[MUSIQUE] Bonjour, nous allons donner aujourd'hui des applications du critère qu'on vient de démontrer, qui disait, je le rappelle que, pour montrer qu'une équation polynomiale, P de x égale zéro, n'est pas résoluble par radicaux, il suffit de montrer que son groupe de Galois, grand G, n'est pas résoluble en tant que groupe. Par exemple, l'équation x 5, moins x, moins 2, égale zéro, n'est pas résoluble par radicaux sur le corps Q, puisqu'on a démontré précédemment que son groupe de Gallois est le groupe symétrique S5, dont on a vu, dans la session sur les groupes, qu'il n'est pas résoluble. Alors, une petite remarque, partons d'une équation polynomiale, P de x égale zéro. Pour savoir si elle est résoluble par radicaux, une des premières choses qu'on peut faire c'est décomposer P en produits de polynômes irréductibles. Ainsi, les racines de P seront les racines de l'un des ces polynômes irréductibles. Et donc, essentiellement, il suffit, pour le problème de résolubilité par radicaux, de traiter le cas où le polynôme P est irréductible. Alors dans ce cas-là , son groupe de Galois a une propriété qui est importante, il opère de façon transitive sur l'ensemble des racines. C'est-à -dire que, pour toute racine, x et y, de P, il existe un élément, G, du groupe de Galois, tel que, G de x égale y. Donc ça, c'est une propriété du groupe, en tant que groupe de permutation. Le critère de résolubilité par radicaux est très efficace lorsque le polynôme, P, en plus d'être irréductible, est de degré, un nombre premier p. En effet, donc dans ce cas-là , le groupe de Galois de p est un sous-groupe du groupe symétrique S p, qui opère transitivement sur l'ensemble des racines, qui est ici identifié à l'ensemble des entiers entre 1 et p. Et il existe un critère, dû encore une fois à Galois, pour montrer qu'un tel sous-groupe est résoluble. Alors ce critère dit la chose suivante, un sous-groupe de S p, qui opère transitivement, est résoluble si et seulement si, le seul élément de G laissant fixes deux points de l'ensemble, 1 p, est l'identité. Alors Galois, qui a démontré ce critère, l'a exprimé de façon un petit peu différente. Expliquons de quoi il s'agit. Soient x1 et x2, deux racines quelconques de grand P, dans un corps de racine k, la théorie de Galois nous apprend que, dans la suite d'extension petit k, contenue dans, k, crochets, x1, x2, contenu dans grand K, le sous-corps, k de x1, x2, de grand K, est le lieu des points fixes du groupe, que je note grand H, des éléments de G qui fixent les éléments x1 et x2. Donc si le groupe G est résoluble, alors grand H égale l'identité, par le critère précédent, puisque le critère nous dit que les seuls éléments de grand G qui fixent deux points sont l'identité, alors donc, k de x1, x2, est égal à grand K. En d'autres termes, on en déduit, si P, polynôme à coefficients dans petit k, est irréductible de degré premier, et que l'équation, P de x égale zéro, est résoluble par radicaux, chaque racine de P peut s'exprimer, comme fonction polynomiale à coefficients dans k, en deux quelconques d'entre ces racines. Donc c'est un critère très concret, dont on va voir qu'il a des applications impressionnantes. Un premier corollaire, je prends P, un polynôme irréductible de degré premier, à coefficients rationnels. On suppose que, au moins deux, mais pas toutes, parmi les racines de P sont réelles. Alors, l'équation, P de x égale zéro, n'est pas résoluble par radicaux. La démonstration en est très simple. Soient x1 et x2, deux racines réelles de P, je rappelle qu'on a supposé qu'il y en avait au moins deux, si l'équation, P de x égale zéro, est résoluble par radicaux, toutes les racines de P doivent être des polynômes à coefficients dans Q, en ces deux racines x1, x2. Mais alors toutes les racines de P doivent être réelles. Ce qui contredit l'hypothèse. Donc l'équation n'est pas résoluble par radicaux. Un exemple, encore vraiment concret, où on peut appliquer ce corollaire. L'exemple des polynômes, X puissance p moins mpX, plus p, où p est un nombre premier, supérieur ou égal à 5, et m, un entier supérieur ou égal à 2. L'irréductibilité se montre par le critère d'Eisenstein, qu'on a déjà vu dans les exercices, et il y a exactement trois racines réelles. C'est pas très difficile à voir, il suffit d'étudier la fonction qui, à petit x, associe, Xp moins mpX plus p ; on étudie les variations, et on voit assez facilement qu'il y a exactement trois racines réelles. On peut appliquer le corolllaire, et ça nous donne, ainsi, toute une famille de polynômes qui ne sont pas résolubles par radicaux. Une autre façon, un petit peu, d'exprimer ce corollaire, en utilisant le discriminant d'un polynôme, qui est une notion qu'on a déjà introduite. On énonce le corollaire de la façon suivante. Soit P, un polynôme unitaire, irréductible, de degré premier p, comme précédemment, on suppose en plus que p est congru à 1, modulo 4, et que le discriminant de P est strictement négatif. Alors de nouveau l'équation, P de x égale zéro, n'est pas résoluble par radicaux. Donc la démonstration consiste simplement à montrer qu'on peut appliquer le corollaire précédent, c'est-à -dire qu'on va montrer que, ce polynôme a un nombre de racines réelles qui est supérieur ou égal à 2, mais strictement inférieur au degré p. On appelle r, ce nombre de racines réelles. Donc P étant irréductible, il n'a que des racines simples, il a donc, r racines réelles, et, p moins r racines complexes non réelles, ces racines complexes non réelles viennent par paire, de nombres complexes conjugués, donc, p moins r est pair, et comme p est impair, c'est que r est strictement positif. Donc maintenant il faut encore exclure le cas, r égale 1, et le cas, r égale p. Supposons d'abord, r égale p, c'est-à -dire que toutes les racines sont réelles. À ce moment-là , le discriminant de P qui est, je vous le rappelle, par définition, le carré du produit des, x i moins x j, où x i, x j, décrivent l'ensemble des racines de P, avec i strictement inférieur à j, donc le discriminant de P est le carré d'un nombre réel, et donc est strictement positif, ce qui contredit l'hypothèse. Donc cela exclut le cas, r égale p. Si maintenant, r égale 1, donc on a une racine réelle de P, que j'appelle x, et puis un certain nombre de paires de racines complexes conjuguées, que j'écris, z1, z1 barre, z m, z m barre, où P est égal à , 2 m plus 1. On peut alors calculer le discriminant comme tout à l'heure. Donc de nouveau je vais devoir écrire un produit de différences entre paires de racines ; je vais les regrouper de façon astucieuse ; dans un premier produit, je prends x, et puis tous les z j, donc, produit x moins z j, x moins z j barre, et je groupe, z j, avec son conjugué, z j moins z j barre. Ensuite, je mets tout ce qui reste, c'est-à -dire, z j moins z k, z j barre moins z k, z j moins z k barre, z j barre moins z k barre, et je dois élever tout ça au carré. Alors on se rend compte que dans ce produit il y a pas mal de termes qui sont le produit d'un complexe avec son conjugué, qui va donner le module au carré. Donc le résultat, un petit peu simplifié, vous le voyez sur l'écran. J'ai des termes qui sont, x moins z j, module au carré, fois 2 i, partie imaginaire de z j, et puis un produit de module de complexes au carré, le tout élevé au carré. Donc i puissance 2 m, ça fait, moins 1 puissance m, et comme m est pair, par hypothèse, on obtient de nouveau la contradiction, discriminant de P strictement positif. Donc on a exclu aussi le cas, r égale 1. Donc, le nombre, r, de racines réelles, est compris entre 2 et p moins 1, et on peut appliquer le corollaire précédent pour dire que, l'équation n'est pas résoluble par radicaux. On peut appliquer ce corollaire au même exemple que précédemment, c'est-à -dire, Xp moins, mpX plus p, on fait l'hypothèse bien sûr que p est congru à 1, modulo 4, hypothèse supplémentaire. On peut calculer ce discriminant, c'est pas complètement évident, vous pouvez faire ça en exercice, et on obtient que c'est bien un nombre strictement négatif. On a ainsi exposé quelques résultats de Galois sur la résolubilité des équations polynomiales. Les mathématiciens du temps de Galois ont considéré que ces critères de résolubilité des équations de degré premier, qui étaient déjà présents donc dans le mémoire de Galois, ne donnaient pas une réponse qu'ils estimaient satisfaisante à la question. Car ils nécessitaient de connaître des informations à priori sur les racines. En fait, ils attendaient plutôt un critère général ne faisant intervenir que les coefficients de l'équation, et permettant de savoir, par simple inspection de ce coefficient, si l'équation était résoluble par radicaux ou non. La théorie de Galois, très en avance sur son temps, et montrant que le problème était bien plus subtil, ne correspondait pas à ces attentes. Et ce n'est que beaucoup plus tard, avec la publication par Neville d'une version annotée du mémoire de Galois, que le monde mathématique a commencé à réaliser que la théorie de Galois allait bien au-delà du problème, somme toute très artificiel, de la résolution par radicaux des équations algébriques. Galois avait en fait propulsé tout le domaine de l'algèbre dans un nouveau monde, celui des groupes, des extensions de corps, et de bien d'autres concepts fondamentaux des mathématiques d'aujourd'hui. En particulier, de nos jours on s'est rendu compte qu'il est bien plus important de savoir calculer le groupe de Galois d'un polynôme, plutôt que de savoir s'il est résoluble par radicaux. Et, la semaine prochaine, nous verrons quelques façons de calculer le groupe de Galois d'un polynôme à coefficients dans Q. Je vous remercie de votre attention, à bientôt.
