\documentclass{article}
\usepackage{titling}
\author{Florian \textsc{Lemonnier} am\' enag\' e par Laura \textsc{Gay}}
\include{preambule}

\newboxedtheorem{defi}{Définition}{compteur1}
\newboxedtheorem{prop}{Proposition}{compteur2}
\newboxedtheorem{lem}{Lemme}{}
\newboxedtheorem{coro}{Corollaire}{compteur3}
\newboxedtheorem{thm}{Théorème}{}
\newboxedtheorem{appli}{Application}{compteur5}


\renewenvironment{proof}[1][]{{\underline{\bfseries \proofname #1 :}\\ }}{\hfill $\blacksquare$\\}

\begin{document}
\renewcommand{\proofname}{Preuve}

\begin{spacing}{2}
\setlength {\shadowsize }{2pt}
\begin{center} \shadowbox{\begin{minipage}{15cm}
\centering     \begin{huge} 
\textsc{Polygones réguliers constructibles Thm de Gauss-Wantzel}\end{huge}
\end{minipage}} \end{center}\end{spacing}
~\\


\underline{Référence :}\textsc{Carrega}: {Théorie des corps, la règle et le compas} p.48 et 214 ou  \textsc{Mercier}: Cours p.395.\\
\underline{Leçons :} 125, 182, \textsl{102}, \textsl{183}\\



\begin{lem}\textup{\! ~\\[-2\baselineskip]
\begin{enumerate}
\item Les angles de la forme $ \widehat{\frac{2\pi}{2^\alpha}}$ sont constructibles, où $\alpha \in \N^*$.
\item Soient $m,n \in \N^*$, avec $m \wedge n = 1$,\\
      Alors l'angle $ \widehat{\frac{2\pi}{mn}}$ est constructible $\Leftrightarrow$ $ \widehat{\frac{2\pi}{m}}$ et $ \widehat{\frac{2\pi}{n}}$ le sont.
\end{enumerate}
En conséquence, un polygone régulier à $n=\prod p_i^{\alpha_i}$ est constructible ssi les angles $ \widehat{\frac{2\pi}{p_i^{\alpha_i}}}$ le sont.
}\end{lem}

\begin{proof}
\begin{enumerate}
\item C'est immédiat, puisque par récurrence, il suffit de savoir tracer des bissectrices à la règle et au compas.
\item \begin{description}
      \item[$\Leftarrow$] Il est facile de construire le multiple d'un nombre constructible (en reportant avec le compas le bon nombre de fois la corde formée par l'angle sur le cercle unité).
			\item[$\Rightarrow$] Par Bézout, $\exists \lambda, \mu \in \Z, \lambda m + \mu n = 1$ ;
			      dès lors $ \widehat{\frac{2\pi}{mn}} = \lambda \widehat{\frac{2\pi}{m}} + \mu \widehat{\frac{2\pi}{n}}$.\\
						Et on construit sans peine la somme de deux angles constructibles en traçant des représentants de ces angles avec un côté adjacent.
			\end{description}
\end{enumerate}
\end{proof}


\begin{thm}[Gauss-Wantzel]\textup{\!
Soit $p$ un nombre premier impair, $\alpha \in \N^*$.\\
Alors l'angle $ \widehat{\frac{2\pi}{p^\alpha}}$ est constructible $\Leftrightarrow \alpha = 1$ et $p$ est un nombre premier de Fermat (c'est-à-dire que $p$ est un nombre premier qui s'écrit sous la forme $1+2^{2^\beta}$, où $\beta \in \N$).
}\end{thm}

\begin{proof}~
\begin{description}
\item[$\Rightarrow$] On pose $ \omega = \exp\left(\frac{2\irm\pi}{p^\alpha}\right)$. On suppose que $ \widehat{\frac{2\pi}{p^\alpha}}$ est constructible ie que $ \cos \left(\frac{2\pi}{p^\alpha}\right)$ est constructible.\\
      Alors, par le théorème de Wantzel\footnotemark, on obtient : $ \left[\Q\left(\cos \frac{2\pi}{p^\alpha}\right) : \Q\right] = 2^m$, où $m \in \N$.
			\footnotetext{p.28: Tout nombre constructible est algébrique sur $\Q$ et son degré est une puissance de 2.
			Ce théorème est puissant: il montre qu'on ne peut pas dupliquer le cube ($2^{\frac13}$ non constructible) ou encore qu'on ne peut pas trisecter un angle. }\\
			Aussi, le polynôme cyclotomique $\Phi_{p^\alpha}$ étant le polynôme minimal de $\omega$, on a :
			\[ [\Q(\omega) : \Q] = \deg \Phi_{p^\alpha} = \varphi(p^\alpha) = p^{\alpha-1}(p-1). \]
			Comme  $\omega+\omega^{-1}=2\cos \frac{2\pi}{p^\alpha}$
			$$ \omega^2 - 2\omega \cos \frac{2\pi}{p^\alpha} + 1 = 0 ~~~~~~~(\star)$$
			 on a $ \cos \frac{2\pi}{p^\alpha} \in \Q(\omega)$ et même 
			$ \left[\Q(\omega) : \Q\left(\cos \frac{2\pi}{p^\alpha}\right)\right] = 2$.\\
			Par multiplicativité du degré, on obtient $2^{m+1} = p^{\alpha-1}(p-1)$.\\
			Comme $p$ est impair, il vient $\alpha = 1$, puis $p = 1 + 2^{m+1}$ ; montrons que $m+1$ est une puissance de $2$.\\
			On écrit alors $m+1 = \lambda 2^\beta$, avec $\beta \in \N$ et $\lambda \in \N^*$ impair ; on a alors $p = 1 + \left(2^{2^\beta}\right)^\lambda$.\\
			Or, $\lambda$ étant impair, on a dans $\Z[X]$ : $\left. 1+X \middle| 1+X^\lambda \right.$ et donc $\left. 1 + 2^{2^\beta} \middle| p \right.$ et donc, comme $p$ est premier, on en déduit $\lambda = 1$. Donc $p$ est un nombre premier de Fermat.\\
\item[$\Leftarrow$] On note $n = 2^\beta$, de sorte que $p = 1 + 2^n$, et on note toujours $ \omega = \exp\left(\frac{2\irm\pi}{p}\right)$. But: vérifier les hypothèses du 2ème théorème de Wantzel\footnote{p.25. $t\in \R$ est constructible ssi $\exists s \in \N^*$, $L_1,\cdots,L_s$ des sous-corps de $\R$ tq 
\begin{itemize}
\item $L_1=\Q$, 
\item $L_j \subset L_{j+1}$ et $[L_{j+1}:L_j]=2$
\item $t\in L_s$
\end{itemize}}.\\
\begin{description}
\item[Etape 1] Construire la bonne suite croissante de sous-corps.\\
On a : $[\Q(\omega) : \Q] = \deg \Phi_p = \varphi(p) = p-1$.\\
			On note $G = \text{Aut}_\Q(\Q(\omega))$ ; et si $g \in G$, alors $g$ fixe $\Q$ et est entièrement déterminé par\footnote{car une base de $\Q(\omega)$ est $\{1,\omega,\cdots,\omega^{p-2}\}$} $g(\omega)$.\\
			$g$ étant un morphisme d'anneaux, on a : $0 = g(0) = g\left(\Phi_p(\omega)\right) = \Phi_p(g(\omega))$.\\
			Donc $g(\omega)$ est nécessairement une racine de $\Phi_p$, donc $g(\omega) \in \left\{\omega, \omega^2, \ldots, \omega^{p-1}\right\}$.\\
			Il faudrait alors montrer qu'on définit bien ainsi des automorphismes du corps $\Q(\omega)$ ; et alors\footnote{ça se montre à la main, il faut expliciter l'isomorphisme.} 
			\[ G = \left\{ g_k : \omega \mapsto \omega^k \middle| k \in [\![1,p-1]\!] \right\} \simeq \left(\sfrac{\Z}{p\Z}\right)^\times \simeq \sfrac{\Z}{(p-1)\Z}. \]
			Désormais, $g$ désignera un générateur de $G$. On a en particulier $g^{p-1}=\text{Id}$.\\
			Pour $i \in [\![0,n]\!]$, on note $K_i = \text{Ker} \left(g^{2^i}-\text{Id}\right)$ ; c'est un sous-corps de $\Q(\omega)$.\\
			De plus, $\forall i \in [\![0,n-1]\!], g^{2^{i+1}} = \left(g^{2^i}\right)^2$ implique $K_i \subseteq K_{i+1}$.\\
\item[Etape 2] Montrons que $K_0=\Q$.\\
Comme $g$ génère $G$, $\left(g^i(\omega)\right)_{0 \leq i \leq p-2}$ est une $\Q$-base de $\Q(\omega)$.\\
			Soit $z \in K_0$, $\exists \lambda_0, \ldots, \lambda_{p-2} \in \Q$, $ z = \sum_{i=0}^{p-2}{\lambda_i g^i(\omega)}$ ;
			mais $ z = g(z) = \lambda_{p-2} \omega + \sum_{i=1}^{p-2}{\lambda_{i-1} g^i(\omega)}$.\\
			Tous les scalaires $\lambda_i$ sont donc égaux et $ z = \lambda_0 \sum_{i=0}^{p-2}{g^i(\omega)} = \lambda_0 \sum_{j=1}^{p-1}{\omega^j} = -\lambda_0 \in \Q$.
			Donc $K_0 = \Q$.\\
\item[Etape 3] Montrons que les inclusions sont strictes.\\
Pour montrer que $\forall i \in [\![0,n-1]\!], K_i \neq K_{i+1}$, il faudrait considérer l'élément 
			$ z = \sum_{h=0}^{2^{n-i-1}-1}{g^{2^{i+1}h}(\omega)}$.
			\footnote{Il faut se rappeler par cœur de ce $z$ à l'oral. Calculatoire et pénible:\\
			On a : $ g^{2^i}(z) = \sum_{h=0}^{2^{n-i-1}-1}{g^{2^{i+1}h+2^i}(\omega)} \neq z$ car les vecteurs de base intervenant dans la décomposition ne sont pas les mêmes (on a décalé les coordonnées de $2^i$, alors qu'entre deux coordonnées non-nulles, il y a $2^{i+1}-1$ zéros).\\
			Et aussi : $ g^{2^{i+1}}(z) = \sum_{h=0}^{2^{n-i-1}-1}{g^{2^{i+1}(h+1)}(\omega)} = \sum_{h=1}^{2^{n-i-1}-1}{g^{2^{i+1}h}(\omega)} + \underbrace{g^{2^{i+1}2^{n-i-1}}(\omega)}_{= \omega} = z$.
			}\\
			On en déduit alors qu'on a la suite d'extensions :
			\[ \Q = K_0 \underset{\neq}{\subset} K_1 \underset{\neq}{\subset} \ldots \underset{\neq}{\subset} K_n = \Q(\omega). \]
\item[Etape 4] Montrons que $\cos\left(\frac{2\pi}{p}\right)$ appartient bien à la dernière extension.\\
Déjà vu: $\cos\left(\frac{2\pi}{p}\right)\in K_n=\Q(\omega)$ par $(\star)$.
\item[Etape 5] Montrons qu'on a des extensions de degré 2 et conclusion.\\
Mais $2^n = [\Q(\omega) : \Q] = \prod_{i=0}^{n-1}{\underbrace{\left[K_{i+1} : K_i\right]}_{\geq 2}}$.\\
			Ainsi, $\forall i \in [\![0,n-1]\!], \left[K_{i+1} : K_i\right] = 2$ et on conclut par le théorème de Wantzel car $\cos\left(\frac{2\pi}{p}\right)$ constructible donc $\widehat{\frac{2\pi}{p}}$ aussi.
\end{description}
\end{description}
\end{proof}


\vspace{1cm}

\hrulefill \\
~\\
\underline{Notes:}\\
~\\
\checkmark ~\textbf{A l'oral}, sans le \textbf{Lemme} 15'22 avec hésitation. Une seconde fois 14'14 en balançant le $z$ qui marche bien pour l'inclusion stricte.\\
\checkmark ~Déf constructible p14. Nombre constructible: coordonnée d'un point constructible. Angle constructible : son cos est constructible.\\
\checkmark ~Il faut absolument savoir construire le pentagone régulier: c'est fait dans les livres.
\checkmark ~On peut montrer un truc plus fort: $ K_{n-1} = \Q\left(\cos \frac{2\pi}{p} \right)$. En effet,\\
			Notons $f = g^{2^{n-1}}$ ; alors $K_{n-1} = \text{Ker} (f-\text{Id})$ ; et soit $\lambda \in \Z$ tel que $f(\omega) = \omega^\lambda$.\\
			On a : $\omega = f^2(\omega) = \omega^{\lambda^2}$, donc $\omega^{\lambda^2-1} = 1$, d'où $\lambda^2 \equiv 1 \, [p]$, puis $\lambda \equiv \pm 1 \, [p]$.\\
			Comme $f \neq \text{Id}$, on a : $\lambda \not\equiv 1 \, [p]$ donc $f(\omega) = \omega^{-1}$.\\
			Donc $ f\left(\cos \frac{2\pi}{p} \right) = f\left(\frac{1}{2}\left(\omega + f(\omega)\right)\right) = \frac{1}{2} \left(f(\omega) + \omega\right) = \cos \frac{2\pi}{p}$.\\
			Finalement, $ \cos \frac{2\pi}{p} \in K_{n-1}$ et $ \Q\left(\cos \frac{2\pi}{p}\right) \subseteq K_{n-1}$.\\
			Or $ \omega^2 - 2\omega \cos \frac{2\pi}{p} + 1 = 0$ donc $ \left[\Q(\omega) : \Q\left(\cos \frac{2\pi}{p}\right)\right] = 2$.\\
			Puis, il vient : $1 < \left[\Q(\omega) : K_{n-1}\right] \leq 2$ donc $\left[\Q(\omega) : K_{n-1}\right] = 2$ et $ K_{n-1} = \Q\left(\cos \frac{2\pi}{p}\right)$.\\


\end{document}