Homographies et petits groupes de Galois

@gai requin : En réponse à http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1258683,1263645#msg-1263645, j'ouvre un autre fil. Ainsi cela sera plus clair. Donc t'as bon. Mais c'est important de ne pas brûler d'étapes et d'essayer de faire simple, encore plus simple, toujours plus simple (je ne dis pas que tu as fait compliqué pour l'instant). J'attache un brouillon provisoire sur Luröth faible; des choses banales, certes mais ...

Si tes parents te demandent si tu fais de la géométrie algébrique, tu peux leur dire : ``bien sûr que non, la preuve c'est qu'en ce moment, je fais de l'algèbre, de la théorie de Galois même, en jouant avec une indéterminée $x$ et une fraction rationnelle $t = (x^4 - 6x^2 + 1)/(x^3-x)$''. Bien répondu. Mais en planquette, tu vas jouer avec $\pi : x \mapsto (x^4 - 6x^2 + 1)/(x^3-x)$. C'est défini sur quoi $\pi$ ? Sur la droite projective $\mathbb P^1$ i.e. $\pi : \mathbb P^1 \to \mathbb P^1$. Je mets pas $\mathbb P^1(\mathbb Q)$ pour nous laisser la possibilité de mettre n'importe quel corps de base. Of course, en $x = 1$, faut dire combien fait $\pi(x)$. Et combien fait $\pi(\infty)$. Joue là naïve pour l'instant. Bien sûr, $\pi$ est invariante par $\sigma$ i.e. $\pi \circ \sigma = \pi$. Le jeu consiste maintenant à prendre un point du bas i.e. le domaine d'arrivée de $\pi$, disons $t_0$ et à regarder combien il y de points dans l'image réciproque i.e. dans $\pi^{-1}(t_0)$. Tu dois en trouver un nombre qui nous est cher en ce moment puisque l'on joue avec $C_4$ (mais non, je l'ai pas dit). Il va y avoir des points exceptionnels $t_0$ en bas pour lesquels on a l'impression d'en trouver moins. Mais si on compte avec multiplicité, on en trouve toujours le même nombre. Combien de points exceptionnels en bas (à l'arrivée) ? Lesquels ? Et quid des points images réciproques en haut (espace de départ) ? Lesquels ? On dit qu'en bas, ce sont les points de branchement (ou points ramifiés du bas) et en haut les points ramifiés du haut. Comment agit le groupe $\langle\sigma\rangle$ sur les points ramifiés du haut ? Il y a une histoire de fixer ..etc...

Bref, en planquette, tu es en train de jouer avec un revêtement ramifié $\mathbb P^1 \to \mathbb P^1$, qui est un fait de Belyi car 3 points ramifiés en bas. Cette histoire de bas et de haut vient du fait qu'il faut mettre $\pi$ debout. Do you see what I mean ?

Si c'est trop compliqué, fais d'abord joujou avec le degré $2$ i.e. l'homographie $x \mapsto 1/x$ (rappel : ne pas brûler les étapes).

Si ton cousin, qui fait de la géométrie algébrique, passe par là et qu'il te dit c'est pas comme cela qu'il faut travailler avec la droite projective, il faut des coordonnées homogènes et tout le binz, tu peux lui répondre ``Of course, je sais bien que je fais joujou avec $(t : u) \mapsto (N(t,u) : D(t,u))$'' où $N,D$ sont deux polynômes homogènes que tu devines.

Et si le cousin te nargue en disant: eh, facile l'homographie $(x+1)/(-x+1)$ c'est C.Q. qui te l'a fourni. Et bien, tu diras ``non, je l'ai trouvée tout seul''. De la manière suivante : $(1-i)^2 = -2i$ donc $(1-i)^4 = -4$. Donc la multiplication par $1-i$ dans le $\mathbb Q$-plan $\mathbb Q(i)$ a pour puissance quatrième une homothétie et donc définit un élément d'ordre 4 de $PGL_2(\mathbb Q)$. L'élément $\sigma$ associée à la multiplication par $1-i$ est
$$
\sigma = \pmatrix {1 & 1\cr -1 & 1\cr} \qquad
\sigma(x) = \frac{x+1}{-x+1}
$$
Tu pourras vérifier que t'as bon en élevant la matrice au carré. Et en vérifiant que $\sigma^2(x) = -1/x$.

Pas la peine de se faire peur avec $\mathbb Q_8$ pour l'instant. Tu peux jouer avec le groupe diédral $D_4$ d'ordre $8$, fourni par $\langle \tau, \sigma\rangle$. L'homographie $\tau$ c'est celle d'hier $x \mapsto 1/x$. Tu auras ainsi réalisé de manière générique le groupe diédral $D_4$. Et tu pourras encore faire joujou en planquette avec un revêtement ramifié de Belyi $\mathbb P^1 \to \mathbb P^1$.
Si ton cousin trouve que c'est nul, dis lui que dans quelques jours, tu vas faire la même chose mais en mettant en haut la courbe de Serre ${\cal C}_n$ de genre $1 + (n-2)! \times (n^2-5n+2)/4$ et que tu vas trouver un revêtement galoisien ramifié de Belyi, clôture galoisienne de $x \mapsto x^n - x$. Et là, tu auras réalisé le groupe symétrique $S_n$ via $X^n - X -t$ (en partant de la géométrie algébrique et en allant vers la théorie de Galois). Mais toujours la même consigne: ne pas aller trop vite : faut tout contrôler avec les objets sur lesquels tu sens que l'on peut avoir le contrôle. Quand cela sera compliqué, cela sera trop tard.

Et à ce propos, tu t'es occupé de la spécialisation en $t \in \mathbb Z$ de ton polynôme trouvé par $C_4$ ? Et tu as le discriminant du polynôme ? Et ...etc...

Précision : le revêtement $\pi : \mathbb P^1 \to \mathbb P^1$ est défini sur $\mathbb Q$ pour la bonne raison que $(x^4 - 6x^2 + 1)/(x^3-x)$ est une fraction rationnelle à coefficients dans $\mathbb Q$. Mais quand on parle des points de la fibre $\pi^{-1}(t_0)$, il faut aller chercher ces points dans $\mathbb P^1(\overline {\mathbb Q})$ où $\overline {\mathbb Q}$ est la clôture algébrique de $\mathbb Q$ (c'est pas moi qui paye). En géométrie algébrique (élémentaire), il faut distinguer le lieu de vie des équations et le lieu de vie des points.