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Equation de degrée $ n$

Tous les corps considérés dans ce chapitre seront de caractéristique nulle. Soit $ b_{1},...,b_{s}$ des éléments d'une extension d'un corps $ K$.

Définition On dira que les éléments $ b_{1},...,b_{s}$ sont algébriquement indépendants sur $ K$ si, et seulement si, ces éléments ne satisfont aucune relation de la forme

$\displaystyle \sum\alpha_{i_{1}i_{2}...i_{s}}b_{1}^{i_{1}}...b_{s}^{i_{s}}=0
$

à coefficients non nuls.

Autrement dit, $ b_{1},...,b_{s}$ sont algébriquement indépendants si, et seulement si, ils n'annulent aucun polynôme non nul $ P\left(
X_{1},...,X_{s}\right) \in K\left[ X_{1},...,X_{s}\right] $ à $ n$ indéterminées.

Exemple Si $ a$ est transcendant sur $ K$ et $ b$ est transcendant sur $ K\left(
a\right) $, alors $ a,b$ sont algébriquement indépendants sur $ K$, car si nous avons

$\displaystyle \sum\limits_{i,j}\alpha_{i,j}a^{i}b^{j}=0
$

alors

$\displaystyle \sum_{j}\left( \sum\limits_{i}\alpha_{ij}a^{i}\right) b^{j}=0
$

Mais $ b$ est transcendant sur $ K\left(
a\right) $, d'où

$\displaystyle \sum\limits_{i}\alpha_{ij}a^{i}=0 $   pour tout $\displaystyle j
$

$ a$ est aussi transcendant sur $ K$. Les relations précédentes impliquent $ \alpha_{ij}=0$ pour tout $ i$ et tout $ j$ ce qui prouve l'indépendance algébrique de $ a$ et $ b$ sur $ K$.

Définition L'équation générale de degré $ n$ sur un corps $ K$ est une équation de la forme

$\displaystyle x^{n}+a_{n-1}x^{n}+\cdot\cdot\cdot+a_{1}x+a_{0}=0
$

où les coefficients $ a_{0},a_{1},...,a_{n-1}$ sont algébriquement indépendants sur $ K$.

Soit $ F=K\left( a_{0},a_{1},...,a_{n-1}\right) $ et $ f\left( X\right) =X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdot\cdot\cdot+a_{1}X+a_{0}$. Nous avons $ f\left( X\right) \in F\left[ X\right] $ et $ F\simeq K\left(
Y_{1},...,Y_{n}\right) $ corps des fractions rationnelles en $ n$ idéterminées $ Y_{1},...,Y_{n}$ et à coefficients dans $ K$. Soit $ u_{1},u_{2},...,u_{n}$ les racines de $ f$ dans un corps des racines $ F\left(
u_{0},u_{1},...,u_{n-1}\right) $ pour $ f$ sur $ F$.

Théorème $ u_{1},u_{2},...,u_{n}$ sont algébriquement indépendants sur $ K$.

Démonstration Sinon, soit

$\displaystyle \sum\alpha_{i_{1}i_{2}...i_{n}}u_{1}^{i_{1}}...u_{n}^{i_{n}}=0
$

une relation de dépendance algébrique sur $ K$. Posons

$\displaystyle P\left( X_{1},...,X_{n}\right) =\sum\alpha_{i_{1}i_{2}...i_{n}}X_{1}^{i_{1}%%
}...X_{n}^{i_{n}}%%
$

Ce polynôme non nul satisfait $ P\left( u_{1},u_{2},...,u_{n}\right) =0$. Considérons le polynôme

$\displaystyle H\left( X_{1},...,X_{n}\right) =\prod\limits_{\sigma\in S_{n}}P\left(
X_{\sigma\left( 1\right) },...,X_{\sigma\left( n\right) }\right)
$

Le polynôme $ H$ est visiblement symétrique. La théorie des polynômes symétriques nous apprend qu'il existe un polynôme unique $ Q\left( X_{1},...,X_{n}\right) $ dans $ K\left[ X_{1},...,X_{n}%%
\right] $ tel que

$\displaystyle H\left( X_{1},...,X_{n}\right) =Q\left( \Sigma_{1},...,\Sigma_{n}\right)
$

$ \Sigma_{1},\Sigma_{2},...,\Sigma_{n}$ sont les polynômes symétriques élémentaires

$\displaystyle \Sigma_{1}$ $\displaystyle =X_{1}+X_{2}+\cdot\cdot\cdot+X_{n}$    
$\displaystyle \Sigma_{2}$ $\displaystyle =X_{1}X_{2}+X_{1}X_{3}+\cdot\cdot\cdot+X_{n-1}X_{n}$    
$\displaystyle \Sigma_{3}$ $\displaystyle =X_{1}X_{2}X_{3}+\cdot\cdot\cdot+X_{n-2}X_{n-1}X_{n}$    
  $\displaystyle .$    
  $\displaystyle .$    
$\displaystyle \Sigma_{n}$ $\displaystyle =X_{1}X_{2}\cdot\cdot\cdot X_{n}<tex2html_comment_mark>6$    

La relation $ P\left( u_{1},u_{2},...,u_{n}\right) =0$ implique $ H\left(
u_{1},u_{2},...,u_{n}\right) =0$ et par suite $ Q\left( \Sigma_{1}^{\prime
},...,\Sigma_{n}^{\prime}\right) =0$ $ \Sigma_{i}^{\prime}=\Sigma
_{i}\left( u_{1},u_{2},...,u_{n}\right) $. Or $ \Sigma_{i}^{\prime}=\left(
-1\right) ^{i}a_{n-i}$. Il en résulte

$\displaystyle Q\left( -a_{n-1},a_{n-2},-a_{n-3},...,\left( -1\right) ^{n}a_{0}\right)
=0
$

Mais, les éléments $ a_{0},...,a_{n-1}$ sont algébriquement indépendants sur $ K$. Ceci implique $ Q=0$ et par suite $ H=0$ et $ P=0$.

Corollaire Les racines $ u_{1},u_{2},...,u_{n}$ sont distinctes.

Démonstration Car si $ u_{i}=u_{j}$, alors $ u_{i}-u_{j}=0$ est une relation de dépendence algébrique sur $ K$ satisfaites par les éléments $ u_{1}%%
,u_{2},...,u_{n}$.

Théorème $ K\left( u_{1},u_{2},...,u_{n}\right) =F\left( u_{1},u_{2},...,u_{n}%%
\right) $

Démonstration Nous avons

$\displaystyle F\left( u_{1},u_{2},...,u_{n}\right)$ $\displaystyle =K\left( a_{0},...,a_{n-1}\right) \left( u_{1},u_{2},...,u_{n}\right)$    
  $\displaystyle =K\left( a_{0},...,a_{n-1},u_{1},u_{2},...,u_{n}\right)$    
  $\displaystyle =K\left( u_{1},u_{2},...,u_{n}\right)$    

car les coefficients $ a_{i}$ peuvent s'exprimer en fonction des racines $ u_{1},...,u_{n}$ par l'intermédiaire des polynômes symétriques élémentaires.

Théorème Le groupe de Galois $ G$ du polynôme $ f$ est isomorphe au groupe symétrique $ S_{n}$.

Démonstration Il suffit de prouver que $ G$ est le groupe $ S\left( A\right) $ de toute les permutations de l'ensemble $ A=\left\{ u_{1},u_{2},...,u_{n}\right\} $ des racines de $ f$ car ce groupe de permutations est isomorphe au groupe $ S_{n}$. Soit $ \sigma\in G$. $ \sigma\in S\left( A\right) $ car elle permute les racines $ u_{1},u_{2},...,u_{n}$ de $ f$. Réciproquement, soit $ t$ une permutation de $ A=\left\{ u_{1},u_{2},...,u_{n}\right\} $ et soit

$\displaystyle \sigma;K\left[ u_{1},u_{2},...,u_{n}\right] \longrightarrow K\left[
u_{1},u_{2},...,u_{n}\right]
$

l'application définie par

$\displaystyle \sigma\left( g\left( u_{1},u_{2},...,u_{n}\right) \right) =g\left(
t\left( u_{1}\right) ,...,t\left( u_{n}\right) \right)
$

$ \sigma$ est bien définie car tout élément de $ K\left[
u_{1},u_{2},...,u_{n}\right] $ s'écrit d'une manière unique sous la forme $ g\left( u_{1},u_{2},...,u_{n}\right) $. Il est aisé de prouver que $ \sigma$ est un
$ K$-automorphisme de l'anneau $ K\left[
u_{1},u_{2},...,u_{n}\right] $. Il peut être prolongé en un $ K$-automorphisme $ \tau$ du corps $ K\left( u_{1},u_{2},...,u_{n}\right) $, corps des fractions de l'anneau $ K\left[
u_{1},u_{2},...,u_{n}\right] $. Il nous reste à prouver que $ \tau$ est un $ F$-automorphisme de $ K\left( u_{1},u_{2},...,u_{n}\right) $. Mais $ \tau$ laisse fixe tout élément $ a_{i}$ car $ a_{i}$ est une fonction symétrique des racines $ u_{1}%%
,u_{2},...,u_{n}$. Ainsi, $ \tau$ appartient au groupe de Galois $ G$ de $ f$ sur $ F$.

Corollaire L'équation générale de degré $ n$ n'est pas résoluble par des radicaux pour $ n\geq5$.

Démonstration Pour $ n\geq5$, le groupe de Galois de l'équation générale de degré $ n$ est isomorphie à $ S_{n}$ qui est non résoluble.


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©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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