Galois à vélo

$\newcommand{\cc}{\mathbb{C}}$

$\newcommand{\rr}{\mathbb{R}}$


Si $p\in\cc$, c'est vite vu. Le corps $\cc$ étant algébriquement clos, le groupe de Galois de $P$ est trivial, donc cyclique
Si $p\in\rr$, c'est pareil. Les extensions algébriques de $\rr$ étant $\rr$ ou $\cc$ , le groupe de Galois est trivial ou d'ordre $2$, donc cyclique.

De manière générale, si $K$ est un corps de caractéristique $\neq 2,3$ (pour être sûr de de pas dire de c...ries), et si $P$ est un polynôme de degré $3$, alors:

1) si $P$ n'est pas irréductible, son groupe de Galois est trivial ou d'ordre $2$, selon qu'il possède une ou trois racines dans $K$.

2) si $P$ est irréductible et que son discriminant est un carré dans $K$, le groupe de Galois est cyclique d'ordre $3$

3) si $P$ est irréductible et que son discriminant n'est pas un carré dans $K,$ le groupe de Galois de $P$ est isomorphe à $\mathfrak S_3$.

J'ai rien compris à ta remarque, Shah.

Un polynôme $P\in K[X]$ est dit cyclique si son groupe de Galois sur $K$ est cyclique. Tu peux prendre $K=\mathbb{Q}(p)$ si tu veux, ça ne change rien à ce que j'ai dit. Les résultats sont vrais sur n'importe quel corps de bonne caractéristique.

A moins qu'on ne parle pas de la même chose.

La question est surtout: sur quel corps de base Soland se place-t-il ?. Vu l'énoncé, j'avais compris qu'il se plaçait sur $\mathbb{C}$, et dans ce cas la réponse est triviale. J'imagine qu'il avait autre chose en tête quand il a posé la question...

Le mieux est d'attendre des précisions au lieu de spéculer dans le vide. J'ajoute que c'est vraiment fatiguant d'avoir à deviner l'énoncé complet, et que d'autre part ça serait sympa que Soland agrémente ses messages de début de fil des formules de politesse d'usage, chose qu'il ne fait jamais.

Ceci dit, tu as probablement deviné le bon énoncé . Si on se place sur $\mathbb{Q}(p)$ (pourquoi pas, après tout), la question est donc de savoir:

1) à quelles conditions nécessaires et suffisantes $X^3+pX+1$ est-il irréductible sur $\mathbb{Q}(p)$?

2) à quelle condition $-4p^3-27$ est-il un carré dans $\mathbb{Q}(p)$ ?

Tout cela dépend fortement de la nature de $p$. Par exemple, si $p$ est transcendant sur $\mathbb{Q}$, la réponse à 2) est jamais et la réponse à 1) est toujours, et si $p$ est un réel, la réponse aux deux questions dépend du signe de $4p^3+27$, etc.etc.

Bref, la question est nettement trop vague pour pouvoir être traitée raisonnablement.

Gai requin fait des courbes elliptiques comme s'il faisait du vélo :-D

Commençons tout d'abord par la condition d'irréductibilité si tu veux bien ?

Les éventuelles racines rationnelles de $P=X^3+pX+1$ sont $\pm 1$. Pour que $P$ soit irréductible, il faut et il suffit que $p\neq -2,0$, ce qui est ma foi fort raisonnable.

Pour le discriminant, tu as raison c'est la seconde équation qu'il faut résoudre. J'imagine que tu as posé $p=\dfrac{a}{b}$, avec $a$ et $b$ premiers entre eux, et que l'on peut aussi supposer $x$ et $y$ premiers entre eux.

Si $\ell$ est un diviseur premier impair de $b$, alors $v_\ell(4a^3-27b^3)=0$. On a $2v_\ell(y)=2v_\ell(x)+3v_\ell(b)$.

On en déduit que $v_\ell(y)>0$, et donc que $v_\ell(x)=0$. Par suite $v_\ell(b)$ est pair.

Si $2$ divise $b$, alors $a$ est impair et $v_2(4a^3-27b^3)=2$. On a alors $2 v_2(y)+2=2v_2(x)+3v_2(b)$.
Si $v_2(y)=0$, on a $v_2(b)=0$, contradiction. Donc $v_2(y)\geq 1$ et $v_2(x)=0$. Ainsi, $v_2(b)$ est pair.


Si on écrit $b=c^2=(2^m d)^2$ avec $d$ impair, on a alors $v_\ell(y)=3v_\ell(d)$ et $v_2(y)=m-1$. Ainsi, $y$ est un multiple de $c^3$ ou de $c^3/2$ selon que $b$ est impair ou pair.

Enfin, $x$ n'est divisible par aucun diviseur premier de $b$. Ainsi, $x$ est premier à $b$. Pas le temps de continuer;..

C'est une courbe elliptique bien connue. Rappels : $-4p^3 - 27$ (discriminant de $X^3 + pX + 1)$ carré (dans $\Q$) conduit, en posant $x = -p$ à :
$$
4x^3 - 27 = y^2 \qquad \hbox {mult. par $4^2$} \qquad (4y)^2 = (4x)^3 - 4^2 \times 27
\qquad \hbox {changement de variables} \qquad Y^2 = X^3 - 4^2 \times 27 = X^3 - 432
$$
Identifions cette courbe elliptique.

> E := EllipticCurve([0, -4^2*27]) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 432 over Rational Field
> Conductor(E) ;
27
> CremonaReference(E) ;
27a1
> MinimalModel(E) ;
Elliptic Curve defined by y^2 + y = x^3 - 7 over Rational Field
> Rank(E) ;
0
> G<a>, GtoE := MordellWeilGroup(E) ;
> G ;
Abelian Group isomorphic to Z/3
Defined on 1 generator  Relations:  3*a = 0
> [GtoE(k*a) : k in [0..2]] ;  
[ (0 : 1 : 0), (12 : 36 : 1), (12 : -36 : 1) ]

Elle ne possède que les 3 points rationnels que l'on voit.
Cette courbe elliptique possède une manifestation plus symétrique : c'est la courbe modulaire $X_0(27)$, en liaison avec la cubique de Fermat de degré 3 i.e. $x^3 + y^3 + z^3 = 0$.

> P2<x,y,z> := ProjectiveSpace(RationalField(), 2) ;
> Fermat3 := x^3 + y^3 + z^3 ;
> C := Curve(P2, Fermat3) ;
> p0 := C![-1,0,1] ;
> EC, CtoEC := EllipticCurve(C, p0) ;
> CtoEC ;
Mapping from: CrvPln: C to CrvEll: EC
with equations : 
3*y
-9*x
-x - z
and inverse
$.2
-3*$.1
-$.2 + 9*$.3
> EC ;
Elliptic Curve defined by y^2 - 9*y = x^3 - 27 over Rational Field
> MinimalModel(EC) ;
Elliptic Curve defined by y^2 + y = x^3 - 7 over Rational Field

C'est facile (à la main) de mettre en isomorphie la courbe de Fermat et la courbe elliptique (en profitant du fait que le point $p_0 = (-1 : 0 : 1)$ sur la courbe de Fermat est d'inflexion), mais j'ai la flemme. Ce qui est un peu plus difficile, on le sait bien, c'est de montrer que la courbe de Fermat n'a que les 3 points rationnels qu'on lui connait.

Il y a quelques années j'avais posé une question en rapport avec la courbe elliptique évoquée Par Claude Quitté.
C'était une question beaucoup (mais alors beaucoup plus !) modeste.
Dans un corps $F$ de caractéristique différent de 2 ou 3, on considère:

\begin{equation}
\large x^3+y^3=z^3
\end{equation}

et on pose $X=12z$, $Y=36(x-y)$, $Z=x+y$ pour obtenir la forme équivalente:
\begin{equation}
\large Y^2Z=X^3 - 432Z^2
\end{equation}

avec $x=\frac{1}{72} + \frac{1}{2}Z$, $y=-\frac{1}{72}Y + \frac{1}{2}Z$, $z=\frac{1}{12}X$.

C'est @Yves M qui m'avait donné les détails du calcul.

A l'origine du problème, il y a la recherche des solutions projectives d'une cubique à deux variables: trouver les triplets $(x,y,z) \in F \times F \times F$ (avec $x,y,z$ non tous nuls) qui satisfont:

\begin{equation}
\large ax^3+bx^2y+cxy^2+dy^3+ex^2z+fxyz+gy^2z+hxz^2+iyz^2+jz^3=0
\end{equation}

Par un changement de variables (mais lequel ?), on se ramenait à la forme "standard" suivante:

\begin{equation}
\large y^2z=x^3 + axz^2 + bz^3, \quad a,b \in F,
\end{equation}

p.s: je ne suis pas un troll ! Un troll c'est quelqu'un qui déteste les bagnoles et qui passe ses journées sur "Caradisiac".
La perversion a des limites quand même !

Bonne journée...