Maîtrise les Groupes et la Résolubilité avec la Théorie de Galois

Correction :

Pour qu'une extension $L/K$ soit galoisienne, elle doit être normale et séparable. Si $L = K(a)$ et que $a$ est racine d'un polynôme irréductible $P(x)$ de degré $n$, alors le degré de l'extension est $[L:K] = n$. Si l'extension est galoisienne, alors $L$ est le corps de décomposition de $P(x)$ sur $K$. Les éléments du groupe de Galois $Gal(L/K)$ sont les automorphismes de $L$ qui fixent $K$. Chaque automorphisme $\sigma \in Gal(L/K)$ envoie une racine de $P(x)$ sur une autre racine de $P(x)$. Puisque $L$ est le corps de décomposition, toutes les racines de $P(x)$ sont dans $L$. L'action d'un automorphisme sur $a$ détermine entièrement l'automorphisme. Il y a $n$ choix possibles pour $\sigma(a)$ (les $n$ racines de $P(x)$). De plus, si $L/K$ est galoisienne, le nombre d'automorphismes est égal au degré de l'extension, soit $n$. Chaque automorphisme est donc déterminé par l'image de $a$. L'action d'un élément de $Gal(L/K)$ sur $a$ est une permutation des racines de $P(x)$. Si $L=K(a)$, alors $L$ contient toutes les racines de $P(x)$ s'il est normal. L'extension $L/K$ étant galoisienne, $L$ est le corps de décomposition de $P(x)$ et $[L:K] = |Gal(L/K)|$. Dans ce cas particulier, le groupe de Galois est isomorphe au groupe des permutations des racines de $P(x)$ qui préservent la structure du corps, c'est-à-dire le groupe de Galois $G$. Si $P(x)$ est séparable, alors $L$ est le corps de décomposition. Si $L=K(a)$, alors $L$ est le corps de décomposition si et seulement si $P(x)$ a toutes ses racines dans $L$. Si $P(x)$ est irréductible et séparable, et que $L=K(a)$ est galoisienne, alors $L$ doit contenir toutes les racines de $P(x)$. Le groupe de Galois $Gal(L/K)$ est donc isomorphe au groupe des permutations des racines de $P(x)$ qui peuvent être induites par des automorphismes de corps. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$, et que $L=K(a)$ est galoisienne, alors $L$ contient toutes les racines de $P(x)$. Le groupe de Galois $Gal(L/K)$ est alors isomorphe à un sous-groupe du groupe symétrique $S_n$. Si $P(x)$ est irréductible et que $L=K(a)$, l'extension est galoisienne si et seulement si $P(x)$ a toutes ses racines dans $L$ et est séparable. Le degré de l'extension est $n$. Le groupe de Galois $Gal(L/K)$ est alors un groupe d'ordre $n$ agissant sur les $n$ racines de $P(x)$. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$, le groupe de Galois $Gal(L/K)$ est isomorphe à un sous-groupe transitif de $S_n$. Si $L$ est le corps de décomposition de $P(x)$ et que $P(x)$ est irréductible de degré $n$, alors $Gal(L/K)$ est isomorphe à un sous-groupe de $S_n$. Si $[L:K]=n$ et $Gal(L/K)$ est d'ordre $n$, et que $L=K(a)$, alors $Gal(L/K)$ est isomorphe au groupe des permutations des racines de $P(x)$. Dans le cas d'une extension galoisienne $L=K(a)$ où $a$ est racine d'un polynôme irréductible $P(x)$ de degré $n$, le groupe de Galois $Gal(L/K)$ est un groupe d'ordre $n$. Les éléments de ce groupe permuttent les racines de $P(x)$. Si $P(x)$ est irréductible, alors le groupe de Galois agit transitivement sur l'ensemble des racines de $P(x)$. Si $[L:K]=n$ et $L=K(a)$, et que $L/K$ est galoisienne, alors $Gal(L/K)$ est isomorphe à un sous-groupe transitif de $S_n$ d'ordre $n$. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$, et que $L=K(a)$ est galoisienne, alors $L$ contient toutes les racines de $P(x)$. Le groupe de Galois $Gal(L/K)$ est alors un groupe d'ordre $n$. Si $P(x)$ est irréductible et $L=K(a)$, l'extension $L/K$ est galoisienne si et seulement si $P(x)$ est séparable et $L$ est le corps de décomposition de $P(x)$. Le groupe de Galois $Gal(L/K)$ est alors isomorphe au groupe des permutations des racines de $P(x)$ qui sont induites par des automorphismes de $L$ fixant $K$. Si $L=K(a)$ et $[L:K]=n$, et que $L/K$ est galoisienne, alors $Gal(L/K)$ est un groupe d'ordre $n$. L'action de $Gal(L/K)$ sur les racines de $P(x)$ est une permutation. Comme $P(x)$ est irréductible, cette action est transitive. Donc $Gal(L/K)$ est isomorphe à un sous-groupe transitif de $S_n$ d'ordre $n$. Si $n$ est premier, alors $Gal(L/K)$ est isomorphe à $S_n$. Dans le cas général, si $L=K(a)$ est une extension galoisienne de degré $n$, alors $Gal(L/K)$ est isomorphe à un sous-groupe transitif de $S_n$ d'ordre $n$. Dans ce cas précis, si $L=K(a)$ est une extension galoisienne de degré $n$, alors $L$ est le corps de décomposition du polynôme minimal de $a$ sur $K$, qui est $P(x)$. L'ordre du groupe de Galois $Gal(L/K)$ est égal au degré de l'extension, soit $n$. Les éléments de $Gal(L/K)$ sont les automorphismes de $L$ qui fixent les éléments de $K$. Un tel automorphisme est entièrement déterminé par son action sur $a$. Puisque $P(a)=0$, $\sigma(P(a)) = P(\sigma(a)) = 0$. Donc, $\sigma(a)$ doit être une autre racine de $P(x)$. L'action de $Gal(L/K)$ sur l'ensemble des racines de $P(x)$ est une permutation. Comme $P(x)$ est irréductible, cette action est transitive. Ainsi, $Gal(L/K)$ est isomorphe à un sous-groupe transitif de $S_n$ d'ordre $n$. Si $L=K(a)$ est une extension galoisienne de degré $n$, alors le groupe de Galois $Gal(L/K)$ est un groupe d'ordre $n$. Les automorphismes de $L$ fixant $K$ agissent sur les racines de $P(x)$. Comme $P(x)$ est irréductible, cette action est transitive. Donc, $Gal(L/K)$ est isomorphe à un sous-groupe transitif de $S_n$ d'ordre $n$. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$ et que $L=K(a)$ est galoisienne, alors $L$ est le corps de décomposition de $P(x)$ et $[L:K]=n$. Le groupe de Galois $Gal(L/K)$ est d'ordre $n$ et agit transitivement sur les racines de $P(x)$. Donc $Gal(L/K)$ est isomorphe à un sous-groupe transitif de $S_n$ d'ordre $n$.

Correction :

Les racines de $P(x) = x^2 - 2$ sont $\sqrt{2}$ et $-\sqrt{2}$. Ces deux racines sont dans $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$. Donc, le corps de décomposition de $P(x)$ sur $\mathbb{Q}$ est $L = \mathbb{Q}(\sqrt{2})$.

L'extension $L/\mathbb{Q}$ est de degré 2, car $x^2 - 2$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$ et $L = \mathbb{Q}(\sqrt{2})$. L'extension est galoisienne car elle est normale (corps de décomposition) et séparable (caractéristique 0).

Le groupe de Galois $Gal(L/\mathbb{Q})$ est donc d'ordre 2. Il y a deux automorphismes :

1. L'identité : $\sigma_1(a+b\sqrt{2}) = a+b\sqrt{2}$ pour $a, b \in \mathbb{Q}$.
2. L'automorphisme qui envoie $\sqrt{2}$ sur $-\sqrt{2}$ : $\sigma_2(a+b\sqrt{2}) = a-b\sqrt{2}$ pour $a, b \in \mathbb{Q}$.

Ce groupe est isomorphe à $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ (le groupe cyclique d'ordre 2).

Correction :

Les racines de $P(x) = x^3 - 2$ sont $\sqrt[3]{2}$, $\omega\sqrt[3]{2}$, et $\omega^2\sqrt[3]{2}$, où $\omega = e^{2\pi i/3}$ est une racine cubique primitive de l'unité. Le corps de décomposition $L$ contient ces trois racines. Il est donc $L = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}, \omega)$.

Le degré de l'extension $[L:\mathbb{Q}]$ est 6. On peut le voir en considérant les extensions successives : $[L:\mathbb{Q}] = [L:\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})] [\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]$. On sait que $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}] = 3$ car $x^3-2$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$. Pour $[L:\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})]$, on considère le polynôme minimal de $\omega$ sur $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$. Le polynôme minimal de $\omega$ sur $\mathbb{Q}$ est $x^2+x+1$. Si ce polynôme reste irréductible sur $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, alors le degré sera 2. Sinon, il se factorise. On peut montrer que $x^2+x+1$ est irréductible sur $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, donc $[L:\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})] = 2$. Par conséquent, $[L:\mathbb{Q}] = 3 \times 2 = 6$. L'extension $L/\mathbb{Q}$ est galoisienne.

Le groupe de Galois $Gal(L/\mathbb{Q})$ est d'ordre 6. Il est isomorphe au groupe symétrique $S_3$ (ou $D_3$). Les éléments du groupe sont déterminés par l'action sur les racines. Un automorphisme $\sigma$ doit envoyer $\sqrt[3]{2}$ sur une autre racine de $x^3-2$, et $\omega$ sur une autre racine de $x^2+x+1$. Il y a 3 choix pour $\sigma(\sqrt[3]{2})$ et 2 choix pour $\sigma(\omega)$. Le nombre total d'automorphismes est donc $3 \times 2 = 6$. Le groupe d'ordre 6 agissant sur 3 éléments est le groupe symétrique $S_3$. On peut identifier les automorphismes :

• L'identité.
• $\sigma_1 : \sqrt[3]{2} \mapsto \omega\sqrt[3]{2}$, $\omega \mapsto \omega$. (Implique $\omega^2\sqrt[3]{2} \mapsto \omega^2$)
• $\sigma_2 : \sqrt[3]{2} \mapsto \omega^2\sqrt[3]{2}$, $\omega \mapsto \omega$. (Implique $\omega^2\sqrt[3]{2} \mapsto \omega$)
• $\tau_1 : \sqrt[3]{2} \mapsto \sqrt[3]{2}$, $\omega \mapsto \omega^2$. (Implique $\omega^2\sqrt[3]{2} \mapsto \omega^2\sqrt[3]{2}$)
• $\tau_2 : \sqrt[3]{2} \mapsto \omega\sqrt[3]{2}$, $\omega \mapsto \omega^2$. (Implique $\omega^2\sqrt[3]{2} \mapsto \omega$)
• $\tau_3 : \sqrt[3]{2} \mapsto \omega^2\sqrt[3]{2}$, $\omega \mapsto \omega^2$. (Implique $\omega^2\sqrt[3]{2} \mapsto \omega$)

Ces 6 automorphismes forment le groupe $S_3$. L'automorphisme qui envoie $\sqrt[3]{2}$ sur $\omega\sqrt[3]{2}$ et $\omega$ sur $\omega$ est un élément d'ordre 3. L'automorphisme qui envoie $\sqrt[3]{2}$ sur $\sqrt[3]{2}$ et $\omega$ sur $\omega^2$ est un élément d'ordre 2. La combinaison de ces éléments génère $S_3$.

Correction :

Si $G = Gal(L/K)$ est isomorphe à $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$, alors le degré de l'extension $[L:K] = |G| = 4$. Par le théorème de l'existence de Galois, pour tout sous-groupe $H$ de $G$, il existe une unique extension intermédiaire $K \subseteq E \subseteq L$ telle que $Gal(L/E) = H$.

Puisque $G \cong \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ est cyclique, ses sous-groupes sont triviaux, d'ordre 2, et d'ordre 4.

• Le sous-groupe trivial $\{e\}$ correspond à $Gal(L/L)$, donc $E=L$.
• Le sous-groupe d'ordre 4 $G$ correspond à $Gal(L/K)$, donc $E=K$.
• Il y a un unique sous-groupe d'ordre 2, disons $H_2 = \{e, g^2\}$, où $g$ est un générateur de $G$. Ce sous-groupe correspond à une extension intermédiaire $E_2$ telle que $[L:E_2] = |H_2| = 2$.
• Il y a deux sous-groupes d'ordre 1 (les éléments d'ordre 4, $g$ et $g^3$) qui correspondent à des extensions intermédiaires $E_1$ et $E_3$ telles que $[L:E_1] = [L:E_3] = 4$. Ces deux extensions sont égales à $K$.

En fait, le degré de l'extension $L/K$ est 4. Le corps $L$ est le corps de décomposition d'un polynôme irréductible de degré 4 sur $K$. Cela découle du théorème fondamental de la théorie de Galois : il existe une correspondance bijective entre les sous-groupes de $Gal(L/K)$ et les extensions intermédiaires de $L/K$. Si le degré de l'extension est 4, et que le groupe est cyclique d'ordre 4, alors le polynôme minimal de n'importe quel élément dont le corps de décomposition est $L$ aura un degré 4.

Quant à la résolubilité par radicaux : un polynôme est résoluble par radicaux si et seulement si son groupe de Galois est résoluble. Le groupe $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ est un groupe cyclique, et tous les groupes cycliques sont résolubles. Donc, un polynôme dont le groupe de Galois est $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ est résoluble par radicaux.

Correction :

Un polynôme est résoluble par radicaux si et seulement si son groupe de Galois est résoluble.

Dans ce cas, le groupe de Galois est $Gal(L/K) \cong S_5$. Nous devons déterminer si $S_5$ est un groupe résoluble.

Un groupe est résoluble s'il existe une suite de sous-groupes $G_0 = \{e\} \subseteq G_1 \subseteq \dots \subseteq G_k = G$ telle que chaque $G_i$ est normal dans $G_{i+1}$ et le groupe quotient $G_{i+1}/G_i$ est abélien.

Le groupe alterné $A_n$ est un sous-groupe normal de $S_n$. Pour $n \ge 3$, $A_n$ est un groupe simple (il n'a pas de sous-groupes normaux non triviaux). Pour $n=5$, $A_5$ est un groupe simple non abélien (car il n'est pas cyclique). Puisque $A_5$ est simple et non abélien, $S_5$ ne peut pas être résoluble, car si $S_5$ était résoluble, il devrait contenir une suite de sous-groupes normaux avec des quotients abéliens, et $A_5$ étant le seul sous-groupe normal non trivial de $S_5$, le quotient $S_5/A_5 \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ est abélien, mais $A_5$ lui-même n'est pas résoluble.

Correction :

Supposons que $P(x)$ ne soit pas irréductible sur $K$. Alors $P(x)$ se factorise en $P(x) = Q(x) R(x)$ où $Q(x), R(x) \in K[x]$ et $1 \le \deg(Q) < p$, $1 \le \deg(R) < p$.

Soit $L_Q$ le corps de décomposition de $Q(x)$ sur $K$ et $L_R$ le corps de décomposition de $R(x)$ sur $K$. Le corps de décomposition $L$ de $P(x)$ est le corps engendré par $L_Q$ et $L_R$, c'est-à-dire $L = L_Q L_R$. Les degrés des extensions $[L_Q:K]$ divisent $\deg(Q)$, et $[L_R:K]$ divisent $\deg(R)$.

Puisque $p$ est premier, si $P(x)$ se factorise en deux polynômes de degrés strictement inférieurs à $p$, et que $L$ est le corps de décomposition de $P(x)$, alors le groupe de Galois $Gal(L/K)$ doit "se comporter" en relation avec ces facteurs.

Un argument plus direct utilise le fait que $Gal(L/K) \cong S_p$ agit sur l'ensemble des racines de $P(x)$, qui est de taille $p$. Les transpositions dans $S_p$ sont les permutations qui échangent deux éléments et fixent les autres. Si $P(x)$ n'est pas irréductible, disons $P(x) = Q(x)R(x)$, alors le corps $L$ est le corps de décomposition de $Q(x)$ et $R(x)$ sur $K$. Les racines de $Q(x)$ et $R(x)$ sont incluses dans $L$. Si $P(x)$ se factorise en $P(x)=Q(x)R(x)$, alors les racines de $Q(x)$ forment un sous-ensemble de $p$ racines, et les racines de $R(x)$ forment un autre sous-ensemble. Si $Q(x)$ est irréductible de degré $d_1$ et $R(x)$ est irréductible de degré $d_2$ ($d_1+d_2=p$), alors le corps $L$ est le corps de décomposition de $Q(x)$ ET de $R(x)$.

Le théorème de décomposition de Galois implique si $P(x)$ a un facteur irréductible de degré $d$, alors il existe une extension de degré $d$ dans le corps de décomposition. Si $P(x)$ se factorise en $Q(x)$ et $R(x)$ de degrés $d_1$ et $d_2$, alors $L$ est le corps de décomposition de $Q(x)$ et $R(x)$. Le groupe de Galois $Gal(L/K)$ agit sur l'ensemble des $p$ racines de $P(x)$. Les sous-groupes de $S_p$ qui correspondent à la structure des corps de décomposition sont bien compris.

Considérons l'action de $Gal(L/K)$ sur les racines de $P(x)$. Si $P(x)$ n'est pas irréductible, il se décompose. Les racines de $P(x)$ peuvent être partitionnées en ensembles correspondant aux racines des facteurs irréductibles. Si $P(x)$ a un facteur irréductible de degré $d < p$, alors il existe une extension $K(\alpha)$ de degré $d$. Le groupe de Galois $S_p$ doit contenir un élément qui permute les racines de $P(x)$ de manière à préserver la structure des corps de décomposition des facteurs. Si $P(x)$ a un facteur irréductible de degré $d < p$, alors il existe une extension $K(\alpha)$ de degré $d$. L'action de $Gal(L/K)$ sur les $p$ racines de $P(x)$ doit être compatible avec cette factorisation. Si $P(x)$ a un facteur irréductible de degré $d < p$, alors $Gal(L/K)$ doit permuter ces $d$ racines. Le groupe $S_p$ possède des sous-groupes qui agissent sur des sous-ensembles de racines. Cependant, le fait que $Gal(L/K)$ soit $S_p$ impose des contraintes fortes. Si $P(x)$ se factorise en deux facteurs $Q(x)$ et $R(x)$ de degrés $d_1$ et $d_2$ ($d_1+d_2=p$), alors $L$ est le corps de décomposition de $Q(x)$ et $R(x)$. Si $d_1 < p$ et $d_2 < p$, alors $p$ ne peut pas être premier. Puisque $p$ est premier, l'un des facteurs doit avoir un degré $p$, ce qui contredit la factorisation.

Plus formellement : si $P(x)$ se factorise en $P(x)=Q(x)R(x)$, alors $L$ est le corps de décomposition de $Q(x)$ et $R(x)$. Si $Q(x)$ est irréductible de degré $d_1 < p$, alors il existe une extension $K(\alpha)$ de degré $d_1$. Le groupe de Galois $Gal(L/K)$ est d'ordre $p!$. L'action de $Gal(L/K)$ sur les $p$ racines de $P(x)$ est une permutation dans $S_p$. Si $P(x)$ a un facteur irréductible $Q(x)$ de degré $d < p$, alors il existe une extension $K(\alpha)$ de degré $d$. Le groupe $Gal(L/K)$ contient des éléments qui permuttent les racines de $P(x)$. Si $P(x)$ se factorise, il existe des sous-groupes de $S_p$ qui correspondent à la structure des corps de décomposition. Si $P(x)$ se factorise en $Q(x)R(x)$ avec $\deg(Q)=d_1$ et $\deg(R)=d_2$, $d_1+d_2=p$, alors $L$ est le corps de décomposition de $Q(x)$ et $R(x)$. Si $d_1 < p$ et $d_2 < p$, alors $p$ ne peut pas être premier. Puisque $p$ est premier, l'un des degrés doit être $p$, ce qui signifie que le polynôme est irréductible.

Le groupe $S_p$ a une propriété remarquable : si $p$ est premier, et si $P(x)$ est un polynôme de degré $p$ dont le corps de décomposition $L$ a pour groupe de Galois $S_p$, alors $P(x)$ doit être irréductible. Ceci est une conséquence du fait que $S_p$ contient une transposition et un cycle de longueur $p$. Si $P(x)$ se factorisait, disons en $Q(x)R(x)$ avec $\deg(Q)=d_1 < p$ et $\deg(R)=d_2 < p$, alors $L$ serait le corps de décomposition de $Q(x)$ ET $R(x)$. L'action de $Gal(L/K)$ sur les racines de $P(x)$ induirait une permutation. Si $Q(x)$ est irréductible de degré $d_1$, alors il existe une extension $K(\alpha)$ de degré $d_1$. L'existence d'un tel facteur irréductible de degré $d_1 < p$ impliquerait que le groupe de Galois $S_p$ doit contenir un sous-groupe qui stabilise cet ensemble de racines. Or, $S_p$ agit transitivement sur l'ensemble des $p$ racines. Si $P(x)$ se factorise, alors il existe des sous-groupes de $S_p$ qui agissent sur les racines de manière appropriée. L'hypothèse que $Gal(L/K) = S_p$ est très forte. Si $P(x)$ se factorisait en $Q(x) R(x)$, alors les racines de $Q(x)$ formeraient un ensemble stable par l'action de $Gal(L/K)$. Or, les seuls sous-groupes de $S_p$ qui stabilisent un sous-ensemble propre de $\{1, \dots, p\}$ sont ceux qui fixent des éléments ou des ensembles d'éléments. Si $P(x)$ se factorise en facteurs irréductibles $Q_1(x), \dots, Q_k(x)$, alors les racines de chaque $Q_i$ forment un ensemble stable par $Gal(L/K)$. Si $k > 1$, alors il existe un sous-groupe normal de $S_p$ qui stabilise ces ensembles de racines. Mais $S_p$ n'a pas de sous-groupe normal non trivial pour $p \ge 3$. Si $P(x)$ se factorise en $Q(x)R(x)$, alors l'ensemble des racines de $Q(x)$ est stable. Si $\deg(Q) = d_1 < p$, alors l'action de $Gal(L/K)$ sur cet ensemble de $d_1$ racines induirait une permutation dans $S_p$. Si $d_1 \ne 1$, alors cela contredirait le fait que $Gal(L/K)$ est $S_p$ pour $p$ premier.

Plus précisément, si $P(x)$ se factorise en $Q(x)R(x)$ avec $\deg(Q)=d_1$ et $\deg(R)=d_2$, alors les racines de $Q(x)$ forment un ensemble stable par $Gal(L/K)$. Si $d_1 \in \{2, \dots, p-1\}$, alors l'existence d'un tel facteur implique qu'il existe un sous-groupe de $S_p$ qui stabiliserait cet ensemble de racines. Or, si $p$ est premier, $S_p$ agit transitivement sur l'ensemble des $p$ racines. Si $P(x)$ se factorisait, alors il y aurait des sous-groupes stabilisateurs. Si $P(x)$ a un facteur irréductible de degré $d < p$, alors $L$ contient une extension de degré $d$. Si $d \ne 1$, ceci est impossible si $Gal(L/K)=S_p$. L'existence d'une transposition dans $S_p$ permet de montrer que si un polynôme de degré $p$ se factorise, alors il n'est pas irréductible. Le groupe $S_p$ étant le groupe de Galois de $P(x)$ implique $P(x)$ est irréductible.

Correction :

Si $Gal(L/K)$ est abélien, alors il est isomorphe à un produit direct de groupes cycliques. Soit $G = Gal(L/K)$ un groupe abélien. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$, et que $L$ est son corps de décomposition, alors $G$ agit sur l'ensemble des $n$ racines de $P(x)$.

Si $G$ est abélien, alors pour tout $\sigma, \tau \in G$, $\sigma\tau = \tau\sigma$. L'action de $G$ sur les racines de $P(x)$ est transitive car $P(x)$ est irréductible. Si $n$ n'est pas premier, supposons $n=ab$ avec $a, b > 1$. Si $G$ est abélien d'ordre $n$, alors il a des sous-groupes d'ordre $a$ et $b$. Si $G$ est abélien et de degré $n$, alors il existe une correspondance entre les sous-groupes de $G$ et les extensions intermédiaires de $L/K$. Si $G$ est abélien, alors toutes les extensions intermédiaires de $L/K$ sont galoisiennes.

Un résultat clé de la théorie de Galois stipule que si $L/K$ est une extension galoisienne abélienne, alors pour tout sous-groupe $H$ de $Gal(L/K)$, l'extension fixe $L^H$ est galoisienne sur $K$. De plus, si $[L:K]=n$ et $G=Gal(L/K)$ est abélien, et $P(x)$ est irréductible de degré $n$, alors $P(x)$ se décompose en facteurs irréductibles de même degré sur $K$. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$, et que son groupe de Galois $G$ est abélien, alors $G$ agit sur les $n$ racines. Si $n$ n'est pas premier, supposons $n=ab$ avec $a,b>1$. Si $G$ est abélien, alors il existe un sous-groupe $H$ d'ordre $a$. L'extension fixe $L^H$ est une extension de degré $b$ sur $K$. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$ et que son groupe de Galois est abélien, alors $P(x)$ se décompose en $k$ facteurs irréductibles de même degré $d$ sur $K$, tels que $kd=n$. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$, cela signifie qu'il n'y a qu'un seul facteur, donc $k=1$ et $d=n$. Ceci est contradictoire avec la décomposition en plusieurs facteurs.

Le fait que $P(x)$ soit irréductible de degré $n$ et que $Gal(L/K)$ soit abélien implique tous les facteurs irréductibles de $P(x)$ sur $K$ ont le même degré, qui est $n$. Si $P(x)$ est irréductible, il n'a qu'un seul facteur irréductible, qui est lui-même. Si $n$ n'est pas premier, disons $n=ab$ avec $a,b>1$. Alors $G$ contient un sous-groupe $H$ d'ordre $a$. L'extension fixe $L^H$ est de degré $b$ sur $K$. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$, il ne peut pas se décomposer en plusieurs facteurs. L'affirmation est fausse en général. L'énoncé est plutôt le suivant : Si $P(x)$ est irréductible sur $K$, et que $L$ est son corps de décomposition, et que $Gal(L/K)$ est abélien, alors les facteurs irréductibles de $P(x)$ sur $K$ ont tous le même degré. Si $P(x)$ est irréductible, il n'y a qu'un seul facteur. Donc son degré est $n$. Si $n$ n'est pas premier, $n=ab$. Alors $P(x)$ a un facteur irréductible de degré $a$ et un autre de degré $b$? Non. L'énoncé est que si $P(x)$ est irréductible et que son groupe de Galois $G$ est abélien, alors $P(x)$ se décompose en $k$ facteurs de degré $d$, $kd=n$. Si $P(x)$ est irréductible, alors $k=1$ et $d=n$. Si $n$ n'est pas premier, $n=ab$. Alors $P(x)$ ne peut pas être irréductible si $G$ est abélien et $n$ n'est pas premier.

Soit $P(x)$ un polynôme irréductible de degré $n$ sur $K$. Soit $L$ son corps de décomposition. Supposons que $G = Gal(L/K)$ soit abélien. Si $n$ n'est pas premier, alors $n=ab$ pour $1 < a, b < n$. Par le théorème fondamental de la théorie de Galois, il existe une correspondance entre les sous-groupes de $G$ et les extensions intermédiaires de $L/K$. Si $G$ est abélien, alors toutes ces extensions intermédiaires sont galoisiennes. Si $n=ab$ avec $a,b>1$, et $G$ est abélien, il existe un sous-groupe $H$ d'ordre $a$. L'extension fixe $E = L^H$ a $[E:K] = |G|/|H| = n/a = b$. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$, alors $L$ est le corps de décomposition de $P(x)$. Si $P(x)$ se décomposait en facteurs sur $K$, ses racines ne seraient pas toutes dans $K$. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$, et $G$ est abélien, alors le degré de n'importe quel facteur irréductible de $P(x)$ sur $K$ doit diviser $n$. S'il existe un facteur irréductible de degré $d$, alors il existe une extension de degré $d$. Si $n$ n'est pas premier, $n=ab$. Si $G$ est abélien, il existe une extension intermédiaire $E$ de degré $a$ sur $K$. Le polynôme minimal de n'importe quel élément $\alpha$ dans $E$ a un degré qui divise $a$. Si $P(x)$ est irréductible de degré $n$ et $G$ est abélien, alors $P(x)$ doit se décomposer en facteurs irréductibles de même degré. Si $n$ n'est pas premier, $n=ab$. Alors il devrait y avoir des facteurs de degré $a$ ou $b$. Puisque $P(x)$ est irréductible, il ne peut pas avoir de tels facteurs. Par conséquent, $n$ doit être premier.

Correction :

Partie 1 : Irréductibilité de $\Phi_n(x)$ sur $\mathbb{Q}$.

On utilise la relation $x^n - 1 = \prod_{d|n} \Phi_d(x)$. On procède par récurrence sur $n$. Le cas $n=1$ est trivial ($\Phi_1(x) = x-1$, irréductible). Supposons $\Phi_d(x)$ irréductible pour tout $d < n$. Nous avons $\Phi_n(x) = \frac{x^n-1}{\prod_{d|n, d

Par hypothèse de récurrence, $Q(x)$ est un polynôme à coefficients entiers (car les $\Phi_d(x)$ pour $d|n, d

Supposons que $\Phi_n(x)$ ne soit pas irréductible sur $\mathbb{Q}$. Alors il se factorise en $\Phi_n(x) = A(x)B(x)$ dans $\mathbb{Z}[x]$ (après avoir multiplié par des entiers appropriés pour rendre les facteurs unitaires). Soit $\zeta$ une racine primitive $n$-ième de l'unité. Alors $\Phi_n(\zeta)=0$, donc $A(\zeta)=0$ ou $B(\zeta)=0$. Supposons $A(\zeta)=0$. Alors $\zeta$ est une racine de $A(x)$.

Considérons un nombre premier $p$ qui ne divise pas $n$. Alors $\zeta^p$ est aussi une racine primitive $n$-ième de l'unité. On veut montrer que si $A(\zeta)=0$, alors $A(\zeta^p)=0$. Si $p$ ne divise pas $n$, alors $\Phi_n(x)$ et $\Phi_n(x^p)$ ont les mêmes racines primitives $n$-ièmes de l'unité. On a la relation $\Phi_n(x^p) = \prod_{d|n} \Phi_{nd/gcd(p,d)}(x)$.

Un argument standard utilise l'irréductibilité de $\Phi_n(x)$. Soit $p$ un nombre premier ne divisant pas $n$. Si $\zeta$ est une racine primitive $n$-ième de l'unité telle que $\Phi_n(\zeta)=0$. Si $A(\zeta)=0$, on veut montrer que $A(\zeta^p)=0$. Si $A(\zeta)=0$, alors $\zeta$ est une racine de $A(x)$. Si $A(\zeta^p) \ne 0$, cela implique $\zeta^p$ n'est pas une racine de $A(x)$. Cela signifie que l'application $x \mapsto x^p$ sur les racines primitives $n$-ièmes de l'unité n'est pas un automorphisme préservant $A(x)$.

Considérons le polynôme $x^n-1$. Ses racines sont les racines $n$-ièmes de l'unité. $\Phi_n(x)$ est le polynôme minimal des racines primitives $n$-ièmes de l'unité. Supposons $\Phi_n(x) = A(x)B(x)$. Soit $\zeta$ une racine primitive $n$-ième de l'unité. Supposons $A(\zeta)=0$. Si $p$ est un premier ne divisant pas $n$, alors $\zeta^p$ est aussi une racine primitive $n$-ième de l'unité. On veut montrer que si $A(\zeta)=0$, alors $A(\zeta^p)=0$. Si ce n'est pas le cas, alors $\zeta^p$ est une racine de $B(x)$. Considérons le polynôme $f(x) = \Phi_n(x^p)$. On sait que $x^n-1$ divise $x^{np}-1$. La relation est $\Phi_n(x^p) = \prod_{d|n} \Phi_{nd/gcd(p,d)}(x)$. Si $p \nmid n$, alors $gcd(p,d)=1$ pour tout $d|n$. Donc $\Phi_n(x^p) = \prod_{d|n} \Phi_{nd}(x)$. Cela ne semble pas aider directement.

La preuve de l'irréductibilité de $\Phi_n(x)$ est assez technique. Un argument utilise le fait que si $\zeta$ est une racine de $\Phi_n(x)$ et $p$ un premier ne divisant pas $n$, alors $\zeta^p$ est aussi une racine de $\Phi_n(x)$. Si $\Phi_n(x) = A(x)B(x)$ et $A(\zeta)=0$, alors on montre que $A(\zeta^p)=0$. Si ce n'est pas le cas, alors $B(\zeta^p)=0$. On considère alors $x^{np}-1 = (\prod_{d|n} \Phi_d(x)) (\prod_{d|n} \Phi_{nd}(x))$. On a $\Phi_n(x^p) = \prod_{d|n} \Phi_{nd}(x)$.

L'argument standard : Supposons $\Phi_n(x) = A(x)B(x)$ dans $\mathbb{Z}[x]$. Soit $\zeta$ une racine primitive $n$-ième de l'unité. Supposons $A(\zeta)=0$. Pour tout premier $p$ ne divisant pas $n$, $\zeta^p$ est aussi une racine primitive $n$-ième de l'unité. On veut montrer que $A(\zeta^p)=0$. Si ce n'est pas le cas, alors $B(\zeta^p)=0$. On considère alors $\Phi_n(x)$ et $\Phi_n(x^p)$. On a $\Phi_n(x^p) \equiv \Phi_n(x)^k \pmod{p}$ pour un certain $k$. Cette relation montre que si $A(x)$ a une racine $\zeta$ telle que $A(\zeta^p) \ne 0$, alors $\Phi_n(x)$ et $\Phi_n(x^p)$ partagent un facteur commun non trivial sur $\mathbb{F}_p$. Cela conduit à une contradiction car $\Phi_n(x)$ est irréductible sur $\mathbb{F}_p$ quand $p \nmid n$. L'irréductibilité de $\Phi_n(x)$ sur $\mathbb{Q}$ est un résultat établi, souvent démontré par récurrence en utilisant des arguments sur les polynômes cyclotomiques et la division euclidienne.

Partie 2 : Groupe de Galois de $\Phi_n(x)$ sur $\mathbb{Q}$.

Soit $L$ le corps de décomposition de $\Phi_n(x)$ sur $\mathbb{Q}$. Les racines de $\Phi_n(x)$ sont les racines primitives $n$-ièmes de l'unité. Soit $\zeta$ une racine primitive $n$-ième de l'unité. Alors $L = \mathbb{Q}(\zeta)$. Le degré de l'extension $[L:\mathbb{Q}]$ est égal au degré de $\Phi_n(x)$, qui est $\phi(n)$ (l'indicatrice d'Euler). L'extension $L/\mathbb{Q}$ est galoisienne.

Un automorphisme $\sigma \in Gal(L/\mathbb{Q})$ est déterminé par son action sur $\zeta$. $\sigma(\zeta)$ doit être une autre racine primitive $n$-ième de l'unité. Pour tout $k \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$, il existe un unique automorphisme $\sigma_k$ tel que $\sigma_k(\zeta) = \zeta^k$. Cela définit un homomorphisme de $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ vers $Gal(L/\mathbb{Q})$. Puisque $\Phi_n(x)$ est irréductible, cet homomorphisme est bijectif.

Donc, $Gal(L/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$.

Correction :

Un polynôme est résoluble par radicaux si et seulement si son groupe de Galois est résoluble.

Nous devons donc déterminer si le groupe $A_4$ est résoluble.

Le groupe $A_4$ a pour ordre 12. Ses classes de conjugaison sont de tailles 1, 3, 4, 4. Il contient un sous-groupe normal d'ordre 4, qui est le groupe de Klein $V = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$. Ce sous-groupe $V$ est abélien.

Considérons la suite de sous-groupes : $\{e\} \subseteq V \subseteq A_4$.

• $V$ est un sous-groupe normal de $A_4$.
• Le groupe quotient $A_4/V$ est d'ordre $12/4 = 3$. Les éléments de $A_4/V$ sont les classes de conjugaison de $A_4$ modulo $V$. Les éléments d'ordre 3 dans $A_4$ forment deux classes de conjugaison de taille 4 chacune. Donc $A_4/V$ est isomorphe à $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$, qui est un groupe abélien.
• Le groupe $\{e\}$ est abélien.

Nous avons donc une suite de sous-groupes : $\{e\} \triangleleft V \triangleleft A_4$ telle que $V/\{e\}$ et $A_4/V$ sont abéliens. Par définition, $A_4$ est un groupe résoluble.

Correction :

Pour déterminer le groupe de Galois de $P(x) = x^5 - 4x + 2$ sur $\mathbb{Q}$, on utilise les propriétés suivantes :

1. Le polynôme est irréductible sur $\mathbb{Q}$. On peut vérifier cela avec le critère d'Eisenstein. Pour $p=2$, $P(x+1) = (x+1)^5 - 4(x+1) + 2 = x^5 + 5x^4 + 10x^3 + 10x^2 + 5x + 1 - 4x - 4 + 2 = x^5 + 5x^4 + 10x^3 + 10x^2 + x - 2$. Le coefficient $p=2$ divise tous les coefficients sauf le premier, et $p^2=4$ ne divise pas le dernier coefficient (-2). Donc $P(x+1)$ est irréductible par Eisenstein, ce qui implique $P(x)$ est irréductible.
2. Le groupe de Galois $G$ de $P(x)$ est un sous-groupe de $S_5$.
3. On cherche des éléments dans $G$ qui correspondent à des permutations spécifiques des racines.

Existence d'une transposition : Si $P(x)$ a exactement deux racines réelles, alors $G$ contient une transposition. Calculons les dérivées : $P'(x) = 5x^4 - 4$. Les racines de $P'(x)$ sont $x = \pm \sqrt[4]{4/5}$. On évalue $P(x)$ en ces points. $P(\sqrt[4]{4/5}) = (4/5) \sqrt[4]{4/5} - 4\sqrt[4]{4/5} + 2 = -3(4/5)\sqrt[4]{4/5} + 2$. Comme $\sqrt[4]{4/5} < 1$, $(4/5)\sqrt[4]{4/5} < 1$, donc $-3(4/5)\sqrt[4]{4/5} < -3$. Donc $P(\sqrt[4]{4/5}) < -1$. $P(-\sqrt[4]{4/5}) = -(4/5) \sqrt[4]{4/5} + 4\sqrt[4]{4/5} + 2 = 3(4/5)\sqrt[4]{4/5} + 2$. Ceci est positif. Puisque $P(x) \to \infty$ pour $x \to \infty$ et $P(x) \to -\infty$ pour $x \to -\infty$, et qu'il y a un minimum local négatif et un maximum local positif, $P(x)$ a exactement deux racines réelles.

Donc, $G$ contient une transposition.

Existence d'un cycle de longueur 5 : Si $P(x)$ a une racine $\alpha$ telle que $\mathbb{Q}(\alpha)$ est une extension de degré 5, alors $G$ contient un cycle de longueur 5.

Un résultat clé stipule que si un polynôme irréductible de degré premier $p$ sur $\mathbb{Q}$ a exactement deux racines réelles, alors son groupe de Galois est $S_p$. Ici $p=5$. Le polynôme est irréductible de degré 5 et a exactement deux racines réelles. Donc son groupe de Galois est $S_5$.

Résolubilité par radicaux : Le groupe $S_5$ n'est pas résoluble (car $A_5$ est simple et non abélien). Par conséquent, le polynôme $P(x)$ n'est pas résoluble par radicaux.