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Homographies et petits groupes de Galois

Envoyé par claude quitté 
Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin : En réponse à [www.les-mathematiques.net], 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.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par claude quitté.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - LurothPartI.pdf (169.5 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
A propos de faire encore plus simple. Tu dis dans [www.les-mathematiques.net]

Citation
gay requin
Une petite preuve pour la dernière construction.

$x$ est de degré 4 sur $K$ donc $[L:K]=4$ et $card(Gal(L/K)) \le 4$ d'après le théorème de Dedekind.
Or, $\langle\sigma\rangle \subset Gal(L/K)$ donc ces deux ensembles sont égaux avec $card(Gal(L/K))=[L:K]=4$ en prime.
Conclusion : $L/K$ est galoisienne de groupe de Galois $C_4$.

Il y a peut-être des choses à justifier. Et comme tu dis "d'après le théorème de Dedekind'', les <<enfants risquent de partir>>. Qu'en est-il exactement ? Rappel : on dispose d'une ``homographie'' $\sigma$ d'ordre $4$ sur $L = k(x)$ (on a pris $k = \mathbb Q$ mais tout corps de caractéristique $\ne 2$ convient) et on a posé $K = L^\sigma$ le sous-corps des fractions rationnelles invariantes par $\sigma$. Bon $K$, on sait pas encore ce que c'est. En tout cas, c'est clair que $L = K(x)$ et que $x$ est algébrique sur $K$ de degré $\le 4$ car le polynôme suivant $F$ de degré $4$
$$
F(X) = \prod_{i=0}^3 \big(X - \sigma^i(x) \big) \qquad \hbox {est à coefficients dans $K$ et vérifie $F(x) = 0$}
$$
Donc on peut parler du polynôme minimal $P \in K[X]$ de $x$ sur $K$. Donc $P$ divise $F$. C'est pas encore clair que $P = F$. Mais $P(x) = 0$ (c'est quand même la vocation première du polynôme minimal). Un coup (et même plusieurs) de $\sigma$ donne $P(\sigma^i(x)) = 0$. Or avant, on a calculé (c'est encore temps de le faire) $\sigma(x)$, $\sigma^2(x)$, $\sigma^3(x)$. Et on voit bien que $x$, $\sigma(x)$, $\sigma^2(x)$, $\sigma^3(x)$ sont deux à deux distincts (ok, c'est redondant, car on savait déjà que $\sigma$ était d'ordre 4, mais de toutes manière on aura besoin de ces calculs). Bilan : c'est que $F$ divise $P$. Et donc $F = P$ car tous les deux unitaires. On n'a pas utilisé directement le théorème de Dedekind, mais son esprit car ici on est dans un terrain particulier.

Ensuite, peut-être que cela va être bien d'avoir le contrôle sur $K$. Autant le dire: on va avoir $K = k(t)$ avec $t = x + \sigma(x) + \sigma^2(x) + \sigma^3(x)$, égal à la fraction rationnelle que tu sais. Elle est de hauteur $4$ et c'est là qu'une version faible du théorème de Luröth va venir à notre secours.

Oups : J'ai oublié de parler du Graal, je veux dire de la ``chose galoisienne''. Bon, là, il y a le problème de ``à qui s'adresse-t-on ?'' Ou encore de ce que j'appelle ``grand-frère et petit-frère''. Classique : petit-frère demande à grand-frère ``sur CET EXEMPLE", est ce que tu pourrais m'expliquer ce qu'est une extension galoisienne, le groupe de Galois, tout çà. Et grand-frère répond : ``tu peux pas comprendre, parce que t'as pas fait de la théorie de Galois tandis que moi, si''. Moyen comme réponse ; peut-être que grand-frère peut faire un effort ?
Et c'est peut-être le moment de faire un petit bilan : on dispose d'une extension $L = K(x)$ de degré $4$, avec sa $K$-base $(1,x,x^2,x^3)$, on connaît le polynôme minimal $F$ de $x$ sur $K$, on connait ses racines dans $L$ (évidemment, on est parti des racines $\sigma^ i(x)$ pour $i = 0 \cdots 3$), et le polynôme $F$ est totalement scindé dans $L[X]$. Cela mérite de dire que $L/K$ est galoisienne. Et qu'en est-il de ${\rm Gal}(L/K)$ i.e. des automorphismes de $L$ qui sont l'identité sur $K$ ? On a déjà les $\sigma^i$ pour $0 \le i \le 3$. Si $g \in {\rm Gal}(L/K)$, alors, comme $F(x) = 0$, on a $F(g(x)) = 0$, donc $g(x) = \sigma^i(x)$ pour un certain $i$, puis $g = \sigma^i$. Bref ${\rm Gal}(L/K) = \langle \sigma\rangle$. Et qu'en est-il des éléments de $L$ fixés par ce groupe : et bien, c'est $K$, vu que c'est la définition de $K$.

Peut-être que grand-frère peut donc trouver des choses à dire à petit-frère ? Mais attention. Petit-frère peut s'extasier devant le fait ``$(1,x,x,x^2)$ est une base de $L/K$''. Et dire : mais cela signifie que toute fraction rationnelle est une combinaison linéaire unique de $(1,x,x^2,x^3)$ à coefficients dans $K$, i.e. chaque coefficient de la combinaison linéaire est une fraction rationnelle invariante par $\sigma$. C'est cela, grand frère ? Ben oui. Et tu peux me le faire pour la fraction rationnelle $1/x$ ? Et pour $(x^3 + 7)/(5x^2 + x + 1)$? Euh ...



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
J'essaie déjà de comprendre $\pi$.
Si $t_0=\pi(x_0)$, alors $x_0,\sigma(x_0),\sigma^2(x_0),\sigma^3(x_0)\in \pi^{-1}(t_0)$.
Il y a donc deux points exceptionnels pour $t_0=\pm i$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Peut-être que j'aurais dû attendre que l'on avance plus l'algèbre au lieu de mentionner cette histoire de géométrie ? Tant pis, c'est fait. Tout d'abord, je corrige une information, le polynôme de degré $4$ est:
$$
F_t(X) = X^4 - tX^3 - 6X^2 + tX + 1 \qquad\qquad \hbox {et pas $+6X^2$ comme écrit à un moment donné (sorry)}
$$
On s'en aperçoit lorsque l'on calcule le discriminant : ${\rm disc}(F_t) = 2 (t^2 + 16)^3$. J'ai mis à jour [www.les-mathematiques.net]. Si on s'était occupé de la spécialisation en $t \in \mathbb Z$, on se serait vite aperçu de cette coquille !

Venons en au revêtement $\pi$. Ok sur le début: il faut regarder les points $x_0, \sigma(x_0), \sigma^2(x_0), \sigma^3(x_0)$, donc en HAUT, qui ne sont pas au nombre de $4$ i.e. les $x_0$ qui sont fixés par un habitant de $\langle \sigma\rangle$ autres que l'identité (on dit des points d'inertie sous le groupe $\langle\sigma\rangle$). Et effectivement, on trouve $x_0 = \pm i$, ce qui donne en BAS, $t_0 = \pm 4i$ (ces $t_0$ sont des racines du discriminant, on verra plus tard). Donc au dessus de $t_0=4i$, il y a un seul point $x_0=i$ de multiplicité $4$. Idem au dessus de $t_0=-4i$, il y a $x_0=-i$ de multiplicité $4$. D'ailleurs, la résolution en $x$ de:
$$
\frac {x^4 - 6x^2 + 1} {x^3 - x} = 4i \qquad \hbox {i.e.}\qquad x^4 - 6x^2 + 1 = 4i (x^3 - x)
$$
n'est pas compliquée car:
$$
(x^4 - 6x^2 + 1) - 4i(x^3-x) = (x-i)^4, \qquad\hbox {idem} \qquad (x^4 - 6x^2 + 1) + 4i(x^3-x) = (x+i)^4
$$
On voit bien le coup de la multiplicité $4$. Tu te doutes que j'utilise une machine pour vérifier tout cela car j'ai pas envie de confondre $+$ ou $-$ quelque part.

Tu fais un petit dessin avec $\pi$ vertical, et au dessus de $t_0=4i$, que tu mets en bas, tu mets $x_0=i$ avec un petit indice du type $i_{(4)}$, le 4 indiquant la multiplicité (on dit indice de ramification). Idem pour $-4i$ (of course, les $4$ n'ont rien à voir entre eux). Attention à ne pas oublier en bas $\infty$. Mais y'a pas de lézard, car au dessus de $t_0=\infty$, il y a les 4 points $x_0=\infty, 0, 1, -1$, chacun de multiplicité $1$. Donc, quand j'ai dit qu'en bas, il y avait 3 points de branchement, j'avais faux : il n'y en a que $2$ (c'est vraiment exceptionnel). Et idem, il n'y a que deux points ramifiés en haut et l'exemple est pas top car on risquerait de croire que les deux 2 ont un rapport.

Un petit truc que je dis, c'est juste pour vérifier que l'on a rien oublié, c'est la formule de Riemman-Hurwitz
$$
2 - 2g_{\rm haut} = \hbox {degré du revêtement} \times (2 - 2g_{\rm bas}) - \sum_{x \in \rm haut} (e_x-1)
$$
Dans notre histoire, $g_{\rm haut} = 0$ (pour $\mathbb P^1$), $g_{\rm bas} = 0$ (pour $\mathbb P^1$), le degré du revêtement c'est 4 (nombre de points dans la fibre), et $e_x$ c'est l'indice de ramification de $x$ du haut, presque toujours égal à $1$ sauf pour un nombre fini de points. Ici, $e_{x_0=i} = 4$ et $e_{x_0=-i} = 4$. Bilan:
$$
2 = 4 \times 2 - (4-1 + 4-1)
$$
Cela colle. Ici, "le prendre comme cela", sans plus (C.Q. comme pédago, t'es nul).

Vrai bilan: je suis un âne car j'ai brûlé des étapes alors que j'ai pas arrêter de dire qu'il fallait pas le faire ! Triple 0 pour C.Q. Suggestion : bétonner la partie algébrique (par exemple la spécialisation), s'occuper du groupe diédral $D_4$, réfléchir au fait que l'on aurait pu prendre des actions linéaires en dimension $2$ (faire agir "la" matrice de $\sigma$ sur $(t,u)$, do you see what I mean ?). Autrement dit, toujours commencer par ce que l'on maîtrise bien. Sorry.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Salut,

J'ai un peu de mal à comprendre la construction du revêtement $\pi$, je vais lire le début de l'autre discussion, car tout ceci semble assez amusant :)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Pour la spécialisation de $F_t(X)$, ça a l'air de marcher moins bien que dans le cas quaternionique puisque, par exemple, le groupe de Galois de $F_3(X)$ sur $\mathbb{Q}$ est $\mathbb{F}_2$.

Ceci dit, j'ai quand même l'impression que ça marche pour tout $t\in \mathbb{Z}\setminus\{-3;0;3\}$.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flipflop Ce revêtement $\pi$ n'est qu'une fraction rationnelle. Toute fraction rationnelle $t \in k(x)$ non constante fournit, via l'inclusion des corps de fractions $k(t) \subset k(x)$, un revêtement (ramifié) $x \mapsto t(x)$ de $\mathbb P^1 \to \mathbb P^1$ de degré égal à la hauteur de $t$. Ce qui est moins banal ici, c'est le côté galoisien. On peut le faire 8 fois (et pas plus je crois) le coup du galoisien sur $\mathbb Q$, because le peu de sous-groupes finis de ${\rm PGL}_2(\mathbb Q)$.

Autre chose. Je t'ai dit que j'avais calé. Mais avant de caler, j'ai compris quelques bricoles extrêmement concrètes. Par exemple la descente de $\mathbb C$ à $\mathbb {\overline Q}$, Matzat-Malle ne la font plus avec des outils qui font peur aux enfants (Weil, Grothendieck). Tu vois quoi ci-dessous, en $x$ :
$$
t = \frac {(-a^2\pi^2 - 2a\pi - \pi^4 - 1)x^2 + (-2a^3\pi - 2a^2 - 2a\pi^3 + 2\pi^2)x - a^4 - a^2\pi^2 + 2a\pi - 1}
{(a\pi^3 - 2\pi^4 + \pi^2)x^2 + (2a^2\pi^2 - 4a\pi^3 + 4\pi^2 - 1)x + a^3\pi - 2a^2\pi^2 - a^2 + 4a\pi - 2}
$$
Une fraction rationnelle $t$ en $x$ à coefficients complexes ($\pi$ c'est le réel habituel, $a \in \mathbb C$ une constante, peu importe). Sais tu que $t$ est une homographie de $u = (x^2 + 1)/(x + 2)$, brave fraction rationnellle à coefficients dans $\mathbb Q$ ; mais of course l'homographie est à coefficients complexes. Ben, moi je le sais car je suis parti de $u$, et que j'ai construit $t$ à l'aide d'une homographie ``garbage''. Mais imagine un instant que je perde $u$ (faut être c.n). Et bien, si je fais tourner une version concrète de la descente, je vais retrouver $u$, à une homographie rationnelle près. Je t'assure que si. Et alors ? Ben of course $\mathbb C(t) = \mathbb C(u)$. Et maintenant $\mathbb C(u)$, cela peut descendre à $\mathbb Q(u)$. Mais non, j'ai pas bu. Tout cela est concret et ancré dans les points de branchement (en BAS). J'ai eu un programme maple qui faisait ce binz.

Et un jour, j'ai vu à la fin d'un papier de John G. Thompson (celui de Feit et .. i.e. groupes simples finis) ``Some finite groups which appear as Gal(L/K) where $K \subset \mathbb Q(\root n\of 1)$'', que Serre l'avait contacté sur le sujet. Je cite:

Soon after completing my paper on Galois groups, I learned fron J.P. Serre and other algebraic geometers that the function theoretic portion of my paper could greatly shortened by appealing to Riemann's Existence Theorem (respect). However, I believed my approach is still of considerable worth, for several reasons [[je coupe]] Also, the very concreteness of my approach gives an explicit quality to the construction. ...etc

Et dans le papier, il se prive pas de faire des choses concrètes, accessibles (et il dit ``Sheaf theory can wait'').

On y voit passer une notion de rigidité sur les groupes finis. Faut absolument que j'en parle plus tard car Serre sort l'artillerie du complété profini $\widehat {\mathbb Z}$ réalisé comme groupe de Galois de l'extension maximale cyclotomique de $\mathbb Q$. Cela m'est resté en travers de la gorge.

Toujours est-il qu'avant de caler (cela a quand même duré plusieurs années), je me suis mis à jouer avec l'inertie. J'attache un truc qui risque de me faire passer pour un fou. C'est pas terminé et cela paraît vachement technique. J'attache aussi deux pages sur le revêtement de la courbe de Serre (ici, c'est juste un plan mais j'ai pas mal de notes sur cette histoire).
J'ai même mis le cube en homographies dans [www.les-mathematiques.net] mais sans aucun succès.

Et c'est à force de vouloir être trop concret que j'ai fini par caler. Mais de temps en temps, on voit quand même des gens qui explicitent un polynôme qui .. (ok, peut-être pas pour le monstre). A bientôt, pour ce truc que Serre règle à coups de complété profini (faut que je prépare le binz pour poser une question).
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - SerreCurveView.pdf (1.47 MB)
ouvrir | télécharger - OrientationInertie.pdf (389.8 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin

Je viens de passer 10 minutes à te répondre, en te citant, et j'ai eu des soucis (data base error ...etc..). Et puis j'ai tout perdu. Bon je te cite pas du coup. Pour la spécialisation faut pas être trop exigeant. Je trouve que c'est déjà pas mal. Tu fais chauffer ta machine avec maple ? J'ai peaufiné Luröth (pour me faire pardonner le coup de la géométrie). Tu veux ou c'est trop tôt ? Tu te ferais pas un petit groupe non cyclique comme le groupe diédral $D_4$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
J'utilise Maple pour regarder quels polynômes $F_t$ sont irréductibles.
En effet, on sait (cf Chambert-Loir) que pour tout $t\in \mathbb{Q}$, on obtient après spécialisation une extension galoisienne de groupe de Galois un sous-groupe de $C_4$.

J'ai jeté un coup d'œil à ton pdf OrientationInertie et, si je pense que tu n'es pas fou, je pense que je le deviendrais si j'essayais de tout éplucher. winking smiley

Lüroth me paraît plus abordable.

Pour $D_4$, tu veux que je trouve une fraction rationnelle $t$ telle que $\mathbb{Q}(x)^{<\tau,\sigma>}=\mathbb{Q}(t)$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Je viens de faire une mise à jour de Luröth en [www.les-mathematiques.net]. En fait, je dis Luröth, mais c'est le quart de la moitié du théorème de Luröth ; pour l'instant cela suffit. Ce qui est important c'est le coup des homographies comme coefficients de l'unitarisé de $v(X)y - u(X)$. Quant au reste i.e. $1 - (1/2)/4$ tombera tout seul au bon moment. Il peut y avoir probablement des coquilles (typo et autres).

Je veux rien du tout, mais toi si (c'est toi qui as commencé, je te rappelle). Faut juste que cela t'amuse (et il faut du temps, je sais). Il me semble que je t'ai donné un exemplaire de $D_4$ en homographies ? Vérifie quand même que c'est bien $D_4$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
On a $\sigma^4=Id$, $\tau^2=Id$ et $\tau\sigma\tau^{-1}=\sigma^{-1}$ donc $<\sigma,\tau>=D_4$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Après de multiples oublis de parenthèses dans Maple, je trouve que si $t=\displaystyle{\frac{x^8+14x^4+1}{x^6-2x^4+x^2}}$, alors $\mathbb{Q}(x)/\mathbb{Q}(t)$ est galoisienne de groupe de Galois $D_4$ en décomposant $F_t(X)=X^8-tX^6+(14+2t)X^4-tX^2+1$.confused smiley
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - Galois_D4.pdf (116.6 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin : Vu. Je viens de vérifier dans mes affaires que cela colle (cela remonte à l'époque d'Axiom, tu es trop jeune pour connaître). Par précaution, j'ai fait quelques vérifications en magma et comme tu parlais de parenthèses en maple, j'ai poussé le bouchon à faire un peu de maple (beurk). J'ai enseigné maple pendant des années mais je ne l'utilise plus (beurk again). Toute cette histoire m'a ramené x années en arrière (Galois, maple). Est ce que tu connais @ et @@ dans ce langage (sic) ? Et seq ? Exemple (sorry for the raw text) :

# g d'ordre 4, h d'ordre 2 : groupe diedral D4
g := x -> (x+1) / (-x+1) ;
h := x -> 1/x ;

# Utilisation de @ et @@
simplify((g@h)(x)) ;
simplify((g@@2)(x)) ;

# Utilisation de seq
seq(i, i = 1..5) ;
seq(seq(i*j, i = 1..2), j = 5..7) ;
seq(seq(10*i+j, i = 1..j), j = 1..2) ;

H := seq(seq( (g@@i)@(h@@j)(x), i = 0..3), j = 0..1) ;
H := seq(seq( simplify(((g@@i)@(h@@j))(x)), i = 0..3), j = 0..1) ;

P := mul(X - sigma, sigma = H) ;
P := collect(expand(P), X, simplify) ;
P := sort(P, X) ;

Je vois que tu as eu à exprimer un certain coefficient de $P$ (dans ta session maple) comme une homographie d'un autre coefficient nommé $t$ (le coup du $14 + 2t$). Je suppose que tu l'as vu à l'oeil nu? Cf aussi plus loin.

Suggestion : prendre le temps de se poser pour faire un bilan, des bilans. Par exemple, ici, pour $D_4$, il y a quelques sous-groupes et donc tu peux jouer avec la correspondance galoisienne (et n'oublie pas que tu as la main sur les 8 racines). Je vois que ton polynôme $F_t(X)$, il est de la forme $G_t(X^2)$. Et donc peut-être quelque chose à dire sur $K(x^2)$ ?
Et de manière générale, $K$ corps quelconque, quid de $K(x^2) \subseteq K(x)$ où $x$ est un habitant d'une $K$-extension algébrique sur $K$ : $K(x)/K(x^2)$ est une extension de degré $1$ ou $2$. Cas d'égalité ? Et au fait, hier, le polynôme $F_t(X)$ POUR $C_4$, il est tel que $F_1, F_2$ sont irréductibles modulo 3 et donc pour tout $t \equiv 1,2 \bmod 3$, le polynôme $F_t(X)$ est irréductible modulo $3$ donc irréductible dans $\mathbb Z[X]$. C'est petit mais c'est toujours cela de pris. De manière expérimentale, comme toi : les seules valeurs entières trouvées pour lesquelles il n'est pas irréductible sont $0, \pm 3$.

Bref, pour moi, des dizaines de questions à se poser pour bien bétonner la base. Par exemple, je pense qu'en passant, tu as du prouvé un cas particulier du théorème d'Artin. Connais tu le théorème d'Artin en théorie de Galois ? Et parfois, on peut se poser des questions jusqu'à se faire peur : par exemple, si j'ai deux fractions rationnelles $t, u \in k(x)$, et que je sais par théorème que $k(t) = k(u)$, c'est que je devrais être capable d'écrire $u$ comme une homographie de $t$, non ? Souviens toi de la question du petit-frère. Mais pas se faire trop peur quand même. Of course, tout ce dont je parle est réglé à l'intérieur des preuves à condition de lire entre les lignes.

Et puis maintenant, c'est peut-être mur pour régler son compte au théorème de Luröth, le vrai ?Je suppose que tu disposes d'ouvrages ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin : Je me débarrasse de Luröth. Bien sûr, il faut aller voir dans les livres. Mais le terrain, je pense, a été préparé. Soit $k$ un corps commutatif, $L = k(x)$ un corps de fractions rationnelles en $x$, et $K$ un corps intermédiaire $k \subseteq K \subseteq k(x)$. Il faut montrer que $K$ est de la forme $k(y)$ pour une certaine fraction rationnelle $y$. Mais on va pas ``la'' sortir d'un chapeau de magicien. Je mets ``la'' entre guillemets, car elle n'est pas unique (toute $k$-homographie de $y$ convient). On peut exclure le cas où $K = k$ et donc supposer que $K$ contient une fraction rationnelle non constante $z$. Alors $L = k(x)$ est algébrique sur $K$. Why ? Et où aller chercher $y$ vu ce que l'on a fait depuis plusieurs jours ?

Donc cela devrait tomber en allant voir dans les livres comment on y montre vraiment que $K = k(y)$ pour la fraction rationnelle $y$ que TOI tu proposes (qui est, en général, la même que celle proposée dans les ouvrages).

Et puis se faire peur (mais pas trop, petit-frère et tout le binz). Grand-frère, t'as démontré le théorème de Luröth ? Oui, oui. Petit-frère : super ; tiens je prends deux fractions rationnelles non constantes $g, h$ ; grand-frère, tu peux me sortir $y$ tel que $k(g,h) = k(y)$? Euh ... Il est préférable parfois de ne PAS vouloir tout contrôler.



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Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Je connais le théorème d'Artin qu'on utilise (et tu l'as fait aussi avec des groupes d'homographie) pour construire des extensions galoisiennes.

Les ouvrages que je possède et qui traitent plus ou moins de la théorie de Galois :
- Ceux que j'ai lus : Galois theory de Stewart (très pédagogique) et Corps commuatifs et théorie de Galois de Tauvel (très formel mais complet).
- Ceux que je n'ai pas lus (honte à moi) : Algebra de Lang (la bible), An introduction to Galois cohomology and its applications (Berhuy), Cohomologie galoisienne, Topics in Galois theory et Corps locaux (Serre), Modular forms and Fermat's last theorem (Cornell, Silverman, Stevens) et Modules sur les anneaux commutatifs (tu connais je crois).

Je regarderai ta longue série de questions pendant ce long week-end qui arrive.



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Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin Oups, je ne pouvais pas savoir qui tu étais et que tu disposais de ces ouvrages. Par contre, j'insiste sur le fait que l'on n'a jamais eu besoin ni du théorème d'Artin, ni du théorème d'indépendance des morphismes de Dedekind. Car justement, j'avais pris quelques précautions pour rester le plus élémentaire possible : on peut pas dire ``on va traiter quelques exemples pertinents sans trop de pré-requis'' puis faire appel au théorème de Truc et de Machin. Pourquoi, on n'a jamais eu besoin de tout cela ? Parce que j'avais pris la précaution de ne manier que des extensions avec un élément primitif explicite.

Je m'explique. Le théorème d'Artin, qui certes est trés important (et qui peut être montré sans avoir fait beaucoup de théorie de Galois) dit la chose suivante. Soit $L$ un corps commutatif, $G \subset {\rm Aut}(L)$ un sous-groupe fini, et $K = L^G$ le sous-corps de $L$ des éléments fixés par $G$. Alors $L/K$ est finie, de degré $\#G$ et ${\rm Aut}(L/K) = G$. La preuve demande quand même du travail (mais on la trouve un peu partout). Mais nous, on n'a jamais eu besoin de cela ! Pourquoi ? Parce que les $L$ que l'on maniait étaient de la forme $L = K(x)$ et que ce contexte particulier (élément primitif) trivialise le théorème d'Artin. Justification ; on pose
$$
F(X) = \prod_{\sigma \in G}(X - x)
$$
Alors $F$ est un polynôme unitaire de $K[X]$, de degré $\#G$, et $F(x) = 0$. Donc $L/K$ est finie et $[L : K] \le \#G$. Et d'une. Soit $P$ le polynôme minimal de $x$ sur $K$, donc $P$ divise $F$. Alors $P(x) = 0$ donc $P(\sigma(x)) = 0$ et comme les $(\sigma(x))_{\sigma \in G}$ sont deux à deux distincts, on a $F$ qui divise $P$, donc $F = P$. Bilan : $[L : K] = \#G$. Et de deux. Enfin, soit $g$ un $K$-automorphisme de $L$. Comme $F(x) = 0$, on a $F(g(x)) = 0$ donc $g(x)$ est l'un des $\sigma(x)$, puis $g = \sigma$. Dernier bilan : ${\rm Aut}(L/K) = G$. Qu'a-t-on utilisé ? Rien (of course, je l'avais fait exprès).

Autre chose : soit le polynôme $F_t(X)$, de degré $4$ qui figure dans [www.les-mathematiques.net], et qui réalise $C_4$. Que se passe-t-il si on considère $F_t(X^2)$ ? Reste irréductible ? Réalise quel groupe ?

Bon week-end.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
J'ai peut-être des ouvrages mais je suis loin d'en avoir fait le tour.
En réalité, je suis totalement autodidacte en théorie de Galois et je suis donc très chanceux d'avoir enfin un autre point de vue que le mien. Mille mercis encore une fois.

Bon week-end à toi aussi.



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Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Si $F_t(X)=X^4-tX^3-6X^2+tX+1$, alors $F_t(X^2)$ reste irréductible et réalise $(C_2)^3\rtimes C_4$ d'après Maple.



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Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@ Gai requin Je viens encore de me faire jeter par une réaction bizarre du forum. Je fais cela en deux temps par sécurité. J'attache un petit bilan sur le passé récent en ce qui concerne $C_4$.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - C4GenericExtension.pdf (299.4 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@Gai requin. Vu ton résultat avec maple. Tu devrais préciser, même s'il n'y a pas ambiguité, quel est ce produit semi-direct. Il y a, à conjugaison près, 50 sous-groupes transitifs de $S_8$, et celui-ci est codé $[2^3]4$ dans la codification de Butler-MacCay (je suis plus sûr du nom) et il vient en position $20$ dans ces tables plus ou moins officielles.

Et sans maple, ah, ah ? Et peut-être que pour $t$ autre que $0,\pm 3$, le polynôme $F_t(X^e)$ est irréductible pour tout exposant $e$ ? Et quel est alors le groupe de Galois ? Tu croyais t'en tirer comme ça ? (rassure toi, je m'absente pour un certain temps). Cette histoire de spécialisation pour $F_t$ réalisant $C_4$ en dehors de $0,\pm 3$ m'a interpellé et c'est pour cela que j'ai fait un petit bilan, cf le post précédent. Je suis pour les bilans (et j'en suis encore à $C_4$, donc à la traine) mais je n'ai plus le temps (il fait beau à Poitiers) et je ne sais même plus ce qui reste vraiment à résoudre. Souviens toi du contrat : faire simple, encore plus simple. Utiliser un système de Calcul Formel : oui, bien sûr mais ensuite faut essayer de faire sans (du mois ce que l'on peut).

J'ai retrouvé un texte d'examen jamais donné de Juin 2001 consacré à la $D_4$-résolvante cubique d'un polynôme de degré $4$. Si cela te dit (pour toi c'est gratuit).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
j'aime bien les histoires avec un grand frère.

J'ai fumé des clopes en cachette et je sais ce c'est qu'est un corps, algébriquement parlant.

Bon disons qu'on voudrait résoudre des équations polynomiales dominantes genre $x^5 +2x =3$
On se met en file indienne ou on élimine les indiens avant ?

S

La poésie n'est pas une solution.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@samok Je suis plutôt, pour des raisons pédagogiques (ah, ah), pour nous placer dans des terrains dans lesquels on a le contrôle de la chose galoisienne. Bien sûr c'est louable de vouloir résoudre des équations polynomiales et tout le binz..etc.. Ca viendra, mais pour moi, c'est trop tôt. J'ai 5 terrains de jeu à proposer pour ne pas se faire attaquer par les indiens.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@samok On peut pas toujours réinventer la roue en revenant en arrière à l'époque de Galois (je sais pas faire de toutes manières). Inutile de se voiler la face : en 2016, et même depuis un certain temps, on sait ques les notions importantes sont les corps commutatifs et les automorphismes de corps. Donc autant jouer avec ces objets dans un terrain contrôlé. Par exemple, celui des extensions cyclotomiques $\mathbb Q(\root p\of 1) = \mathbb Q(\zeta_p)$ où $p$ est un nombre premier $\zeta_p$ est la racine $p$-ième de l'unité à laquelle tu penses ; pour la bonne raison que Gauss l'a fait avant Galois et donc ``sans théorie de Galois''. Le coup de la construction à la règle et au compas, c'est lui (sauf que de nos jours, on attend d'avoir fait la théorie de Galois pour donner comme application la construction à la règle et au compas du polygone régulier à $17$ côtés). Pour jouer dans ce terrain, faut être un ami intime de $\mathbb F_p^\times$ i.e. du groupe des inversibles de $\mathbb Z/p \mathbb Z$ (c'est lui le groupe de Galois qui agit sur les racines $p$-ièmes de l'unité).

Un autre terrain est celui des polynômes symétriques. Tu pars d'un petit corps $k$, tu poses $L = k(X_1, \ldots, X_n)$ et $K = k(\sigma_1, \ldots, \sigma_n)$ où les $\sigma_i$ sont les fonctions symétriques élémentaires de $X_1, \ldots, X_n$
$$
F (T) = (T - X_1)(T - X_2) \cdots (T-X_n) = T^n - \sigma_1 T^{n-1} + \sigma_2 T^{n-2} - \cdots + (-1)^n \sigma_n
$$
Les $\sigma_i$ sont:
$$
\sigma_1 = \sum_i X_i, \qquad
\sigma_2 = \sum_{i < j} X_iX_j, \qquad
\sigma_3 = \sum_{i < j < k} X_iX_j X_k, \qquad
\cdots\qquad
\sigma_n = X_1 X_2\cdots X_n
$$
Là tu n'as pas à chercher les racines de $F$ car tu les vois et tu n'as pas à chercher le groupe de Galois parce que c'est le groupe symétrique $S_n$. Il faut juste un résultat capital sur les polynômes symétriques (mieux que les fractions rationnelles symétriques). Qui s'écrit:
$$
k[X_1, \ldots, X_n]^{S_n} = k[\sigma_1, \ldots, \sigma_n] \qquad
\scriptsize(\hbox {un polynôme symétrique est un polynôme en les fonctions symétriques élémentaires})
$$
Ensuite, il faut passer des polynômes aux fractions rationnelles i.e. montrer qu'une fraction rationnelle symétrique i.e. invariante par $S_n$, est quotient de deux polynômes symétriques, ce qui demande une preuve (c'est un peu comme le coup des petites classes de multiplier par l'expression conjuguée quand il y a $\sqrt 3$ au dénominateur). Et des sous-groupes de $S_n$, y'en a plein.
Donc tu peux jouer avec ce qui sera plus tard la correspondance galoisienne. J'attache un jeu (cela peut faire flop).



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Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Gai requin Encore un petit quelque chose pour te montrer comme le fil est cohérent par rapport au titre (on peut pas en dire autant du fil quaternionien). Je dois dire la vérité : le coup du $t^2 + 16$ qui est, à un carré près, le discriminant de $F_t$ (le polynôme de degré $4$, de groupe de Galois $C_4$, que j'ose pas ré-écrire de peur de créer une coquille), je n'y ai pas pensé tout de suite. J'ai pris ma calculette magma, choisi un premier $p$ et compté le nombre de $t$ dans $\mathbb F_p$, tels que le polynôme $F_t(X)$ reste irréductible modulo $p$. Pourquoi? J'en sais rien (faut bien faire quelque chose). Mais j'en ai trouvé un peu près la moitié de $p$. J'ai changé de $p$ et cela marchait encore. Très exactement, si $p \equiv 1 \bmod (4)$, j'ai trouvé $(p-1)/2$ bonnes valeurs de $t$, et si $p \equiv 3 \bmod (4)$, j'en ai trouvé $(p+1)/2$. Et quand tu es dans $\mathbb F_p$, que tu sais pas ce que tu y es fait, mais que tu trouves la moitié de $\mathbb F_p$ qui donne un bon truc, c'est que les carrés sont pas loin. Et j'ai fini par penser que c'était lié au caractère quadratique de $t^2 + 16$ dans $\mathbb F_p$ (être ou ne pas être un carré). Et cela collait: $F_t(X)$ restait irréductible modulo $p$ si et seulement si $t^2 + 16$ n'était pas un carré modulo $p$. Et j'ai voulu assurer le coup de la moitié environ. I.e. compter le nombre de $t$ dans $\mathbb F_p$ tels qu'il existe $z$ vérifiant $t^2 + 16 = z^2$. Et comme je savais pas faire, j'ai compté le nombre de $z \in \mathbb F_p$ tels qu'il existe $t$ vérifiant $z^2 - 16 = t^2$ i.e. le nombre de $z$ tels que $(z-4)(z+4)$ soit un carré. Mais un produit cela a le même caractère quadratique que le quotient puisque $ab = b^2 \times a/b$. Et là, que voit-on
$$
\hbox {il faut compter le nombre de $z\in \mathbb F_p$ tels que} \quad
\frac {z-4}{z+4} \quad \hbox {soit un carré}
$$
Une HOMOGRAPHIE. Et comme $z \mapsto \frac{z-4}{z+4}$ c'est une bijection à condition de bien préciser l'ensemble de départ et d'arrivée (il faut supprimer les pôles, ..etc..), on a bien le coup de la moitié à quelque chose près (les esprits chagrins vont me dire que j'ai compté --- très mal de surcroit --- les $z$ tels que ... alors qu'il fallait compter les $t$ tels que ...). Bref, on est toujours dans le sujet des homographies.


@Samok, @FdP Un petit quelque chose que j'aime beaucoup. Soit $L$ un corps commutatif et $\sigma \in {\rm Aut}(L)$ un automorphisme d'ordre $2$. On pose $K = L^\sigma$ (les invariants par $\sigma$). Alors $L/K$ est algébrique de degré $2$. Interdit d'utiliser des choses savantes comme le théorème d'Artin (c'est un cas particulier). Exemples : $L = k(x)$ et $\sigma : x \mapsto -x$ ou $x \mapsto 1/x$ ou $x \mapsto 1-x$. Quand on arrive à montrer ce truc qui parait minus, on est super-content. Je donne juste une indication : on a déjà que $L \ne K$ (si on avait $K=L$, on aurait $\sigma = {\rm Id}_L$). Prendre $x_0 \in L \setminus K$, et montrer que $(1,x_0)$ est une $K$-base de $L$. Il va se passer quelque chose de très très galoisien.

Et ensuite, on arrive à montrer que ${\rm Aut}(L/K) = \langle\sigma\rangle$. J'ai jamais réussi à faire la même chose simplement pour un automorphisme d'ordre $3$. Mais avec un automorphisme $\sigma$ d'ordre $4$, si en considérant $\sigma^2$. Pour obtenir $[L : K] = 4$ avec un étage intermédiaire quadratique. Et avec $\sigma$ d'ordre 8, on obtient $[L:K] = 8$ avec deux étages intermédiaires quadratiques et des renseignements très très précis sur lesquels je passe. Et ca le fait pour $16$ ..etc.. I.e. pour toute puissance de 2. Le polygone régulier à 17 côtés n'est plus hors de portée si on le veut bien (parce que $17-1=16$). Bilan: partant d'un truc totalement minus qui en ferait rire beaucoup (le degré 2), en faisant ce qu'il faut, sans trop de prè-requis, on arrive à faire quelque chose de consistant. Enfin, je trouve.

Je vous assure que dans ce type de terrain, ON A LA MAIN. J'ai bien compris que Samok veut ``résoudre'' $x^5 + ax + b = 0$ avec $a,b$ je sais plus. Cela viendra un jour ou l'autre.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@Claude : Pour justifier le groupe de Galois de $F_t(X^2)$, il faudrait que je révise d'abord les produits semi-directs...
C'est d'ailleurs la première fois que je tombe sur un Groupe de Galois de cette forme.
Quant à l'étude des $F_t(X^e)$, c'est pas pour tout de suite vu mon incompétence pour le cas $e=2$.

Par ailleurs, ton sujet de juin 2001 m'intéresse beaucoup puisque je n'ai jamais passé d'examen sur la théorie de Galois (en maîtrise, j'avais choisi un module d'algèbre commutative avec Peskine plutôt que le module de théorie des nombres).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin Pour être honnête, je patauge, ce qui prouve bien que lorsque l'on quitte un terrain bien balisé, on peut se trouver mal. J'ai juste réussi à identifier le produit-semi direct. Il faut se donner un automorphisme d'ordre 4 dans ${\rm Aut}(C_2 \times C_2 \times C_2)$. Ce dernier groupe, si on utilise $\mathbb F_2^3$ au lieu du produit direct des $C_2$ n'est autre que ${\rm GL}_3(\mathbb F_2)$, le fameux groupe simple d'ordre 168. Et cela tombe bien, car dans ce groupe simple, il n'y a qu'une seule classe de conjugaison d'éléments d'ordre 4. Par exemple
$$
\pmatrix {1 & 1 & 0\cr 0 & 1 & 1\cr 0 & 0 & 1\cr} \qquad \hbox {ou dans l'autre modèle, en additif} \quad
x \mapsto x,\quad y \mapsto x+y, \quad z \mapsto y+z
$$
Je note toujours $K \rtimes H$ mes produits semi-directs de manière à ce que $K$ se trouve, du bon côté, en position kernel dans la suite exacte:
$$
1 \to K \to K \rtimes_\psi H \to H \to 1
$$
le produit semi-direct en question étant relatif à $\psi : H \to {\rm Aut}(K)$ (et $K$ devient distingué dans le produit semi-direct). Je t'attache un truc à C.Q. sur le produit semi-direct écrit il y a longtemps. Comme d'habitude, c'est assez verbeux (je me souviens d'avoir écrit un corrigé vachement détaillé pour une étudiante qui le souhaitait).

Je sais pas si on va être capable d'en venir à bout : le groupe est d'ordre 32 et le polynôme de degré 8 et donc on quitte le terrain bien peinard. Je crois qu'il faut inventer une racine carrée à chaque $x_i$ mais comme $x_1x_2x_3x_4=1$, cela en fait seulement $3$ (je me comprends), ce qui va créer du $2 \times 2 \times 2$ tout en haut, au dessus de $\mathbb Q(x)$ (je me comprends, et encore).

Je t'attache aussi l'épreuve (elle n'a jamais eu lieu). J'ai juste recompilé le source. Je vois que c'est pas terminé car dans la session maple il y a des erreurs (tentative de calcul du groupe de Galois d'un polynôme non irréductible). Je tire cela de l'article ``An elementary Test for the Galois Group of a Quartic Polynomial'' (Kappe, Warren), Amer. Math. Month. Vol. 96 number 3, Feb 1989. J'avais tout programmé et j'ai noté quelques erreurs dans l'article. J'ai jamais pris le temps d'écrire un corrigé (ce qui est très très rare chez moi).

Enfin, en ce qui concerne la codification des sous-groupes transitifs de $S_n$ pour $n \le 15$, je me suis trompé de noms d'auteurs : Butler, c'était avant. Maintenant (disons dans l'exemplaire non daté que j'ai sous le nez), il s'agit de J.H. Conway, A. Hulpke, J. McKay (j'ai jamais réussi à lire leur table, je dois être de mauvaise foi).
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - produit-semi-direct.pdf (164.8 KB)
ouvrir | télécharger - exo_resolvante_cubique_diedrale.pdf (67.5 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Il y a un exo (que j'ai fait) sur la résolvante cubique diédrale (sans le dire) dans le Tauvel "Corps commutatif et théorie de Galois" : c'est le 15.4 p.271.
Mais l'objectif est différent (on cherche dans le Tauvel à caractériser les polynôme irréductibles de degré $4$ de groupe de Galois $D_4$).

Merci pour le fichier sur le produit semi-direct à la C.Q. que je vais essayer de lire une fois mes copies corrigées...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Je commence à résoudre l'exo de Claude.

a) Remarque : le discriminant de $f$ est $\delta^2$ et il est non nul car $f$ est séparable.

Soit $\sigma \in G:=\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$.
Alors, si $\epsilon $ est la signature, on sait que $\epsilon(\sigma)=\displaystyle{\frac{\prod_{i<j}\sigma(x_i)-\sigma(x_j)}{\delta}}$ donc $\sigma(\delta)=\epsilon(\sigma)\delta$.
Or, $L/\mathbb{Q}$ est galoisienne donc $\delta\in\mathbb{Q}^*\Leftrightarrow \forall \sigma\in G$ $\sigma(\delta)=\delta \Leftrightarrow \forall \sigma\in G$ $\epsilon(\sigma)=1 \Leftrightarrow G\subset A_n$.



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Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
b) $G$ est transitif donc il n'y a qu'une seule orbite pour l'action de $G$ sur $\{1,2,3,4\}$.
Ainsi, $4$ divise $\# G$ puis $12$ divise $\# G$ d'après l'hypothèse.
Or, $A_4$ est le seul sous-groupe de $S_4$ d'ordre $12$, ce qui permet de conclure.



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Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
c)(i) Soit $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$.
$\sigma$ laisse globalement invariant $\{y_1,y_2,y_3\}$ donc fixe chacune des fonctions symétriques élémentaires des $y_i$ qui sont donc dans $\mathbb{k}$.
D'où le résultat d'après les relations coefficients-racines d'un polynôme.

(ii) On a $y_2-y_1=(x_1-x_4)(x_3-x_2)$, $y_3-y_1=(x_1-x_3)(x_4-x_2)$ et $y_3-y_2=(x_1-x_2)(x_4-x_3)$ ce qui permet de conclure.



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Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
d) Pour tous $1\leq i<j\leq 4$, $x_i$ et $x_j$ ont le même polynôme minimal sur $\mathbb{Q}$, à savoir $f$, donc sont conjugués.
Il existe donc $\sigma \in \mathrm{Gal}(\mathbb{C}/\mathbb{Q})$ tels que $\sigma(x_i)=x_j$.
Or, $L/\mathbb{Q}$ est normale donc $\sigma |L \in \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$ qui est bien transitif et dont l'ordre est divisible par $4$ comme on l'a déjà vu en b).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin J'ai fait une mise à jour de C4GenericExtension.pdf dans [www.les-mathematiques.net]. Je ne dispose pas du Tauvel. Je sais simplement qu'avec la $D_4$-résolvante, on ne peut pas départager $C_4$ et $D_4$ comme candidats à être le groupe de Galois (voir le type des actions dans la table de la page 4 de ma note, attention ce bout de section est en cours). Page 5, j'ai commencé à toucher à $F_t(X^2)$.

Plus rien de ma part pendant un certain temps comme tu sais.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
C4GenericExtension en cours mais super travail already.

Je te souhaite un bon séjour où que tu ailles et j'essaierais de terminer ton exo de 2001 avant ton retour.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin Je crois que l'on ne peut pas faire des mathématiques dans la précipitation, enfin moi, je ne sais pas faire. Du coup, j'ai commis une erreur énorme à la fin. Je viens de modifier mon texte en y mettant du rouge.

Quant à ``l'épreuve'', je crois qu'elle est pas terrible du tout. Je me demande si à l'époque (2000-2001), je connaissais la théorie des résolvants et des résolvantes (cela date des anciens). Tu connais ? C'est le paragraphe que je veux développer EN-COURS dans C4GeneriqueExtension.

Le seul point positif dans le texte de l'épreuve, on le doit à Cauchy : regarde le programme maple et les fonctions CauchyModules et Composantes. Etant donné un anneau quelconque commutatif $A$, alors $A[X_1, \ldots, X_n]$ est un $A[\sigma_1, \ldots, \sigma_n]$-module libre de rang $n!$, de base les $X_1^{\alpha_1} \cdots X_n^{\alpha_n}$ avec $0 \le \alpha_i < i$. Of course, les $\sigma_i$ sont les fonctions symétriques élémentaires. Et ce diable d'homme de Cauchy ``savait écrire'' tout habitant de $A[X_1, \ldots, X_n]$ sur cette base : c'est l'histoire des modules de Cauchy. Et du coup, cela permet d'écrire tout polynôme symétrique comme un polynôme en les fonctions symétriques élémentaires, à l'aide de quelques lignes, via ces fameux modules de Cauchy. Mais les modules de Cauchy, c'est bien plus puissant que cette simple application aux polynômes symétriques.

Bref, vive les modules de Cauchy et les anciens. Et à bas la précipitation.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Continuons l'exo de Claude.

e)(i) Notons $Y_i=\{\{a,b\},\{c,d\}\}$ de sorte que $Y_j=\{\{\sigma(a),\sigma(b)\},\{\sigma(c),\sigma(d)\}\}$.
Alors $y_j=x_{\sigma(a)}x_{\sigma(b)}+x_{\sigma(c)}x_{\sigma(d)}=\sigma(x_ax_b+x_cx_d)=\sigma(y_i)$.

(ii) Soit $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q}(y_i))$.
Alors $\sigma(y_i)=y_i$ donc, comme les $y_k$ sont deux à deux distincts, $\sigma(Y_i)=Y_i$ d'après (i).
Donc $\sigma \in D_4(Y_i)$.

Soit maintenant $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q}(y_1,y_2,y_3))$.
Alors, pour tout $i$, $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q}(y_i))$ donc $\sigma \in D_4(Y_i)$ d'après le point précédent.
Donc $\sigma \in D_4(Y_1)\cap D_4(Y_2)\cap D_4(Y_3)=V$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
f)(i) Les $y_i$ sont dans $\mathbb{Q}$ donc $\mathbb{Q}(y_1,y_2,y_3)=\mathbb{Q}$ et $\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})\subset V$ d'après e).
Or, $4$ divise $\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$ d'après d) donc on a bien l'égalité annoncée.

(ii) $R(X)=X^3-bX^2-4X+4b$ a pour racines $2,-2$ et $b$ donc $R$ est totalement scindé dans $\mathbb{Q}[X]$.

Montrons ensuite que pour tout entier $b\geq 3$, $f(X)$ est irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$, où l'on raisonne désormais.
Comme $b\geq 3$, $f(X)$ n'a pas de racines réelles donc, s'il est réductible, on peut écrire $f(X)=(X^2+aX+\alpha)(X^2+cX+\alpha)$, où $\alpha\in \{-1,1\}$.
L'examen du coefficient de $X^3$ donne immédiatement $c=-a$ puis celui de $X^2$ donne $a^2=2\alpha-b$ ce qui est impossible.
Donc $f(X)$ est irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$ et primitif donc il est aussi irréductible dans $\mathbb{Q}[X]$.
Son groupe de Galois est donc $V$ d'après la question précédente.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
g)(i) $R$ est irréductible dans $\mathbb{Q}[X]$ donc $[\mathbb{Q}(y_1):\mathbb{Q}]=3$ et divise $[L:\mathbb{Q}]=\# \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$ car $L/\mathbb{Q}$ est galoisienne.
Donc, d'après a) et b), $\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})=A_4$ si $\Delta$ est un carré dans $\mathbb{Q}^*$, $S_4$ sinon.

(ii) $R(X)=X^3-4dX-16d$ donc, d'après c)(ii), $\Delta=-(-4^4d^3+27.4^4d^2)=4^4d^2(d-27)$.

Soit alors $d\in \mathbb{Z}$ tel que $f(X)$ est irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$ donc dans $\mathbb{Q}[X]$.
Si $d-27$ est un carré parfait, alors le groupe de Galois de $f(X)$ est $A_4$.
Exemple : $d=28$.
Sinon, ce groupe de Galois est $S_4$.
Exemple : $d=1$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@Claude : je ne connaissais pas cette théorie des résolvants ce qui fait que j'ai appris des trucs en faisant ton sujet que je trouve sympa du coup.

Pour le reste, il faut vraiment que je prenne le temps de revoir les produits semi-directs avant de me lancer (why not) dans les histoires de revêtements galoisiens avec lesquels tu as introduit ce fil (ça partait fort n'est-ce-paswinking smiley).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin Je suis toujours là, mais pas pour longtemps. A mon retour, je vais essayer de rassembler tous tes posts en une réponse à la fin de l'exo, même si je suis pas trop fier de mon exercice. Mais plusieurs choses m'inquiètent. D'abord que vas tu faire une fois toutes tes copies corrigées (la plaie, ce truc) ? Et quand tu auras réalisé de manière galoisienne tous les sous-groupes finis de ${\rm PGL}_2(\mathbb Q)$ ? Certes, il n'y en a qu'un nombre fini à isomorphie près et/ou à conjugaison près. J'ai souvent dit 8, mais c'est pas clair (il y a 30 ans, la personne qui me les a fourni m'en avait fourni 7 et j'en ai trouvé un autre). Bref, cela serait bien de s'assurer de cette histoire de classification des sous-groupes finis de ... Et quand je dis réaliser, cela peut inclure le fait de dessiner les extensions intermédiaires ..etc. Et dans le polynôme $F_t(X) \in \mathbb Z[t][X]$ trouvé, remplacer $X$ par $X^2$, par $X^3$, histoire de se faire peur, le réduire modulo $p$ ...etc.. les choses de la vie.

Oui, donc que vas tu faire une fois cela terminé ? Pour corser le tout, je me suis aperçu qu'une fraction rationnelle $t = N(x)/F(x)$, pouvait être galoisienne définie sur $\mathbb Q$, sans que le groupe d'homographies ne soit défini sur $\mathbb Q$. Si tu prends par exemple le cube et son ${\rm SO}_3$, qui est un groupe isomorphe à $S_4$, et que tu le passes en homographies (merci à la sphère réelle $\mathbb S^2$ et à la droite projective complexe $\mathbb P^1(\mathbb C)$), tu tombes sur un sous-groupe d'homographies définies sur $\mathbb Q(i)$ et pas sur $\mathbb Q$. Mais la fraction rationnelle obtenue est définie sur $\mathbb Q$ (voir le fil Cube en homographies, où cette fraction rationnelle, de hauteur 24, est nommée $J$ en honneur de la fonction ``elliptique'' $j$). Ceci veut dire que j'ai confondu ``défini sur $\mathbb Q$", en ce qui concerne la fraction rationnelle $t = N(x)/D(x)$ et ses racines de $F_t(X)$ qui sont les homographies. Que la honte soit sur moi. Encore des choses à éclaircir.

La deuxième chose qui m'inquiète, c'est que ce fil tourne entre nous, ce qui pourrait donner l'impression que les autres en sont exclus. Et ils vont penser que l'on tourne en rond, qu'on n'est pas capable de faire d'autres choses que des homographies, que C.Q. attache ses pdf ...etc... Donc je me dis qu'il faut s'ouvrir. Comme tu auras probablement tout terminé avant que je ne revienne, je te recommande un beau texte de Serre ici [www.ams.org]. Je l'ai jamais vraiment lu, mais visiblement c'est un régal et c'est du Serre. Pas grave, si on ne comprend pas tout ce qu'il fait. On voit par exemple dans la section 5 qu'il compte le nombre $N_p(f)$ de racines modulo $p$ du fameux polynôme $f(X) = X^n - X - 1$, irréductible sur $\mathbb Q$, de groupe de Galois $S_n$, spécialisé en $t := 1$, du polynôme $X^n - X - t$ (celui avec lequel on pourrait jouer si ton cousin, qui fait de la géométrie algébrique, dit que c'est nul de jouer avec la droite projective $\mathbb P^1$). Quand on a rien à faire, on devrait toujours compter le nombre de racines modulo $p$ d'un polynôme irréductible de $\mathbb Z[X]$. Et dans l'article de Serre, on voit apparaître la manisfestation concrète de formes modulaires. Ah oui, j'oubliais : ce qui est BEAU, c'est que Serre prend comme alibi un théorème de Jordan de 1872. Et il s'amuse vraiment autour ce ce thème.

A mon retour, histoire d'ouvrir le fil, on va regarder le chapitre 7 de Topis in Galois Theory de Serre (fais pas semblant d'avoir égaré cet ouvrage). Ne pas oublier que dans cet ouvrage, par opposition aux autres ouvrages de Serre, tout n'est pas toujours détaillé (ce sont des notes écrites par Darmon, à la suite d'un cours de Serre sur ce thème). On y verra, dans ce chapitre 7, comment Serre fait des comptages dans les groupes finis et qu'il n'hésite pas à faire agir $U(\widehat {\mathbb Z})$ sur le complété profini d'un groupe libre à $r$ éléments ($\widehat {\mathbb Z}$, c'est déja un complété profini). Ca fait peur à l'enfant que je suis mais ``ça déchire''.

Tout cà, c'est de la faute à Yann : avec son histoire de groupe quaternionien réalisé de manière galoisienne, j'ai ressorti mes vieilles affaires galoisiennes d'étagères de mon bureau qui me semblaient enfouies à tout jamais.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Ben j'ai toujours pas corrigé mes copies (la plaie comme tu dis).

Ce fil tourne plutôt entre nous mais il y a eu quelques interventions (samok et flipflop) et quelques lecteurs passagers (regarde le nombre de visites). Je ne crois pas que quiconque puisse te reprocher tes pdf qui évitent de relire tous les fils auxquels ils font référence, relectures qui sont souvent inextricables.

J'avoue que Serre me fait un peu peur car le niveau auquel il se place demande trop souvent des prérequis que je n'ai pas (par exemple je ne connais rien sur les représentations linéaires des groupes finis bien que je possède des livres...).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
En tout cas, ${\rm GL}_2(\mathbb Q)$ possède $8$ sous-groupes finis à isomorphisme près.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - GLn(Q).pdf (392.3 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Un petit pour le week-end :
En utilisant l'homographie $\sigma(x)=\displaystyle{\frac{x-1}{x+2}}$, on montre que si $t=\displaystyle{\frac{x^6-15x^4-20x^3+6x+1}{2x^5+5x^4-5x^2-2x}}$, alors $\mathbb{Q}(x)/\mathbb{Q}(t)$ est galoisienne de groupe de Galois $C_6$ en décomposant $F_t(X)=X^6-2tX^5-5(t+3)X^4-20X^3+5tX^2+2(t+3)X+1$.

La spécialisation semble bien fonctionner pour tout $t\in\mathbb{Z}\setminus \{-3,0,5\}$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin Merci pour le document sur les sous-groupes finis de ${\rm GL}_n(\mathbb Q)$ : j'ai juste fait un rapide parcours à l'écran et j'y ai vu beaucoup de résultats intéressants. Cependant, cela ne règle pas le cas des sous-groupes finis de ${\rm PGL}_2(\mathbb Q)$. Prenons par exemple ton homographie $x-1 \over x+2$, qui est d'ordre 6 ; elle est représentée par la matrice $H = \pmatrix {1 & -1\cr 1 & 2\cr}$ qui n'est pas d'ordre fini : on a $H^6 = -27{\rm I}_2$ (le fait que $H^6$ soit une homothétie participe à la preuve du fait que l'homographie est d'ordre 6). Autre exemple : soient $H_1 = \pmatrix {0 & 1\cr 1 & 0\cr}$ et $H_2 = \pmatrix {-1 & 0\cr 0 & 1\cr}$ représentant, via :
$$
\pmatrix {a & b\cr c & d\cr} \longmapsto {ax+b \over cx+d}
$$
les homographies $h_1 = 1/x$ et $h_2 = -x$; on a $H_1H_2 = -H_2H_1$ si bien que $h_1 \circ h_2 = h_2 \circ h_1$ (ce que l'on peut voir directement). Le groupe $\langle h_1,h_2\rangle \subset {\rm PGL}_2(\mathbb Q)$ est isomorphe à $C_2 \times C_2$ tandis que $\langle H_1, H_2\rangle \subset {\rm GL}_2(\mathbb Q)$ est isomorphe au groupe diédral $D_4$ (d'ordre 8).

Pour l'instant, je dispose de 8 sous-groupes finis de ${\rm PGL}_2(\mathbb Q)$, isomorphes à
$$
C_2, C_3, C_4, C_6 \quad \hbox {(4 groupes cycliques)}, \qquad\qquad
D_2 \simeq C_2\times C_2,D_3, D_4,D_6\quad \hbox {(4 groupes diédraux)}
$$
Un petit truc pour trouver (ou faire semblant de) ton homographie d'ordre 6 (ou une variante) :
$$
{x-1 \over x+2}
$$
On part de la factorisation dans $\mathbb Z[j]$ : $3 = -j^2 \times (1-j)^2$, qui semble sortir d'un chapeau de magicien, mais c'est pas le cas (voir plus loin). En élevant au cube, on obtient $27 = -(1-j)^6$. Ceci prouve que la matrice $H'$ de la multiplication par $1-j$ dans la $\mathbb Z$-base $(1,j)$ de $\mathbb Z[j]$ a sa puissance 6-ième qui vaut $-27{\rm I}_2$ et donc, dans ${\rm PGL}_2(\mathbb Q)$, l'ordre de $H'$ divise 6 (avec un petit effort, l'ordre est 6 exactement). La matrice $H'$ est très exactement $H' = \pmatrix {1 & 1\cr -1 & 2\cr}$ ; c'est une variante de la tienne. Au fait, comment as tu trouvé la tienne ?

A propos de la factorisation de $3$ dans $\mathbb Z[j]$ : il faut la voir comme $3 \sim (1-j)^2$ où $\sim$ signifie ``égal à un inversible près''. Il se trouve que dans l'anneau principal $\mathbb Z[j]$, tout premier $p \in \mathbb N \setminus \{3\}$ ou bien reste premier (= irréductible) dans $\mathbb Z[j]$, ou bien est le produit de deux irréductibles distincts (= non associés). Le premier 3 a un statut spécial car sa factorisation dans $\mathbb Z[j]$ fait intervenir deux fois le même irréductible $1-j$ (on dit que 3 est ramifié dans $\mathbb Z[j]$).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Welcome back Claude. smiling smiley

Pour trouver $\sigma$, j'ai utilisé l'argument suivant :
$\sigma$ est d'ordre $6 \Leftrightarrow \mathrm{tr}(M)^2=3\mathrm{det}(M)$, où $M$ désigne la matrice associée à $\sigma$.

J'ai essayé de commencer à lire le chapitre $7$ de "Topics in Galois theory" où j'ai rapidement atteint mon seuil d'incompétence dès que Serre parle de caractères d'un groupe fini.
Je crois que je vais commencer par lire son "Représentations linéaires d'un groupe fini" qui, au moins au début, a l'air de se placer à un niveau qui m'est accessible.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin D'où sort ton équivalence ``$\sigma$ d'ordre 6 si et seulement si $\mathrm {tr}(M)^2 = 3\det(M)$ où $M$ est une matrice définissant $\sigma$'' ? Note que je n'ai pas dit ``$M$ désignant la matrice associée à $\sigma$''. Ce n'est pas du pinaillage d'un revenant : une homographie, cela ne détermine pas une matrice mais une matrice à $k^\times$-près où $k$ est le corps de base (si $M$ est une matrice de l'homographie, alors $\lambda M$ aussi pour tout $\lambda \in k^\times$). Ainsi, dis moi que tu es bien embêté pour choisir une matrice de l'homographie ${x-1 \over -x+2} = {-x+1 \over x-2}$. Bien sûr, dans le critère $\mathrm {tr}(M)^2 = 3\det(M)$, on peut remplacer $M$ par $\lambda M$, vu que la trace est linéaire (et intervient par son carré) et le déterminant quadratique (because la dimension 2). Je pense que l'on a le même type de résultat pour l'ordre 4 i.e. $\sigma$ d'ordre 4 si et seulement si $\mathrm {tr}(M)^2 = 2\det(M)$ où $M$ est une matrice définissant $\sigma$.

Quant à Serre, Topics in Galois Theory, chap. 7, j'ai parlé bien vite (c'est dû à quelque chose qui remonte à une dizaine d'années et que je n'ai jamais réglé .. mais il y a tant de choses que je n'ai pas réglées). Rien ne presse. Cela serait certainement préférable de donner d'abord ici des justifications élémentaires : il y a encore beaucoup, et beaucoup trop à mon goût, de points non self-contained, ce qui nuit à une compréhension de base. Des points qui doivent être franchement signalés ou bien pris en charge (par exemple, cette histoire de spécialisation, il y aurait beaucoup de choses à dire, en essayant de rester le plus élémentaire possible).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Désolé pour le mauvais article désignant $M$.
Tu as bon pour l'ordre $4$.
cf homographies

Je vais quand même me lancer dans la théorie des représentations linéaires de groupes finis pour ne pas me retrouver coincé dans des articles plus avancés.

Je crois que tu as déjà réglé les problèmes de spécialisation dans le cas de $C_4$.
Quant aux $F_t(X^e)$, ça m'a déjà l'air compliqué pour $e=2$.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
ça tombe bien, je viens de finir d'écrire deux chapitres qui reprennent la théorie de base sur les représentations des groupes finis, et j'ai besoin d'un relecteur grinning smiley Intéressé ? au passage, j'ai aussi écrit une partie sur la théorie de Galois pour débutants winking smiley

Greg

Ora, lege, lege, relege, labora et invenies (Prie, lis, lis , relis, travaille et tu trouveras)



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par GreginGre.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Je ne sais pas si je suis qualifié pour relire ladite représentation vu que j'y connais rien. sad smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Quelques réponses en vrac :

@GreginGre : je suis trop indiscipliné (et trop vieux) pour être un relecteur efficace (et pourtant j'aurais beaucoup de choses à apprendre dans ce domaine).

@gai requin : Merci pour le document ``Rotations et homographies'' de M. Romagny. Tu es un cachotier. Je constate que j'ai oublié mes classiques : si $A \in \mathrm {GL}_2(\mathbb C)$, il est classique d'introduire $\varphi(A) = \mathrm {tr}(A)^2 / \det(A)$ qui passe à $\mathrm {PGL}_2(\mathbb C)$. Et selon la valeur de $\varphi(A)$, on obtient une classification des homographies selon des types (type elliptique, parabolique, hyperbolique, loxodromique).

Est ce que tu as eu du mal avec $C_6$ ? i.e. exprimer chaque coefficient non constant de ... comme une homographie d'un coefficient non constant fixé (noté $t$ chez toi).

En ce qui concerne $C_4$, je ne suis pas sûr que $F_t(X) = X^4 -t X^3 - 6X^2 + tX + 1$ soit générique au sens de Saltman. Pour moi, l'histoire est loin d'être terminée.

A propos de la deuxième partie de mon post. [www.les-mathematiques.net]. J'ai retrouvé des billes que j'attache (je me souviens maintenant qu'un étudiant dans son devoir avait fourni une expression de $\cos ({2\pi \over 17})$ par radicaux carrés, cf en haut de la page 9, ``m'obligeant'' à détailler le corrigé, ce que je n'avais pas fait initialement).
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - exo_brouillon_regle_compas.pdf (181.3 KB)
ouvrir | télécharger - cercles_de_Carcyle.pdf (40.4 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Pas de problèmes pour $C_6$ puisque, à un facteur près, les coefficients non constants sont $t$ et $t+3$.

Que signifie "générique au sens de Saltman" ?



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