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Algèbre abstraite Théorie et applications

Thomas W. Judson

Section 23.3 Applications

Sous-section 23.3.1 Résolubilité par radicaux

Dans toute cette section, nous supposons que tous les corps sont de caractéristique zéro afin de garantir que les polynômes irréductibles n’ont pas de racines multiples. L’objectif immédiat de cette section est de déterminer dans quel cas les racines d’un polynôme \(f(x)\) peuvent être calculées à l’aide d’un nombre fini d’opérations sur les coefficients de \(f(x)\text{.}\) Les opérations autorisées sont l’addition, la soustraction, la multiplication, la division, et l’extraction de racines \(n\)-ièmes. La solution de l’équation du second degré, \(a x^2 + b x +c = 0\text{,}\) en illustre le procédé :
\begin{equation*} x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\text{.} \end{equation*}
La seule de ces opérations susceptible d’exiger un corps plus grand est l’extraction de racines \(n\)-ièmes. Cela nous conduit à la définition suivante.
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Une extension de corps \(E\) d’un corps \(F\) est une extension par radicaux s’il existe une chaîne de sous-corps
\begin{equation*} F = F_0 \subset F_1 \subset F_2 \subset \cdots \subset F_r = E \end{equation*}
telle que pour \(i = 1, 2, \ldots, r\text{,}\) on ait \(F_i = F_{i - 1}(\alpha_i)\) et \(\alpha_i^{n_i} \in F_{i-1}\) pour un certain entier positif \(n_i\text{.}\) Un polynôme \(f(x)\) est résoluble par radicaux sur \(F\) si le corps de décomposition \(K\) de \(f(x)\) sur \(F\) est contenu dans une extension de \(F\) par radicaux. Notre but est d’obtenir des critères qui nous diront si un polynôme \(f(x)\) est ou non résoluble par radicaux en examinant le groupe de Galois de \(f(x)\text{.}\)
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Le polynôme le plus facile à résoudre par radicaux est de la forme \(x^n - a\text{.}\) Comme nous l’avons vu dans Chapitre 4, les racines de \(x^n - 1\) sont appelées les racines \(n\)-ièmes de l’unité. Ces racines forment un sous-groupe fini du corps de décomposition de \(x^n -1\text{.}\) Par le Corollaire 22.1.11, les racines \(n\)-ièmes de l’unité forment un groupe cyclique. Tout générateur de ce groupe est appelé une racine primitive \(n\)-ième de l’unité.
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Exemple 23.3.1.

Le polynôme \(x^n - 1\) est résoluble par radicaux sur \({\mathbb Q}\text{.}\) Les racines de ce polynôme sont \(1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n - 1}\text{,}\) où
\begin{equation*} \omega = \cos\left( \frac{2 \pi}{n} \right) + i \sin\left( \frac{2 \pi}{n} \right)\text{.} \end{equation*}
Le corps de décomposition de \(x^n - 1\) sur \({\mathbb Q}\) est \({\mathbb Q}(\omega)\text{.}\)
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Nous allons prouver qu’un polynôme est résoluble par radicaux si son groupe de Galois est résoluble. Rappelons qu’une suite subnormale d’un groupe \(G\) est une suite finie de sous-groupes
\begin{equation*} G = H_n \supset H_{n-1} \supset \cdots \supset H_1 \supset H_0 = \{ e \}\text{,} \end{equation*}
où \(H_i\) est normal dans \(H_{i+1}\text{.}\) Un groupe \(G\) est résoluble s’il possède une suite subnormale \(\{ H_i \}\) telle que tous les groupes quotients \(H_{i+1} /H_i\) sont abéliens. Par exemple, si l’on examine la suite \(\{ \identity \} \subset A_3 \subset S_3\text{,}\) on voit que \(S_3\) est résoluble. En revanche, \(S_5\) n’est pas résoluble, d’après le Théorème 10.2.4.
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Démonstration.

Les racines de \(x^n - a\) sont \(\sqrt[n]{a}, \omega \sqrt[n]{a}, \ldots, \omega^{n-1} \sqrt[n]{a}\text{,}\) où \(\omega\) est une racine primitive \(n\)-ième de l’unité. Supposons que \(F\) contienne toutes ses racines \(n\)-ièmes de l’unité. Si \(\zeta\) est l’une des racines de \(x^n - a\text{,}\) alors les racines distinctes de \(x^n - a\) sont \(\zeta, \omega \zeta, \ldots, \omega^{n - 1} \zeta\text{,}\) et \(E = F(\zeta)\text{.}\) Puisque \(G(E/F)\) permute les racines de \(x^n - a\text{,}\) les éléments de \(G(E/F)\) sont déterminés par leur action sur ces racines. Soient \(\sigma\) et \(\tau\) dans \(G(E/F)\) et supposons que \(\sigma( \zeta ) = \omega^i \zeta\) et \(\tau( \zeta ) = \omega^j \zeta\text{.}\) Si \(F\) contient les racines de l’unité, alors
\begin{equation*} \sigma \tau( \zeta ) = \sigma( \omega^j \zeta) = \omega^j \sigma( \zeta ) = \omega^{i+j} \zeta = \omega^i \tau( \zeta ) = \tau( \omega^i \zeta ) = \tau \sigma( \zeta )\text{.} \end{equation*}
Donc \(\sigma \tau = \tau \sigma\) et \(G(E/F)\) est abélien, donc \(G(E/F)\) est résoluble.
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Supposons maintenant que \(F\) ne contienne pas de racine primitive \(n\)-ième de l’unité. Soit \(\omega\) un générateur du groupe cyclique des racines \(n\)-ièmes de l’unité. Soit \(\alpha\) un zéro de \(x^n - a\text{.}\) Puisque \(\alpha\) et \(\omega \alpha\) sont tous les deux dans le corps de décomposition de \(x^n - a\text{,}\) \(\omega = (\omega \alpha)/ \alpha\) est aussi dans \(E\text{.}\) Posons \(K = F( \omega)\text{.}\) Alors \(F \subset K \subset E\text{.}\) Puisque \(K\) est le corps de décomposition de \(x^n - 1\text{,}\) \(K\) est une extension normale de \(F\text{.}\) Donc tout automorphisme \(\sigma\) de \(G(F( \omega)/ F)\) est déterminé par \(\sigma( \omega)\text{.}\) Il doit être le cas que \(\sigma( \omega ) = \omega^i\) pour un certain entier \(i\text{,}\) puisque tous les zéros de \(x^n - 1\) sont des puissances de \(\omega\text{.}\) Si \(\tau( \omega ) = \omega^j\) est dans \(G(F(\omega)/F)\text{,}\) alors
\begin{equation*} \sigma \tau( \omega ) = \sigma( \omega^j ) = [ \sigma( \omega )]^j = \omega^{ij} = [\tau( \omega ) ]^i = \tau( \omega^i ) = \tau \sigma( \omega )\text{.} \end{equation*}
Donc \(G(F( \omega ) / F)\) est abélien. Par le théorème fondamental de la théorie de Galois, la suite
\begin{equation*} \{ \identity \} \subset G(E/ F(\omega)) \subset G(E/F) \end{equation*}
est une suite normale. D’après notre argument précédent, \(G(E/F(\omega))\) est abélien. Puisque
\begin{equation*} G(E/F) /G(E/F( \omega)) \cong G(F(\omega)/F) \end{equation*}
est aussi abélien, \(G(E/F)\) est résoluble.
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Démonstration.

Puisque \(E\) est une extension radicale de \(F\text{,}\) il existe une chaîne de sous-corps
\begin{equation*} F = F_0 \subset F_1 \subset F_2 \subset \cdots \subset F_r = E \end{equation*}
telle que pour \(i = 1, 2, \ldots, r\text{,}\) on ait \(F_i = F_{i - 1}(\alpha_i)\) et \(\alpha_i^{n_i} \in F_{i-1}\) pour un certain entier positif \(n_i\text{.}\) Nous allons construire une extension radicale normale de \(F\text{,}\)
\begin{equation*} F = K_0 \subset K_1 \subset K_2 \subset \cdots \subset K_r = K \end{equation*}
telle que \(K \supseteq E\text{.}\) Définissons \(K_1\) comme étant le corps de décomposition de \(x^{n_1} - \alpha_1^{n_1}\text{.}\) Les racines de ce polynôme sont \(\alpha_1, \alpha_1 \omega, \alpha_1 \omega^2, \ldots, \alpha_1 \omega^{n_1 - 1}\text{,}\) où \(\omega\) est une racine primitive \(n_1\)-ième de l’unité. Si \(F\) contient toutes ses racines \(n_1\)-ièmes de l’unité, alors \(K_1 = F(\alpha_1)\text{.}\) En revanche, supposons que \(F\) ne contienne pas de racine primitive \(n_1\)-ième de l’unité. Si \(\beta\) est une racine de \(x^{n_1} - \alpha_1^{n_1}\text{,}\) alors toutes les racines de \(x^{n_1} - \alpha_1^{n_1}\) sont \(\beta, \omega \beta, \ldots, \omega^{n_1-1} \beta\text{,}\) où \(\omega\) est une racine primitive \(n_1\)-ième de l’unité. Dans ce cas, \(K_1 = F(\omega \beta)\text{.}\) Ainsi \(K_1\) est une extension radicale normale de \(F\) contenant \(F_1\text{.}\) En continuant de cette manière, on obtient
\begin{equation*} F = K_0 \subset K_1 \subset K_2 \subset \cdots \subset K_r = K \end{equation*}
telle que \(K_i\) est une extension normale de \(K_{i-1}\) et \(K_i \supseteq F_i\) pour \(i = 1, 2, \ldots, r\text{.}\)
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Nous allons maintenant prouver le théorème principal sur la résolubilité par radicaux.
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Démonstration.

Puisque \(f(x)\) est résoluble par radicaux, il existe une extension \(E\) de \(F\) par radicaux \(F = F_0 \subset F_1 \subset \cdots \subset F_n = E\text{.}\) Par le Lemme 23.3.3, nous pouvons supposer que \(E\) est un corps de décomposition de \(f(x)\) et que \(F_i\) est normal sur \(F_{i - 1}\text{.}\) Par le théorème fondamental de la théorie de Galois, \(G(E/F_i)\) est un sous-groupe normal de \(G(E/F_{i - 1})\text{.}\) Donc nous avons une suite subnormale de sous-groupes de \(G(E/F)\) :
\begin{equation*} \{ \identity \} \subset G(E/F_{n - 1}) \subset \cdots \subset G(E/F_1) \subset G(E/F)\text{.} \end{equation*}
De nouveau par le théorème fondamental de la théorie de Galois, nous savons que
\begin{equation*} G(E/F_{i - 1})/G(E/F_i) \cong G(F_i/F_{i - 1})\text{.} \end{equation*}
Par le Lemme 23.3.2, \(G(F_i/F_{i - 1})\) est résoluble ; donc \(G(E/F)\) est aussi résoluble.
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La réciproque du Théorème 23.3.4 est aussi vraie. Pour une preuve, se reporter aux références à la fin de ce chapitre.
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Sous-section 23.3.2 Insolubilité de la quintique

Nous sommes maintenant en mesure de trouver un polynôme de degré cinq qui n’est pas résoluble par radicaux. Il nous suffit de trouver un polynôme dont le groupe de Galois est \(S_5\text{.}\) Nous commençons par prouver un lemme.
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Démonstration.

Soit \(G\) un sous-groupe de \(S_p\) contenant une transposition \(\sigma\) et \(\tau\) un cycle de longueur \(p\text{.}\) On peut supposer que \(\sigma = (1 \, 2)\text{.}\) L’ordre de \(\tau\) est \(p\) et \(\tau^n\) doit être un cycle de longueur \(p\) pour \(1 \leq n \lt p\text{.}\) On peut donc supposer que \(\mu = \tau^n = (1, 2, i_3, \ldots, i_p)\) pour un certain \(n\text{,}\) avec \(1 \leq n \lt p\) (voir Exercice 5.4.13 dans Chapitre 5). En remarquant que \((1 \, 2)(1, 2, i_3,\ldots, i_p) = (2, i_3, \ldots, i_p)\) et \((2,i_3, \ldots, i_p)^k(1 \, 2)(2,i_3, \ldots, i_p)^{-k} = (1 \, i_k)\text{,}\) on peut obtenir toutes les transpositions de la forme \((1n)\) pour \(1 \leq n \lt p\text{.}\) Or ces transpositions engendrent toutes les transpositions de \(S_p\text{,}\) puisque \((1 \, j)(1 \, i)(1 \, j) = (i \, j)\text{.}\) Les transpositions engendrent \(S_p\text{.}\)
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Le graphe est tracé sur un repère cartésien et commence en dessous de l’axe horizontal, monte jusqu’à environ 68 pour x approximativement égal à 2, en coupant l’axe horizontal vers minus 3. Le graphe descend ensuite jusqu’à environ minus 73 pour x environ égal à 2,3, en coupant l’axe horizontal vers minus 0,2. Enfin, le graphe remonte jusqu’à 20 vers x environ égal à 3,2, en coupant l’axe horizontal vers 3.
Figure 23.3.6. Le graphe de \(f(x) = x^5 - 6 x^3 - 27 x - 3\)
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Exemple 23.3.7.

Nous allons montrer que \(f(x) = x^5 - 6 x^3 - 27 x - 3 \in {\mathbb Q}[x]\) n’est pas résoluble. Nous affirmons que le groupe de Galois de \(f(x)\) sur \({\mathbb Q}\) est \(S_5\text{.}\) D’après le critère d’Eisenstein, \(f(x)\) est irréductible et, par conséquent, séparable. La dérivée de \(f(x)\) est \(f'(x) = 5 x^4 - 18 x^2 - 27\) ; donc, en posant \(f'(x) = 0\) et en résolvant, on trouve que les seules racines réelles de \(f'(x)\) sont
\begin{equation*} x = \pm \sqrt{ \frac{6 \sqrt{6} + 9 }{5} }\text{.} \end{equation*}
Donc \(f(x)\) peut avoir au plus un maximum et un minimum. On peut facilement vérifier que \(f(x)\) change de signe entre \(-3\) et \(-2\text{,}\) entre \(-2\) et \(0\text{,}\) et une fois encore entre \(0\) et \(4\) (Figure 23.3.6). Donc \(f(x)\) a exactement trois racines réelles distinctes. Les deux racines restantes de \(f(x)\) doivent être des conjugués complexes. Soit \(K\) le corps de décomposition de \(f(x)\text{.}\) Puisque \(f(x)\) a cinq racines distinctes dans \(K\) et que tout automorphisme de \(K\) fixant \({\mathbb Q}\) est déterminé par la façon dont il permute les racines de \(f(x)\text{,}\) nous savons que \(G(K/{\mathbb Q})\) est un sous-groupe de \(S_5\text{.}\) Puisque \(f\) est irréductible, il existe un élément \(\sigma \in G(K/{\mathbb Q})\) tel que \(\sigma(a) = b\) pour deux racines \(a\) et \(b\) de \(f(x)\text{.}\) L’automorphisme de \({\mathbb C}\) qui envoie \(a + bi \mapsto a - bi\) laisse les racines réelles fixes et échange les racines complexes ; par conséquent, \(G(K/{\mathbb Q} )\) contient une transposition. Si \(\alpha\) est l’une des racines réelles de \(f(x)\text{,}\) alors \([\mathbb Q(\alpha) : \mathbb Q] = 5\) d’après Exercice 21.5.28. Puisque \(\mathbb Q(\alpha)\) est un sous-corps de \(K\text{,}\) il s’ensuit que \([K : \mathbb Q]\) est divisible par 5. Puisque \([K : \mathbb Q] = |G(K/{\mathbb Q})|\) et \(G(K/{\mathbb Q}) \subset S_5\text{,}\) nous savons que \(G(K/{\mathbb Q})\) contient un cycle de longueur \(5\text{.}\) Par le Lemme 23.3.5, \(S_5\) est engendré par une transposition et un élément d’ordre \(5\) ; donc \(G(K/{\mathbb Q} )\) doit être égal à \(S_5\) tout entier. Par le Théorème 10.2.4, \(S_5\) n’est pas résoluble. Par conséquent, \(f(x)\) ne peut pas être résolu par radicaux.
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Sous-section 23.3.3 Le théorème fondamental de l’algèbre

Il semble juste que le dernier théorème que nous allons énoncer et prouver soit le théorème fondamental de l’algèbre. Ce théorème fut prouvé pour la première fois par Gauss dans sa thèse de doctorat. Avant la preuve de Gauss, les mathématiciens soupçonnaient qu’il pouvait exister des polynômes sur les réels et les complexes n’ayant aucune solution. Le théorème fondamental de l’algèbre affirme que tout polynôme sur les nombres complexes se factorise en facteurs linéaires distincts.
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Démonstration.

Supposons que \(E\) soit une extension finie propre du corps des nombres complexes. Puisque toute extension finie d’un corps de caractéristique zéro est une extension simple, il existe un \(\alpha \in E\) tel que \(E = {\mathbb C}( \alpha )\) avec \(\alpha\) racine d’un polynôme irréductible \(f(x)\) de \({\mathbb C}[x]\text{.}\) Le corps de décomposition \(L\) de \(f(x)\) est une extension normale séparable finie de \({\mathbb C}\) contenant \(E\text{.}\) Nous devons montrer qu’il est impossible que \(L\) soit une extension propre de \({\mathbb C}\text{.}\)
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Supposons que \(L\) soit une extension propre de \({\mathbb C}\text{.}\) Puisque \(L\) est le corps de décomposition de \(f(x) = (x^2 + 1)\) sur \({\mathbb R}\text{,}\) \(L\) est une extension normale séparable finie de \({\mathbb R}\text{.}\) Soit \(K\) le corps fixe d’un 2-sous-groupe de Sylow \(G\) de \(G(L/{\mathbb R})\text{.}\) Alors \(L \supset K \supset {\mathbb R}\) et \(|G( L / K )| =[L:K]\text{.}\) Puisque \([L : {\mathbb R}] = [L:K][K:{\mathbb R}]\text{,}\) nous savons que \([K:{\mathbb R}]\) doit être impair. Par conséquent, \(K = {\mathbb R}(\beta)\) avec \(\beta\) ayant un polynôme minimal \(f(x)\) de degré impair. Donc \(K = {\mathbb R}\text{.}\)
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Nous savons maintenant que \(G(L/{\mathbb R})\) doit être un 2-groupe. Il s’ensuit que \(G(L / {\mathbb C})\) est un \(2\)-groupe. Nous avons supposé que \(L \neq {\mathbb C}\) ; donc \(|G(L / {\mathbb C})| \geq 2\text{.}\) Par le premier théorème de Sylow et le théorème fondamental de la théorie de Galois, il existe un sous-groupe \(G\) de \(G(L/{\mathbb C})\) d’indice 2 et un corps \(E\) fixé élément par élément par \(G\text{.}\) Alors \([E:{\mathbb C}] = 2\) et il existe un élément \(\gamma \in E\) de polynôme minimal \(x^2 + b x + c\) dans \({\mathbb C}[x]\text{.}\) Ce polynôme a pour racines \(( - b \pm \sqrt{b^2 - 4c}\, ) / 2\) qui sont dans \({\mathbb C}\text{,}\) puisque \(b^2 - 4 c\) est dans \({\mathbb C}\text{.}\) C’est impossible ; donc \(L = {\mathbb C}\text{.}\)
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Bien que notre preuve soit strictement algébrique, nous avons été contraints de nous appuyer sur des résultats de l’analyse. Il est nécessaire de supposer l’axiome de complétude de l’analyse pour montrer que tout polynôme de degré impair a une racine réelle et que tout réel positif possède une racine carrée. Il semble qu’il soit impossible d’éviter cette difficulté et de formuler un argument purement algébrique. Il est assez remarquable qu’il existe plusieurs preuves élégantes du théorème fondamental de l’algèbre utilisant l’analyse complexe. Il est aussi intéressant de noter que l’on peut obtenir une preuve d’un théorème aussi important à partir de deux domaines très différents des mathématiques.
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