Groupe de Galois de $X^8 + aX^4 -1$

Suite. Evidemment, la détermination du groupe de Galois de $X^8 + aX^4 -1$ est un alibi pour s'amuser. On voit par exemple, pour $a \in \Q$, que le statut ``$a^2 + 4$ est un carré ou non dans $\Q(\zeta_8) = \Q(\root 8 \of 1)$'' est important. J'ignore pour l'instant ce que l'on peut dire de plus précis sur $a$.

On peut toujours raconter des banalités : $2$ est un carré dans $\Q(\sqrt 8)$ :
$$
\zeta_8 = {\sqrt 2 + i \sqrt 2 \over 2} = {1 \over \sqrt 2} (1 + i) = {1 \over \sqrt 2} (1 + \zeta_8^3) \qquad\qquad
\sqrt 2 = \zeta_8 + \zeta_8^{-1}
$$
ce que l'on peut voir directement en élevant $\zeta_8 + \zeta_8^{-1}$ au carré.

Du coup, si $a \in \Z$ vérifie $a^2 + 4 \sim_{\rm square} 2$, alors $a^2 + 4$ est un carré dans $\Q(\root 8 \of 1)$. On peut donc s'amuser à résoudre $a^2 + 4 = 2q^2$ en nombres entiers. On voit facilement que $a,q$ sont pairs, $a= 2a'$, $q = 2q'$, ce qui conduit à :
$$
a'^2 - 2q'^2 = -1 \qquad \hbox {i.e. dans l'anneau $\Z[\sqrt 2]$} \qquad a' + q'\sqrt 2 = (\sqrt 2 - 1)^{\rm impair}
$$
J'ai utilisé le fait que $\sqrt 2 - 1$ est l'unité fondamentale de $\Z[\sqrt 2]$.

Histoire de voir des $(a,q) \leftrightarrow a + q\sqrt 2$ solutions

> K<r2> := QuadraticField(2) ;
> u := -1 + r2 ;
> Norm(u) ;
-1
> [2*u^k : k in [1..20 by 2]] ;                                                                                              
[ 2*r2 - 2, 10*r2 - 14, 58*r2 - 82, 338*r2 - 478, 1970*r2 - 2786, 11482*r2 - 16238, 66922*r2 - 94642, 390050*r2 - 551614, 
    2273378*r2 - 3215042, 13250218*r2 - 18738638 ]

On y voit par exemple $10\sqrt 2 - 14$. Cela signifie que $14^2 + 4 = 2 \times 5^2 (= 200)$. Idem, on voit $58 \sqrt 2 - 82$:

> 82^2 + 4 ;
6728
> 2*58^2 ;  
6728

Bref, le statut de $a^2 + 4$ carré dans $\Q(\root 8 \of 1)$ sera important pour la spécialisation.

PS : pour $a \in \Z \setminus \{0\}$, j'ai l'impression que $F_a(X) = X^8 + aX^4 - 1$ est irréductible sur $\Q$.

$\def\Hol{\text{Hol}}$Je raconte des âneries.
Certes, je crois dur comme fer que, lorsque $a$ est assez générique (disons $a^2 + 4$ non carré dans $\Q(\root 8 \of 1)$), le groupe de Galois de $F_a$ sur $\Q$ est $\Hol(C_8)$, d'ordre 32.
Comme $\Q(\root 8 \of 1)/\Q$ est galoisienne (et même abélienne) de degré 4 de groupe de Galois $\simeq (\Z/8\Z)^\times \simeq C_2 \times C_2$, le groupe de Galois de $F_a$ sur $\Q(\root 8 \of 1)$ est un sous-groupe normal $N$ d'ordre $32/4 = 8$ de $\Hol(C_8)$. Ce n'est pas pour autant que ce sous-groupe $N$ est le $C_8$ contenu dans $\Hol(C_8)$.
$$
\xymatrix {
L\ar@{-}[d]^N \\
\Q(\zeta_8)\ar@{-}[d]^{C_2 \times C_2} \\
\Q \\
}
$$

$\def\Hol{\text{Hol}}$@moduloP
Je constate que le titre du fil est un peu débile : on veut bien plus que la détermination groupiste du groupe de Galois de $F_a(X) = X^8 + aX^4 -1$ : on veut la structure galoisienne du corps de décomposition de $L$ sur $K$. Où $K$ va varier au gré du vent.

Je n'ai pas accès au lien pointé par Gai-requin (pour des raisons de machine) mais ok avec le fait que le groupe dérivé de $\Hol(\Z/8\Z)$ est cyclique d'ordre 4 : dans le modèle affine, il est engendré par $x \mapsto x + 2$. J'ai compris la première partie de ton post et je vais essayer de comprendre la deuxième partie.

De mon côté. Je note $x$ une racine de $F_a$ i.e. $x^8 + ax^4 = 1$ i.e. $x^4 + a = x^{-4}$.
$\bullet$ Je dis que $\sqrt {a^2 + 4}$ habite le corps de décomposition $L$. Mieux :
$$
(2x^4 + a)^2 = a^2 + 4, \qquad \qquad \Q(x^4) = \Q(\sqrt {a^2 + 4})
$$
A gauche, il suffit de faire le calcul. Mais on peut amener cela en posant $w = x^4$, solution de $w^2 + aw - 1 = 0$ conduisant à $w = {-a \pm \sqrt {a^2 + 4} \over 2}$ ou encore à $2w + a = \pm \sqrt {a^2+4}$.

$\bullet$ L'abélianisé de $\Hol(C_8)$ est isomorphe à $C_2 \times C_2 \times C_2$ donc un $\mathbb F_2$-espace vectoriel de dimension 3. Donc $2^3-1 = 7$ sous-groupes d'indice 2 de $\Hol(C_8)$ qui doivent correspondre à 7 sous-extensions quadratiques de $L$. Les voici :
$$
i,\qquad \sqrt 2, \qquad i\sqrt 2, \qquad \sqrt {a^2+4}, \qquad i\sqrt {a^2+4}, \qquad \sqrt 2 \sqrt {a^2+4}, \qquad i\sqrt 2\sqrt {a^2+4}
$$
$\bullet$ Histoire d'être peinard 5 minutes, je vais faire intervenir la réalité (au sens $\mathbb R$) en définissant les réels positifs ($b$ est un choix de $w$ plus haut)
$$
b = {\sqrt {a^2 + 4} - a \over 2}, \qquad x = \root 4 \of b
$$
En travaillant un peu, j'espère obtenir facilement (en utilisant $a^2 + 4$ non carré dans ...) que $\Q(x) \cap \Q(\zeta_8) = \Q$. Et comme $\Q(\zeta_8)/\Q$ est galoisienne, $\Q(x)$ et $\Q(\zeta_8)$ sont linéairement disjointes sur $\Q$. Ouf, une extension à variables séparées :
$$
\Q(z,x) = {\Q[Z,X] \over \langle Z^4 + 1, \ F_a(X) \rangle} = \Q(z) \otimes_\Q \Q(x) , \qquad \qquad Z^4 + 1 = \Phi_8(Z), \qquad z \leftrightarrow \zeta_8
$$
On voit ici le $32 = 4 \times 8$ et une situation super-tranquille pour définir des $\Q$-automorphismes vu l'indépendance de $z = \zeta_8$ et $x$.

$\bullet$ Le post commence à être un peu long. Je fais court ici en donnant un bout du treillis des sous-extensions :
$$
\xymatrix {
&L\ar@{-}[dl]_{D_4}\ar@{-}[dr]^{C_8} \\
\Q(\zeta_8)\ar@{-}[dr]_{C_2 \times C_2} && \Q\big(i\sqrt 2, i\sqrt {a^2+1}\big)\ar@{-}[dl]^{C_2 \times C_2} \\
&\Q \\
}
$$
Voilà les deux branches que j'ai entremêlées hier !! Bien sûr, le $C_8$ et le $D_4$ que l'on voit ne sont pas anonymes. J'ai le générateur du $C_8$ par exemple. Obtenu en utilisant la paramétrisation d'hier des racines de $F_a$ par $b \in \Z/8\Z$, $b = 0, 1, \cdots, 7$ :
$$
\zeta_8^b\ x^{(-1)^{b\ \bmod 2}} : \qquad \qquad
x, \qquad \zeta_8x^{-1}, \qquad ix, \qquad \zeta_8^3x^{-1},\qquad -x, \qquad -\zeta_8x^{-1}, \qquad -ix, \qquad \zeta_8^{-1} x^{-1}
$$

$\def\Hol{\text{Hol}}$
@moduloP
Le treillis des sous-groupes de $\Hol(\Z/8\Z)$, j'y ai accès par l'intermédiaire de magma. D'ailleurs, il y a une certaine complexité là-dedans ; j'ai noté par exemple qu'il y avait 4 NON, merci Alain 3 sous-groupes normaux de $\Hol(\Z/8\Z)$ isomorphes à $D_4$ (non conjugués vu qu'ils sont normaux), et un seul parmi les 4 NON les 3 admet un complément i.e. un seul pour lequel la flèche résiduelle $\Hol(\Z/8\Z) \twoheadrightarrow \Hol(\Z/8\Z) / (\simeq D_4)$ est scindée. Pas eu le temps d'enquêter à fond sur la normalité des autres sous-groupes.

Je n'ai pas bien compris où tu voulais en venir avec ton point 2 i.e. ``le truc qui te casse la tête''. Il y a une coquille dans ton $(\bullet)$ : cela doit être $G/V$ et pas $G/H$ (il n'y a pas de $H$). Par contre, je comprends qu'il puisse y avoir des trucs qui cassent la tête. En voilà quelques uns de mon côté.

I) La vacherie ultra-classique : soit $G$ un sous-groupe transitif de $S_n$ et $F \in K[X]$ un polynôme irréductible de degré $n$, de corps de décomposition $L/K$, de groupe de Galois isomorphe à $G$. Il n'y a aucune raison pour que l'action de $\text{Gal}(L/K)$ sur les racines de $F$ soit isomorphe à celle de $G$ donnée initialement. Car deux groupes transitifs de $S_n$ peuvent être isomorphes sans être conjugués dans $S_n$ (facile à trouver en degré 6, avec $G = S_4$).
MAIS dans le cas de $\Hol(C_8)$, on est peinard, car tout sous-groupe de $S_8$ isomorphe à $\Hol(C_8)$ est conjugué à $\Hol(C_8)$. C'est l'objet de la question b dans l'exercice de naima12. Ce n'est pas un détail !!

II) J'ai du mal à structurer mes 32 automorphismes en un groupe, mais je n'ai pas encore assez réfléchi. Je veux dire par là, qu'en jouant dans $\Q(\zeta_8) \otimes_\Q \Q(x)$, je peux définir un automorphisme $\tau$ en disant :
$$
\tau(\zeta_8) = \text{telle racine de $Z^4 + 1$}, \qquad\qquad
\tau(x) = \text{telle racine de $F_a$}
$$
Mais il faut que j'organise le binz (bis).

III) Je ne sais pas si ce point a un rapport avec ton point qui te casse la tête. Evidemment, les 8 racines de $F_a$ ne forment pas un groupe. Je dis cela dans l'intention de récupérer quelque part (?) l'action de $(\Z/8\Z)^\times$ sur $\Z/8\Z$. Mais j'ai la vague impression que l'ensemble de ces 8 racines est muni d'une sorte de structure affine sur $\Z/8\Z$ via :
$$
b \cdot x = \zeta_8^b\ x^{(-1)^{b\ \bmod 2}}
$$
C'est plus que vague, peut-être fumeux.


PS : il y a encore des personnes qui pensent que lorsque l'on a dit ``Le groupe de Galois de tel polynôme est isomorphe à tel groupe'', on a tout dit. Alors que pour moi, on n'a rien dit. Ou si peu.

@gai-requin
Pour l'instant, c'est juste une trame. Et pas grand chose de prouvé. Presque tout me pose problème.

Si on prend comme corps de base $K = \Q(a)$, $a$ une indéterminée sur $\Q$, est ce que c'est facile de montrer que $K(x) \cap K(\zeta_8) = K$ ? Si oui, on peut faire le coup de la disjonction linéaire. A voir.

En spécialisé. Note : comme je ne sais pas toujours par quel bout prendre le truc, parfois je me mets en générique, d'autres fois en spécialisé, cela dépend de l'heure dans la journée.

J'ai même du mal à faire le truc le plus simple qui soit en supposant que ``tout va bien'' (je me comprends, par exemple en admettant avoir porouvé que $\Q(x) \cap \Q(\zeta_8) = \Q$) : montrer que cet étage a pour groupe de Galois explicite $D_4$ :
$$
\xymatrix {
\Q(\zeta_8, x) \ar@{-}[d] \\
\Q(\zeta_8) \\
}
$$
J'arrive à faire quelque chose, mais je n'en suis pas assez fier. Et plus tard, il faudra vérifier si c'est le $D_4$ d'Alain (celui qui admet un complément).
Rappel : personnellement, je ne veux pas que du groupiste. Ci-dessus, je veux voir l'action explicite du $D_4$ sur les 8 racines (regroupées par paquets de 2, pour mieux voir du $D_4$ ?).

@gai requin
Je suppose que tu veux dire $x$ est de degré $8$ sur $K$ (et pas d'ordre 8). Idem pour $\zeta_8$ qui est de degré $4$ sur $K$ (et d'ordre 8).
OK, c'est un petit début. Mais il reste un peu (?) de boulot si on veut disposer d'un groupe de Galois explicite et assurer un peu de correspondance galoisienne en utilisant le treillis d'Alain. Il y a $7 + 4 = 11$ rectangles grisés, ce qui correspond à 11 morphismes de restriction scindés (à scinder de manière explicite).

Là, je fais un truc de bébé qui va nous ramener une année en arrière. Je prends comme base $K = \Q(\zeta_8,a)$ où $a$ est une indéterminée sur $\Q$ (tu vas dire que je me fais pas ch.er, c'est pas faux). En notant $x$ une racine de $F_a$ :
$$
x^8 + ax^4 = 1 \qquad a= {1 - x^8 \over x^4} = x^{-4} - x^4 \qquad \qquad (\star)
$$
Tiens : $a$ est une fraction rationnelle de $x$. Et on a donc :
$$
K(x) = \Q(\zeta_8, a, x) = \Q(\zeta_8, x) = k(x) \qquad \hbox {en masquant $\zeta_8$ via $k = \Q(\zeta_8)$}
$$
Bilan : une extension $K(x)/K = k(x)/k(a)$ où $a$ est une fraction rationnelle en $x$ de hauteur 8. On a la main sur cette chose : c'est une extension de degré 8, ...etc... Et bien sûr, $F_a$ est irréductible (c'est le polynôme minimal de $x$ sur $K$).
Le corps de décomposition de $F_a$ sur $K = k(a)$ est $k(x)$ car toutes ses racines sont dans $k(x)$ (pardi, j'ai mis $\zeta_8$ dans la base !). Bref un polynôme galoisien $F_a$ de degré 8 sur $K$ : groupe de Galois d'ordre 8.

Et des homographies :
$$
x \mapsto ix, \qquad \qquad x \mapsto {\zeta_8 \over x}
$$
Est ce qu'elles ne laissent pas la fraction rationnelle $(\star)$ invariante ?

En ce qui concerne la numérotation des 8 racines de $F_a(X) = X^8 + aX ^4- 1$, j'ai un petit faible pour celle indexée par $\Z/8\Z$ (une fois une racine $x$ fixée) :
$$
x_k = \zeta_8^k\ x^{(-1)^{k \ \bmod\ 2}} \qquad \qquad \hbox {et pour le 8-cycle} \qquad
(x_0, x_1, x_2, \cdots, x_7)
$$
On en fera peut-être (du $8$-cycle) un automorphisme galoisien d'ordre 8 de $F_a$ lorsque le terrain s'y prêtera. Il faut noter l'alternance en $x$ et $x^{-1}$ :
$$
\begin {array} {c|c|c|c|c|}
k & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\
\hline
x_k & x &\zeta_8x^{-1} &ix & \zeta_8^3x^{-1} & -x & -\zeta_8x^{-1} & -ix & \zeta_8^{-1} x^{-1} \\
\end {array}
$$
J'espère qu'il n'y a pas d'erreur. Il y en avait une mais corrigée maintenant, merci gai-requin
Et dans le cas particulier de la base $K = \Q(\zeta_8,a)$ du post précédent, les deux homographies $x \mapsto ix$ et $x \mapsto \zeta_8/x$ induisent des permutations des racines $x_k$. Lesquelles ?

$\def\Gal{\text{Gal}}\def\Hol{\text{Hol}}$
On va se limiter $a \in \N^*$ de sorte que $F_a(X) = X^8 + aX^4-1$ est irréductible sur $\Q$ (en principe). Mais il faudra en plus IMPOSER que $F_a$ reste irréductible sur $\Q(\zeta_8)$ ou encore que $\Q(x) \cap \Q(\zeta_8) = \Q$, $x$ désignant une racine de $F_a$. Bref, il faudra faire en sorte que les degrés ci-dessous soient assurés :
$$
\xymatrix {
&L = \Q(\zeta_8,x) \ar@{-}[dl]_4\ar@{-}[dr]^8 \\
\Q(x)\ar@{-}[dr]_8 && \Q(\zeta_8)\ar@{-}[dl]^4 \\
&\Q \\
}
\qquad\qquad\qquad
L = {\Q[Z,X] \over \langle Z^4 + 1, \ F_a(X)\rangle}
$$
Des informations dans les posts précédents en particulier dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1609106,1609552#msg-1609552
Dans la suite, on suppose cela assuré. Ceci suppose par exemple que $a^2 + 4 \not\sim_{\rm square} 2$ car $2$ est un carré dans $\Q(\zeta_8)$ (c'est le carré de $\zeta_8 + \zeta_8^{-1}$).
Ne pas oublier aussi que $\Q(x^4) = \Q(\sqrt {a^2 + 4})$, cf posts précédents.
Ce qui est important, c'est de pouvoir définir un (unique) $\Q$-automorphisme du corps de décomposition $L/\Q$ de $F_a$ en disant
$$
\zeta_8 \mapsto \hbox {racine de $Z^4 + 1 = \Phi_8(Z)$}, \qquad\qquad x \mapsto \hbox {racine de $F_a$}
$$
On va examiner le sous-groupe $\Gal\big(L/\Q(\zeta_8)\big)$. Cela sera LE $\fbox{$D_4$}$, l'unique, le vrai,contenu dans $\Hol(C_8)$. Merci au schéma d'Alain où l'on voit que parmi les 3 exemplaires de $D_4$ normal dans $\Hol(C_8)$, UN SEUL possède un complément. On ne peut pas en dire autant de $C_8$. Comme il fallait s'en douter, l'extension cyclotomique $\Q(\zeta_8)/\Q$ a son mot à dire concernant ce $D_4$.
$$
\xymatrix @R=0.2cm@C=1.7cm{
1\ar[r] & \Gal\big(L/\Q(\zeta_8) \big) \ar[r] & \Gal(L/\Q) \ar[r]^-{\rm restriction} & \Gal\big(\Q(\zeta_8)/\Q \big) \ar[r] & 1\\
& &\widetilde\sigma &\sigma\ar[l] & \\
}
$$
Avec en prime, un bonus i.e. un scindage quasi-canonique en notant $\widetilde\sigma$ l'unique prolongement de $\sigma$ tel que $\widetilde \sigma(x) = x$.

1) En notant $3$ l'élévation à la puissance 3 sur $\mathbb U_8$, idem pour $5$ et $-1 = 7$, j'ai trouvé, avec la numérotation des racines déjà évoquée :
$$
\widetilde 3 : (x_0)(x_1x_3)(x_2x_6) (x_4)(x_5x_7), \qquad\qquad
\widetilde {-1} = \widetilde 7 : (x_0)(x_1x_7)(x_2x_6)(x_3x_5) (x_4)
$$
A vérifier quand même. Je ne suis pas trop mécontent de ma numérotation car $\widetilde {-1}$ c'est la conjugaison complexe pour peu que l'on donne de la $\mathbb R$-réalité à $x$ (chose que ne peux pas faire en machine). Pas mécontent signifie qu'en organisant les $x_k$ en un $8$-gone comme on le pense, $\widetilde {-1}$ se comporte vraiment comme la conjugaison complexe.

2) Autre chose. Tapons dans le noyau de la suite exacte ci-dessus i.e. dans LE $D_4$ en notant pour $k \in \Z/8\Z$ par $\widehat k$ l'unique $\Q(\zeta_8)$-automorphisme de $L$ tel que :
$$
\widehat {k}(\zeta_8) = \zeta_8, \qquad \qquad \widehat {k}(x_0) = x_k
$$
Déterminer $\widehat {1}$, $\widehat {2}$ puis les autres $\widehat k$.
Note : c'est ce $D_4$ unique qui permet la structuration de $\Hol(C_8)$ via un produit semi-direct $D_4 \rtimes (\Z/8\Z)^\times$. Si je comprends le schéma d'Alain, $\Hol(C_8)$ se réalise comme un produit semi-direct de 11 manières différentes (les rectangles grisés).

$\def\Hol{\text{Hol}}$@moduloP
Jolie forme que tu donnes. Je me suis contenté de (correction apportée) :
$$
\widehat 1 = (x_0 x_1)(x_2x_3)(x_4x_5)(x_6x_7), \qquad \qquad \widehat 2 = (x_0 x_2x_4x_6)(x_1x_7x_5x_3)
$$
En principe, c'est pareil. J'ai baptisé provisoirement $s$ à gauche, $r$ à droite de façon à ce que cela sente bon le groupe diédral $D_4$. Ensuite, j'ai exprimé les autres : par exemple $\widehat 3 = s\circ r$ puisque $(s \circ r)(x_0) = s(x_2) = x_3$.

$\bullet$ A propos de l'irréductibilité sur $\Q$ de $F_a(X) = X^8 + aX^4 - 1$ pour $a \in \N^*$. Le trinôme $X^2 + aX - 1$ est de discriminant $a^2 + 4$ qui n'est pas un carré dans $\N$ (le carré qui vient après $a^2$ est $(a+1)^2$ ...etc...). J'utilise ensuite l'intermède http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1609106,1609910#msg-1609910 qui prouve que $X^4 + aX^2 - 1$ est irréductible sur $\Q$ (pas possible qu'il soit de la forme $G(X)G(-X)$ à cause du coefficient constant $-1$). Play again to obtain $X^8 + aX^4 -1$ irréductible sur $\Q$.

$\bullet$ Ce que je ne sais PAS faire pour $x$ racine de $F_a$ :
$$
\Q(x) \cap \Q(\zeta_8) = \Q \quad \iff \qquad a^2 + 4 \not\sim_{\rm square}2
\qquad\qquad
\hbox {($b \sim_{\rm square} c$ : $b,c$ égaux à un carré mult. près dans $\N$)}
$$

Notations $(a,b,c)$ d'Alain pour $\Hol(C_8) = \langle a,b,c\rangle$. Pour l'instant, j'en suis au point mort. Il y a des accroches : le centre qui est $\langle a^4 \rangle$. Est ce que c'est la conjugaison complexe de $L/\Q$ ? NON voir plus loin. Dans $\text{AGL}_1(\Z/8\Z)$, c'est $x \mapsto x+4$ (tu l'as fait dans ton post). Autres accroches : le groupe dérivé, le $D_4^{\rm true}$. J'ai bien envie de rapprocher :
$$
a \leftrightarrow (x_0,x_1,x_2,\cdots, x_7)
$$
Ce qui me fiche un peu la trouille c'est que dans un groupe cyclique d'ordre 8, il y a 4 générateurs. Et ici dans $\Hol(C_8)$ deux groupes cycliques d'ordre 8 normaux.

PS : as tu déjà vu une représentation régulière sur $\Q(t)$ du groupe $\Hol(C_8)$ ? Celle-ci, elle est pourrie en $a$, car elle laisse rentrer $\zeta_8$ dans le corps de décomposition. Tu penses que c'est difficile de réaliser régulièrement $\Hol(C_8)$ ? C'était bien ton métier quand tu étais petit ?

@gai-requin Vu et ok pour $X^2 + aX - 1$ (pas besoin de discriminant).

@moduloP
Je me suis trompé. Ok avec ton $\sigma(x_2) = x_7$. Mais c'est pire que cela, car j'ai un CLASH. Je veux dire qu'en imposant $\sigma(\zeta_8) = \zeta_8^3$ et $\sigma(x) = x_1 \buildrel {\rm def} \over = \sigma_8x^{-1}$, je trouve :
$$
\sigma(x_7) = x_6 \quad \hbox {et en même temps}\quad \sigma(x_5) = x_6 \qquad \hbox {Il est là, le clash}.
$$
J'ai bu ? Non (juste une demi-bière). Je soupçonne une c.nn.rie de ma part (qui viendrait d'avant).

POUF POUF Un petit coup de chauffe, pas de clash.

$\def\Hol{\text{Hol}}$@moduloP
Encore une coquille. Je vais aller corriger la permutation $\widehat 2$ dans le post concerné (et cela sera bien en accord avec ta formule générale $\widehat k(x_i)$). Je redonne ce que je trouve avec une mise à jour de $\widehat 2$ :
$$
s := \widehat 1 = (x_0x_1)(x_2x_3)(x_4x_5)(x_6x_7), \qquad \qquad
r := \widehat 2 = (x_0x_2x_4 x_6)(x_1x_7x_5x_3)
$$
Et l'on a (cette fois) :
$$
r^4 = s^2 = 1, \qquad s \circ r \circ s^{-1} = r^{-1}
$$
Sorry de t'avoir fait peur.

Autre chose, mais surveille moi, je ne fais que des conn.r.es ce Dimanche. Les $x_k$ sont indexés par $\Z/8\Z$ et je constate que :
$$
x_{k+4} = -x_k \qquad \forall\ k
$$
Dans le treillis d'Alain, on voit que l'élément central $a^4$ d'ordre 2 de $\Hol(C_8)$ appartient au $D_4$ (celui qui est sur la sellette i.e. le fixateur de $\zeta_8$) pour la bonne raison que $D_4$ contient $a^2$. Bref, cet élément central est aussi dans le centre de $D_4$ qui est $\langle r^2\rangle$. Bilan : l'élément central d'ordre 2 est :
$$
r^2 = (x_0x_4)(x_2x_6)(x_1x_5)(x_3x_7)
$$
On voit que les 2-cycles de $r^2$ sont de la forme $(x_kx_{k+4})$. D'après la remarque juste avant, l'involution centrale est donc celle qui réalise $y \mapsto -y$ sur les 8 racines de $F_a(X) = X^8 + aX^4 - 1$.

J'espère que tu seras OK. Et que réalise cette involution centrale sur les racines carrées $i, \sqrt 2, \cdots$ ?. Eh bien, elle les fixe. C'est évident pour $i, \sqrt 2, i\sqrt 2$ qui sont contenus dans $\Q(\zeta_8)$. Et pour $\sqrt {a^2 + 4}$ (et ses cousines), on a:
$$
\sqrt {a^2 + 4} = x^4 + x^{-4} \qquad \hbox {qui est bien fixé par $r^2$}
$$
PS : je t'assure que ce Dimanche, malgré les apparences, je n'ai ni bu ni fumé.

$\def\Gal{\text{Gal}}$@gai-requin, moduloP
Et le groupe des quaternions $\mathbb H_8$, vous l'avez localisé ? Je veux dire d'une part dans $\text{AGL}_1(\Z/8\Z)$ et d'autre part dans $\Gal(X^8 + aX^4-1)$. Dans le treillis d'Alain, il est unique donc caractéristique (en particulier normal) ; et en prime, il admet un complément (le coup du grisé), ce qui indique qu'en théorie de Galois, le morphisme de restriction correspondant est scindé. Pour l'instant, je suis dans le noir.

@moduloP
Je voulais également illustrer les points suivants :

1) Quand on dit que le groupe de Galois de tel polynôme est tel groupe abstrait, on ne dit pas grand-chose. Mais on est peinard.

2) Quand on va en cours ou en TD de théorie de Galois, on est propre sur soi : on dispose d'exemples (enfin pas toujours !) que l'on a préparé les jours précédents, que l'on récupère parfois des années passées, bien rodés, pas trop complexes ...etc... Et tout roule. Même que l'on se demande pourquoi les étudiant(e)s ne comprennent pas (c'est pourtant si simple).

3) Mais dans la vraie vie (enfin la mienne), rien ne se passe comme cela. Si l'exemple est un peu complexe (j'en ai eu un où intervenait l'automorphisme non intérieur de $S_6$), eh bien, on patauge un peu (?) (= je patauge un max).

Oui, je l'avoue : je voulais patauger.

@gai-requin
Ne sois pas désolé. La bourde, elle vient de moi. Parler d'homographies dans notre contexte spécial (à un moment donné, entre toi et moi) d'un corps de fractions rationnelles, c'était nul de ma part. Car les $x_k$, étant des fractions rationnelles, sont des FONCTIONS sur $\mathbb P^1$ et pas des POINTS. Et il ne faut pas badiner avec cela lorsque l'on fait agir des automorphismes. A cause de l'ANTI-isomorphisme quelque part.
D'ailleurs, hier, j'ai vérifié tes dires et j'ai trouvé pareil (i.e. j'ai fait la même erreur). Et dans l'après-midi (hier), moduloP a trouvé un truc bizarre (dans un autre contexte) ... Et c'est là, que je me suis aperçu de ma bourde.

Quant au treillis des extensions, bien sûr que je n'ai pas du tout l'intention de passer les 58 sous-groupes. Juste quelques uns, histoire de se faire peur. J'ai un peu pataugé comme tu as vu pour attraper l'involution centrale.