Cas simple de Galois

Sans un grand attirail de ``Théorie de Galois'' : résolvante de Lagrange-Hilbert et matrice de Vandermonde. Si $\sigma$ est un générateur de $\text{Gal}(L/K)$ d'ordre $n$, pour $x \in L$, la résolvante numéro $i$ pour $i = 0, \cdots, n-1$, associée à $x$ est :
$$
y_i = x + \xi_i^{-1} \sigma^1(x) + \xi_i^{-2} \sigma^2(x) + \cdots + \xi_i^{-(n-1)} \sigma^{n-1}(x) , \qquad
\xi_i = \zeta_n^i, \qquad
\hbox {$\zeta_n$ racine primitive d'ordre $n$ supposée dans $K$}
$$
Avec cela, on ``fait tout''. Plus ?

$\sigma(y_i) = ? \times y_i$ et donc $\sigma(y_i^n) = ??$.

$\sigma(y_i)=\zeta_i^{-(n-1)}y_i$ donc $\sigma(y_i^n)=y_i^n$ et $y_i^n\in K$.

Super méthode ! (tu)

Comme $K\subset K(x)$ est galoisienne, il est clair que $K(y_0,\ldots,y_{n-1})\subset K(x)$.
De plus, comme $V$ est inversible, $x$ est combinaison linéaire des $y_i$.
D'où $K(x)=K(y_0,\ldots,y_{n-1})$.

C'est vraiment utile de dire $K(x)/K$ galoisienne ? Il faut avoir fait de la théorie de Galois pour comprendre et faire des calculs avec la résolvante de Lagrange ?

@gai requin
C'est juste pour clarifier les pré-requis, pour bien cerner ce que l'on a utilisé ...etc.. Oui, on est parti d'un $x \in L$ quelconque, construit des $y_i \in L$ vérifiant $y_i^n \in K$, disons de manière symbolique (et un tantinet abusive) $y_i = \root n \of {a_i}$ avec $a_i \in K$. Et on montré l'égalité de $K$-espaces vectoriels :
$$
K.x + K .\sigma(x) + \cdots + K.\sigma^{n-1}(x) = K.y_0 + K.y_1 +\cdots + K.y_{n-1}
$$
On peut pas dire que l'on a vraiment utilisé de la théorie de Galois très compliquée (en tout cas, on n'a pas utilisé de cohomologie galoisienne).

Je n'ai pas trop vu l'expression de $x$, disons des $\sigma^i (x)$ en fonction de $y_0, \cdots, y_{n-1}$. Et toi ? Quid de l'inverse de $V$ ?

Et tu as utilisé le qualificatif de ``super méthode". Et si ce n'était pas une super méthode mais ce qui figure un peu près partout ?

Résumons.

1) On a fait quelque chose.

2) On a vu passer (merci Lagrange) le constructeur, pour $\xi \in \mathbb U_n \subset K$, $x \in L$, et $\sigma \in \text{Gal}(L/K)$ d'ordre $n$
$$
y_{\xi, \sigma, x} = x + \xi^{-1} \sigma(x) + \cdots + \xi^{-(n-1)} \sigma^{n-1}(x)
$$

3) Supposons maintenant $L/K$ galoisienne cyclique avec $\sigma$ générateur de $\text{Gal}(L/K)$ d'ordre $n$ et $K$ contenant $\mathbb U_n$. Montrer qu'il existe $x \in L$ tel que $y_{\zeta_n, \sigma, x} \ne 0$ (là, il faut vraiment plus de théorie de Galois). On note $y = y_{\zeta_n, \sigma, x}$. Montrer que $L = K(y)$. Et ici, on aura fait une autre chose.

4) Si on voulait, on pourrait aller plus loin. En partant de $L/K$ est galoisienne avec $G = \text{Gal}(L/K)$ résoluble d'ordre $n$ et $\mathbb U_n \subset K$. Etages cycliques radicaux et tout le truc.

@gai requin
Je ne comprends pas. Le $x$ que tu prends n'est pas quelconque, je suppose. Est ce que cela ne serait pas un élément primitif de $L/K$ ?
Et pourquoi $K(x) = K(y_0 + \cdots + y_n)$ ? D'abord, il n'y a pas de $y_n$, cela s'arrête à $y_{n-1}$
Grosso modo (sic), est ce que tu pourrais détailler en étant plus précis ?

@Claude : J'ai modifié mon post précédent mais ça ne marche pas donc je sors l'artillerie lourde.

Soit $(x,\sigma(x),\ldots,\sigma^{n-1}(x))$ une base normale de $L/K$ et $\xi$ une racine primitive $n$-ième de l'unité, de sorte que $y:=y_{\xi, \sigma, x}\neq 0$.
On a vu que les conjugués de $y$ sont $y,\xi y,\ldots,\xi^{n-1}y$ tous distincts et qu'il existe $a\in K$ tel que $y^n=a$. D'où $$L=K(y)=K(\sqrt[n]{a}).$$

@gai requin
Faut imaginer que l'on va peut-être faire du vrai, sur un exemple et tout le truc. Il nous faut donc une certaine précision, n'est ce pas?

> V := func < z, n | Matrix(n,n, [[z^(i*j) : j in [0..n-1]] : i in [0..n-1]]) > ;
> 
> n := 12 ;
> K<z> := CyclotomicField(n) ;
> 
> Vz := V(z,n) ;
> Vz ;
[       1        1        1        1        1        1        1        1        1        1        1        1]
[       1        z      z^2      z^3  z^2 - 1  z^3 - z       -1       -z     -z^2     -z^3 -z^2 + 1 -z^3 + z]
[       1      z^2  z^2 - 1       -1     -z^2 -z^2 + 1        1      z^2  z^2 - 1       -1     -z^2 -z^2 + 1]
[       1      z^3       -1     -z^3        1      z^3       -1     -z^3        1      z^3       -1     -z^3]
[       1  z^2 - 1     -z^2        1  z^2 - 1     -z^2        1  z^2 - 1     -z^2        1  z^2 - 1     -z^2]
[       1  z^3 - z -z^2 + 1      z^3     -z^2        z       -1 -z^3 + z  z^2 - 1     -z^3      z^2       -z]
[       1       -1        1       -1        1       -1        1       -1        1       -1        1       -1]
[       1       -z      z^2     -z^3  z^2 - 1 -z^3 + z       -1        z     -z^2      z^3 -z^2 + 1  z^3 - z]
[       1     -z^2  z^2 - 1        1     -z^2  z^2 - 1        1     -z^2  z^2 - 1        1     -z^2  z^2 - 1]
[       1     -z^3       -1      z^3        1     -z^3       -1      z^3        1     -z^3       -1      z^3]
[       1 -z^2 + 1     -z^2       -1  z^2 - 1      z^2        1 -z^2 + 1     -z^2       -1  z^2 - 1      z^2]
[       1 -z^3 + z -z^2 + 1     -z^3     -z^2       -z       -1  z^3 - z  z^2 - 1      z^3      z^2        z]
> V1surz := V(z^-1,n) ;   
> Vz*V1surz ;
[12  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0]
[ 0 12  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0]
[ 0  0 12  0  0  0  0  0  0  0  0  0]
[ 0  0  0 12  0  0  0  0  0  0  0  0]
[ 0  0  0  0 12  0  0  0  0  0  0  0]
[ 0  0  0  0  0 12  0  0  0  0  0  0]
[ 0  0  0  0  0  0 12  0  0  0  0  0]
[ 0  0  0  0  0  0  0 12  0  0  0  0]
[ 0  0  0  0  0  0  0  0 12  0  0  0]
[ 0  0  0  0  0  0  0  0  0 12  0  0]
[ 0  0  0  0  0  0  0  0  0  0 12  0]
[ 0  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0 12]

@Claude :
Pour $a\in K^*$, $$(\text{Id}_L + \sigma + \cdots + \sigma^{n-1})(a)=na$$
qui est non nul quand la caractéristique de $K$ ne divise pas $n$.

Mais comment trouver $x$ tel que $y_{\zeta_n, \sigma, x} \ne 0$ ?

@gai-requin
Peut-être même que l'on pourra traiter un petit exemple, voire plusieurs. Je vais réfléchir si on peut pas monter un petit truc avec l'algèbre d'un groupe cyclique (même si ce n'est pas un corps), pour l'instant, je suis pas clair.

En attendant, on peut prendre :
$$
K = \Q(j,a), \qquad F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1, \qquad L = K(x_0) = K[X]/\langle F_a\rangle
$$
Ci-dessus, $a$ est une indéterminée sur $\Q(j)$ où $j$ est ``la'' racine cubique de l'unité habituelle de sorte que $K$ est un corps de fractions rationnelles en $a$ à coefficients dans $\Q(j)$. Et $L/K$ est l'extension que tu vois. Et elle est 3-cyclique car le discriminant de $F_a$ est un carré :
$$
\text{Disc}(F_a) = (a^2 + 3a + 9)^2
$$
On avait déjà vu ce polynôme $F_a$ (the simplest cubic field).

Tu noteras le nom $x_0$ que j'ai donné (et pas $x$) : c'est pour faire de la place à $x_1, x_2$.

Le but du jeu, en suivant les résolvantes de Lagrange, serait de faire apparaître des radicaux cubiques. Par exemple, présenter $L$ sous la forme $L = K(\root 3 \of b)$ avec $b \in K$ explicite ...etc..

@gai requin
Un truc que je ne comprends pas. Tu obtiens $v(y) = \alpha y$ c.a.d. $\sigma(y) = \zeta_n\alpha y$ ; en élevant à la puissance $n$, cela donne $\sigma(y^n) = y^n$ i.e. $\sigma(x) = x$ avec tes notations. Ce qui ne colle pas avec ce que tu as écrit. J'ai l'impression que tu as utilisé le fait que $v$ est un morphisme multiplicatif, ce qui n'est pas vrai.

Ma solution (il y en a peut-être d'autres) : $\text{Id}_L + \zeta_n^{-1} \sigma + \zeta_n^{-2} \sigma^2 + \cdots + \zeta_n^{-(n-1)} \sigma^{n-1}$ n'est pas nul car les morphismes
$\text{Id}_L, \sigma, \sigma^2, \cdots, \sigma^{n-1}$ sont distincts donc $K$-linéairement indépendants (théorème d'indépendance linéaire des morphismes de Dedekind).

Je réessaie !

$X^n-1$ (scindé à racines simples) annule $\sigma$ qui est donc diagonalisable avec ses valeurs propres dans $\mathbb U_n$.
Soit $x,y$ deux vecteurs propres associés à la même valeur propre $\lambda$.
On a $\sigma(xy^{-1})=xy^{-1}$ donc il existe $a\in K$ tel que $x=ay$.
Donc les valeurs propres de $\sigma$ sont de multiplicité $1$ et $\zeta_n$ est valeur propre.
Enfin, pour tout $x$ vecteur propre associé à $\zeta_n$,$$(\text{Id}_L + \zeta_n^{-1} \sigma + \zeta_n^{-2} \sigma^2 + \cdots + \zeta_n^{-(n-1)} \sigma^{n-1})(x)=nx\neq 0.$$

Bonjour Claude.

Je n'ai pas supposé a priori que $\zeta_n$ était valeur propre de $\sigma$ mais je l'ai prouvé (enfin je crois) en montrant d'abord que $\sigma$ possède $n$ valeurs propres distinctes.

Effectivement, en dimension $n$, il y a au plus $n$ valeurs propres donc si on en trouve $n$ distinctes, pas besoin d'en chercher d'autres.

Une petite remarque :
Soit $\zeta\in \mathbb U_n$ et $x$ une valeur propre de $\sigma$ associée à $\zeta$.
Soit $y=x+\zeta^{-1}\sigma(x)+\cdots +\zeta^{-(n-1)}\sigma^{n-1}(x)$.
Alors $y\neq 0$ et $\sigma(y)=\zeta y$ donc il existe $a\in K$ tel que $x=ay$.

Ok, je digresse...

@gai requin
Oui, mais avant, je pense qu'il faut préparer le terrain pour ne pas se perdre. Ne pas se perdre dans les diverses résolvantes. On a besoin de toutes mais l'une d'entre elles est ``principale'' (celle montée sur $\zeta_n$). Et terminer http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1557610,1558338#msg-1558338 en faisant plutôt de l'algèbre linéaire et en évitant des constructions comme $K(y)$. Je veux dire par là que dans le post pointé, j'ai écrit $y' \in K(y)$ ; eh bien, cela serait bien plus mieux d'écrire $y' \in K.y^i$ (cf le post pour comprendre). Même pour $n=3$, c'est préférable de ``préparer le terrain'' (bis). Disons qu'avec des notations qui me semblent claires, on considère (en degré 3, guide général) :
$$
\cases {
y_0 = x_0 + x_1 + x_2 \cr
y_1 = x_0 + j^{-1} x_1 + j^{-2} x_2 \cr
y_2 = x_0 + j^{-2} x_1 + j^{-1} x_2 \cr
}
\qquad \qquad
x_i = \sigma^i(x_0)
$$
Claires les notations ?
L'étape 0, c'est que ce système s'inverse i.e. on a une expression des $x_i$ en fonction des $y_j$.
Ensuite, on est ok sur le fait que chaque $y_i^3$ est invariant par $\sigma$. C'est une première chose. Et la deuxième chose (non terminée justement), c'est, sous couvert de la non nullité de $y_1$ (résolvante que j'affuble du qualificatif principal), il y a $k_0, k_1, k_2 \in K$ i.e. invariants par $\sigma$ tels que :
$$
y_0 = k_0 y_1^0, \qquad y_1= k_1 y_1^1, \qquad y_2 = k_2 y_1^2
$$
Of course, c'est $k_2$ qui se mérite. Et on voit ainsi que l'on sait écrire chaque $y_i$ sur ce qui sera la base des puissances de $y_1$ i.e. on a de quoi écrire :
$$
y_i \in K.1 + K.y_1 + K.y_1^2, \qquad \quad \hbox {puis} \qquad x_i \in K.1 + K.y_1 + K.y_1^2
$$
Non seulement, on aura montré que $y_1$ est un élément primitif de $L/K$, mais on s'est donné les moyens de ...etc... On comprend vraiment cela lorsque l'on traite pour de vrai un exemple !


Digression (il n'y a pas de raison). J'ai cru à un moment donné que la glace était mince mais je suis bête, elle ne peut pas être mince. Je veux dire par là que maintenant c'est acquis que
$$
s := \text{Id}_L + \zeta_n^{-1} \sigma + \zeta_n^{-2} \sigma^2 + \cdots + \zeta_n^{-(n-1)} \sigma^{n-1}
$$
n'est pas l'endomorphisme nul. Et donc $L \setminus \ker(s)$ est gros. Cela ne veut rien dire certes mais les $x$ tels que $s(x) \ne 0$, ce n'est pas ce qui manque. Ici, je fais une vague simulation de la combinaison des puissances de $\sigma$ en utilisant que les valeurs propres de $\sigma$ sont distinctes i.e. en considérant la matrice diagonale $D$ de diagonale $(1, \zeta_n, \zeta_n^2, \cdots, \zeta_n^{n-1})$. C'est un peu ollé-ollé mais c'est une digression.

> n := 5 ;
> K<z> := CyclotomicField(n) ;
> D := DiagonalMatrix([z^i : i in [0..n-1]]) ;
> D ;
[                 1                  0                  0                  0                  0]
[                 0                  z                  0                  0                  0]
[                 0                  0                z^2                  0                  0]
[                 0                  0                  0                z^3                  0]
[                 0                  0                  0                  0 -z^3 - z^2 - z - 1]
> S := &+[z^-i * D^i : i in [0..n-1]] ;
> S ;
[0 0 0 0 0]
[0 5 0 0 0]
[0 0 0 0 0]
[0 0 0 0 0]
[0 0 0 0 0]

Au début, cela pourrait faire peur parce que $S$ est presque nulle. Mais si je note les coordonnées par $x_1, \cdots, x_5$ et que je prends $x$ au hasard (cela ne veut rien dire) alors $S(x) \ne 0$ ; sauf si c'est de la faute à pas de chance et que l'on est tombé sur un $x$ tel $x_2 = 0$. Mais c'est vraiment pas de chance d'être tombé sur cet hyperplan.

@gai requin
C'est tout bon. Non seulement, tu as montré, prenant $x' \in L$, que $x' \in K(y)$, mais tu t'es donné les moyens d'écrire $x' \in K.1 + K.y + \cdots + K.y^{n-1}$ i.e. comme une combinaison $K$-linéaire explicite (en principe) des puissances de $y$ que l'on voit.

Et la suite consiste à mettre cela en service sur des exemples, par exemple sur ``The simplest cubic field''. Tu auras probablement besoin d'une calculette mais la calculette ne fera que ce que tu lui demandes de faire.

Je n'arrive pas à lire vos messages. C'est quoi en deux lignes l'argument pour dire que si $L/K$ est cyclique de degré $n$ et $\zeta_n \in K$ alors $f : L \to L, f(x) = \sum_{j=1}^n \zeta_n^{-j} \sigma^j(x)$ n'est pas identiquement nul ?

Je n'ai pas compris Je tente un truc :

En voyant le générateur $\sigma \in Gal(L/K)$ comme $\sigma \in End_K(L)$ alors je peux regarder $K[\sigma] \cong K[\lambda]/(\lambda^n-1)$ où $\sum_{j=0}^{n-1} \zeta_n^{-j} \lambda^j \not \in (\lambda^n-1)$

$(\lambda^n-1)$ car : il existe une $K$-base $e_1,\ldots,e_n$ de $L$ telle que $\sigma(e_j) = e_{j+1}$ (le théorème de la base normale) donc $\det(\sigma-\lambda I) = \lambda^n-1$ polynôme qui n'a aucune racine double donc $\lambda^n-1$ est aussi le polynôme minimal de $\sigma$.

@Reuns (et Poirot)
Ok avec vous deux !

Ce qui est délicat dans le fait ``d'agiter des choses galoisiennes'' d'une manière qui se veut élémentaire, c'est de préciser les règles du jeu (elles ne sont pas toujours claires, j'en conviens), de faire attention à oeuf-poule ...etc...

On a fait quoi ? Entre autres, on a ``montré'' l'existence d'un $x \in L$ tel que $y := y_{\zeta_n, \sigma, x} \ne 0$. Et un tel $y$ vérifie assez explicitement $L = K.1 + K.y + \cdots + K.y^{n-1}$ et on peut mettre $\oplus$ à la place de $+$. Comme dit l'autre, $y$ est un élément primitif de $L/K$. Et la vocation de $y$, c'est aussi de vérifier $y^n \in K$ donc une présentation de $L/K$ de la forme $L = K(\root n \of a)$ avec $a \in K$.

Et on peut se poser des questions :

1) Est ce que $y$ engendre une base normale de $L/K$ ? Pas du tout car $\sigma(y) = \zeta_n y$ justement i.e. $y, \sigma(y)$ sont $K$-liés.

2) Est ce que le $x$ qui a servi d'appui dans $y_{\zeta_n, \sigma, x}$ engendre une base normale ? Non car on POURRAIT avoir, pour $n = 3$ par exemple, $x + \sigma(x) + \sigma^2(x) = 0$.

3) Est ce que $x$ est un élément primitif de $L/K$ ?

4) Est ce que quelque part dans ce m.rdi.r, on a débusqué une base normale de $L/K$ ?

5) ...etc...

6) Et petit frère passe par là. A un moment donné, dans un certain post, on voit, dans le contexte $L/K$ galoisienne cyclique de générateur $\sigma$, que l'on a considéré un $z \in L$ quelconque et il a été dit que $\sigma(K(z)) = K(z)$. Et petit frère demande pourquoi. On peut lui dire ``par la théorie de Galois'' parce ce que $L/K$ est abélienne, donc $K(z)/K$ est galoisienne. Et si petit frère insiste, on peut lui balancer ``Tu peux pas comprendre car tu n'as pas fait de la Théorie de Galois''. Vraiment ?

@gai requin
A propos de petit frère, je n'ai pas la même attitude. D'abord, je lui fournirai quelques dates, disons celles qui nous concernent directement ici : Vandermonde (1735-1796), Galois (1811-1832), Artin (1898-1962). Et bien sûr, dans NOTRE tête, être le plus clair possible en citant correctement les résultats. Prenons par exemple celui d'Artin : si $G$ est un groupe fini d'automorphismes d'un corps commutatif $L$, et si $K = L^G$, le sous-corps des points fixes, alors $L/K$ est une extension de degré $n = \#G$. Bien sûr, cet énoncé est totalement affaibli ! Car, en notant $G = \{\sigma_1, \cdots, \sigma_n\}$, Artin SORT (de la fenêtre carrée d'indépendance linéaire) $n$ éléments $x_1, \cdots, x_n \in L$ vérifiant $\det\big(\sigma_i(x_j)\big) \ne 0$, auquel cas $(x_1, \cdots, x_n)$ est une base de $L/K$.

Et si $G$ est cyclique, Vandermonde (les matrices de) trivialise ce résultat (comme on va le voir).

Venons en aux faits. Contexte : $L/K$ galoisienne cyclique de degré $n$, avec $\text{Gal}(L/K) = \langle \sigma\rangle$. Petit-frère pose la question de $\sigma(K(x)) = K(x)$ pour $x \in L$. La tentation est grande de lui dire : si $x$ est algébrique de degré $d$ sur $K$, tu verras (et tu comprendras) quand tu seras grand, le schéma suivant intégrant en particulier $\sigma^d(x) = x$ :
$$
\xymatrix {
L\ar@{-}[d]^{\langle \sigma^d\rangle}_{n/d} \\
K(x)\ar@{-}[d]^{\langle \overline\sigma^{n/d}\rangle}_{d} \\
K \\
}
$$
Et si on renversait la vapeur ? En lui montrant dans le cas cyclique ``comment opérer de manière galoisienne'' en le faisant réellement ? Pour cela, on définit $d$ comme étant le plus petit entier $\ge 1$ tel que $\sigma^d(x) = x$. Mieux : $d$ est défini par l'idéal :
$$
\{ k \in \Z \mid \sigma^k(x) = x \} = d\Z
$$
On va montrer que $\sigma(x) \in K.1 + K.x + \cdots + K.x^{d-1}$ et bien plus. On va même montrer que si $y \in L$ vérifie $\sigma^d(y) = y$, alors $y \in K.1 + K.x + \cdots + K.x^{d-1}$. On pourra appliquer cela à $y = \sigma(x)$ et aux puissances de $x$ !! Du coup, on obtiendra aussi $x^d \in K.1 + K.x + \cdots + K.x^{d-1}$

Allons-y pour $d=3$ (ici, c'est un entier quelconque). On a donc $\sigma^3(y) = y$ et on veut écrire $y = a_0 + a_1x + a_2x^2$ avec $a_i \in K$. On ouvre le brouillon en faisant comme si c'était acquis et on donne un coup de $\sigma$ puis $\sigma^2$ :
$$
\begin {array} {rcl}
y &=& a_0 + a_1x + a_2x^2 \\
\sigma(y) &=& a_0 + a_1 \sigma(x) + a_2\sigma(x)^2 \\
\sigma^2(y) &=& a_0 + a_1 \sigma^2(x) + a_2\sigma^2(x)^2 \\
\end {array}
\qquad\qquad
\pmatrix {y\cr \sigma(y) \cr \sigma^2(y)} =
\pmatrix {1 & x & x^2\cr 1 & \sigma(x) & \sigma(x)^2 \cr 1 & \sigma^2(x) & \sigma^2(x)^2}
\pmatrix {a_0\cr a_1\cr a_2}
$$
Tiens à droite une matrice de Vandermonde dont la colonne définissante (la deuxième) est consituée d'éléments DISTINCTS. Pourquoi ? (choix de $d$). Donc matrice inversible. Donc unicité d'une solution $(a_0, a_1, a_2)$ $\fbox {dans $L$}$. Mais les $a_i$ sont dans $K$. Pourquoi ? Car ils sont invariants par $\sigma$ comme il faut le vérifier en utilisant $\sigma^3(y) = y$ i.e. de quel système $(\sigma(a_0), \sigma(a_1), \sigma(a_2))$ est solution ? .Légère prise de tête avec des changements de lignes ..etc...

Et on va également obtenir le fait que $1, x, \cdots, x^{d-1}$ sont $K$-linéairement indépendants ; en prenant $a_0 + a_1x + \cdots + a_{d-1}x^{d-1} = 0$ avec les $a_i \in K$ et en donnant un coup de $\sigma, \sigma^2, \cdots, \sigma^{d-1}$ ...etc...

Mais on a fait quoi ? Eh bien, on a repris les ingrédients de la preuve du théorème d'Artin (merci à lui) dans le cas particulier d'un groupe cyclique en constatant que les matrices de Vandermonde (merci à lui) nous donnent un sacré coup de main.

Voilà ce que l'on pourrait raconter à petit-frère dans le cas cyclique en lui disant : quand tu seras grand, tu verras que certains ingrédients fonctionnent pour un groupe fini quelconque d'automorphismes.

@Claude : je n'ai pas bien saisi la fin de ta démo, tu dis que tu cherches à exprimer $y$ dans la base $(1, x, x^2)$. Pour ça tu poses $y = a_0 + a_1x + a_2x^2$ avec les $a_i$ a priori dans $L$. Puis quand tu appliques $\sigma$, les $a_i$ restent inchangés...? Je suis d'accord que s'ils restent in changés, on obtient le système de Vandermonde que tu écris, et ça prouve qu'on peut trouver de tels $a_i$, mais le fait est qu'à ce stade tu ne sais pas que les $a_i$ sont dans $K$.

Oui ok, en utilisant que $\sigma^3(y)=y$ (et même $\sigma^3(a_i)=a_i$), on obtient des systèmes permutés du même style. Mais dans ton texte je trouve que ce que tu faisais n'était pas très clair ;-)

@Claude :
Je crois que tu as mal compris mon message [ici], où j'apportais un simple témoignage de mon apprentissage de la théorie de Galois (en autodidacte, on fait avec ce que l'on a).
Je crois aussi avoir fourni un gros effort pour laisser Bourbaki et consorts de côté en essayant de montrer que $y\neq 0$ [là] avec des outils niveau L2 (valeurs propres...).
Mais c'est peut-être moi qui interprète mal ton dernier message...