from IPython.display import HTML

def com_diag(source):
    return HTML("<center>"+ source + "</center>")

$\newcommand{\mbb}{\mathbb} \newcommand{\mf}{\mathfrak} \newcommand{\mc}{\mathcal} \newcommand{\reals}{\mbb{R}} \newcommand{\cpx}{\mbb{C}} \newcommand{\field}{\mbb{K}} \newcommand{\ring}{\mbb{A}} \newcommand{\sym}{\mathfrak S} \newcommand{\nat}{\mbb{N}} \newcommand{\op}{\operatorname} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \newcommand{\abs}[1]{\left| #1 \right|} \newcommand{\norm}[1]{\left\| #1 \right\|} \newcommand{\arw}[1]{\overset{#1}{\longrightarrow}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\dist}{\trianglelefteq} \newcommand{\Spec}{\op{Spec}} \newcommand{\Proj}{\op{Proj}} \newcommand{\projl}{{\mbb{P}^1}} \newcommand{\sld}{\mf{sl}_2(\mbb C)} \newcommand{\sldd}{\mf{sl}_2} \newcommand{\covol}{\op{covol}} \newcommand{\floor}[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor} \newcommand{\ceil}[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand{\pprime}{\mf p} \newcommand{\qprime}{\mf q} \newcommand{\maxid}{\mf m} \newcommand{\zbar}{\overline{\mbb Z}} \newcommand{\ratio}{\mbb Q} \newcommand{\Disc}{\op{Disc}} \newcommand{\longueur}{\op{long}} \newcommand{\Cl}{\op{Cl}} \newcommand{\torsion}{{\op{tors}}} \newcommand{\vect}{{\op{Vect}}} \newcommand{\Tr}{\op{Tr}} \newcommand{\Diff}{\op{Diff}} \newcommand{\Gal}{\op{Gal}} \newcommand{\unitmod}[1]{\left(\mbb Z/#1\mbb Z\right)^\times} \newcommand{\pchain}[1]{\op{Ch}^+\left( #1 \right)} \newcommand{\pchaind}[1]{\op{Ch}_2^+\left( #1 \right)} \newcommand{\cchain}[1]{\op{Ch}\left( #1 \right)} \newcommand{\rbr}[1]{\left( #1 \right)} \newcommand{\milnor}[1]{\left\{ #1 \right\}} \newcommand{\angbr}[1]{\left\langle #1 \right\rangle} \newcommand{\pfister}[1]{\angbr{\angbr{#1}}} \newcommand{\colim}{\op{colim}} \newcommand{\dualcat}{\op{opp}} \newcommand{\fppf}{\op{fppf}} \newcommand{\Br}{\op{Br}} \newcommand{\prz}{\hat{\mbb Z}} \newcommand{\RHom}{\op{RHom}} \newcommand{\Sha}{\op{Ш}}$

Le but de cette note est de décrire en détail une solution à un joli problème de théorie des revêtements et de théorie des groupes trouvé ici (c'est le problème intitulé "Find the degree $19$ polynomial").

Énoncé :

Soit $p$ un nombre premier congru à $3$ modulo $4$. Montrer qu'il existe un unique polynôme unitaire $f\in \reals[x]$ de degré $p$, impair en tant que fonction, tel que $f'(0)=-p$, et tel que la courbe $X=\{(x,y) \in \mbb P^1 \times_\cpx \mbb P^1 \mid f(x)=f(y) \}$ ait au moins trois composantes irréductibles pas toutes linéaires. Déterminer $f$.

L'idée va être de traduire le problème de comptage des composantes irréductibles en un problème de comptage d'orbites sous l'action de monodromie associée au revêtement ramifié donné par $f:X\to \mbb P^1$. Cela va naturellement faire apparaître des questions de théorie des groupes, notamment le théorème de Burnside sur les sous-groupes de $\mf S_p$.

Prérequis : Un théorème de Burnside

Énoncé :

Soit $p$ un nombre premier impair et $G$ un sous-groupe de $\mf S_p=\mf S_{\mbb F_p}$ qui contient le $p$-cycle $\sigma = (t\mapsto t+1)$. Alors ou bien $G$ agit $2$-transitivement sur $\mbb F_p$, ou bien $G$ est contenu dans le groupe affine $\op{A}(\mbb F_p) = \{t\mapsto ut + v \mid v\in \mbb F_p, u\in \mbb F_p^\times \}$.

On en donne une preuve élémentaire mais un peu technique adaptée de cette note de Christophe Bertault sur les théorèmes de Burnside.

Preuve : Notons $H\leq G$ le stabilisateur de $0$ et $P$ le sous-groupe engendré par $\sigma$, de sorte que $H\cap P = \{1\}$ et $G$ est engendré par $H$ et $P$. On se convainc facilement de l'équivalence entre les points suivants :

• $G$ agit $2$-transitivement sur $\mbb F_p$.
• $H$ agit transitivement sur $\mbb F_p^\times$.

On suppose à présent que $G$ n'agit pas $2$-transitivement sur $\mbb F_p$, de sorte que $H$ n'agit pas transitivement sur $\mbb F_p^\times$ et il existe donc une partie $U\subseteq \mbb F_p^\times$ stable par $H$ qui n'est ni vide ni complète, et quitte à la remplacer par sa complémentaire, on peut supposer que : $$\abs U \leq \frac{p-1}2.$$ On observe alors que pour tout $h\in H$ et tous $x,y\in \mbb F_p$ : $$x-y \in U \implies hx-hy\in U$$ et en passant à l'inverse de $h$ on voit que c'est même une équivalence : $$x-y\in U \iff hx-hy\in U.$$ En effet, si $x-y\in U$, alors : $$hx - hy = h(x-y+y) - hy=\theta(x-y)$$ avec $\theta(t)=h(t+y)-h(y)$ une bijection qui fixe $0$ donc est dans $H$ donc fixe $U$.

De là, on va montrer que tout $h\in H$ est une fonction affine. Par interpolation de Lagrange, on trouve un unique $H\in \mbb F_p[X]$ de degré $d\leq p-1$ tel que $H(x)=h(x)$ pour tout $x\in \mbb F_p$, et clairement $d\geq 1$. Le but est de montrer que $d=1$.

Pour tout $x\in \mbb F_p$, on a une bijection de $U$ donnée par $u\mapsto h(x+u)-h(x)$ qui permet le changement de variable suivant pour tout entier $n\geq 1$ : $$\sum_{u\in U} h(x+u)^n = \sum_{v\in U} (h(x)+v)^n.$$ Ainsi, par rigidité, si $nd\leq p-1$ : $$\sum_{u\in U} H(X+u)^n = \sum_{u\in U} (H(X)+u)^n.$$ La famille des dérivées successives de $H^n$, $(H^n, (H^n)', (H^n)'', \dots, (H^n)^{(dn)})$ forme une base de l'espace des polynômes à coefficients dans $\mbb F_p$ de degré au plus $nd$ car $H^n$ est de degré $nd$ et $nd<p$ (il n'y a donc pas d'annulation du coefficient dominant lors des dérivations successives). On écrit alors : $$X^{dn} = \sum_{i=0}^{dn} \lambda_i (H^n)^{(i)}$$ avec $\lambda_0 \neq 0$. Ensuite, on pose pour tout $k\geq 1$ : $$s_k = \sum_{u\in U} u^k$$ et un déterminant de Vandermonde assure qu'il existe un $m\geq 1$ minimal tel que $s_m\neq 0$ avec : $$m\leq \abs U \leq \frac{p-1}2.$$ On observe alors la chose suivante : \begin{align*} Q:=\sum_{u\in U}\left((X+u)^{dn} - X^{dn}\right) &= \sum_{u\in U}\sum_{i=0}^{dn}\lambda_i\left(H^n(X+u)-H^n(X)\right)^{(i)}\\ &= \sum_{i=0}^{dn} \lambda_i \left(\sum_{u\in U} \left(H^n(X+u) - H^n(X)\right)\right)^{(i)} \\ &= \sum_{i=0}^{dn} \lambda_i \left(\sum_{u\in U} \left((H(X)+u)^n - H^n(X)\right)\right)^{(i)} \\ &= \sum_{i=0}^{dn} \lambda_i \left(\sum_{u\in U} \sum_{k=1}^n {n\choose k} u^k H(X)^{n-k} \right)^{(i)}\\ &= \sum_{i=0}^{dn} \lambda_i \left(\sum_{k=m}^n {n\choose k} s_k H(X)^{n-k} \right)^{(i)}\\ \end{align*}

ce qui assure que $Q$ est de degré au plus $d(n-m)$. On choisit alors $n$ maximal tel que $nd<p$, de sorte que : $$nd \leq p-1 < (n+1)d$$ et ainsi puisque $2m\leq p-1$ : $$dn\geq m.$$ D'autre part l'égalité : $$Q=\sum_{k=m}^{dn} {dn \choose k}s_k X^{dn-k}$$ entraîne que $Q$ est de degré au moins $dn-m$ car $s_m\neq 0$ et les coefficients binomiaux sont non-nuls car $dn<p$. Ceci donne finalement : $$dn-m \leq d(n-m)$$ donc $m\geq md$ et $d\leq 1$, ce qu'on voulait démontrer.

Résolution

Mise en place géométrique :

Commençons par nous familiariser avec le problème : on considère un tel nombre premier $p$ et $X$ la courbe de $\mbb P^1\times \mbb P^1$ définie par $f(x)=f(y)$. Cette courbe possède toujours au moins une composante donnée par la diagonale de $\mbb P^1$.

On a un diagramme cartésien :

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et on pose $g=f\circ \pi_1 = f\circ \pi_2$. Ainsi, dans la catégorie des revêtements ramifiés de $\mbb P^1$, $g$ est le produit de $f$ avec lui même et donc, via l'équivalence de catégorie avec la catégorie des ensembles finis munis d'une action continue de $G_{\cpx(x)}$, le groupe de Galois absolu de $\cpx(\mbb P^1)$, on voit que la fibre $F_g$ de $g$ en un point non-ramifié est isomorphe comme $G_{\cpx(x)}$-ensemble à $F_f^2$ avec $F_f$ la fibre en un point-non ramifié de $f$. L'astuce est alors que le nombre de composantes irréductibles de $g$ est exactement le nombre d'orbites de $F_g$ sous l'action de $G_{\cpx(x)}$.

Il est clair que $f$ est de degré $p$ et on note $B$ son lieu de ramification et $\hat B = f^{-1}(B)$. Le point $\infty$ est totalement ramifié dans $f$ car $f^{-1}(\infty)=\{\infty\}$.

Notons que le lieu de ramification de $\pi_i$ est contenu dans $\hat B$ : si $x$ est hors de $\hat B$, alors l'équation $f(y)=f(x)$ a exactement $p$ solutions donc $\pi_1^{-1}(x)$ possède exactement $p$ points.

De plus, chaque projection $\pi_i$ est de degré $p$. On réécrit le diagramme en retirant les zones de branchement pour avoir des revêtements non-ramifiés gouvernés par $\pi_1(\mbb P^1\setminus B)$ :

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avec $\tilde B = g^{-1}(B)$ et $g$ qui est de degré $p^2$. On fixe $a\in \mbb P^1\setminus B$. On va maintenant étudier l'action de monodromie de $\pi_1(\mbb P^1\setminus B,a)$ sur une fibre de $a$ dans $X\setminus \tilde B$ et voir qu'elle est complétement contrainte par les hypothèses faites sur $f$.

Comme dit plus haut, le nombre de composantes irréductibles de $X$ est exactement le nombre de composantes connexes de $X\setminus \tilde B$ car $X\setminus \tilde B$ est lisse (notez que retirer un point régulier ne change pas le nombre de composantes connexes) et ce nombre est exactement le nombre d'orbites de l'action de $\pi_1(\mbb P^1\setminus B, a)$ sur une fibre d'après l'équivalence de catégories entre revêtements finis et $\pi_1(\mbb P^1\setminus B, a)$-ensembles finis.

Étude de l'action par monodromie

On rappelle que le groupe $\pi_1(\mbb P^1\setminus B, a)$ est engendré par des lacets $\gamma_b$ pour chaque $b\in B$, où $\gamma_b$ est un lacet basé en $a$ qui fait un seul tour autour de $b$ et aucun tour autour des autres $b'\in B\setminus \{b\}$, avec uniquement la relation suivante :

$$\gamma_{b_1}\gamma_{b_2}\dots\gamma_{b_s}=1$$ avec sans perte de généralité $b_1=\infty$ et $B=\{b_1,\dots, b_s\}$.

On note $F_f$ la fibre de $a$ par $f$, qui consiste en $p$ points et $F_g= F_f\times F_f$ la fibre de $a$ par $g$ qui consiste en $p^2$ points et on a bien sûr les deux projections $F_g \arw{\pi_i} F_f$.

L'action de $G=\pi_1(\mbb P^1\setminus B, a)$ sur $F_f$ induit un morphisme : $$G\to \mf S_{F_f}\cong \mf S_p$$

et on notera $\bar \sigma$ l'image d'un $\sigma \in G$ dans ce groupe. Comme $F_g \cong F_f^2$ est un isomorphisme de $G$-ensembles, l'action sur $F_g$ se fait coordonnée par coordonnée au sens où pour tout $\gamma \in G$, et $(x,y)\in F_g$, on a $\gamma(x,y)=(\gamma x, \gamma y)$.

On note $H=\bar G$ l'image de $G$ dans $\mf S_{F_f}$. Pour tout $b\in B$, en notant $x_1,\dots, x_r$ sa fibre par $f$, l'élément $\bar{\gamma_b}$ est un produit de cycles de longueurs $e_i$ à supports disjoints, avec $e_i$ l'indice de ramification de $x_i$ au dessus de $b$. En particulier, $\bar{\gamma_\infty}$ est un $p$-cycle. On numérote la fibre $F_f$ par $\mbb F_p$ de façon à ce que $\bar{\gamma_\infty}$ soit la translation $t\mapsto t+1$.

Le sous-groupe $H$

Sous l'hypothèse de l'énoncé, l'action de $H$ sur $F_g=F_f\times F_f$ a au moins $3$ orbites (dont la diagonale $\Delta_{F_f}$) ce qui revient à dire que $H$ n'agit pas $2$-transitivement sur $F_f$. Par le théorème de Burnside, $H$ est donc contenu dans le groupe affine $\op{A}(\mbb F_p)$.

Par conséquent, si $\sigma \in H\setminus \{1\}$, alors $\sigma$ a au plus un point fixe, et n'a pas de point fixe si et seulement si c'est une translation.

La formule de Riemann-Hurwitz

En appliquant la formule de Riemann-Hurwitz à $f:\mbb P^1 \to \mbb P^1$ on a : $$2(p-1)=\sum_{x\in \hat B} (e_x - 1)=\sum_{b\in B}\left(\left(\sum_{x\mid b}e_x \right)- r(b)\right) =\sum_{b\in B} (p-r(b))$$

avec $r(b)$ le cardinal de la fibre $f^{-1}(b)$. Puisque $r(\infty)=1$, on obtient : $$p-1 = \sum_{b\in B \setminus \infty} (p-r(b))$$ et la remarque précédente sur le nombre de points fixes implique que si $b\in B$, (notez que $b$ est ramifié donc $\hat \gamma_b \neq 1$), alors $\sum_{x\mid b}(e_x-1) \geq r(b)-1$ de sorte que $p-r(b)\geq r(b)-1$ et : $$r(b)\leq \frac{p+1}2$$ pour tout $b\in B$. Donc $p-r(b) \geq \frac{p-1}{2}$ ce qui entraîne finalement : $$\abs{B}\leq 3.$$

La formule de Riemann-Hurwitz rend impossible le fait que seul $\infty$ soit ramifié, et si $B$ n'a que $2$ points, alors l'autre point $b\neq \infty$ est également totalement ramifié et sa monodromie est donc aussi un $p$-cycle, ce qui entraîne que $H$ est engendré par deux $p$-cycles $c_1$ et $c_2$, mais les éléments de $p$-torsion dans $\op{A}(\mbb F_p)$ sont les translations :

En effet, soit $\sigma \in \op{A}(\mbb F_p)$ tel que $\sigma^p=1$. Alors la formule des points fixes donne : $$\op{Fix}(\sigma)\equiv 0 \ [p]$$ ce qui entraîne que $\sigma$ est une translation. On en déduit que $H=\mbb F_p$ mais ceci donne $p$ orbites lorsqu'on regarde l'action sur $F_g$ et cela implique, pour des considérations de degré, que les $p$ composantes irréductibles de $X$ sont des droites, ce qui est exclu par l'énoncé.

On a donc : $$\abs{B}=3$$ et on note $B=\{\infty, b_1, b_2\}$ et on note $\bar \gamma_\infty, \bar \gamma_1 , \bar \gamma_2$ les générateurs de $B$ associés. On rappelle que : $$\bar \gamma_\infty \bar \gamma_1 \bar \gamma_2 = 1$$ et les estimations données par la formule de Riemann-Hurwitz donnent à chaque fois le cas d'égalité, donc on voit immédiatement que chaque $\bar \gamma_i$ est un produit de $\frac{p-1}2$ transpositions à supports disjoints.

Observation : Soit $\tau \in H$ un produit de $\frac{p-1}2$ transpositions à supports disjoints. Comme $H$ est contenu dans le groupe affine, on peut écrire $\tau = (t\mapsto ut+v)$ avec $u\in \mbb F_p^\times$ et $v\in \mbb F_p$. Comme $\tau^2=1$, on a : $$t=u(ut+v)+v=u^2 t + uv + v$$ donc $u=\pm 1$ et $v(u+1)=0$. On en déduit que $\tau = (t\mapsto v-t)$. Réciproquement, tout élément de ce type est bien un produit de $\frac{p-1}2$ transpositions à supports disjoints car il a un seul point fixe et est d'ordre $2$.

Par conséquent, il existe $v\in\mbb F_p$ tel que : $$\bar{\gamma_1} = (t\mapsto v-t)$$ et donc : $$\bar{\gamma_2} = (t\mapsto v+1 - t).$$ Quitte à décaler la numérotation de $F_f$, on peut d'ailleurs supposer $v=0$.

Conclusion

On a donc établi que : $$\bar{\gamma_\infty} = (t\mapsto t+1)$$ puis : $$\bar{\gamma_1} = (t\mapsto -t)$$ et : $$\bar{\gamma_2} = (t\mapsto 1-t).$$

Ceci décrit exactement le $\pi_1(\mbb P^1\setminus B, a)$-ensemble qu'est $F_f$, à isomorphisme près.

Unicité :

Ceci permet de voir l'unicité de $f$ puisque si $\varphi\in \cpx[x]$ est un autre polynôme avec les mêmes propriétés, notons $B'$ le nouveau lieu de ramification, qui est en bijection avec $B$ d'après les observations précédentes, et il existe alors un automorphisme $w$ de $\mbb P^1$ qui fixe l'infini et qui envoie $B$ sur $B'$ (par $3$ transitivité de $\op{PGL}_2(\cpx)$) et qui rend les fibres des deux revêtements isomorphes en tant que $\pi_1(\mbb P^1\setminus B, a)$-ensembles. Ainsi on a un diagramme commutatif :

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avec $w$ et $\theta$ deux isomorphismes qui fixent $\infty$ (un isomorphisme de $\pi_1(\mbb P^1\setminus B,a)$-ensembles induit un isomorphisme de revêtements par l'équivalence de catégories galoisiennes). Or les automorphismes qui fixent $\infty$ sont exactement les fonctions affines, donc on peut écrire, pour des $a,u\in \cpx^\times$ et $b,v\in \cpx$ : $$af(ux+v)+b = \varphi(x)$$ et : $$f(y) = \frac 1 a\varphi\left( \frac 1 u y - \frac v u\right) - \frac b a.$$

On écrit alors, à l'aide de l'imparité de $f$ et $\varphi$ : $$\varphi(x)=-af(-ux-v)+b = -\varphi\left(-x-2\frac v u\right) +2b=\varphi\left( x + 2 \frac v u\right)+2b$$

et en itérant cette remarque : $$\varphi(x) = \varphi\left(x+2n\frac v u\right)+2nb$$

pour tout $n\geq 0$. En faisant tendre $n$ vers l'infini et en utilisant $\op{deg}\varphi >1$, on obtient successivement $v=0$ puis $b=0$, de sorte que : $$\varphi(x) = af(ux).$$ Grâce au coefficient d'ordre $1$, on a : $$au=1.$$ Comme $\varphi$ et $f$ sont unitaires, on a : $$au^{p} = 1$$ et donc : $$u^{p-1}=1.$$

Comme $f$ et $\varphi$ sont à coefficients réels, pour tout $i$ tel que $f_i$, le $i$-ème coefficient de $f$, est non-nul, on a $u^{i-1}\in \reals$.

On explicite plus bas un polynôme $f$ qui fonctionne, et pour ce polynôme on a $f_3\neq 0$ donc $u^2\in \reals$, donc $u^4=1$, mais comme $p\equiv 3 \ [4]$, on a $u\neq \pm i$ et donc $a=u=\pm 1$. Dans les deux cas, par imparité de $f$, on obtient : $$\varphi=f.$$

Ceci démontre l'unicité sous réserve de trouver un polynôme $f$ qui fonctionne avec $f_3\neq 0$.

Existence :

Rappelons que les polynômes de Tchebychev $T_n$ sont définis par : $$T_0=1, \ T_1=x$$

et : $$T_{n+1}=2x T_n - T_{n-1}$$

Pour $n\geq 3$ impair, ces polynômes sont impairs. Le morphisme $T_n : \mbb P^1 \to \mbb P^1$ est ramifié en l'infini et on vérifie que $T_n'$ s'annule en : $$x_k=\cos\left(\frac{k\pi}n\right)$$

pour $1\leq k \leq n-1$ et que $T_n(x_k) = \cos\left(n \frac{k\pi}n\right) =\cos(k\pi) = (-1)^k$ donc les points de ramification sont exactement $\infty, -1, 1$. De plus, la monodromie en $\infty$ est clairement un $n$-cycle, et en $-1$ et $1$ elle peut se calculer.

Par la formule explicite des coefficients, on voit que $T_n^{(3)}\neq 0$ et donc ça conclut bien pour l'unicité aussi. Au final, la réponse au problème est donnée par le polynôme : $$f(x) = 2T_p\left(\frac{x}2\right)$$ dont il est facile de voir que le coefficient d'ordre $3$ est non-nul grâce aux formules explicites des coefficients des polynômes $T_n$.