Groupe de Galois d'un polynôme de degré 5

Bonjour,

Les racines rationnelles $\displaystyle x={p \over q}$ avec $\displaystyle p, q$ des entiers relatifs (et $\displaystyle q$ non nul) du polynôme $\displaystyle P[X] = X^5-9 X+3 = a_5 X^5+a_1 X+a_0$ vérifient nécessairement que $\displaystyle p \mid a_0=3$ et $\displaystyle q \mid a_5=1$ et donc $\displaystyle \pm x \in \{1, 3\}.$ On vérifie par calcul que $\displaystyle P(\pm 1), P(\pm 3) $ ne s'annulent pas. Corrigé : les messages ci-dessous contestent cette affirmation : Donc ce polynôme est irréductible dans $\Q.$ Elle doit donc être fausse !

Je ne sais pas t'aider plus (je n'ai pas étudié ce domaine des mathématiques).

Maple dit que c'est $\mathfrak{S}_5$.

YvesM a montré que P n'a pas de racines, pas qu'il est irréductible. Pour cela, on peut par exemple, utiliser le critère d'Eisenstein.

Bonjour,

Une remarque d'ordre linguistique : je n'ai pas trouvé sous Google l'expression française correspondant à l'anglais "resolvent". Néanmoins le sens de l'expression incite à rechercher une forme substantivée du participe présent et donc une terminaison en -ant. Tu aurais des références sur l'utilisation de cette expression en français, noix de totos ?

@noix de toto

Tu penses que l'on enseigne (dans les filières classiques) la théorie des résolvantes ? Le résolvant que tu mentionnes (de degré 6), correspond bien à l'action (transitive) de $S_5 \simeq \mathrm {PGL}_2(\mathbb F_5)$ sur $\mathbb P^1(\mathbb F_5)$ ou si on veut sur les classes à gauche de $\mathrm {PGL}_2(\mathbb F_5)$ modulo le groupe affine $\mathrm {AGL}_1(\mathbb F_5)$ ?

Il faut quand même un système de Calcul Formel pour le déterminer. Idem pour le discriminant d'ailleurs.

Ce qui est envisagé par Siegfried me semble plus jouable pour un étudiant, non ? Mais peut-être que gimax n'est pas un étudiant, après tout.

Cordialement.

@Claude Quitté.

La question de déterminer "le" groupe de Galois d'un quintique est résolue depuis longtemps.

Par exemple,en 1796 et généralisant des idées de Tchirnhaus, Bring a montré que tout polynôme unitaire de degré $5$ à coefficients rationnels peut, via une transformation bien adaptée, se ramener à la forme dite "de Bring-Jerrard" $X^5+aX+b$ avec $a,b \in \mathbb{Q}$.

Plus tard, on a établi que si le sextique $R = (X+2a)^4(X^2+16a^2) - 5^5 b^4 (X+3a)$ n'a pas de racine rationnelle (c'est ce sextique que j'ai utilisé ci-dessus), alors $\textrm{Gal}(P/\mathbb{Q})$ n'est pas résoluble. Inutile d'entrer dans la théorie générale (compliquée il est vrai) des résolvants.

De même, on connaît aussi des critères (c'est-à-dire des équivalences) relativement simples de résolubilité des quintiques $X^5+aX+b$.

Enfin bref, le groupe de Galois d'un quintique, on sait faire.

Mon message est-il inadapté ? Je ne le pense pas. La méthode de Siegfried, bien connue, est d'un usage assez limité. Il se trouve ici que, $P$ n'étant pas résoluble, il est assez simple de déterminer son groupe de Galois. Mais ça ne s'applique pas à tous les polynômes, loin de là. Essaie donc de déterminer le groupe de Galois du polynôme que j'ai mis plus haut.

Enfin, je m'inscris en faux contre cette tendance que l'on voit de plus en plus apparaître ici, sur ce forum, qui pousse certains à considérer que telle ou telle réponse serait sans valeur car le demandeur ne serait pas d'un niveau suffisant pour l'appliquer.

Je considère qu'une réponse sur un forum n'est pas uniquement destinée à une seule personne, mais, à condition de rester dans le sujet, peut intéresser un bon nombre de lecteurs non actifs.

De plus, le demandeur est assez grand pour dire si telle ou telle réponse lui convient ou pas.

Je maintiens donc mon message plus haut.

@Gimax.

OK. C'est tout le problème de ce type d'exercice : la question est bien connue des spécialistes, mais l'exercice a peut-être un objectif bien précis.

En tout cas, les premiers réflexes face à ce type de question sont, à mon sens :

1. Démontrer l'irréductibilité du polynôme, ce qui assure que son groupe de Galois est transitif.

2. Calculer son discriminant, ce qui permet de savoir si le groupe de Galois est contenu dans $A_n$ ou pas.

Après, tout dépend des outils que tu as à ta disposition. Un outil basique, dû à Dedekind, permet de trouver une permutation assez précise du groupe de Galois de $P$ à partir d'une factorisation de $P$ dans $\mathbb{F}_p[X]$ où $p \nmid \textrm{disc}(P)$ est un nombre premier bien choisi, qui permettra à son tour, à l'aide de quelques lemmes d'algèbre, d'identifier ce groupe.

Un lemme possible est le suivant : si $p$ est premier et si $H$ est un sous-groupe de $S_p$ qui contient une transposition et un élément d'ordre $p$, alors $H= S_p$.

Avec ce polynôme $P = X^5-9X+3$, on a $\overline{P} = \left( X^2+X+\overline{1} \right) \left( X^3+X^2+\overline{1} \right)$ dans $\mathbb{F}_2[X]$ et $\overline{P}$ est irréductible sur $\mathbb{F}_{13}$ (ce qui, au passage, redémontre l'irréductibilité de $P$ sur $\mathbb{Z}$), de sorte que, d'après le théorème de Dedekind, $\textrm{Gal}(P/\mathbb{Q})$ contient une transposition et un élément d'ordre $5$, et donc $\textrm{Gal}(P/\mathbb{Q}) \simeq S_5$.

$H$ est un sous-groupe transitif de $S_n$ si, pour tous $i,j \in \{1,\dotsc,n \}$, il existe $\sigma \in H$ telle que $\sigma(i) = j$.

Savoir qu'un tel sous-groupe est transitif permet de limiter les recherches. Par exemple, les sous-groupes transitifs de $S_5$ sont essentiellement $S_5$, $A_5$, le groupe de Frobenius $F_{20}$, le groupe diédral $D_5$ et le groupe cyclique $C_5$.

Ici, $P$ étant irréductible, son groupe de Galois est l'un de ces cinq sous-groupes de $S_5$.

Parmi ces cinq sous-groupes, seuls $S_5$ et $A_5$ ne sont pas résolubles. C'est la raison pour laquelle j'ai signalé plus haut que, sachant que ton polynôme n'est pas résoluble, son groupe de Galois ne pouvait qu'être l'un de ces deux-là. Le discriminant de $P$ permet alors de choisir lequel est-ce réellement.

Si le groupe de Galois de $P$ est résoluble (comme c'est le cas de mon polynôme plus haut, pour lequel pour l'instant personne n'a trouvé le groupe de Galois), alors des techniques plus sophistiquées permettent de déterminer son groupe de Galois parmi $C_5$, $D_5$ ou $F_{20}$.

Pour les références, tu trouves pas mal de ces résultats dans le livre de S. Francinou & H. Gianella, Exercices de Mathématiques pour l'Agrégation, Algèbre 1, Masson, 1994 (par exemple, le lemme de Siegfried est l'Exercice 5.28 page 217, le lemme de Dedekind est l'Exercice 5.30).

Edit : Merci à AD pour sa relecture et sa correction.

@Gimax.

Dans le document de K. Conrad fourni par Reuns ci-dessus, tu trouves au Theorem 2.9 la réponse à ta première question. Le Theorem 4.13 est le Lemme de Dedekind dont je parlais plus haut.

Il faut corriger ma phrase "Si $P$ est résoluble" en "Si le polynôme groupe de Galois de $P$ est résoluble".

Edit : Merci à AD pour sa relecture et sa correction.

@gimax : A mon avis "polynôme irréductible $\implies$ groupe de Galois transitif" c'est en fait le théorème de base des extensions finies de corps :

- si $f \in \mathbb{Q}[X], f(a) = 0$ et $f$ irréductible [small]($f$ est le polynôme minimal de $a$)[/small] alors $\mathbb{Q}(a) \simeq \mathbb{Q}[X]/(f)$ [small](l'isomorphisme étant $\varphi : \mathbb{Q}[X]/(f) \to \mathbb{Q}(a),\ \ \varphi(P) = P(a)$)[/small]

- note que $L = k[X]/(P)$ est un $k$-espace vectoriel et que $L[X]/(Q)$ est un $L$ espace vectoriel et donc un $k$-espace vectoriel, donc si $K/F$ est une extension finie alors $K$ est un $F$ espace vectoriel

Donc pour deux racines $a_i,a_j$ de $f$ on a un isomorphisme de corps $\sigma : \mathbb{Q}(a_i) \to \mathbb{Q}(a_j) $ tel que $\sigma(a_i) = a_j$ et $\forall y \in \mathbb{Q},\sigma(y) = y$.

Enfin avec $K = \mathbb{Q}(a_1,\ldots,a_n)$ le corps de décomposition de $f$,
il faut prolonger $\sigma$ en un automorphisme $K \to K$ qui fixe $\mathbb{Q}$ et envoie $a_i$ sur $a_j$,
et écrivant $K$ comme une extension de $\mathbb{Q}(a_i)$ donc un $\mathbb{Q}(a_i)$ espace-vectoriel,
d'autre part comme une extension finie de $\mathbb{Q}(a_j)$ et donc un $\mathbb{Q}(a_j)$ espace-vectoriel,
et de dire que ces deux espaces-vectoriels ont la même structure et d'appliquer $\sigma$ au premier pour obtenir un automorphisme $\tilde{\sigma} : K \to K$.

les détails ici 3.5.2 à 3.5.5

@noix de toto. Quelques questions.
1. Est-ce que le fait que deux racines soient complexes ne nous donne pas automatiquement une transposition dans le groupe de Galois ?
2. Je ne comprends pas pourquoi résolvante n'a pas de racine rationnelle -> groupe de Galois non résoluble.
(Ce que tu appelles la résolvante c'est laquelle de résolvante ? Dit autrement peux-tu donner la fonction des racines correspondante ? Si je me souviens résolvante de Galois et de Lagrange par exemple ce n'est pas la même, ou si j'ai oublié)
3. Pour ta question est-ce qu'en réduisant modulo 4, on n'obtient pas un sous-groupe d'ordre 4 du groupe de Galois du coup ...
4. Je ne connaissais pas la référence à Bring, j'appelais ça naïvement Tchirnhaus. Tu as la référence historique ?

Merci pour ton intervention,
M.

Hello; Hier soir, noix de totos m'a gentiment demandé de déterminer le groupe de Galois sur $\mathbb Q$ du polynôme $X^5 + 15X + 12$. Ce que j'ai fini par faire. Et j'ai même fait en sorte de de construire une famille infinie de polynômes de la forme $X^5 + aX + b$ ayant pour groupe de Galois $\mathrm {AGL}_1(\mathbb F_5)$.
Du coup, j'atache, sous forme d'un petit pdf de 2 pages, ce que j'ai exactement fabriqué hier soir. Sous forme d'une histoire pas trop relue.

Merci à Claude Quitté pour son poly.

Quant à moi, on note que, si $P=X^5+15X+12$, alors le polynôme sextique associé à $P$ (voir mes messages précédents) admet $r=0$ comme racine, de sorte que $P$ est résoluble par radicaux. Posons $a=15$ et $d:=1 + \left( \dfrac{3r-16a}{4r+12a} \right)^2 = \dfrac{25}{9}$. Puisque $5d$ n'est pas un carré dans $\mathbb{Q}$, on en déduit en appliquant le résultat de Spearman & Williams de la référence [2] ci-dessus que $\textrm{Gal}(P/\mathbb{Q}) \simeq F_{20}$.

Le même outil appliqué au polynôme $P = X^5+20X+32$ montre assez rapidement (le plus long est de dégoter une racine du sextique résolvant associé à $P$) que $\textrm{Gal}(P/\mathbb{Q}) \simeq D_5$.

Edit : Corrigé après le message de CQ.

Poly, pas poly, là, franchement, je me soucie assez peu de ça...

Merci pour la coquille (une de plus, décidément).

Si ça t'intéresse, tu as un travail similaire pour le degré $6$ (mais plus compliqué) dans le papier suivant :

Thomas R. Hagedorn, General Formulas for Solving Solvable Sextic Equations, Journal of Algebra 233 (2000), 704--757.

Difficile de simplifier tout ça, effectivement. Avec l'avènement des machines, le travail s'est vraiment concentré sur les résolvants.

Oui mais, si on ne se limite pas à $|a| \leqslant 40$ et $|b| \leqslant 40$, il y a dans les références citées plus haut un critère général. Par exemple $X^5-40X+64$ est irréductible, résoluble par radicaux et de groupe de Galois $F_{20}$.

Un article de Quadrature devrait résumer tout ceci très bientôt : http://www.quadrature.info/index.php?page=014 (je fais un peu de pub, car j'aime bien ce journal, malheureusement uniquement disponible par abonnement).

Bonne idée...(tu)

À noter dans la liste des sujets à paraître ci-dessus : "le Grand Théorème de Fermat" par Henri Cohen...Ça devrait valoir le détour, non ?

Exact ! Merci, AP.

C'est l'intérêt avec cette revue : il y en a pour tous les goûts et le niveau est en général assez relevé.

Dans le même ordre d'idée, le dernier Hors-Série de Tangente sur la théorie des ensembles est pas mal fait, également.