :::; xr) ? ? ? ? ?)

    doit avoir pour image L, do = ' () 2 Im' = L, CQFD.(ii) =) (iii) Supposons L = K [x1; :::; xn] o chaque xi est sparable. Soit i le polynme minimal de

    xi et notons P =Wni=1 i leur ppcm. Notons 1; :::; k les racines des i dans L. Puisque L est normale et que

    chaque i a une racine xi dans L, les i se scindent dans L sous la forme i =Qkj=1

    X j

    i(j) o i (j) 0,et donc P =

    Qkj=1

    X j

    maxi i(j) est scind dans L. Puisquen outreL = K [x1; :::; xn] K [1; :::; k] L,

    on en dduit que L est un corps de dcomposition de P .(iii) =) (i) Si L est un corps de dcomposition de P 2 K [X], mettons P = Qri=1 (X xi)i , alors

    L = K [x1; :::; xr]. Pour tout K-morphisme ' : L ! K, on a ainsi

    Im' = ' (L) = ' (K [x1; :::; xr]) = K [' (x1) ; :::; ' (xr)] .

    Or P (n) (' (xi)) = 'P (n) (xi)

    pour tout n 0, donc ' (xi) est une racine de P 2 K [X] dordre i exactement,

    doQri=1 (X ' (xi))i j P et on a galit en comparant les degrs. Ainsi, ' permute les racines de P , do

    Im' = K [' (x1) ; :::; ' (xr)] = K [x1; :::; xr]

    qui ne dpend pas de ', donc tous les K-morphismes de L ! K ont mme image, i.e. K L sparable

    Remarque. Si K L est normale et sparable, alors tout polynme irrductible de K [X] qui possdeune racine dans L se scinde simplement dans L.

    2.2 Extensions galoisiennes

    Il ressort de ltude prcdente la conclusion suivante.

    Conclusion.Soit K L une extension nie. On a toujoursGal LK [L : K]

    avec galit Gal LK = [L : K]ssi K L est normale et sparable.

    15

  • On sintresse maintenant au double cas dgalitGal LK = N = [L : K] .Dnition.Une extension nie K L est dite galoisienne siGal LK = [L : K] .Par exemple, si L est un corps de dcomposition dun polynme sparable, alors L est galoisienne (cf thorme

    de prolongements). On montre que la rciproque est vraie.

    Thorme (caractrisation des extensions galoisiennes).Soit K L une extension nie et L une clture algbrique de L. On a quivalences entre :(i) K L est galoisienne.(ii) K L est normale et sparable.(iii) K L est sparable et tous les K-morphismes : L ! L ont mme image (L) = L.(iv) L est un corps de dcomposition dun polynme sparable de K [X].

    Dmonstration.(i) () (ii) () (iii) Immdiat par dnition.(iv) =) (i) Dj vu.(i) =) (iv) Supposons K L galoisienne. Par sparabilit, L = K [x1; :::; xn] o les polynmes

    minimaux i des xi sont sparables. Par normalit, les i se scindent dans L puisquils y ont dj une racinexi. Il en rsulte que les i sont scinds simples dans L. En notant P =

    Wni=1 i le ppcm des i et 1; :::; k les

    racines des Pi dans L, chaque i scrit alors sous la forme i =Qkj=1

    X j

    "i(j) o "i (j) = 0 ou 1, doncP =

    Qkj=1

    X j

    est scind simple L. Comme on a en outre

    L = K [x1; :::; xn] K [1; :::; k] L,L est bien un corps de dcomposition de P , qui est sparable car scind simple dans L.

    On peut maintenant dcrire plus prcisement les lments de G = GalLG

    .

    Corollaire.Soit K L galoisienne et P un polynme de dcomposition de K L sparable de degr n. Alors

    GalLK

    ,! Sn

    par permutation des racines de P .On a par ailleurs la majoration

    [L : K] n!.

    Dmonstration.Si P =

    Qni=1 (X i), alors 8g 2 Gal

    LK

    , P (g (i)) = g (P (i)) = g (0) = 0, do g (i) = g(i) avec

    g 2 Sn par injectivit de g. On a donc un morphisme de groupesGal

    LK

    ! Sng 7! g

    qui est injectif : si g = Id, alors g (i) = i pour tout i, et comme L = K [1; :::; n], on en dduit g = Idpuisque g stabilise K.La majoration est immdiate : [L : K] =

    Gal LK jSnj = n!.Cette interprtation de laction du groupe de Galois comme permutant les racines est importante. On en

    reparlera pour calculer explicitement le groupe de Galois dun polynme.

    16

  • 2.3 Lemme dArtin

    Si H est un sous-groupe de AutL, on note LH le sous-corps de L form des lments laisss xes par H. Lelemme dArtin donne un classe dextensions galoisiennes.

    Lemme (Artin).Soit K L une extension nie, H un sous-groupe de Gal LK. Alors lextension LH L est galoisienne

    de groupe de GaloisGal

    LLH

    = H.

    Ainsi : L : LH

    =Gal LLH = jHj .

    Dmonstration.On a dj trivialement que H Gal LLH , donc jHj Gal LLH ; comme de plus L est nie sur K,

    L est nie sur LH K, donc Gal LLH L : LH. On a ainsi jHj Gal LLH L : LH. Il su tdonc de montrer que

    L : LH

    jHj. Notons E = LH (comme extension intermdiaire).Soient n = jHj 1, p > n et x1; :::; xp dans L. Il su t de montrer quils sont lis sur E, i.e. quil exite

    a1; :::; ap non tous nuls dans K tels quePp

    i=1 aixi = 0. Si de tels ai existent, on aurait pour tout de HPpi=1 ai (xi) = 0. En crivant H = fId; 2; :::; ng, les p scalaires ai devraient vrier les n quations81 qui nhabite pas chez E = LH , i.e. on

    pourrait trouver un j0>1 dans H tel que j0 (ai0) 6= ai0 . On reprend alors le systme0B@ 1 (xi)i=1;:::;p...n (xi)i=1;:::;p

    1CA0B@ a1...

    ap

    1CA = 0,on lvalue en j0 , do 0B@ j01 (xi)i=1;:::;p...

    j0n (xi)i=1;:::;p

    1CA0B@ j0 (a1)...

    j0 (ap)

    1CA = 0.Or H =

    j0k o k = 1; :::; n

    , donc aprs une permutation adquate des lignes, le systme devient0B@ 1 (xi)i=1;:::;p...

    n (xi)i=1;:::;p

    1CA0B@ j0 (a1)...

    j0 (ap)

    1CA = 0,do une autre solution

    j0 (a1) = 1; j0 (a2) ; :::; j0 (ap)

    . Alors la dirence

    1; j0 (a2) ; :::; j0 (ap)

    (1; a2; :::; ap)est encore solution, mais elle a un zro de plus, donc elle est nulle par minimalit. On en dduit j0 (ai0) = ai0 ,absurde.

    Corollaire (Artin faible).

    17

  • Soit K un corps et G un sous-groupe de AutK. Alors lextension KG K est galoisienne de groupe deGalois

    GalKKG

    = G.

    Dmonstration.On applique ce qui prcde lextension triviale f0g K.

    2.4 Correspondance de Galois

    Gnralisons la correspondance de Galois tablie pour les corps nis, qui un sous-groupe H du groupe deGalois associait lextension stable par H.

    On considreG = sous-groupes de Gal LKE = fextensions intermdiairesg .

    On a des applications

    :

    G ! EH 7! LH et :

    E ! GE 7! Gal LE .

    Le thorme suivant montre que et sont rciproques lune de lautre. Ainsi, pour comprendre les extensionsintermdiaires, problme de thorie des corps, on se ramne tudier le groupe de Galois, problme de thoriedes groupes.

    Thorme (fondamental).Soit K L galoisienne et H un sous-groupe de Gal LK. Pour toute extension intermdiaire E, on a LGal(LE) = E. Lextension LH L est galoisienne avec Gal LLH = H. Pour g 2 G = Gal LK, on a g LH = LgHg1 et GalLHK ' NG(H)H . Lextension K LH est galoisienne ssi H CGal LK, et alors

    GalLHK

    ' GH = Gal(

    LK)H .

    Dmonstration. Soit E 2 E . Par dnition, on a toujours E LGal(LE). Montrons lgalit des dimensions sur K pour

    conclure lgalit.Comme K L est galoisienne, L est un corps de dcomposition dun polynme P 2 K [X] sparable. Alors

    P 2 E [X], et L est aussi corps de dcomposition dun polynme sparable de E [X], i.e. E L est galoisienne,do [L : E] =

    Gal LE Artin= hL : LGal(LE)i, CQFD. Dj fait (Artin faible). Soit H 2 G, et g 2 Gal LK. On veut g LH = LgHg1 . Dune part, pour x 2 LH , on a 8h 2 H,

    ghg1(g (x)) = gh (x) = g (x), do g (x) 2 LgHg1 et g LH LgHg1 . Dautre part, pour y 2 LgHg1 , soit

    x = g1 (y) ; pour h 2 H, h (x) = hg1 (y) = g1 ghg1 (y) = g1 (y) = x, do x 2 LH , y = g (x) 2 g LH,puis LgHg

    1 g LH.Considrons maintenant le morphisme de groupe :

    (NG (H) ! Gal

    LHK

    g 7! gjLH

    . est bien dni car

    pour g 2 NG (H), on a gLH= LgHg

    1= LH , donc gLH est surjective ; comme gjLH est clairement injective

    et xant K, gjLH est bien un K-automorphisme de LH .Calculons le noyau Ker :

    g 2 Ker () gjLH = Id () g 2 GalLLH

    Artin= H.

    Montrons ensuite que est surjectif. Soit 2 GalLHK

    . Puisque K L est normale, L est un corps

    de dcomposition dun polynme P 2 K [X]. Mais alors LH L est aussi une extension de dcomposition de

    18

  • P 2 LH [X], donc on peut prolonger lisomorphime : LH ! LH en un isomorphisme e : L ! L. Puisque xe K, e aussi, donc e 2 Gal LK = G, et comme e prolonge , on a () = ejLH = . est donc biensurjectif.

    On conclut en disant que Im ' NG(H)Ker, ce qui donne GalLHK

    ' NG(H)H .

    K LH est une extension galoisienne ssiGalLHK = LH : K()

    NG(H)H = [L : K][L : LH ]

    () jNG (H)jjHj =Gal LKjGal (LLH )j

    =jGjjHj

    () NG (H) = G() H CG,

    et le troisime point donne alors GalLHK

    ' NG(H)H = GH .

    2.5 Clture galoisienne dune extension sparable nie Thorme de llmentprimitif

    Proposition.Soit K L une extension nie sparable, L une clture algbrique de L. Alors il existe une plus petite

    extension galoisienne K Lg dans L, qui vrie donc K L Lg L. On lappelle la clture galoisienne deL.

    Dmonstration.

    Construction 1 : utilise le critre K L galoisienne ssi L dcompose un polynme sparable de K [X]).K L est sparable, donc L = K [x1; :::; xn] o les xi sont sparables. Notant i leurs polynmes minimaux.

    Si Lg rpond au problme, alors Lg est normale, donc les i (qui ont une racine xi sur K) se scindent sur Lg,

    donc Lg contient lengendr des racines de tous les i, ou plus prcisment lengendr des racines du ppcmP =

    Wi.

    Rciproquement, si lon appelle D un corps de dcomposition de P sur K, on a dj vu que P est sparablepuisque les xi le sont, donc K D est galoisienne. Ainsi, lextension D rpond au problme et est la plus petitedaprs lanalyse.

    Construction 2 : utilise le critre K L normale ssi tous les K-morphismes L ! L ont mme image L.Supposons quune telle extension K L Lg L existe. En remarquant que L est une clture algbrique

    de Lg, on doit avoir (Lg) = Lg pour tout K-morphisme : Lg ! L. En particulier, si 0 : L ! L dsigneun K-morphisme, on peut prolonger 0 Lg (cf thorme de prolongements), et alors 0 (L) 0 (Lg) = Lg.Ainsi, en appelant 1; :::; n les K-morphismes de L ! L, Lg doit donc contenir tous les i (L), donc doitcontenir lextension compose des i (L) :

    E := K (1 (L) ; :::; n (L)) .

    Montrons rciproquement que E convient ce qui prcde prouvant quelle sera la plus petite extension rpon-dant au problme.Soit ' un K-morphisme de E ! L. Les i tant dimage i (L) K (1 (L) ; :::; n (L)) = E, on peut

    parler de la compose 'i, laquelle est un K-morphisme de L ! L, i.e. est un (i), tant une permutationde Sn par injectivit de '. On en dduit

    ' (E) = ' (K (1 (L) ; :::; n (L)))

    = K ('1 (L) ; :::; 'n (L))

    = K(1) (L) ; :::; (n) (L)

    = K (1 (L) ; :::; n (L))

    = E,

    19

  • donc K E est normale. Dautre part, K L tant sparable, on peut crire L = K [x1; :::; xr] o les xi sontsparables. On en dduit i (L) = i (K [x1; :::; xr]) = K [i (x1) ; :::; i (xr)], et chaque i (xj) est sparable carde mme polynme minimal que xj (i xe K...). Ainsi, E = K (i (L)) = K (K [i (xj)]) = K (i (xj)) estsparable. K E est par consquent galoisienne, CQFD.

    Consquence. On peut dcrire les extensions intermdiaires K E L dune extension sparable laide de Gal

    LgK

    . En particulier, il ny a quun nombre ni dextensions intermdiaires.

    On en dduit le thorme de llment primitif.

    Thorme de llment primitif.Soit K L extension nie sparable. Alors il exite un a 2 L tel que L = K [x].

    Lemme.Soit E un K-espace vectoriel et F1; :::; Fn des sous-espaces vectoriels stricts de E. Si K est inni, alorsSn

    i=1 Fi E.

    Dmonstration.Par rcurrence sur n. n = 1 est trivial. Pour n > 1, supposons Sni=1 Fi = E. Par hypothse de rcurrence, Sn1i=1 Fi E, donc on peut trouver

    un u dans E/Sn1

    i=1 Fi ; noter quun tel u est dans Fn/Sn1

    i=1 Fi . Puisque Fn E, on peut trouver un a dansE nFn . On pose alors D = a+Ku.Dune part, on a D \ Fn = ;, sinon

    a+ u = fn =) a = fn u 2 Fn,dautre part, on a 8i 6= n, jD \ Fij 1 car

    a+ u = xia+ u = yi

    =) ( )u = xi yi 2 Fi \Ku = f0g =) xi = yi.

    Ainsi, jDj n 1, ce qui absurde car D et K ont mme cardinal.

    Dmonstration de la proposition.Si K est de cardinal ni, alors L est galement ni, donc L est un Fq qui est monogne (car Fq cyclique).

    On peut donc supposer K inni.On crit alors L =

    Sx2LK [x] o K K [x] L est un extension intermdiaire. Or ces dernires sont en

    nombres ni, donc on peut extraire un recouvrement ni L =Sni=1K [xi]. Or L est un K-espace vectoriel de

    dimension nie avec K inni, donc le lemme sapplique, do un xi tel que L = K [xi].

    2.6 Exemples

    2.6.1 Racines de lunits Extensions cyclotomiques

    Soit K un corps de caractristique p et n 1. On note n (K) lensemble des racines n-imes de lunit, i.e.n (K) = fx 2 K ; xn = 1g .

    Proposition.On suppose p - n. Alors n (K) est un groupe cyclique dont lordre ! vrie

    p - ! j n.

    Dmonstration. n (K) est un sous-groupe ni de K, donc est cyclique.

    20

  • Xn 1 est premier avec sa drive nXn1 6= 0, donc est sparable. Si L est un corps de dcomposition deXn 1 sur K, on en dduit que jn (L)j = n, donc lordre ! de n (K) vu en tant que sous-groupe de n (L)doit diviser lordre de n (L), i.e. ! j n. Soit p = carK. Si p = 0, p ne peut diviser ! 6= 0. Supposons donc p premier.On crit n = pm o p ^m = 1 et 0. En remarquant que (1)p = 1 car8>:

    pour = 0, (1)p = (1)1 = 1pour p = 2, (1)p = (1)2 = 1 = 1pour p impair, (1)p = (1)p = 1

    ,

    on obtient Xn 1 = Xpm 1 = (Xm 1)p , do n (K) = m (K). Puisque p - m (sinon p j m j n), on peutappliquer le premier point : ! = jm (K)j divise m, do p - ! (sinon p j ! j m j n, absurde).

    Dnition.On appelle extension cyclotomique de niveau n de K un corps de dcomposition L de Xn 1.

    Proposition.Soit L une extension cyclotomique de niveau n sur K. Alors Il y a exactement n racines n-imes de lunit dans L. K L est galoisienne de groupe de Galois Gal LK ,! ZnZ. Le degr de lextension cyclotomique vrie [L : K] ' (n).

    Dmonstration. Xn 1 est sparable et scind sur L, donc scind simple sur L, do jn (L)j = n. L est un corps de dcomposition dun polynme sparable, donc lextension K L est galoisienne.Soit G = Gal

    LK

    et g 2 G. g induit sur n (L) un automorphisme de n (L). En eet, si 2 n (L), alors

    g ()n= g (n) = g (1) = 1, donc la restriction de g n (L) est un endomorphisme du groupe n (L), injectif

    (car g injectif) donc bijectif (car n (L) ni) ; cest donc un automorphisme de n (L). On a ainsi un morphisme

    de groupesG ! Aut (n (L))g 7! gjn(L)

    . Linjectivit sobtient en remarquant que, puisque L est engendr par

    n (L), un K-morphisme g est entirement dtermin par les valeurs quil prend sur n (L). Comme n (L) estcyclique dordre n, on a Aut (n (L)) ' Aut

    ZnZ ' ZnZ et G sinjecte bien dans ZnZ. En prenantles cardinax, on obtient la majoration voulue :

    [L : K] = jGj ZnZ ' (n) .

    On regarde le cas particulier de K = Q:

    Proposition (extensions cyclotomiques de Q).Soit L une extension cyclotomique de niveau n de Q. Alors Gal

    LQ

    ' ZnZ.Dmonstration.On peut crire L = Q [] o est une racine primitive de lunit. Son polynme minimal est n 2 Z [X],

    avec degn = ' (n), do' (n) = degn = degK = [L : K] = jGj ' (n) .

    On obtient donc une galit, et le morphisme injectif G ,! ZnZ devient un isomorphisme.

    21

  • 2.6.2 Polynmes symtriques Discriminant

    Soit A un anneau commutatif. On considre les polynmes symtriques de A [X1; :::; Xn]. On dispose enparticulier des polynmes symtriques lmentaires8

  • Dmonstration. Soit P (T ) =Qni=1 (T Xi) lment de K (X1; :::; Xn) [T ]. En dveloppant, on trouve

    P (T ) = Tn 1Tn1 + :::+ (1)n n,donc P (T ) 2 K (1; :::; n) [T ]. P est de plus sparable (car scind simple), et K (X1; :::; Xn) en est un corpsde dcomposition, donc K (1; :::; n) K (X1; :::; Xn) est une extension galoisienne. Soit G = Gal K(X1;:::;Xn)K(1;:::;n). On sait dj que G sinjecte dans Sn par permutation des racines

    dun polynmes de dcomposition, en particulier P , donc G agit en permutant les indtermines Xi. Dautrepart, il est clair que toute permutation des Xi laisse stable K (1; :::; n), do lgalit:

    Introduisons maintenant un outil issu des symtries de K (X1; :::; Xn) : le discriminant.

    Dnition.Le polynme

    Qi

  • Dmonstration.On a P 0 =

    Pni=1

    Qj 6=i (X j), donc P 0 (i) =

    Qj 6=i (i j), do

    nYi=1

    P 0 (i) =nYi=1

    Yj 6=i(i j) = discP .

    Dautre part, P 0 scrit nQn1j=1

    X j

    ,donc

    discP = (1)n(n1)2nYi=1

    P 0 (i) = (1)n(n1)

    2

    nYi=1

    nn1Yj=1

    i j

    = (1)n(n1)2 nn

    n1Yj=1

    nYi=1

    i j

    = (1)n(n1)2 nn

    n1Yj=1

    Pj.

    Par exemple, pour P = Xn + aX + b, on peut montrer que

    disc (Xn + aX + b) = (1)n(n1)2h(1 n)n1 an + nnbn1

    i.

    Pour un polynme de degr 3 rduit, mettons P = X3 + pX + q, on va montrer que

    discP = 4p3 27q2.En eet,

    Qi

  • 2.6.3 Extension cycliques

    Dnition.Une extension est dite cyclique si elle est galoisienne de groupe de Galois cyclique.

    Lemme de Dedekind.Soit n 2, G un monode et 1; :::; n : G ! K des morphismes multiplicatifs deux deux distincts.

    Alors les i (vus dans le K-espace vectoriel KG) sont linairement K-indpendants.

    Dmonstration.Par labsurde. On suppose

    Pi ii = 0 o le support des i est non vide et minimal. Alors, pour tous x; y

    dans G, on a

    0 =

    "Xi

    ii

    #(xy) =

    "Xi

    ii (x)i

    #(y) ,

    do pour tout j : Xi

    i (i (x) j (x))i =Xi

    ii (x)i j (x)Xi

    ii = 0 0 = 0,

    donc par minimalit du cardinal des (i) on a i (i (x) j (x)) = 0 pour tous i; j, en particulier pour un i0 telque i0 6= 0 et pour j 6= i0 (possible car n 2), do i0 (x) j (x) = 0, et ce pour tout x de G, i.e. i0 = j ,absurde car les i sont deux deux distintcs.

    Remarque. On aura besoin par la suite de lhypothse

    "K contient dj toutes les racines n-imes de lunit",

    ce quon peut reformuler de manire quivalente en : jn (K)j = n ; Xn 1 est scind simple sur K ; Xn 1 scind sur K (par sparabilit) ; K est une extension cyclotomique de niveau n de lui-mme ; K contient une racine n-ime de lunit non triviale (par cyclicit de n (K)) ;

    Proposition.Supposons jn (K)j = n, et soit a qui nest pas une puissance (non triviale) de K divisant n, i.e.

    a 2 Kdd j n =) d = 1.

    Alors Xn a est irrductible sur K ; Toute extension L de dcompostion de Xn a est cyclique ; plus prcisment

    GalLK

    ,! n (K) .

    Dmonstration.Soit L un corps de rupture de Xn a sur K, et x 2 L tel que xn = a. Soit une racine n-ime de lunit

    dans K. Alors les xk pour 0 k < n sont les racines de Xn a dans L, do Xn a = Qn1k=0 X xk (cequi montre au passage que Xn a est sparable).Soit maintenant une dcomposition Xn a = QR dans K [X] o Q non constant. Dans L [X], on a Q =Q

    k2AX xk

    pour une certaine partie A f0; :::; n 1g de cardinal 1, mettons q (comme Q).

    Le terme constant de Q est (1)q xq? 2 K, donc xq 2 K ; en outre, xn = a 2 K. Soit = n ^ q. Bezoutdonne = n+ q, do x = (xn) (xq) 2 K, donc

    a = xn =xn 2 K n ,

    25

  • do par hypothse sur an

    = 1 () n = () q = n () Q = Xn a.

    Par consquent, Xn a est irrductible.Ainsi, si L est un corps de dcomposition de Xn a sur K, alors Xn a est irrductible sparable, donc

    K L est galoisienne. Or, L = K x; x; :::; xn1 = K [x], donc un 2 Gal LK est dtermin par (x),qui vaut une certaine racine (x) = xk de P puisque

    P ( (x)) = (x)n a = (xn) a = (a) a = a a = 0.

    On a donc un morphisme de groupe injectifGal

    LK

    ! n (K) 7! (x)x

    , do GalLK

    cyclique.

    Proposition (rciproque).Soit K L cyclique, n = [L : K], et supposons que jn (K)j = n. Alors on peut trouver un a dans K tel

    que L soit un corps de dcomposition de Xn a.

    Dmonstration.Soit un gnrateur de Gal

    LK

    . Daprs la dmonstration qui prcde, il est judicieux de chercher un

    x 2 L tel que (x)x soit une racine primitive n-ime de lunit.Soit une racine primitive n-ime de lunit (qui est dans K par hypothse). On veut un x 2 L tel que

    (x)

    x= () 1 (x) = x () 1x = x () x 2 Fix 1 .

    Un bon candidat serait x =P

    g2h1i g, condition de lui donner du sens. Or,

    1

    est ni car

    1

    n= nn = Id ,

    donc on peut regarder lapplication K-linaire

    ' :

    8>:L ! Lx 7!

    Pg2h1i g (x) =

    x+ 1 (x) + :::+ (n1)n1 (x).

    Tout point de limage de ' est xe par 1 par construction, et ' est non identiquement nulle, sinonId; ; :::; n1 seraint K-lis, absurde par Dedekind. Do lexistence dun x0 6= 0 dans L tel que (x0) = x0.Il reste remonter la dmonstration prcdente, en posant a = xn0 . Tout dabord, a 2 K puisque

    (a) = (xn0 ) = (x0)n= (x0)

    n= xn0 = a =) a 2 LGal(

    LK) = K

    (K L est galoisienne). Par ailleurs, Xn a se scinde en Qnk=1 X kx0, et pour conclure que L est uncorps de dcomposition de Xn a, il su t de montrer que L est engendr par les racines de Xn a. Commeon sait dj que

    K K [x0] Kx0; x0; x0

    2; :::; x0n1 L

    avec [L : K] = n, il su t de montrer que x0 est de degr n surK, ce qui forcera lgalitKx0; x0; x0

    2; :::; x0n1 =

    L comme souhait.Soit donc =

    Pdi=0 iX

    i polynme minimal de x0 surK avec d 6= 0. On a d = [K [x0] : K] [L : K] = n, eton veut d = n. En appliquant lgalit

    Pdi=0 ix

    i0 = 0, on obtient 0 =

    Pi

    xi0=Pi (x0)

    i=Pi

    ixi0,

    do 0 =Pd

    i=1 i1 ixi0 et 0 = Pd1i=0 i+1 1 i+1xi0, ce qui impose par minimalit d 1 d = 0

    (coe cient dominant), do d = 1, n j d, n d, et n = d comme voulu.

    26

  • 3 Rsolubilit par radicaux

    Soit K un corps, P 2 K [X], K L une extension de dcomposition dun polynme P . On aimerait pouvoirexpliciter les racines de P laide doprations algbriques rationnelles et de racines n-imes.

    Dnition.

    Une extension K L est dite radicale lmentaire si 9x 2 L9n 1 tel que

    xn 2 KL = K [x]

    (on rajoute une

    racine n-ime).Une extension K L est dite radicale si il y a une tour

    K = K0 K1 ::: Kn = L

    o Ki Ki+1 est radicale lmentaire. Ainsi L = K [x1; :::; xn] o xi est une racine ni-ime dun lment deK [x1; :::; xi1].Une extension K L est dite rsoluble (par radicaux) si L est contenue dans une extension radicale de K

    nie sur L.On dit que P 2 K [X] est rsoluble par radicaux si le corps de dcomposition de P est une extension rsoluble

    de K.

    Remarques. Si K L est radicale et K L0 L, alors K L0 est radicale. Ainsi, pour montrer quune extension est

    radicale, il su t de linclure dans un extension radicale. Si K L est rsoluble et K L0 L, alors K L0 et L0 L sont rsolubles ; Si K L est radicale (resp. rsoluble) et K L1 K-isomorphe L, alors K L1 est radicale (resp.

    rsoluble).

    3.1 Extensions composes

    Dnition.

    SoientK L1K L2 deux extensions contenues dans un mme sur-corps L de K.

    On appelle extension compose de L1 et L2 le sous-corps de L engendr par L1 et L2 :

    L1L2 = K (L1 [ L2) = L1 (L2) = L2 (L1) .

    On suppose dsormais que L est une clture algbrique K de K.

    Lemme.Soit A une K-algbre intgre de dimension nie. Alors A est un corps.

    Dmonstration.Soit a 6= 0 dans A ; alors la multiplication par a est un endomorphisme injectif donc surjectif, ainsi 1 est

    atteint.

    Proposition.Soit K L1 nie. Alors L2 L1L2 est nie et

    [L1L2 : L2] [L1 : K] .

    De plus, si on a galit [L1L2 : L2] = [L1 : K], alors L1 \ L2 = K.

    Dmonstration.L2 [L1] est une L2-algbre intgre de dimension nie sur L2, donc un corps. Une partie gnratrice de L2 [L1]

    vu comme L2-espace vectoriel est une base de L1 comme K-espace vectoriel, do [L1L2 : L2] [L1 : K].

    27

  • Dautre part, on peut faire la mme chose en prenant comme sous-corps commun L1 \ L2 : [L1L2 : L2] [L1 : L1 \ L2] [L1 : K]. Donc si on a galit, [L1L2 : L2] = [L1 : K], alors on a galit partout et K = L1\L2.

    Corollaire.Si L1 et L2 sont des extensions nies, alors

    [L1L2 : K] [L1 : K] [L2 : K] .

    De plus, si on a galit, alors K = L1 \ L2.

    Proposition. Si K L1 est galoisienne, alors L2 L1L2 est galosienne. Si

    K L1K L2 sont galoisiennes, alors

    K L1L2K L1 \ L2 sont galosiennes.

    Dmonstration. L1 est un corps de dcomposition dun P sparable de K [X], donc P sparable dans L2 [X], et alors L1L2

    est un corps de dcomposition de P sur L2. L1L2 = K (L1 [ L2) ; Li est un corps de dcomposition dun Pi sparable de K [X], donc P = P1 _ P2

    sparable dans L1L2 [X], et alors L1L2 est un corps de dcomposition de P sur K. De plus, L1 \ L2 estsparable car L1 ou L2 lest, et K est une clture algbrique de L1 \ L2. Soit alors : L1 \ L2 ! K ; a-t-on (L1 \ L2) = L1 \ L2 ? On crit K L1 \ L2 L1L2, on peut prolonger en e L1L2 ; alors e (L1) L1 carK L1 est galoisienne, do (L1 \ L2) = e (L1 \ L2) e (L1) \ e (L2) e (L1 \ L2).3.2 Calcul de Gal

    L1L2K

    en fonction de Gal

    L1K

    et Gal

    L2K

    Proposition.Si K L1 est galoisienne, alors L2 L1L2 est galosienne, et

    GalL1L2K

    ' Gal L1L1\L2 .Dmonstration.On construit un morphisme injectif Gal

    L1L2K

    ! Gal L1K, puis on identiera les images. On a clai-rement un morphisme Gal

    L1L2L2

    ! Gal L1L2K, et comme K L1| {z }galoisienne

    L1L2, tout de GalL1L2K

    stabilise L1 (car L1 normale). On a donc un morphisme Gal

    L1L2K

    ! Gal L1K, do par compositionun morphisme ' : Gal

    L1L2L2

    ! Gal L1K.' est injectif, car si 2 Gal L1L2L2 senvoie sur lindentit, alors jL1 = Id, et comme jL2 = Id,

    jL1L2 = Id.Image de ' ? Cest un sous-groupe H de Gal

    L1K

    , dtermin par son sous-corps des points xe LH1 . On

    a dj que L1 \ L2 LH1 . Dautre part, si x 2 LH1 , 8 2 GalL1L2L2

    , (x) = x, i.e. x 2 L1 \ L2.

    Corollaire.Si K L1 galoisienne, alors

    [L1L2 : K] = [L1L2 : K] [L2 : K] = [L1 : L1 \ L2] [L2 : K] .

    Dmonstration.la premire galit est triviale, la seconde vient de ce que L1 \ L2 L1 est galoisienne.

    28

  • 3.3 Construction de la thorie des groupes : produit br

    Soit G1; G2;H des groupes, 'i : Gi ! H des morphismes. Le produit br G1 H G2 est le sous-groupe deG1 G2 des (x; y) tels que '1 (x) = '2 (y), i.e. tel que

    G1 H G2 pr1! G1# pr2 # '1G2

    '2! Hcommute.

    Exemple. Soit n1; n2 des entiers,

    = n1 ^ n2 = n1 _ n2 . Alors

    Zn1ZZZ Zn1Z ' ZZ.

    en eet, cela revient dire que le systme de congruncesx x1 [n1]x x2 [n2] possde une solution ssi x1 x2 [].

    Thorme.

    SoientK L1K L2 galoisiennes. Alors

    K L1L2K L1 \ L2 sont galoisiennes, et

    GalL1L2K

    ' Gal L1KGal(L1\L2K) Gal L2K .Dmonstration.K L1 L1L2. Soit jk : Gal

    L1L2K

    ! Gal LkK obtenu par restriction. Alors(j1; j2) : Gal

    L1L2K

    ! Gal L1KGal L2Kest un morphisme de groupe injectif.Or, en composant jk avec la restriction rk : Gal

    LkK

    ! Gal L1\L2K, on obtient le mme morphismeGal

    L1L2K

    ! Gal L1\L2K. Donc limage est contenue dans le produit br Gal L1KGal(L1\L2K)Gal

    L2K

    . Montrons quils ont mme cardinal. On considre

    (r1; r2) : GalL1K

    Gal L2K ! Gal L1\L2KGal L1\L2Kdont limage contient le sous-groupe diagonal. Limage rciproque de ce sous-groupe diagonal, modulo le noyau,est isomorphe ce sous-groupe diagonal. Donc

    jimage rciproquej = Gal L1\L2K jKer (r1; r2)j=

    Gal L1\L2K jKer r1j jKer r2j=

    Gal L1\L2K Gal L1L1\L2 Gal L2L1\L2= [L1 \ L2 : K] [L1 : L1 \ L2]| {z } [L2 : L1 \ L2]= [L1 : K] [L2 : L1 \ L2]= [L1L2 : K]

    =Gal L1L2K .

    Thorme.

    SoientK L1K L2 K. Si elles sont radicales (resp. rsolubles), alors K L1L2 lest aussi.

    Soit K L extension nie sparable. Si elle est radicale (resp. rsoluble), alors la clture galoisienneK Lg lest aussi.

    Dmonstration.

    29

  • (extensions radicales) Soient K E1 E2::: En = L1K F1 F2::: Fm = L2 des tours dextensions lmentaires. Alors

    L1 = L1K L1F1 L1F2 :::L1Fm = L1L2,

    avec Fj+1 = Fj [yj+1] o yj+1 est une racine nj+1-ime de Fj , do L1Fj+1 = L1Fj [yj+1].(extensions rsolubles) On est K Li Fi K o K Fj radicale. Quitte remplacer F1 et F2 par des

    extensions isomorphes, on peut suppoeser quils sont dans une mme clture algbrique de K. Le second point rsulte du premier, car Lg est construite comme extension compose de tous les (L) o

    : L ! K morphisme dans une clture algbrique de L.

    Thorme.Soit K L galoisienne, o carK = 0. Alors K L est rsoluble ssi Gal LK est rsoluble.Rappel. Un groupe G est dit rsoluble si on peut trouver une tour nie de sous-groupes

    f0g = G0 G1 ::: Gn = G

    avec Gi CGi+1 et Gi+1Gi ablien. Il revient au mme de dire que la suite des sous-groupes drivs stationne feg.Proposition. Si G est rsoluble, alors tout sous-groupe et tout quotient de G est rsoluble.Proposition. Soit G un groupe, H CG. Si H et GH sont rsolubles, alors G est rsoluble.Proposition. Si G est un groupe ni, alors G est rsoluble ssi il exite une tour

    f0g = G0 G1 ::: Gn = G

    avec Gi CGi+1 et Gi+1Gi cyclique.

    Proposition.Si K contient toutes les racines n-ime de lunit, si K L est radicale lmentaire de niveau n (i.e.

    L = K [] avec n 2 K), alors elle est galoisienne de groupe de Galois cyclique. Et inversement.

    Dmonstration du thorme. On suppose que K L est radicale et que [L : K] = n = jn (K)j. Alors Gal

    LK

    est rsoluble. On

    dispose dune tourK E1 ::: Ek L.

    On a dj vu le cas k = 1 (extension cyclique), donc on peur supposer k 2. On fait alors une rcurrence sur ledegr n de lextension. On sait que E1 L est radicale galoisienne, [L : E1] j [L : K] = n et E1 contient toutesles racines [L : E1]-ime de lunit. Par rcurrence, Gal

    LE1

    est rsoluble. K E1 est rdicale lmentaire,

    [E1 : K] j n et n = jn (K)j, donc on toutes les racines n-imes de lunit. Donc lextension est galoisienne, degroupe de Galois cyclique. K E1 galoisienne implique Gal

    LE1

    C Gal

    LK

    et Gal(

    LE1)Gal(LE1) 'Gal

    E1K

    , do Gal

    LK

    rsoluble.

    Cas gnral, K L galoisienne, rsoluble. Soit K L F avec K F radicale. On prend une clturegaloisienne E

    K L| {z }galoisienne

    E

    radicale galoisienne. GalLK

    est un quotient de Gal

    EK

    . Soit n = [E : K], et K L0 une extension

    de dcomposition de Xn 1 contenue dans une clture algbrique de E. K L est galoisienne radicalelmentaire. On considre ensuite K EL0 radicale galoisienne. L0 EL0 est galoisienne (K E lest)radicale. De plus, [EL0 : L0] j [E : K] donc on a les racines de lunits quon veut. On applique le premier point L0 j EL0, do Gal

    EL0L0

    rsoluble. Dautre part, Gal

    EL0L0

    ' Gal EE\L0 Gal EK.

    gaoisiennez }| {K E \ L0| {z }galoisienne

    E

    30

  • donc GalEE\L0

    CGal

    EK

    est rsoluble.

    gaoisienne cycliquez }| {K E \ L0| {z }galoisienne

    E

    donc le quotient GalE\L0K

    est cyclique, donc Gal

    EK

    rsoluble, donc Gal

    LK

    est rsoluble.

    Rciproque ! ! ! !

    On suppose Gal LK rsoluble, [L : K] = n = jn (K)j. Alors K L est radicale.On a un groupe ni rsoluble, donc on a un sous-groupe H CGal

    LK

    quotient cyclique.

    K LH| {z }galoisienne cyclique avec toutes les racines de 1

    L

    donc radicale lmentaire. Par rcurrence sur le degr de lextension, on montre que LH L est radicale.Gal

    LLH

    rsoluble comme sous-groupe cyclique de Gal

    LH

    rsoluble,

    L : LH

    j n, K LH et donctoutes les racines n-imes quon veut. LH L galoisienne car K L lest, cqfd. Cas gnral. K L, [L : K] = n, K L0 corps de dcomposition de Xn 1 dans , est galoisienne. Alors

    K LL0 est galoisienne car L et L0 le sont. L0 LL0 galoisienne, on a toutes les racines [LL0 : L0]-imes delunit de L0, Gal

    LL0L0

    ' Gal LL\L0 Gal LK rsoluble, donc GalLL0L0 rsoluble. L0 LL0

    radicale, K L0 radicla emlentaire, doncK LL0 radicale (K L LL0 implique L rsoluble).

    31

  • 4 Calcul du groupe de Galois dun polynme P 2 Z [X] via la rduc-tion modulo p

    Dnition.Soit P 2 Z [X] unitaire sparable de degr n. On dispose dun extension Q L de dcomposition de P (qui

    est galoisienne). On appelle groupe de Galois de P sur Q

    GalQP = Gal

    LQ

    .

    On rappelle que GalQ P agit par permutation sur les racines de P , do GalQ P ,! Sn.

    4.1 Lecture de GalQ P dans la dcomposition de P en facteurs irrductibles

    Proposition (calcul du polynme minimal par action du groupe de Galois).Soit K L galoisienne de groupe de Galois G. Le polynme minimal dun 2 L sur K est donn par

    =Y2G

    (X ()) .

    Dmonstration.Q2G (X ()) est coe cients dans LG = K. De plus, tous les () sont des racines de , doncQ

    2G (X ()) j . Comme est irrductible, on a galit.

    Proposition.Soit K L galoisienne et P 2 K [X] unitaire scind simple dans L. Soit lensemble des racines de P . On

    partitionne en orbites sous laction de G = GalLK

    , mettons =

    `ki=1 i, et on pose Fi =

    Q2i (x ).

    Alors Fi 2 K [X], est irrductible, et P =Qki=1 Fi.

    Dmonstration.Pour 2 i, on a G () = i, donc les coe cients de Fi sont stables par G et sont donc dans K. Daprs

    la proposition prcdente, Fi est le polynme minimal de lun quelconque des 2 i, a fortiori est irrductible.

    Intrt.Si G est cyclique engendr par g0, on peut dcrire les orbites i en regardant la dcomposition de g0 (vu dans

    Sn) en cycles support disjoints. Les longueurs des cycles sont donnes par les degrs des facteurs irrductiblesde P . Ainsi, si ces degrs sont n1; :::; nk, G est engendr par un lment conjugu

    (1; :::; n1) (n1 + 1; :::; n1 + n2) ::: (n1 + :::+ nk1; :::; n) .

    On connait dj une classe de groupes de Galois cycliques, les GalFqFp, qui sont engendrs par Fr. On

    va donc ramener ltude du groupe de Galois du polynme P aux GalFqFp en rduisant modulo p (o p

    premier choisir opportunment...).En notant P le rduit de P modulo p et L un corps de dcomposition de P sur Fp, un bon candidat pour

    GalFqFp est GalFp P = Gal LFp, do lattention particulire quon lui porte.

    4.2 Rduction modulo p

    Soit P 2 Z [X] unitaire. Pour p premier, on note P 2 Fp [X] obtenu en rduisant P modulo p. On pose alorsQ E un corps de dcomposition de PFp L un corps de dcomposition de P .

    On veut "comparer" ltude de E et GalQ P celle de L et GalFp P .

    32

  • 4.2.1 Construction dun corps de dcomposition de P

    Soient 1; :::; n les racines de P dans E. On a donc

    E = Q [1; :::; n] ' Z [1; :::; n]Q = AQen posant A = Z [1; :::; n].

    Proposition.A est un Z-module libre de type ni de rang [E : Q] (on dit que cest est un rseau dans E).

    Dmonstration.A est de type ni car engendr par les 11 :::

    kk o i < n, et est sans torsion car E est sans torsion. Puisque

    Z est principal, A est libre, mettons A = Zu1 + :::+ Zur o (u1; :::; ur) est un Z-base de A. Montrons que cestune Q-base de E, ce qui nous donnera r = [E : Q].En eet, (u1; :::; ur) est Z-libre, donc Q-libre (en tuant les dnominateurs dune relation de liaison), et gnre

    Q-linairement E puisque

    x 2 E = Q [r1; :::; rn]=) 9k 2 N tel que kx 2 Z [r1; :::; rn] = A

    =) 9k 2 N tel que kx =rXi=1

    iui o i 2 Z

    =) x =rXi=1

    ik

    ui o

    ik2 Q.

    Contruisons prsent une extension de dcompositon L de P sur Fp laide de A.

    Proposition.Soit M un idal maximal de A contenant pA. Alors L = AM est un corps de dcomposition de P sur Fp.

    Dmonstration.Un bon candidat pour un

    ZpZ-espace vectoriel de dimension nie est lanneau quotient ApA , mais ilpeut trs bien ne pas tre un corps. Do lide de considrer pA M A.Notons : A ! L la projection canonique modulo M. On munit L = (A) de la loi externe issue de

    la multiplication (a) = (a), ce qui transforme en quelque sorte en un morphisme dalgbres de laZ-algbre A dans la Fp-algbre L.

    L est alors une extension nie de Fp. En eet, L est clairement un corps, et si (u1; :::; ur) est une Z-base de A,alors ( (u1) ; :::; (ur)) est une famille Fp-gnratrice de (A) = L, donc L est niment gnr (linairement),donc de dimension nie sur Fp.Enn, en remarquant que envoie les scalaires de Z sur ceux de Fp, on peut dire que L est un corps de

    dcomposition de P puisque

    P = (P ) =

    nYi=1

    (X i)!=

    nYi=1

    (X (i))

    est scind sur L et queL = (A) = (Z [1; :::; n]) = Fp [ (1) ; :::; (n)]

    est algbriquement engendr par les (i).

    La construction eectue est naturelle, au sens suivant :

    Proposition.Soit Fp K une extension nie. On quivalence entre : K est un corps de dcomposition de P ; Il existe un morphisme danneaux surjectif Z [1; :::; n] ! K.

    33

  • Dmonstration.(i) =) (ii) On a dj construit un corps de dcomposition L. Par unicit isomorphisme ' prs, '

    est un morphisme danneaux surjectif.(ii) =) (i) Soit : A ! K un morphisme danneaux surjectif. Comme pour la projection , on a

    (Z) = Fp, donc K est algbriquement Fp-engendr par les (i), et P = (P ) =Q(X (ri)) est scind sur

    K.

    Ainsi, si K est un corps de dcomposition de P , il existe un morphisme danneaux de A dans K qui envoiesurjectivement les racines de P sur celles de P . De plus, la dmonstration qui prcde montre que cest le casde tous les morphismes danneaux de A dans K.

    Remarque. Tout morphisme danneaux ' de A dans L est ncessairement surjectif. En eet,

    Im' = ' (A) = ' (Z [1; :::; n]) = Fp [' (1) ; :::; ' (n)] = L

    4.2.2 Injection de GalFp P dans GalQ P

    Proprit.Soit P 2 Z [X] unitaire, p premier, P 2 Fp [X] son rduit modulo p. Alors

    P sparable =) P sparable.

    Dmonstration.discP 2 Fp est la rduction modulo p de discP 2 Z:

    Lemme.Si P est sparable, laction droite de GalQ P sur Hom(A;L) dnie par ' = ' est libre et transitive.

    Dmonstration. Libert.Si ' = ', i.e. ' = ', on se restreint (ensemble des racines de P ) : ' j = 'j ; comme

    stabilise , on a mme 'j j = 'j. Or, on sait que ' envoie surjectivement les racines de P sur celles deP 0, donc 'j : ! est surjectif, et P tant sparable, on a jj =

    = degP , do 'j injective. On endduit j = Id, do = Id (car engendre E). Transitivit.Fixons ' dans Hom(A;L). Posons N = jGalQ P j, et soit f'1; :::; 'Ng = f' ; 2 GalQ Pg lorbite de '

    sous laction de GalQ P . Puisque laction est libre, lorbite est de cardinal N exactement.Soit ensuite 2 Hom(A;L). Sil nest pas parmi les 'i, on aurait N +1 morphismes danneaux deux deux

    distincts, donc linairement indpendants daprs Dedekind (dans le monode multiplicatif A). Il su t donc demontrer quils sont lis pour conclure.Cherchons i 2 L tel que

    PN+1i=1 i'i = 0 (on a pos 'N+1 = ). Puisque N = jGalQ P j = [E : Q] = rgA, on

    dispose dune base (u1; :::; uN ) de A de cardinal N , donc ncessairement (1; :::; N+1) est solution du systme8

  • doPN+1

    i=1 i'i = 0, CQFD.

    Remarque. Soit G agissant librement et transitivement sur un ensemble E. Alors G est en bijection

    avec E via nimporte quelle applicationG ! Eg 7! ge o e 2 E.

    Thorme.

    Soit P 2 Z [X] unitaire, p premier,Q E un corps de dcomposition de PFp L un corps de dcomposition de P . On suppose que P est

    sparable. On dispose alors dun morphisme de groupes injectif g :GalFp P ! GalQ P

    7! g () vriant

    g () = .

    o 2 Hom(A;L) et h = 1j est une bijection de ! .En particulier, laction de GalFp P sur se ramne laction de GalQ P sur modulo la conjugaison

    g () = h h1

    ou le diagramme commutatif

    h!

    # # g ()

    h!

    .

    Dmonstration.Donnons-nous un 2 Hom(A;L). Alors 8 2 GalFp P , 2 Hom(A;L), donc par transitivit/libert de

    laction droite de GalQ P sur Hom(A;L) (cf lemme),

    9! 2 GalQP tel que = .

    Ceci dtermine une application g :GalFp P ! GalQ P

    7! vriant = g () et qui est un morphismede groupes injectif. En eet, dune part on a

    g (12) = (12) = 1 (2 )= 1 ( g (2)) = (1 ) g (2)= g (1) g (2) = (g (1) g (2))

    et est par ailleurs injective ? ? ? ? ? ; dautre part,

    g () = Id =) = =) = Id

    par libert de laction droite (cf lemme), do linjectivit de g.De plus, induit une bijection ! ; on prend alors h = 1j , et toutes les vrication tombent.

    Le principal rsultat est linjection de GalFp P dans GalQ P , injection qui est une conjugaison quand on neregarde que laction sur les racines (la plus facile lire).Ainsi, en rduisant P modulo dirents p et en factorisant P selon ses facteurs irrductibles, on obtient des

    lments de GalFp P (des produits de cycles dont les longueurs sont les degrs des facteurs irrductibles de P )qui sinjectent par conjugaison dans GalQ P ,! S. Si on obtient ainsi des gnrateurs de S travers direntsp, on aura directement GalQ P ' S.On est donc amen chercher les degrs des facteurs irrductibles dun polynme unitaire P 2 Fp [X].

    35

  • 4.2.3 Recherche de facteurs irrductibles

    Soit Q un polynme de Fp [X]. La proposition suivante montre que la recherche des facteurs irrductibles dedegr d de Q doit passer par le calcul du pgcd Q ^

    Xp

    d X.

    Proposition.Si Q admet un facteur irrductible de degr d, ce facteur divise ncessairement Q ^

    Xp

    d X.

    Dmonstration.Soit A un facteur irrductible de Q de degr d. Considrons un corps K de dcomposition de A sur Fp, par

    exemple K = Fp[X](A). K est de cardinal pdegA = pd, donc K ' Fpd . Ainsi, tous les lments de K sontracines de Xp

    d X, et en regardant le degr on peut crire Xpd X = Q2K (X ), de sorte que A diviseXp

    d X dans K [X]. Or, A et Xpd X sont dj dans Fp [X], donc le quotient XpdXA est en fait dans Fp [X],

    CQFD.

    Proposition.Si Q admet une racine dans Fpd qui nest dans aucun des Fpd0 pour d0 divisant strictement d, alors Q admet

    un facteur irrductible de degr d.

    Dmonstration.Soit une racine de Q dans Fpd comme dans lnonc et le polynme minimal de sur Fp. Un corps de

    rupture de est un sous-corps de Fpd , donc un certain Fpd0 o d0 divise d. Comme de plus un tel corps estde degr deg sur Fp, on en dduit que deg divise d. Or, deg ne peut diviser strictement d, sinon seraitracine de Q dans Fpdeg , ce qui est exclu par hypothse. Finalement, est irrductible et de degr d, do laconclusion.

    Corollaire.Q admet un facteur irrductible de degr d ssi Q ^

    Xp

    d Xa une racine dans Fpd qui nest dans aucun

    des Fpd0 pour d0 divisant strictement d.

    Dmonstration.Le sens direct fait lobjet de la premire proposition, lautre sens dcoule de la seconde.

    Exemple : calcul du groupe de Galois de P = X5 X 1.Modulo 2, P = X5+X+1. On cherche les degrs des facteurs irrductibles de P . Aucun ne peut tre de degr

    1, car P na pas de racines dans F2. Pour les facteurs de degr deux, on calculeX5 +X + 1

    ^ X4 X =X2 +X + 1, qui a une racine dans F4 (rappelons incidemment que F4 ' F2[X]X2+X+1...) et aucune dans F2,donc P admet un facteur irrductible dordre deux. P se factorise par consquent sous la forme (deg 2) (deg 3) ;il y a donc dans Gal vu comme sous-groupe des permutations des racines un lment qui se factorise en unproduit dune transposition et dun cycle de longueur 3. En particulier, Gal contient 3 qui est une transposition.Modulo 3, P = X5 X 1. Mme topo : on cherche les degrs des facteurs irrductibles de P . Aucun de

    degr 1 car pas de racines dans F3. On regarde alorsX5 +X + 1

    ^ X9 X = 1, do pas de facteur dedegr 3. Donc P est irrductible sur F3 et Gal contient un 5-cycle.Gal contient une transposition et un 5-cycle, donc vaut S5 tout entier.Ainsi P = X5 X 1 nest pas rsoluble par radicaux, car la suite des drivs de S5 stationne A5, donc

    S5 nest pas rsoluble.

    36