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+\documentclass[9pt]{smfart-moi}
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+
+\title{Calculs de groupes de Galois~: exemples}
+
+\begin{document}
+\maketitle
+\tableofcontents
+\else
+\chapter{Calculs de groupes de Galois~: exemples}
+\fi
+
+
+\section{Généralités}
+
+Le but de ce chapitre est d'illustrer certaines des méthodes
+permettant de calculer un groupe de Galois, et spécifiquement celui
+d'un polynôme à racines simples sur $\QQ$ --- ou du moins de démontrer
+que tel groupe annoncé est bien le groupe de Galois.
+
+Les arguments peuvent généralement se diviser en deux sortes : ceux
+qui tendent à \emph{minorer} le groupe de Galois, c'est-à-dire, si on
+voit celui-ci comme un sous-groupe du groupe des permutations sur les
+racines, de montrer qu'il contient telle ou telle permutation
+particulière, ou plutôt une permutation ayant telle ou telle structure
+de cycles ; et ceux qui tendent à \emph{majorer} le groupe de Galois,
+c'est-à-dire à montrer que ce dernier est inclus dans le groupe des
+permutations préservant telle ou telle structure combinatoire sur les
+racines.  Nous commençons par décrire de façon informelle la nature
+que peuvent prendre ces arguments.
+
+Pour \emph{minorer} le groupe de Galois, on cherche à en exhiber des
+éléments.  Une façon facile d'en produire est d'utiliser la
+conjugaison complexe (automorphisme de $\CC$ sur $\RR$,
+cf. \refext{CG}{extensions-complexes-sur-reels}, qui fournit pour un
+polynôme $f$ de degré $d=r+2s$ ayant $r$ racines réelles et $s$ paires
+de racines complexes conjuguées, un automorphisme d'ordre $2$
+de $\dec(f)$ dont la décomposition en cycles est le produit de $s$
+transpositions disjointes).  Une façon plus générale est de réduire le
+polynôme $f$ considéré modulo différents nombres premiers $p$ et
+d'appliquer un théorème de spécialisation tel
+que \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire} : ceci
+fournit, comme l'explique le
+corollaire \refext{CG}{specialisation-elementaire-et-cycles}, des
+éléments du groupe de Galois dont la structure de cycles coïncide avec
+les degrés des facteurs irréductibles de la réduction $f_p$ de $f$
+(supposée séparable).  Parmi les arguments tendant à minorer le groupe
+de Galois de $f$, on doit classer ceux qui tendent à montrer que $f$
+est irréductible (ce qui revient à dire que le groupe de Galois est
+transitif en tant que sous-groupe opérant sur les racines,
+cf. \refext{CG}{action transitive de Galois si poly irréductible}) :
+cela se fait par exemple en trouvant $p$ tel que la réduction $f_p$ de
+$f$ modulo $p$ soit irréductible (ce qui donne, plus exactement, un
+$d$-cycle dans $\Gal(f)$, où $d = \deg f$), ou en trouvant des
+réductions $f_p$ et $f_{p'}$ dont les décompositions en facteurs
+irréductibles soient incompatibles.
+
+On verra plus tard qu'une des conséquences du théorème de Čebotarev
+est que la réduction d'un polynôme à coefficients rationnels modulo
+des nombres premiers permet d'obtenir des éléments de son groupe de
+Galois ayant toute décomposition en cycles qui y est effectivement
+réalisée.
+
+Tout ceci sous-entend qu'on sait calculer la décomposition en facteurs
+irréductibles d'un polynôme $f_p \in \FF_p[X]$ donné, ou au moins
+vérifier l'exactitude d'une décomposition proposée (c'est-à-dire
+l'irréductibilité des facteurs) : c'est bien le cas d'après les
+résultats de la
+section \refext{ACF}{factorisation-polynomes-corps-finis} (ou au moins
+la proposition \refext{CF}{critere-rabin}).  Dans tout ce qui suit,
+nous nous contenterons d'affirmer sans autre forme d'explication que,
+par exemple, « le polynôme $X^8 + X^7 - X^5 - X^4 - X^3 + X + 1$ a une
+réduction modulo $11$ qui se factorise comme le produit de quatre
+facteurs irréductibles de degré $2$, à savoir $(X^2 + 2X +
+4) \penalty0 (X^2 - 5X + 3) \penalty0 (X^2 - 4X + 5) \penalty0 (X^2 -
+3X - 2)$ », de nombreux logiciels de calcul formel permettant de
+vérifier l'exactitude de ce fait et en constituent une démonstration
+puisqu'ils appliquent les algorithmes mentionnés.
+
+Le groupe de Galois le plus général (dans un sens que nous ne
+chercherons pas encore à rendre rigoureux, mais
+cf. \refext{CG}{exemple-galois-equation-generique}) d'un polynôme de
+degré $d$ sur $\QQ$ est $\mathfrak{S}_d$ tout entier.  Pour montrer
+que c'est le cas d'un polynôme précis, il suffit d'appliquer les
+techniques que nous venons d'esquisser pour réaliser suffisamment
+d'éléments du groupe de Galois de manière à
+engendrer $\mathfrak{S}_d$.  Lorsque ce n'est pas le cas, en revanche,
+il faut également trouver des méthodes pour \emph{majorer} le groupe
+de Galois.  Quelques unes sont évidentes : lorsque $f$ n'est pas
+irréductible, par exemple, son groupe de Galois est égal au produit de
+ses facteurs irréductibles (qu'on a supposés étrangers entre eux deux
+à deux), c'est-à-dire qu'il est inclus dans le groupe des permutations
+préservant la partition des racines de $f$ en celles de ses différents
+facteurs irréductibles ; avec cette présentation, le fait de
+factoriser $f$ constitue une majoration de son groupe de Galois.
+Lorsque le discriminant de $f$ est un carré, on peut utiliser la
+proposition \refext{CG}{caracterisation groupe Gal alterne} pour
+affirmer que son groupe de Galois est inclus dans le groupe
+alterné $\mathfrak{A}_d$ d'ordre $d = \deg f$ : ceci constitue
+également une technique de majoration.  Toute autre technique
+consistant à dégager une structure combinatoire sur l'ensemble des
+racines de $f$ qui serait nécessairement préservée par le groupe de
+Galois permet de majorer ce dernier : ceci pourrait consister par
+exemple à montrer qu'une certaine puissance d'une racine, ou le
+produit de deux racines, est rationnel, ou appartient à une extension
+quadratique sur laquelle l'action de Galois est connue.  Un argument
+plus général, mais calculatoirement plus difficile, consiste à
+considérer le polynôme $f$ (ici supposé irréductible) sur son corps de
+décomposition $K = \QQ[X]/(f)$ (par construction, il possède au moins
+une racine, donnée par la classe de $X$), de sorte que le groupe de
+Galois $H = \Gal_K(f)$ de $f$ sur $K$ est le stabilisateur d'un
+élément dans le groupe de Galois $G = \Gal_{\QQ}(f)$ de $f$ sur $\QQ$
+vu comme opérant sur les racines de $f$ ; n'importe quelle technique
+permettant de majorer le groupe $H$ permet de remonter à une
+information sur $G$ : par exemple, si $f$ est scindé sur $K$,
+c'est-à-dire que $H$ est trivial, alors $G$ est d'ordre $d = \deg f$
+et les racines de $f$ possèdent une structure de $G$-ensemble
+simplement transitif.
+
+Nous verrons plus loin d'autres techniques, notamment celle des
+résolvantes, permettant de systématiser la majoration des groupes de
+Galois.  On verra aussi comment la classification des sous-groupes
+transitifs de $\mathfrak{S}_d$ permet de construire des critères
+explicites indiquant si le groupe de Galois d'un polynôme donné est
+inclus dans tel ou tel sous-groupe.
+
+
+\section{Équations de petits degrés}
+
+\subsection{Équations quadratiques}
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-quadratique} Le polynôme $f = X^2 +
+1 \in \QQ[X]$ a pour corps de décomposition $\QQ(i)$ où $i
+= \sqrt{-1}$, et pour groupe de Galois $\Gal(f) \cong \ZZ/2\ZZ$ dont
+le seul élément non trivial est donné par $i \mapsto -i$ : les seules
+affirmations qui demandent vérification sont d'une part le fait que le
+polynôme $f$ est irréductible sur $\QQ$, c'est-à-dire que
+$i \not\in \QQ$, ce qui résulte du fait que $i \not\in \RR$, et
+d'autre part le fait que $f$ est séparable, c'est-à-dire que $i \neq
+-i$, ce qui résulte du fait que $\QQ$ est de caractéritique $0$ donc
+parfait.  Dans cette perspective, l'automorphisme $i \mapsto -i$ est
+vu comme la restrictiction à $\QQ(i)$ de la conjugaison complexe
+(automorphisme de $\CC$ sur $\RR$,
+cf. \refext{CG}{extensions-complexes-sur-reels}) : cet exemple
+illustre donc le fait que la conjugaison complexe peut fournir un
+élément non trivial du groupe de Galois.
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-quadratique-scinde} Le polynôme $f = X^2 - 2 \in \QQ[X]$ a pour corps de décomposition
+$\QQ(\sqrt{2})$, et pour groupe de Galois $\Gal(f) \cong \ZZ/2\ZZ$ dont
+le seul élément non trivial est donné par $\sqrt{2} \mapsto
+-\sqrt{2}$ : la seule affirmation qui demande vérification (outre la
+séparabilité comme ci-dessus) est le fait que le polynôme $f$ est
+irréductible sur $\QQ$, c'est-à-dire que $\sqrt{2} \not\in \QQ$, ce
+qui découle en appliquant le
+lemme \refext{CG}{intersection-anneau-engendre-par-les-racines-et-rationnels}
+de ce que $\sqrt{2} \not\in \ZZ$, ce dernier point pouvant se voir par
+encadrement ou en remarquant que $2 \equiv -1$ n'est pas un carré dans
+$\ZZ/3\ZZ$.  Dans cette perspective, le
+théorème \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire} conduit à
+un isomorphisme entre le groupe de Galois $\Gal(f_3) = \Gal(\FF_9 \bo
+\FF_3)$ du polynôme $f_3 = X^2 + 1 \in \FF_3[X]$ et un sous-groupe $D$
+de $\Gal(f)$, en l'occurrence $\Gal(f)$ tout entier : cet exemple
+illustre donc le fait que le groupe de Galois après réduction modulo
+un nombre premier (ici $p=3$) peut fournir un élément non trivial du
+groupe de Galois.
+
+Le polynôme $g = X^2 + 2X - 1 \in \QQ[X]$ a le même corps de
+décomposition $\dec(g)$ (donc le même groupe de Galois) que le
+polynôme $f = X^2 - 2$ considéré ci-dessus, puisque $g(X) = f(X+1)$.
+
+\subsection{Extensions cubiques}
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-cubique-generique} Considérons dans un premier temps
+le polynôme $f = X^3 - 2 \in \QQ[X]$.  Appelant $\root3\of2$ une
+racine de $f$ dans un corps de décomposition $\dec(f)$, on a $f =
+(X-\root3\of2)(X^2+\root3\of2 X + \root3\of4)$ (avec $\root3\of4$ le
+carré de $\root3\of2$), et appelant $j\root3\of2$ une racine du second
+facteur, la quantité $j \in \dec(f)$ est racine de $X^2 + X + 1$ (en
+particuler, $j^2 = -j-1$ et $j^3 = 1$) : les racines de $f$ sont alors
+$R_f = \{\root3\of2,\; j\root3\of2,\; (-j-1)\root3\of2\}$.  Le corps $\CC$
+scinde le polynôme $f$ : on peut par exemple décider d'appeler
+$\root3\of2$ la racine réelle de $f$, auquel cas la conjugaison
+complexe fournit par restriction à $\dec(f)$ un élément de $\Gal(f)$
+fixant $\root3\of2$ et envoyant $j$ sur $-j-1$, donc $j\root3\of2$ sur
+$(-j-1)\root3\of2$.  Reste à voir que $\root3\of2 \not\in \QQ$, ce qui
+assurera que $\Gal(f)$ opère transitivement sur $R_f$, donc
+$\Gal(f) \cong \mathfrak{S}_3$ (puisque le seul sous-groupe de
+$\mathfrak{S}_3$ contenant une transposition et opérant transitivement
+est $\mathfrak{S}_3$) et en particulier l'irréductibilité de $f$ : de
+nouveau il s'agit de voir $\root3\of2 \not\in \ZZ$, et pour cela on
+peut utiliser un encadrement ou remarquer que $f_7 = X^3 - 2$ est
+irréductible dans $\FF_7[X]$.
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-cubique-cyclique} Considérons maintenant le polynôme $g \in \QQ[X]$ cubique unitaire
+dont les racines réelles sont $x_1 = 2\cos\frac{2\pi}{7}, x_2 =
+2\cos\frac{4\pi}{7}, x_3 = 2\cos\frac{6\pi}{7}$ : on peut calculer $g$
+en évaluant les fonctions symétriques élémentaires de
+$2\cos\frac{2\pi}{7}, 2\cos\frac{4\pi}{7}, 2\cos\frac{6\pi}{7}$ au
+moyen de formules trigonométriques, ce qui donne explicitement $g = X^3 +
+X^2 - 2 X - 1$.  On peut vérifier de nouveau que $g$ est irréductible
+en constatant que $2\cos\frac{2\pi}{7} \not\in \QQ$ car
+$2\cos\frac{2\pi}{7} \not\in \ZZ$ soit par encadrement soit parce que
+la réduction de $g$ est irréductible modulo, disons, $2$ (ou $3$,
+ou $5$).  Ceci garantit que $\Gal(g)$ opère transitivement sur
+l'ensemble $R_g = \{x_1 = 2\cos\frac{2\pi}{7},\; x_2 =
+2\cos\frac{4\pi}{7},\; x_3 = 2\cos\frac{6\pi}{7}\}$ des racines
+de $g$.  La différence cruciale avec le paragraphe précédent est que
+cette fois il n'y a pas d'élément d'ordre $2$ dans $\Gal(g)$ : on peut
+s'en persuader en se rappelant que $x_2 = x_1^2 - 2$ et $x_3 = -x_1^2
+-x_1 +1$, ce qui montre que le corps de rupture $\QQ(x_1) \cong \QQ(x_2)
+\cong \QQ(x_3)$ de $g$ en est déjà un corps de décomposition (on a $g =
+(X-x_1)(X-x_1^2+2)(X+x_1^2+x_1-1)$), si bien qu'il est de degré $3$
+sur $\QQ$ et que $\Gal(g)$ ne peut pas contenir d'élément d'ordre $2$.
+On a donc $\Gal(g) \cong \ZZ/3\ZZ$, opérant cycliquement sur
+$\{x_1,x_2,x_3\}$.  (Intuitivement, il faut se figurer que, bien que
+les racines $x_1,x_2,x_3$ de $g$ soient indiscernables sur $\QQ$, leur
+ordre cyclique n'est pas indifférent : une fois fixée une racine
+$x_1$, les deux autres le sont automatiquement aussi.)  On pouvait
+également arriver à cette conclusion en calculant le discriminant
+$\Delta$ du polynôme $g$ : puisque $\Delta = 49 = 7^2$, la
+proposition \refext{CG}{caracterisation groupe Gal alterne} assure que
+$\Gal(g) \subseteq \mathfrak{A}_3 = \ZZ/3\ZZ$.
+
+\begin{remarque2}
+La différence entre les polynômes $f = X^2 - 2$ et $g = X^3 + X^2 - 2
+X - 1$ que nous venons d'expliquer peut se constater à leur réduction
+modulo divers nombres premiers : quel que soit le nombre premier $p$
+modulo lequel on réduit $g$, le polynôme $g_p$ ainsi réduit ne peut
+jamais avoir une factorisation « $1+2$ », c'est-à-dire comme produit
+d'un facteur linéaire et d'un facteur quadratique irréductible --- en
+effet, une telle factorisation donnerait un élément d'ordre $2$
+de $\Gal(g_p)$ donc de $\Gal(g)$ d'après le
+théorème \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire}, ou plus
+simplement dès lors qu'on a une racine $x_1$ de $g_p$, on dispose
+aussi des racines $x_2 = x_1^2 - 2$ et $x_3 = -x_1^2 -x_1
++1$.  \textit{A contrario}, il existe beaucoup de nombres premiers $p$
+tels que la réduction $f_p$ de $f$ soit de la forme « $1+2$ », à
+savoir les nombres premiers $p>2$ tels que $p\equiv 2 \pmod{3}$ (car
+alors l'application $x \mapsto x^3$ est bijective sur $\FF_p$, donc
+$2$ a exactement une racine cubique).  On expliquera plus tard qu'une
+des conséquences du théorème de Čebotarev est que la réduction d'un
+polynôme dans $\QQ[X]$ modulo « beaucoup » de nombres premiers permet
+d'obtenir des renseignements sur son groupe de Galois.
+\end{remarque2}
+
+
+\subsection{Équations biquadratiques}
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquadratique-weyl} Considérons d'abord le polynôme $f = X^4 - 4 X^2 +
+1 \in \QQ[X]$.  Le polynôme $h = Y^2 - 4 Y + 1 \in \QQ[Y]$, dont on
+notera $2 + \sqrt{3}$ et $2 - \sqrt{3}$ les racines, a pour groupe de
+Galois $\ZZ/2\ZZ$ (dont l'élément non trivial échange $\sqrt{3}$ et
+$-\sqrt{3}$).  Notons $\pm\sqrt{2+\sqrt{3}}$ et $\pm\sqrt{2-\sqrt{3}}$
+les quatre racines de $f$ sans pour le moment préciser si ou comment
+les signes sont liés.  Le corps de décomposition $\dec(h)
+= \QQ(\sqrt{3})$ de $h$ est une sous-extension du corps de
+décomposition $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}})$ de $f$ : ainsi,
+$\Gal(h)$ est un quotient de $\Gal(f)$, ce qui garantit que $\Gal(f)$
+est inclus dans le sous-groupe (d'ordre $8$) de $\mathfrak{S}_4$
+compatible\footnote{On dit qu'une permutation $\sigma$ d'un ensemble
+fini $E$ est \emph{compatible} avec une partition $\mathcal{P}$ de $E$
+lorsque $\sigma(P) \in \mathcal{P}$ pour tout $P \in \mathcal{P}$,
+c'est-à-dire lorsque $x\sim y$ implique $\sigma(x)\sim\sigma(y)$ pour
+$\sim$ la relation d'équivalence dont les classes sont la partition
+considérée.} avec la partition $\{\{\sqrt{2+\sqrt{3}},
+-\sqrt{2+\sqrt{3}}\}, \{\sqrt{2-\sqrt{3}}, -\sqrt{2-\sqrt{3}}\}\}$
+de $R_f$ ; mais ceci garantit aussi l'existence d'un élément $\sigma$
+de $\Gal(f)$ envoyant $\sqrt{3}$ sur $-\sqrt{3}$, donc
+$\sqrt{2+\sqrt{3}}$ sur $\pm\sqrt{2-\sqrt{3}}$ pour au moins un des
+deux signes.
+
+Par ailleurs, le polynôme $f$ n'est pas scindé sur $\dec(h)$ : on peut
+par exemple le voir en remarquant que modulo $11$, où le polynôme $h$
+est scindé comme $(Y-7)(Y-8)$, le polynôme $f$ ne l'est pas, de sorte
+qu'il existe un élément non trivial dans $\Gal(f_{11})$ qui d'après la
+remarque \refext{CG}{fonctorialite-vraiment-basique-de-la-specialisation-elementaire}
+et le fait que $\Gal(h_{11}) = \{1\}$ doit définir un élément $\tau$
+non trivial de $\Gal(f)$ dont l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité ;
+on pouvait également se convaincre que $\sqrt{2+\sqrt{3}}$ n'est pas
+dans $\dec(h) = \QQ(\sqrt{3})$ car si on avait $(x+y\sqrt{3})^2 =
+2+\sqrt{3}$ (avec $x,y\in\QQ$), en développant on aurait $x^2+3y^2=2$
+et $2xy=1$, donc $x^4 - 2x^2 + \frac{3}{4} = 0$ c'est-à-dire
+$(2x^2-1)(2x^3-3) = 0$, or cette équation n'a pas de solution
+rationnelle.  Ceci prouve l'existence d'un élément $\tau \in \Gal(f)$
+non trivial dont l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité, disons
+$\tau(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = -\sqrt{2+\sqrt{3}}$ (quitte à conjuguer
+$\tau$ par $\sigma$).
+
+On sait que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \pm\sqrt{2-\sqrt{3}}$.
+Quitte à composer $\sigma$ par $\tau$ (à droite), on peut faire en
+sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \sqrt{2-\sqrt{3}}$, ce qu'on
+conviendra.  La question essentielle est maintenant de savoir si l'on
+peut déduire quelque chose sur $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}})$ : il est au
+moins évident que $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}}) = \pm\sqrt{2+\sqrt{3}}$
+(puisque $\sigma(2-\sqrt{3}) = 2+\sqrt{3}$), et il reste à voir si le
+signe est imposé.  Or on a $\sqrt{2+\sqrt{3}} \sqrt{2-\sqrt{3}} = 1$,
+de sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}})\, \sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}}) =
+1$, et ceci montre $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}})
+= \frac{1}{\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}})} = \frac{1}{\sqrt{2-\sqrt{3}}}
+= \sqrt{2+\sqrt{3}}$.  L'élément $\sigma$ est alors d'ordre $2$, et on
+voit que nécessairement $\tau(\sqrt{2-\sqrt{3}}) = -\sqrt{2-\sqrt{3}}$
+et que $\sigma$ et $\tau$ commutent.
+
+Enfin, les éléments $1, \sigma, \tau, \sigma\tau$ épuisent le groupe
+de Galois $\Gal(f)$ : pour s'en convaincre, on peut remarquer qu'on a
+prouvé que tout élément envoyant $\sqrt{2+\sqrt{3}}$ sur
+$\sqrt{2-\sqrt{3}}$ devait envoyer $\sqrt{2-\sqrt{3}}$ sur
+$\sqrt{2+\sqrt{3}}$ ; ou bien que l'ordre de $\Gal(f)$ est inférieur
+ou égal au degré de $\dec(f)$ sur $\QQ$, qui est $4$ car $\dec(f)
+= \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}})$ puisqu'on a
+montré que $\sqrt{2-\sqrt{3}} \in \QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}})$ (à savoir
+$\sqrt{2-\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}
+= \frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2+\sqrt{3}} =
+(2-\sqrt{3})\sqrt{2+\sqrt{3}}$).
+
+Tout ceci prouve $\Gal(f) = \{1,\sigma,\tau,\sigma\tau\} \cong
+(\ZZ/2\ZZ)\times(\ZZ/2\ZZ)$ (et $\Gal(h)$ en est le quotient par le
+sous-groupe $\{1,\tau\}$).
+
+Dans ce contexte, vu que $\dec(h)$ est la sous-extension
+$\Fix_{\{1,\tau\}}(\QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}}))$ associée au sous-groupe
+$\{1,\tau\}$ par la correspondance de Galois, on peut d'ailleurs se
+demander quelle est l'extension associée à chacun des sous-groupes
+$\{1,\sigma\}$ et $\{1,\sigma\tau\}$ de $\Gal(f)$.  Sans chercher
+encore à expliquer de façon systématique comment on mène ce type de
+calcul, remarquons que si $a = \sqrt{2+\sqrt{3}}
++ \sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \sqrt{2+\sqrt{3}} + \sqrt{2-\sqrt{3}} =
+(3-\sqrt{3}) \sqrt{2+\sqrt{3}}$, alors on a $\sigma(a) = a$ (c'est
+évident sur la première expression), et $a^2 =
+(12-6\sqrt{3})(2+\sqrt{3}) = 6$ : on peut donc convenir d'écrire $a
+= \sqrt{6}$ (c'est compatible avec sa valeur dans $\RR$), et comme
+$a \not\in \QQ$ (ou par calcul direct), on a nécessairement $\tau(a) =
+-a$, de sorte que $\QQ(\sqrt{6})$ est la sous-extension associée au
+groupe $\{1,\sigma\}$.  De même, si $b = \sqrt{2+\sqrt{3}}
++ \sigma\tau(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \sqrt{2+\sqrt{3}}
+- \sqrt{2-\sqrt{3}} = (3-\sqrt{3}) \sqrt{2+\sqrt{3}}$, alors on a
+$\sigma\tau(b) = b$ (c'est évident sur la première expression), et
+$b^2 = (4-2\sqrt{3})(2+\sqrt{3}) = 2$, on peut convenir d'écrire $b
+= \sqrt{2}$ (c'est compatible à la fois avec sa valeur dans $\RR$ et
+avec le fait que $a = b\sqrt{3}$ comme on le vérifie facilement), on a
+nécessairement $\tau(b) = -b$, de sorte que $\QQ(\sqrt{2})$ est la
+sous-extension associée à $\{1,\sigma\tau\}$.  Au passage, nous avons
+prouvé que $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}})
+= \QQ(\sqrt{3},\sqrt{6}) = \QQ(\sqrt{3},\sqrt{2})$.
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquadratique-cyclique} Considérons maintenant le polynôme $f = X^4 - 4 X^2 +
+2 \in \QQ[X]$.  Le polynôme $h = Y^2 - 4 Y + 2 \in \QQ[Y]$, dont on
+notera $2 + \sqrt{2}$ et $2 - \sqrt{2}$ les racines, a pour groupe de
+Galois $\ZZ/2\ZZ$ (dont l'élément non trivial échange $\sqrt{2}$ et
+$-\sqrt{2}$).  Notons $\pm\sqrt{2+\sqrt{2}}$ et $\pm\sqrt{2-\sqrt{2}}$
+les quatre racines de $f$ sans pour le moment préciser si ou comment
+les signes sont liés.  Le corps de décomposition $\dec(h)
+= \QQ(\sqrt{2})$ de $h$ est une sous-extension du corps de
+décomposition $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}})$ de $f$ : ainsi,
+$\Gal(h)$ est un quotient de $\Gal(f)$, ce qui garantit que $\Gal(f)$
+est inclus dans le sous-groupe (d'ordre $8$) de $\mathfrak{S}_4$
+compatible avec la partition $\{\{\sqrt{2+\sqrt{2}},
+-\sqrt{2+\sqrt{2}}\}, \{\sqrt{2-\sqrt{2}}, -\sqrt{2-\sqrt{2}}\}\}$
+de $R_f$ ; mais ceci garantit aussi l'existence d'un élément $\sigma$
+de $\Gal(f)$ envoyant $\sqrt{2}$ sur $-\sqrt{2}$, donc
+$\sqrt{2+\sqrt{2}}$ sur $\pm\sqrt{2-\sqrt{2}}$ pour au moins un des
+deux signes.
+
+Par ailleurs, le polynôme $f$ n'est pas scindé sur $\dec(h)$ : on peut
+par exemple le voir en remarquant que modulo $7$, où le polynôme $h$
+est scindé comme $(Y-5)(Y-6)$, le polynôme $f$ ne l'est pas, de sorte
+qu'il existe un élément non trivial dans $\Gal(f_7)$ qui d'après la
+remarque \refext{CG}{fonctorialite-vraiment-basique-de-la-specialisation-elementaire}
+et le fait que $\Gal(h_7) = \{1\}$ doit définir un élément $\tau$ non
+trivial de $\Gal(f)$ dont l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité ; on
+pouvait également se convaincre que $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ n'est pas dans
+$\dec(h) = \QQ(\sqrt{2})$ car si on avait $(x+y\sqrt{2})^2 =
+2+\sqrt{2}$ (avec $x,y\in\QQ$), en développant on aurait $x^2+2y^2=2$
+et $2xy=1$, donc $x^4 - 2x^2 + \frac{1}{2} = 0$, or cette équation n'a
+pas de solution rationnelle (ni même avec $x^2$ rationnel).  Ceci
+prouve l'existence d'un élément $\tau \in \Gal(f)$ non trivial dont
+l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité, disons $\tau(\sqrt{2+\sqrt{2}})
+= -\sqrt{2+\sqrt{2}}$ (quitte à conjuguer $\tau$ par $\sigma$).
+
+On sait que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}}) = \pm\sqrt{2-\sqrt{2}}$.
+Quitte à composer $\sigma$ par $\tau$ (à droite), on peut faire en
+sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}}) = \sqrt{2-\sqrt{2}}$, ce qu'on
+conviendra.  La question essentielle est maintenant de savoir si l'on
+peut déduire quelque chose sur $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}})$ : il est au
+moins évident que $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}}) = \pm\sqrt{2+\sqrt{2}}$
+(puisque $\sigma(2-\sqrt{2}) = 2+\sqrt{2}$), et il reste à voir si le
+signe est imposé.  Or on a $\sqrt{2+\sqrt{2}} \sqrt{2-\sqrt{2}}
+= \sqrt{2}$, de sorte que
+$\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}})\, \sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}}) = -\sqrt{2}$,
+et ceci montre $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}}) =
+-\frac{\sqrt{2}}{\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}})} =
+-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2-\sqrt{2}}} = -\sqrt{2+\sqrt{2}}$.  L'élément
+$\sigma$ est alors d'ordre $4$ et permute cycliquement
+$\sqrt{2+\sqrt{2}}, \sqrt{2-\sqrt{2}}, -\sqrt{2+\sqrt{2}},
+-\sqrt{2-\sqrt{2}}$, et on a $\tau = \sigma^2$.
+
+Enfin, les éléments $1, \sigma, \sigma^2=\tau, \sigma^3$ épuisent le
+groupe de Galois $\Gal(f)$ : pour s'en convaincre, on peut remarquer
+qu'on a prouvé que tout élément envoyant $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ sur
+$\sqrt{2-\sqrt{2}}$ devait envoyer $\sqrt{2-\sqrt{2}}$ sur
+$-\sqrt{2+\sqrt{2}}$ ; ou bien que l'ordre de $\Gal(f)$ est inférieur
+ou égal au degré de $\dec(f)$ sur $\QQ$, qui est $4$ car $\dec(f)
+= \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ puisqu'on a
+montré que $\sqrt{2-\sqrt{2}} \in \QQ(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ (à savoir
+$\sqrt{2-\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}
+= \frac{\sqrt{2}\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2+\sqrt{2}} =
+(-1+\sqrt{2})\sqrt{2+\sqrt{2}}$).
+
+Tout ceci prouve $\Gal(f) = \{1,\sigma,\sigma^2,\sigma^3\} \cong
+\ZZ/4\ZZ$ (et $\Gal(h)$ en est le quotient par le
+sous-groupe $\{1,\sigma^2\}$).
+
+Contrairement à la situation de l'exemple précédent, le corps
+$\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ n'admet pas
+d'autre sous-extension stricte que $\QQ(\sqrt{2})$, puisque
+$\Gal(f) \cong \ZZ/4\ZZ$ n'a que les trois sous-groupes $\{1\}$,
+$\{1,\sigma^2\}$ et $\Gal(f)$ tout entier.
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquadratique-generique} Sans chercher à rendre cette affirmation précise, les
+deux exemples précédents où on a trouvé des groupes de Galois de
+$(\ZZ/2\ZZ)\times(\ZZ/2\ZZ)$ et $\ZZ/4\ZZ$, sont atypiques pour les
+équations bicarrées en raison des « coïncidences » qui faisaient que
+$(2+\sqrt{3}) (2-\sqrt{3})$ était un élément de $\QQ$ (à savoir $1$)
+et que $(2+\sqrt{2}) (2-\sqrt{2})$ était un élément de $\QQ(\sqrt{2})$
+envoyé sur son opposé par l'action de l'élément non trivial du groupe
+de Galois (à savoir, $\sqrt{2}$ envoyé en $-\sqrt{2}$).  Illustrons
+maintenant le cas typique.
+
+Considérons maintenant le polynôme $f = X^4 - 4 X^2 - 1 \in \QQ[X]$.
+Le polynôme $h = Y^2 - 4 Y - 1 \in \QQ[Y]$, dont on notera $2
++ \sqrt{5}$ et $2 - \sqrt{5}$ les racines, a pour groupe de
+Galois $\ZZ/2\ZZ$ (dont l'élément non trivial échange $\sqrt{5}$ et
+$-\sqrt{5}$).  Notons $\pm\sqrt{2+\sqrt{5}}$ et $\pm\sqrt{2-\sqrt{5}}$
+les quatre racines de $f$ sans pour le moment préciser si ou comment
+les signes sont liés.  Le corps de décomposition $\dec(h)
+= \QQ(\sqrt{5})$ de $h$ est une sous-extension du corps de
+décomposition $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})$ de $f$ : ainsi,
+$\Gal(h)$ est un quotient de $\Gal(f)$, ce qui garantit que $\Gal(f)$
+est inclus dans le sous-groupe $G$ (d'ordre $8$) de $\mathfrak{S}_4$
+compatible avec la partition $\{\{\sqrt{2+\sqrt{5}},
+-\sqrt{2+\sqrt{5}}\}, \{\sqrt{2-\sqrt{5}}, -\sqrt{2-\sqrt{5}}\}\}$
+de $R_f$ ; mais ceci garantit aussi l'existence d'un élément $\sigma$
+de $\Gal(f)$ envoyant $\sqrt{5}$ sur $-\sqrt{5}$, donc
+$\sqrt{2+\sqrt{5}}$ sur $\pm\sqrt{2-\sqrt{5}}$ pour au moins un des
+deux signes.
+
+Par ailleurs, la conjugaison complexe définit (une fois plongé
+$\dec(f)$ dans $\CC$) un élément $\tau$ qui fixe $\pm\sqrt{5}$ et
+$\pm\sqrt{2+\sqrt{5}}$ mais échange $\sqrt{2-\sqrt{5}}$ et
+$-\sqrt{2-\sqrt{5}}$.
+
+On sait que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{5}}) = \pm\sqrt{2-\sqrt{5}}$.
+Quitte à composer $\sigma$ par $\tau$ (à \emph{gauche}), on peut faire
+en sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{5}}) = \sqrt{2-\sqrt{5}}$, ce qu'on
+conviendra.  À la différence des deux exemples précédents, on ne peut
+rien en déduire sur $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{5}})$ puisque, quitte à
+composer $\sigma$ à \emph{droite} par $\tau$ (ce qui ne change pas la
+valeur de $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ mais transforme celle de
+$\sigma(\sqrt{2-\sqrt{5}})$ en son opposé) on peut aussi assurer
+$\sigma(\sqrt{2-\sqrt{5}}) = \sqrt{2+\sqrt{5}}$.  L'élément
+$\sigma\tau$ est alors d'ordre $4$ et permute cycliquement
+$\sqrt{2+\sqrt{5}}, \sqrt{2-\sqrt{5}}, -\sqrt{2+\sqrt{5}},
+-\sqrt{2-\sqrt{5}}$.
+
+Les éléments $\sigma$ et $\tau$ engendrent un groupe à huit éléments
+(à savoir
+$\{1, \sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau, \tau\sigma, \penalty-1000 \sigma, \tau, \tau\sigma\tau,
+\sigma\tau\sigma\}$), qui est isomorphe au groupe diédral du carré
+(c'est plus évident si l'on pose $\varrho = \sigma\tau$ et qu'on
+observe les relations $\varrho^4 = 1$, $\tau^2 = 1$ et
+$\tau\varrho\tau = \varrho^{-1}$), le « carré » étant celui qui a les
+sommets $\sqrt{2+\sqrt{5}}, \sqrt{2-\sqrt{5}}, -\sqrt{2+\sqrt{5}},
+-\sqrt{2-\sqrt{5}}$ dans cet ordre.  Il s'agit du groupe $G$ introduit
+plus haut (le groupe des permutations compatibles avec la partition du
+carré donnée par ses deux diagonales) : il est alors clair que les
+éléments trouvés épuisent le groupe de Galois.
+
+\emph{Remarque :} Nous avons présenté ce calcul de façon détaillée,
+mais on peut le rédiger de façon efficace en écrivant : le groupe de
+Galois de $f = X^4 - 4 X^2 - 1$ sur $\QQ$ est inclus dans le groupe
+diédral du carré puisqu'il doit préserver la partition donnée par les
+racines de $h = Y^2 - 4 Y - 1$ ; or la conjugaison complexe (ou bien
+la réduction modulo $11$ qui se factorise comme $f_{11} =
+(X-3)(X+3)(X^2+5)$) donne un élément de $G_f$ d'ordre $2$ agissant
+avec deux points fixes, et par ailleurs la réduction modulo $3$ (qui
+se factorise comme $f_3 = X^4 + 2X^2 + 2$) donne un élément
+d'ordre $4$ dans $G_f$, et ces deux éléments assurent que $G_f$ est
+bien le groupe diédral du carré tout entier.
+
+Contrairement aux exemples détaillés précédemment, l'extension
+$\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})$ est cette fois strictement plus
+grosse que $\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ : c'est clair par le fait que
+cette dernière est incluse dans $\RR$ et non la première, ou, ce qui
+revient au même, à cause du fait que $\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ est le
+corps fixe associé au sous-groupe non trivial $\{1,\tau\}$ (et comme
+ce sous-groupe n'est pas distingué dans $G = \Gal(f)$, l'extension
+$\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}}) \bo \QQ$ n'est pas galoisienne).
+
+Pour continuer cet exemple, on peut de nouveau chercher les
+sous-extensions de $\QQ(\sqrt{2\bo\sqrt{5}}) \bo \QQ$ associées aux
+différents sous-groupes de $G$ par la correspondance de Galois.  Outre
+les cas triviaux de $\QQ$ (qui correspond à $G$) et
+$\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})$ (qui correspond à $\{1\}$), on a vu que
+$\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ correspond à $\{1,\tau\}$ et il est clair par
+symétrie (c'est-à-dire, par conjugaison par $\sigma$) que
+$\QQ(\sqrt{2-\sqrt{5}})$ correspond à $\{1,\sigma\tau\sigma\}$.  Il
+est clair que $\QQ(\sqrt{5})$ correspond
+à $\{1, \tau, \sigma\tau\sigma, \sigma\tau\sigma\tau\}$.  Une fois
+remarqué que $\sqrt{2+\sqrt{5}} \sqrt{2-\sqrt{5}} = \sqrt{-1}$ (au
+sens où le carré de cet élément est $-1$ et qu'on choisit de le noter
+$\sqrt{-1}$), et en notant $\sqrt{-5} = \sqrt{-1} \sqrt{5}$, on voit
+facilement (en constatant que $\tau(\sqrt{-1}) = -\sqrt{-1}$ et
+$\tau(\sqrt{-5}) = -\sqrt{-5}$, et que $\sigma(\sqrt{-1}) = \sqrt{-1}$
+et $\sigma(\sqrt{-5}) = -\sqrt{-5}$) que $\QQ(\sqrt{-1})$ et
+$\QQ(\sqrt{-5})$ sont les extensions quadratiques de $\QQ$
+correspondant aux deux autres sous-groupes d'ordre $2$ de $G$, à
+savoir $\{1, \sigma, \tau\sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau\}$ et
+$\{1, \sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau, \tau\sigma\}$ respectivement.
+
+Restent les sous-groupes conjugués $\{1,\sigma\}$ et
+$\{1,\tau\sigma\tau\}$, et le sous-groupe distingué
+$\{1,\sigma\tau\sigma\tau\}$, dont on cherche les extensions de
+degré $4$ sur $\QQ$ qui leur correspondent.  Soit $a
+= \sqrt{2+\sqrt{5}} + \sqrt{2-\sqrt{5}}$ : on a ainsi $\sigma(a) = a$,
+et $a^2 = 4 + 2\sqrt{-1}$, de sorte qu'on peut noter $a
+= \sqrt{4+2\sqrt{-1}}$ ; comme $a$ a quatre conjugués distincts
+par $G$, il est de degré $4$ sur $\QQ$, et $\QQ(\sqrt{4+2\sqrt{-1}})$
+est le corps associé au sous-groupe $\{1,\sigma\}$ de $G$ (il contient
+$\QQ(\sqrt{-1})$, ce qui était attendu puisque $\{1,\sigma\}$ est
+contenu dans $\{1, \sigma, \tau\sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau\}$).
+De même, l'élément $\tau(a) = \sqrt{2+\sqrt{5}} - \sqrt{2-\sqrt{5}}$
+est fixé par $\tau\sigma\tau$, et a pour carré $\tau(a^2) = 4 -
+2\sqrt{-1}$, et si on le note $\tau(a) = \sqrt{4-\sqrt{-1}}$,
+l'extension $\QQ(\sqrt{4-2\sqrt{-1}})$ est le corps associé au
+sous-groupe $\{1,\tau\sigma\tau\}$ de $G$.  Enfin, le corps associé à
+$\{1,\sigma\tau\sigma\tau\}$ peut se décrire comme
+$\QQ(\sqrt{5},\sqrt{-1})$.  Le diagramme suivant résume les inclusions
+entre toutes les sous-extensions de $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})\bo\QQ$ :
+
+\begin{center}
+\footnotesize
+\begin{tikzpicture}[auto]
+\matrix(diag)[matrix of math nodes,column sep=1.5em,row sep=4ex,
+text height=1.5ex,text depth=.25ex]{
+&&\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})&&\\
+\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})&\QQ(\sqrt{2-\sqrt{5}})&
+\QQ(\sqrt{5},\sqrt{-1})&
+\QQ(\sqrt{4-2\sqrt{-1}})&\QQ(\sqrt{4+2\sqrt{-1}})\\
+&\QQ(\sqrt{5})&\QQ(\sqrt{-5})&\QQ(\sqrt{-1})&\\
+&&\QQ&&\\};
+\draw (diag-1-3) -- (diag-2-1);  \draw (diag-1-3) -- (diag-2-2);
+\draw (diag-1-3) -- (diag-2-3);
+\draw (diag-1-3) -- (diag-2-4);  \draw (diag-1-3) -- (diag-2-5);
+\draw (diag-2-1) -- (diag-3-2);  \draw (diag-2-2) -- (diag-3-2);  \draw (diag-2-3) -- (diag-3-2);
+\draw (diag-2-3) -- (diag-3-3);
+\draw (diag-2-3) -- (diag-3-4);  \draw (diag-2-4) -- (diag-3-4);  \draw (diag-2-5) -- (diag-3-4);
+\draw (diag-3-2) -- (diag-4-3);  \draw (diag-3-3) -- (diag-4-3);  \draw (diag-3-4) -- (diag-4-3);
+\end{tikzpicture}
+\end{center}
+
+Il est naturellement possible de trouver beaucoup d'autres
+descriptions de chacun de ces corps : par exemple,
+$\QQ(\sqrt{5},\sqrt{-1})$ peut s'écrire $\QQ(\sqrt{1+4\sqrt{-5}})$ en
+notant $\sqrt{1+4\sqrt{-5}} = \sqrt{5} + 2\sqrt{-1}$ (dont le carré
+est bien $1+4\sqrt{-5}$).
+
+\subsection{Exemples de degré $5$}
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-generique} Considérons le polynôme $f = X^5 - 4X + 2$ sur $\QQ$.
+Il est irréductible d'après le critère d'Eisenstein (pour $p=2$) ou
+parce que sa réduction modulo $p=3$ est irréductible.  Ainsi, le
+groupe de Galois $G$ de $f$ peut se voir comme un sous-groupe de
+$\mathfrak{S}_5$ qui opère transitivement sur les racines
+$\{x_1,\ldots,x_5\}$.  Le stabilisateur (dans $G$) d'une racine donnée
+a donc indice $5$ : ceci montre que $G$ a un ordre multiple de $5$, et
+par les théorèmes de Sylow (ou une version plus faible due à Cauchy),
+$G$ a alors un élément d'ordre $5$.  Un tel élément, vu comme
+permutation, est nécessairement un $5$-cycle.  (De façon équivalente,
+on peut conclure que $G_f$ contient un $5$-cycle directement à partir
+du corollaire \refext{CG}{specialisation-elementaire-et-cycles} si on a
+remarqué que $f_3$ était irréductible.)  Par ailleurs, comme $f$
+possède exactement trois racines réelles (donc une paire de racines
+complexes conjuguées), la conjugaison complexe se restreint (une fois
+choisi un plongement quelconque de $\dec(f)$ dans $\CC$) en un
+automorphisme de $\dec(f)$ sur $\QQ$ qui échange deux racines de $f$
+et laisse les trois autres fixes.  Ainsi, le groupe de Galois $G$
+de $f$ peut se voir comme un sous-groupe de $\mathfrak{S}_5$ qui
+contient un $5$-cycle et une transposition : un tel sous-groupe est
+nécessairement $\mathfrak{S}_5$ tout entier.  Le groupe de Galois
+de $f$ est donc $\mathfrak{S}_5$.
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-alterne} Considérons le polynôme $f = X^5 + 20X + 16$ sur $\QQ$.
+Il est irréductible parce que sa réduction modulo $p=3$ est
+irréductible : comme précédemment, on en déduit que son groupe de
+Galois $G$, vu comme un sous-groupe de $\mathfrak{S}_5$, contient un
+$5$-cycle.  Par ailleurs, son discriminant est $256×20^5 + 3\,125×16^4
+= 32\,000^2$, qui est un carré, donc $G$ est un sous-groupe de
+$\mathfrak{A}_5$.  Modulo $p=7$, le polynôme $f$ se réduit en facteurs
+irréductibles comme $f_7 = (X-4)(X-5)\penalty0(X^3+2X^2-2X-2)$.
+D'après le corollaire \refext{CG}{specialisation-elementaire-et-cycles}, on
+en déduit que $G$ contient un $3$-cycle.  Or on vérifie facilement que
+tout sous-groupe de $\mathfrak{A}_5$ contenant un $5$-cycle et un
+$3$-cycle est $\mathfrak{A}_5$ tout entier.  Le groupe de Galois
+de $f$ est donc $\mathfrak{A}_5$.
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-metacyclique} Considérons le polynôme $f = X^5 - 2$ sur $\QQ$.  Il
+est irréductible d'après le critère d'Eisenstein (pour $p=2$).  Notons
+$\root5\of2$ une de ses racines dans $\dec(f)$, et $\zeta$ le rapport
+entre deux racines, de sorte que les cinq racines de $f$ sont
+$\root5\of2$, $\zeta\root5\of2$, $\zeta^2\root5\of2$,
+$\zeta^3\root5\of2$ et $\zeta^4\root5\of2$.  Remarquons que
+modulo $p=7$, le polynôme $f$ admet la factorisation en irréductibles
+$f_7 = (X-4)(X^4 - 3X^3 + 2X^2 + X - 3)$ : en choisissant l'idéal
+$\mathfrak{m}$ dans le
+théorème \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire}, ou
+de façon équivalente en choisissant $\root5\of2$, de telle sorte que
+$\root5\of2$ se réduise en $4$ modulo $\mathfrak{m}$ (ce qui est
+possible puisque le groupe de Galois $G$ de $f$ opère transitivement
+sur les racines), il s'ensuit que le sous-groupe $H
+= \Gal(\dec(f)\bo \QQ(\root5\of2))$ fixant $\root5\of2$ du groupe de
+Galois $G$ de $f$ opère transitivement sur les quatre autres racines
+ou, de façon équivalente, sur $\{\zeta,\zeta^2,\zeta^3,\zeta^4\}$.
+Comme l'action doit évidemment respecter la structure de groupe
+multiplicatif de $\{\zeta,\zeta^2,\zeta^3,\zeta^4\}$ (donc elle est
+déterminée par l'image de $\zeta$), on peut la décrire comme le groupe
+à $4$ éléments engendré par l'automorphisme $\sigma$ envoyant $\zeta$
+sur $\zeta^2$.  À présent, il existe $\tau \in G$ envoyant
+$\root5\of2$ sur $\zeta\root5\of2$, et quitte à composer par la bonne
+puissance de $\sigma$, on peut supposer qu'il fixe $\zeta$, donc
+envoie $\zeta^i \root5\of2$ sur $\zeta^{i+1} \root5\of2$ (où $i$ est
+pris modulo $5$).  Finalement, on a trouvé dans $G$ les $20$ éléments
+$\tau^b \sigma^a$ envoyant $\zeta^i \root5\of2$ sur
+$\zeta^{2^ai+b} \root5\of2$ (pour $a \in \ZZ/4\ZZ$, ou de façon
+équivalente $2^a \in (\ZZ/5\ZZ)^\times$ et $b \in \ZZ/5\ZZ$).  Ils
+épuisent le groupe de Galois car un élément de $G$ est déterminé par
+son action sur $\root5\of2$ et sur $\zeta$ et qu'on a trouvé un
+élément réalisant chacune des $5×4$ combinaisons possibles.  On a donc
+trouvé comme groupe de Galois $G$ le groupe à $20$ éléments
+$(\ZZ/5\ZZ) \rtimes (\ZZ/5\ZZ)^\times$ produit semi-direct de
+$\ZZ/4\ZZ \cong (\ZZ/5\ZZ)^\times$ par $\ZZ/5\ZZ$, qu'on peut voir
+simplement comme le groupe des applications affines $i \mapsto 2^a i +
+b$ sur $\ZZ/5\ZZ$ pour la composition.
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-diedral} Considérons le polynôme $f = X^5 - 5X + 12$
+sur $\QQ$.  Il est irréductible comme l'atteste le fait que sa
+réduction $f_7$ modulo $p=7$ l'est : ceci nous permet d'ailleurs de
+conclure que le groupe de Galois $G$ de $f$, vu comme sous-groupe de
+$\mathfrak{S}_5$ (pour une certaine numérotation des racines) contient
+un $5$-cycle.  Appelant $z$ la classe de $X$ dans le corps de rupture
+$K = \QQ[X]/(f)$ de $f$, on a l'égalité $f = (X-z)\penalty0 \big(X^2
++ \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2+3z+4)X
++ \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2-5z+8)\big)\penalty0 \big(X^2
++ \frac{1}{4}(z^4+z^3+z^2+z-4)X + \frac{1}{2}(-z^3-z-2)\big)$ : pour
+la vérifier, il suffit de développer complètement l'expression
+proposée et de faire usage de $f(z)=0$ (ce qui revient à calculer
+modulo $f$, i.e., dans $\QQ[X]/(f)$) ; ceci assure que le fixateur $H$
+dans $G$ d'une racine (quelconque) de $f$ préserve, sur les quatre
+racines restantes, une partition en deux ensembles à deux éléments (en
+effet, le fixateur d'une racine $z$ de $f$ dans $G$ est le groupe de
+Galois de $\dec(f)\bo \QQ(z)$).  À l'inverse, comme la réduction
+de $f$ modulo $3$ se factorise comme $f_3 = x (x^2+x-1)\penalty0
+(x^2-x-1)$, on voit que $G$, donc $H$, contient un produit de deux
+transpositions disjointes (ceci implique, si l'on préfère, que chacun
+des deux facteurs $X^2 + \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2+3z+4)X
++ \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2-5z+8)$ et $X^2
++ \frac{1}{4}(z^4+z^3+z^2+z-4)X + \frac{1}{2}(-z^3-z-2)$ est
+irréductible dans $K[X]$).  Ainsi, $G$ est un sous-groupe
+de $\mathfrak{S}_5$ qui contient un $5$-cycle ainsi qu'un produit de
+deux transpositions disjointes, et dont tout sous-groupe fixant une
+racine préserve une partition des quatre autres en deux ensembles de
+deux éléments.  Montrons qu'un tel sous-groupe est nécessairement le
+groupe diédral du pentagone.
+
+En effet, on peut sans perte de généralité appeler $\tau =
+(1\;4)(2\;3)$ un produit de deux transpositions contenu dans $G$, et
+$\varsigma = (0\;1\;2\;3\;4)$ un $5$-cycle (quitte à remplacer le
+cycle par une de ses puissances et éventuellement échanger $1$ et $4$
+ou $2$ et $3$ si les éléments $1,2,3,4$ ne sont pas parcourus dans le
+bon ordre).  Ces éléments engendrent déjà le groupe diédral $D$
+(d'ordre $10$) du pentagone $(0,1,2,3,4)$ : il s'agit de voir qu'il
+n'y a pas d'autre élément dans $G$.  Pour cela, considérons d'abord un
+élément $\sigma$ de $G$ fixant $0$ (on veut montrer qu'il est
+dans $D$) : comme il doit préserver la partition $\{1,4\},\{2,3\}$, si
+$\sigma \not\in D$, on ne peut avoir que $\sigma=(1\;4)$ ou
+$\sigma=(2\;3)$, et quitte à composer par $\tau = (1\;4)(2\;3)$, on
+peut supposer $\sigma=(1\;4)$ ; mais alors en multipliant à gauche et
+à droite par $\varsigma$, on voit que $(1\;3\;2\;4) \in G$, ce qui est
+une contradiction car il fixe $1$ sans préserver la partition
+$\{1,4\},\{2,3\}$.  On a donc montré que le stabilisateur de $1$ dans
+$G$ est le sous-groupe $H = \{\Id,\tau\}$ d'ordre $2$ ; puisque $G$
+opère transitivement sur $\{0,\ldots,4\}$ de cardinal $5$, ce $H$ est
+d'indice $5$ dans $G$, donc $\# G = 10$ et $G = D$ comme annoncé.
+
+Pour simplifier ce raisonnement tendant à classifier certains
+sous-groupes de $\mathfrak{S}_5$, au prix d'un peu plus de calculs, on
+pouvait aussi remarquer qu'en notant $z_1$ la classe de $X$ dans le
+corps de rupture $K_1 = K[X]/(X^2 + \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2+3z+4)X
++ \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2-5z+8))$ sur $K$ du facteur quadratique
+indiqué de $f$, alors on a alors $f =
+(X-z_0)(X-z_1)(X-z_2)(X-z_3)(X-z_4)$ où $z_0=z$, où $z_1$ a déjà été
+introduit, et où $z_2 = \frac{1}{8}[(z_0^4-z_0^3+z_0^2-z_0-4)z_1 +
+(-z_0^4+z_0^3-z_0^2+z_0-4)]$ et $z_3
+= \frac{1}{8}[(-z_0^4+z_0^3-z_0^2+z_0+4)z_1 +
+(-z_0^4-3z_0^3-z_0^2-3z_0+12)]$, et enfin $z_4 =
+-z_1+\frac{1}{4}(z_0^4+z_0^3+z_0^2-3z_0-4)$.  Autrement dit, $K_1$ est
+un corps de décomposition de $f$, et il est de degré $[K_1:K][K:\QQ] =
+2\cdot 5 = 10$ sur $\QQ$, ce qui assure que $G$ est d'ordre $10$ et
+est bien le groupe diédral annoncé.
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-cyclique} Considérons le polynôme $f = X^5 + X^4 - 4X^3 - 3X^2 + 3X + 1$
+sur $\QQ$ : ses racines réelles sont les $x_i = 2\cos\frac{2i\pi}{11}$
+pour $1\leq i \leq 5$.  On peut vérifier l'irréductibilité de $f$ en
+constatant que sa réduction modulo $2$ est irréductible.  La situation
+est semblable à celle de
+l'exemple \ref{exemple-galois-cubique-cyclique} : les formules $x_2 =
+x_1^2 - 2$, $x_3 = x_1^3 - 3 x_1$, $x_4 = x_1^4 - 4 x_1^2 + 2$ et $x_5
+= -x_1^4 - x_1^3 + 3 x_1^2 + 2 x_1 - 1$ (obtenues soit par
+trigonométrie, soit en vérifiant que $\prod(X-x_i)$ avec les formules
+données vaut $f$ dans $\QQ(x_1) = \QQ[X]/(f)$ et, pour ce qui est de
+l'ordre, que $x_{2i} = x_i^2 -2$ pour chaque $i$ avec $x_{11-i} =
+x_i$) montrent que le corps de rupture de $f$ en est un corps de
+décomposition, de sorte que $\Gal(f)$ est d'ordre $5$ et est le groupe
+cyclique $\ZZ/5\ZZ$ (de préférence vu comme
+$(\ZZ/11\ZZ)^\times/\{\pm1\}$) dont un générateur est la permutation
+$x_i \mapsto x_{2i}$.
+
+
+\section{Polynômes en~$X^2$}
+
+\subsection{Généralités}\label{generalites-galois-polynomes-en-x2}
+
+Dans cette section, nous nous proposons, pour illustrer d'autres
+facettes des calculs de groupes de Galois, d'exposer quelques uns des
+phénomènes qui peuvent se produire dans le calcul du groupe de Galois
+d'un polynôme $f(X) = h(X^2)$ où $h \in \QQ[Y]$, et notamment le
+rapport qui peut exister entre $\Gal(f)$ et $\Gal(h)$.  On se placera
+toujours dans le cas où $h$ est irréductible.  Commençons par des
+considérations générales sur cette situation, c'est-à-dire par
+expliquer qu'on peut « majorer » $G$ en le voyant comme sous-groupe
+d'un groupe $\mathfrak{G}$ naturellement relié à $Q = \Gal(h)$.
+
+Pour fixer les idées, on appellera $\vartheta_i$ les racines de $h$
+(indicées par $i\in I$, et on aura tendance à identifier tacitement
+$i$ à $\vartheta_i$) et $L = \QQ(\vartheta_i)$ le corps $\dec(h)$ de
+décomposition de $h$ dans un corps de décomposition $E = \dec(f)$
+fixé : pour chaque $i$ on choisit $\xi_i$ une racine carrée
+de $\vartheta_i$, de sorte que $R_f = \{\pm\xi_i\}$ est l'ensemble des
+racines de $f$ et $E = \QQ(\xi_i)$ en est le corps de décomposition.
+On suppose connu au moins $Q = \Gal(L/\QQ)$, et on cherche à
+comprendre $G = \Gal(E/\QQ)$ dont $Q$ est le quotient par le
+sous-groupe distingué $H = \Gal(E/L)$ :
+\[
+1 \to H \to G \to Q \to 1
+\]
+
+L'ensemble $R_f = \{\pm\xi_i\}$ des racines de $f$ est muni d'une
+partition $\{\{+\xi_i,-\xi_i\}_{i\in I}\}$ dont les classes sont identifiées de
+façon évidentes aux racines $\vartheta_i$ de $h$ (par la fonction
+$x \mapsto x^2$).  Le groupe $G$ opérant sur $R_f$ préserve cette
+partition (au sens où l'image d'une classe est une classe :
+$\tilde\sigma(-\xi_i) = -\tilde\sigma(\xi_i)$ si $\tilde\sigma \in G$),
+l'action sur les classes étant justement donnée par l'action de $Q$
+sur les $\vartheta_i$ ; ou, pour redire les choses autrement, $G$ est
+inclus dans le sous-groupe $\mathfrak{G}$ de
+$\mathfrak{S}(R_f)$ formé des permutations préservant cette
+partition et dont l'action sur les classes est un élément de $Q$ (vu
+dans $\mathfrak{S}(\{\vartheta_i\}) \cong \mathfrak{S}(I)$).
+
+Tout élément $\tau \in H$ doit envoyer $\xi_i$ sur $\pm\xi_i$ (i.e.,
+sur $+\xi_i$ ou $-\xi_i$) : on a donc un plongement
+$H \hookrightarrow \{\pm 1\}^I$ envoyant $\tau$ sur l'élément
+$\varepsilon \in \{\pm 1\}^I$ tel que $\tau(\xi_i)
+= \varepsilon_i\xi_i$ (ce plongement ne dépend d'ailleurs pas du choix
+des $\xi_i$).
+
+Mais on a défini $\mathfrak{G}$ comme le groupe des permutations
+$\tilde\sigma$ de $\{\pm\xi_i\}$ telles que $\tilde\sigma(-\xi_i) =
+-\tilde\sigma(\xi_i)$ et telles que la permutation $\sigma$ de $I$
+définie par $\tilde\sigma(\xi_i) = \pm\xi_{\sigma(i)}$ appartienne
+à $Q$.  Ce $\tilde\sigma \mapsto \sigma$ définit un morphisme
+$\mathfrak{G}\to Q$ dont la définition même de $\mathfrak{G}$ rend
+évident le fait qu'il est surjectif, et son noyau est le groupe des
+permutations de chaque paire $\{\xi_i,-\xi_i\}$, qu'on identifie à
+$\{\pm 1\}^I$ de façon évidente, c'est-à-dire qu'on a la suite
+exacte :
+\[
+1 \to \{\pm 1\}^I \to \mathfrak{G} \to Q \to 1
+\]
+
+Cette suite exacte est scindée : donné $\sigma\in Q$, on peut définir
+$s(\sigma) = \tilde\sigma\in\mathfrak{G}$ par $\tilde\sigma(\xi_i)
+= \xi_{\sigma(i)}$.  Ceci permet d'identifier $\mathfrak{G}$ au
+produit semi-direct $\{\pm 1\}^I \rtimes Q$ (où $Q$ opère (par
+automorphismes) sur $\{\pm 1\}^I$ en envoyant $(\varepsilon_i)$ sur
+$((\sigma*\varepsilon)_i) = (\varepsilon_{\sigma^{-1}(i)})$), produit
+également noté $\{\pm 1\} \wr I$ (il s'agit de l'ensemble des couples
+$(\varepsilon,\sigma)$ où $\sigma \in Q$ et $\varepsilon
+\in \{\pm 1\}^I$, avec le produit $(\varepsilon',\sigma')\cdot
+(\varepsilon,\sigma) = (\varepsilon'\cdot(\sigma'*\varepsilon),\,
+\sigma'\sigma)$, la section étant alors donnée par
+$s\colon \sigma \mapsto ((+1), \sigma)$).  Ce scindage, et donc
+l'identification de $\mathfrak{G}$ avec $\{\pm 1\}^I \rtimes Q$, est
+cependant non canonique, en ce sens qu'il équivaut au choix
+particulier de $\xi_i$ parmi les deux racines carrées de $\vartheta_i$
+(pour chaque $i \in I$).
+
+On peut résumer cela par le diagramme commutatif :
+\begin{center}
+\begin{tikzpicture}[auto]
+\matrix(diag)[matrix of math nodes,column sep=3em,row sep=5ex,
+text height=1.5ex,text depth=.25ex]{
+1&\{\pm1\}^I&\mathfrak{G}&Q&1\\1&H&G&Q&1\\};
+\draw[->] (diag-1-1) -- (diag-1-2);
+\draw[->] (diag-1-2) -- (diag-1-3);
+\draw[->] (diag-1-3) -- (diag-1-4);
+\draw[->] (diag-1-4) -- (diag-1-5);
+\draw[->] (diag-2-1) -- (diag-2-2);
+\draw[->] (diag-2-2) -- (diag-2-3);
+\draw[->] (diag-2-3) -- (diag-2-4);
+\draw[->] (diag-2-4) -- (diag-2-5);
+\draw[right hook->] (diag-2-2) -- (diag-1-2);
+\draw[right hook->] (diag-2-3) -- (diag-1-3);
+\draw[double] (diag-2-4) -- (diag-1-4);
+\draw[->] (diag-1-4) to [out=150,in=30] node[swap]{$\scriptstyle s$} (diag-1-3);
+\end{tikzpicture}
+\end{center}
+dont les lignes sont exactes et celle d'en haut est scindée de façon
+non canonique.
+
+On peut donc se permettre d'identifier $G$ à son image
+dans $\mathfrak{G}$ ; le groupe $\mathfrak{G}$ doit se comprendre,
+dans un certain sens que nous ne chercherons pas à rendre précis,
+comme le groupe de Galois le plus général possible dans la situation
+considérée (c'est-à-dire pour le polynôme composé d'un polynôme $h$ de
+groupe de Galois $Q$ et de $X^2$).  Le problème sera donc de
+déterminer quel est $G$ à l'intérieur de $\mathfrak{G}$ ; en
+remarquant que $H$ est distingué dans $\mathfrak{G}$ (car il est
+stable à la fois par la conjugaison par un élément de $\{\pm 1\}^I$,
+puisque ce derner est abélien, et par un élément de $s(Q)$, d'après la
+diagramme qu'on vient d'expliciter), on peut aussi introduire la
+surjection $\mathfrak{G}/H \twoheadrightarrow Q$ (dont le noyau est
+$\{\pm 1\}^I/H$) : ce morphisme surjectif est scindé par la réciproque
+$\gamma$ de l'isomorphisme $G/H \buildrel\sim\over\to Q$, et la
+connaissance de $G$ équivaut à la connaissance de cette
+section $\gamma$.  On peut donc considérer qu'il s'agit de déterminer
+d'une part le sous-groupe $H \leq \{\pm 1\}^I$ et d'autre part la
+section $\Im(\gamma) = G/H$ de $\mathfrak{G}/H \twoheadrightarrow Q$.
+
+Soulignons qu'il est possible que la section $\gamma\colon
+Q \to \mathfrak{G}/H$ ne provienne pas par passage au quotient d'une
+section $s\colon Q\to\mathfrak{G}$ telle qu'on en a garanti
+l'existence (non canonique) plus haut, c'est-à-dire qu'il est possible
+que l'image d'aucune section $s\colon Q\to\mathfrak{G}$ ne tombe
+dans $G$ (à l'intérieur de $\mathfrak{G}$) : ceci se produit
+exactement lorsque la ligne du bas ($1\to H \to G\to Q\to 1$) du
+diagramme ci-dessus n'est pas scindée (puisqu'une section de celle-ci
+correspond justement à un $s$ dont l'image serait $G$), ce qu'elle n'a
+pas de raison d'être.
+L'exemple \ref{exemple-galois-biquadratique-cyclique}
+de $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}})$, pour lequel $G \cong \ZZ/4\ZZ$, fournit
+une illustration de cette situation.  Remarquons par ailleurs que la
+simple connaissance de $H$ (dans $\mathfrak{G}$) et de $Q$ (comme
+quotient de $\mathfrak{G}$) ne permet pas de retrouver $G$ : il y a en
+général plusieurs extensions possibles, correspondant aux sections
+$\gamma$ de $\mathfrak{G}/H \twoheadrightarrow Q$.  De nouveau, un
+(contre-)exemple est fourni par les exemples $E
+=\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}})$
+de \ref{exemple-galois-biquadratique-cyclique} et $E
+=\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}})$ de \ref{exemple-galois-biquadratique-weyl},
+qui ont tous les deux un groupe de Galois extension du même
+sous-groupe $H \leq \{\pm 1\}^2$ (à savoir $\{(+1,+1),(-1,-1)\}$) par
+$Q = \ZZ/2\ZZ = \mathfrak{S}_2$ vu comme l'action résiduelle du groupe
+diédral du carré sur les diagonales de ce carré, et pourtant ne sont
+pas isomorphes.  En général, il faudra donc déterminer non
+seulement $H$ mais aussi quels éléments de $\mathfrak{G}$
+appartiennent à $G$ (au-dessus d'un élément donné de $Q$).
+
+\smallskip
+
+Il y a un cas particulièrement favorable : si $H = \{\pm 1\}^I$ tout
+entier alors certainement $G = \mathfrak{G}$ tout entier (ne serait-ce
+que pour des raisons de cardinal) et il n'y a plus rien à étudier
+(la section $\gamma$ est donnée par la réciproque de l'isomorphisme
+$\mathfrak{G}/\{\pm 1\}^I \buildrel\sim\over\to Q$).
+C'est le cas par exemple si $H$ contient un élément qui réalise
+\emph{un unique} changement de signe ($\xi_r \mapsto -\xi_r$ et $\xi_i
+\mapsto \xi_i$ pour tout $i \neq r$) : en effet, dans ce cas, comme
+l'action de $Q$ sur $I$ est transitive (on a supposé $h$
+irréductible), on peut réaliser n'importe quel changement de signe
+unique, donc n'importe quelle combinaison de changements de signes,
+i.e., $H = \{\pm 1\}^I$.  Plus généralement, c'est le cas si $H$
+contient un élément $\varepsilon$ tel que les $\sigma*\varepsilon$
+engendrent $\{\pm 1\}^I$.  (Noter que toute cette discussion ne
+suppose pas d'avoir préalablement démontré l'irréductibilité de $f$ :
+c'est une conséquence de la transitivité de $G$ agissant sur $R_f$.)
+
+Pour trouver des éléments de $H$, les techniques usuelles sont
+applicables : notamment, si toutes les racines de $h$ sont réelles, la
+conjugaison complexe réalise un élément de $H$ dont le nombre de
+changements de signes est connu (c'est le nombre de racines négatives
+de $h$) ; de même, si $h$ est scindé à racines simples modulo un
+nombre premier $p$, on obtient un élément de $H$ qui réalise un nombre
+de changements de signes égal au nombre de racines de $h_p$ qui sont
+des résidus quadratiques modulo $p$ (où $h_p$ désigne la réduction
+modulo $p$).
+
+Dans certains cas, au contraire, on cherche à prouver que $H$ n'est
+pas $\{\pm 1\}^I$ tout entier.  Ceci peut se produire, par exemple, si
+$\prod_{i\in I}\xi_i \in L$, c'est-à-dire que $\prod_{i\in
+I} \vartheta_i$ (soit $(-1)^d$ fois le coefficient constant commun
+commun de $h$ et $f$) est un carré dans $L$ : alors manifestement
+$\prod_{i\in I} \varepsilon_i = +1$ pour tout $\varepsilon \in H$.
+Dans ce cas, l'action de $G$ sur $\prod_{i\in I}\xi_i$ définit un
+morphisme $G \to \{\pm 1\}$, qui est trivial exactement lorsque
+$\prod_{i\in I}\xi_i \in \QQ$ (c'est-à-dire que $\prod_{i\in
+I} \vartheta_i$ est un carré dans $\QQ$ et pas seulement dans $L$).
+
+\subsection{Digression : extensions de $\mathfrak{S}_d$ et $\mathfrak{A}_d$ par des groupes abéliens d'exposant $2$}
+
+Dans le cas particulier où $Q = \mathfrak{S}_d$ ou bien $Q
+= \mathfrak{A}_4$ (avec $d = \deg h = \#I$) dans le cadre général
+étudié dans la section précédente, on peut être plus précis sur ce que
+peut être $H$ : les quatre seules possibilités sont énumérées par le
+lemme suivant :
+\begin{lemme2}\label{lemme-sous-groupes-de-pm1-stables-par-permutations}
+Soit $H \leq \{\pm 1\}^I$ un sous-groupe de $\{\pm 1\}^I$ (où $I$ est
+un ensemble fini) stable par l'action du groupe $\mathfrak{S}(I)$ de
+toutes les permutations de $I$, ou du groupe alterné $\mathfrak{A}(I)$
+(pour $\#I \geq 3$).  Alors $H$ est l'un des quatre sous-groupes
+suivants :
+\begin{itemize}
+\item le groupe $\{\pm 1\}^I$ tout entier,
+\item le sous-groupe de $\{\pm 1\}^I$ formé des éléments dont le
+produit de toutes les coordonnées vaut $+1$,
+\item le groupe à deux éléments $\{+1,-1\}$ où $-1$ désigne l'élément
+dont toutes les coordonnées valent $-1$,
+\item le groupe trivial $\{+1\}$.
+\end{itemize}
+\end{lemme2}
+\begin{proof}
+Soit $d = \#I$.  Pour tout $0\leq r\leq d$, le groupe
+$\mathfrak{S}(I)$ et, pour $d\geq 3$, le groupe $\mathfrak{A}(I)$,
+opère transitivement sur les parties à $r$ éléments de $I$.  La donnée
+de $H$ est donc déterminée par l'ensemble $\%(H)$ des entiers $0\leq
+r\leq d$ tels que $H$ contienne un parmi --- et donc tous --- les éléments
+de $\{\pm 1\}^I$ dont $r$ coordonnées valent $-1$.  On a toujours
+$0 \in \%(H)$.  Si $r,r' \in \%(H)$ avec $r\geq r'$ alors
+manifestement $r-r' \in \%(H)$ (en écrivant le produit d'un élément
+ayant $r$ coordonnées $-1$ et d'un autre ayant $r'$ parmi elles qui
+valent $-1$) ; ceci permet de dire, en appliquant l'algorithme
+d'Euclide, que si $r,r' \in \%(H)$ alors leur pgcd est aussi
+dans $\%(H)$.  D'autre part, si $r\in \%(H)$ et $s \in \NN$ est tel
+que $rs\leq d$, alors $rs \in \%(H)$ (en écrivant le produit de $s$
+éléments ayant chacun $r$ coordonnées $-1$, ces coordonnées étant deux
+à deux disjointes).
+
+Si $\%(H) \ni 1$ alors $\%(H) = \{0,\ldots,d\}$ d'après ce qui vient
+d'être dit.  Si $\%(H) \ni 2$ alors $\%(H)$ contient tous les nombres
+pairs entre $0$ et $d$, et s'il contient un nombre impair quelconque
+alors $\%(H) = \{0,\ldots,d\}$.  Si $\%(H)$ contient un nombre $r<d$
+quelconque, alors $\%(H)$ contient $2$ en écrivant le produit de deux
+éléments ayant chacun $r$ coordonnées $-1$, toutes les mêmes sauf une
+seule qui diffère entre ces deux éléments.  Les seules possibilités
+pour $\%(H)$ sont donc : $\{0,\ldots,d\}$, ou les nombres pairs entre
+$0$ et $d$, ou $\{0,d\}$, ou enfin $\{0\}$.  Ces quatre possibilités
+correspondent aux quatre cas énumérés dans l'énoncé.
+\end{proof}
+
+Pour être plus précis sur ce qu'est $G$ dans le troisième cas du
+lemme, nous admettrons le résultat suivant (dont il s'agira justement
+de voir que les cas non-triviaux \emph{ne} se produisent \emph{pas}) :
+\begin{proposition2}\label{extensions-ordre-2-de-s-n}
+Toute extension $1 \to \{\pm 1\} \to G \to \mathfrak{S}_d \to 1$ du
+groupe symétrique $\mathfrak{S}_d$ par $\{\pm 1\}$, avec $d\geq 4$,
+est l'une des quatre extensions suivantes :
+\begin{itemize}
+\item le produit direct $\{\pm 1\} \times \mathfrak{S}_d$, caractérisé
+par le fait que tout élément $\tilde\sigma \in G$ au-dessus d'une
+transposition est d'ordre $2$ ainsi que tout élément au-dessus du
+produit de deux transpositions disjointes,
+\item l'extension non scindée donnée par
+l'ensemble $G$ des couples $(\varepsilon,\sigma)$ du produit
+ensembliste $\{\pm 1\}\times \mathfrak{S}_d$, où la multiplication est
+donnée par $(\varepsilon', \sigma') \cdot (\varepsilon,\sigma) =
+((-1)^{\textrm{par}(\sigma')\,\textrm{par}(\sigma)}\varepsilon'\varepsilon,\, \sigma'\sigma)$
+(où $(-1)^{\textrm{par}(\sigma)}$ désigne la signature de $\sigma$,
+c'est-à-dire que $(-1)^{\textrm{par}(\sigma')\,\textrm{par}(\sigma)}$
+vaut $+1$ sauf si $\sigma,\sigma'$ sont tous deux impairs auquel cas
+il vaut $-1$), extension caractérisée par le fait que tout élément
+$\tilde\sigma \in G$ au-dessus d'une transposition est d'ordre $4$ et
+que tout élément au-dessus du produit de deux transpositions
+disjointes est d'ordre $2$,
+\item une extension non scindée notée $1 \to \{\pm 1\} \to
+(2\cdot\mathfrak{S}_d)^+ \to \mathfrak{S}_d \to 1$, caractérisée par le
+fait que tout élément $\tilde\sigma \in G$ au-dessus d'une
+transposition est d'ordre $2$ et que tout élément au-dessus du produit
+de deux transpositions disjointes est d'ordre $4$,
+\item une extension non scindée notée $1 \to \{\pm 1\} \to
+(2\cdot\mathfrak{S}_d)^- \to \mathfrak{S}_d \to 1$, caractérisée par le
+fait que tout élément $\tilde\sigma \in G$ au-dessus d'une
+transposition est d'ordre $4$ ainsi que tout élément au-dessus du
+produit de deux transpositions disjointes.
+\end{itemize}
+
+De même, toute une extension $1 \to \{\pm 1\} \to
+G \to \mathfrak{A}_d \to 1$ du groupe alterné $\mathfrak{A}_d$
+par $\{\pm 1\}$ est l'une des deux extensions suivantes :
+\begin{itemize}
+\item le produit direct $\{\pm 1\} \times \mathfrak{A}_d$, caractérisé
+par le fait que tout élément $\tilde\sigma \in G$ au-dessus du produit
+de deux transpositions disjointes est d'ordre $2$,
+\item une extension non scindée notée $1 \to \{\pm 1\} \to
+2\cdot\mathfrak{A}_d \to \mathfrak{A}_d \to 1$, caractérisée par le
+fait que tout élément $\tilde\sigma \in G$ au-dessus du produit
+de deux transpositions disjointes est d'ordre $4$.
+\end{itemize}
+\end{proposition2}
+\XXX --- trouver une référence.
+
+\begin{lemme2}\label{lemme-sous-groupes-produit-en-couronne-de-pm1-par-s-n}
+Soit $H \leq \{\pm 1\}^I$ un sous-groupe de $\{\pm 1\}^I$ (où $I$ est
+un ensemble fini de cardinal $\#I \geq 5$), stable par l'action du
+groupe $Q = \mathfrak{S}(I)$ de toutes les permutations de $I$, ou du
+groupe alterné $\mathfrak{A}(I)$.  Si $\mathfrak{G} = \{\pm
+1\}^I \rtimes Q$ et si $G$ est un sous-groupe de $\mathfrak{G}$
+contenant $H$ et tel que le morphisme $G/H \to Q$ soit un
+isomorphisme, alors, dans chacun des cas énumérés par le
+lemme \ref{lemme-sous-groupes-de-pm1-stables-par-permutations}, on
+peut affirmer :
+\begin{itemize}
+\item lorsque $H = \{\pm 1\}^I$, le groupe $G$ est $\mathfrak{G}$ tout
+entier ;
+\item lorsque $H$ est le sous-groupe de $\{\pm 1\}^I$ formé des
+éléments dont le produit de toutes les coordonnées vaut $+1$, le
+groupe $G$ est
+\begin{itemize}
+\item soit le produit semi-direct $H \rtimes Q$ (la suite exacte $1 \to
+H \to G \to Q \to 1$ est scindée) vu dans $\mathfrak{G}$ comme
+l'ensemble des $(\varepsilon,\sigma) \in \{\pm 1\}^I\rtimes Q$ tels
+que $\varepsilon \in H$,
+\item soit (pour $Q = \mathfrak{S}(I)$) le sous-groupe de
+$\mathfrak{G}$ formé des couples $(\varepsilon,\sigma) \in \{\pm
+1\}^I\rtimes Q$ tels que le produit des coordonnées de $\varepsilon$
+soit égal à la signature de $\sigma$ ;
+\end{itemize}
+\item lorsque $H$ est $\{\pm 1\}$ (inclus diagonalement dans $\{\pm
+1\}^I$), le groupe $G$ est isomorphe au produit direct $H \times Q$
+(la suite exacte $1\to H \to G \to Q \to 1$ est scindée) ;
+\item lorsque $H = \{+1\}$, le groupe $G$ est isomorphe à $Q$.
+\end{itemize}
+\end{lemme2}
+\begin{proof}
+Le premier et le dernier cas sont évidents.  Dans le deuxième cas,
+considérons l'application $c\colon Q \to \{\pm 1\}$ définie de la
+façon suivante : tous les éléments de $G$ au-dessus d'un $\sigma\in Q$
+donné forment une classe de $\{\pm 1\}^I$ modulo $H$, et on peut donc
+définir $c(\sigma) = 1$ ou $c(\sigma) = -1$ selon que cette classe est
+$H$ (l'ensemble des $\varepsilon \in \{\pm 1\}^I$ dont le produit des
+coordonnées vaut $+1$) ou l'unique autre classe (l'ensemble des
+$\varepsilon \in \{\pm 1\}^I$ dont le produit des coordonnées
+vaut $-1$) ; puisque $Q$ opère trivialement sur les classes de $\{\pm
+1\}^I$ modulo $H$, on a $c(\sigma'\sigma) = c(\sigma')\,c(\sigma)$,
+donc $c$ est un morphisme $Q \to \{\pm 1\}$ ; or pour $Q
+= \mathfrak{A}_d$ (où $d\geq 3$), le seul morphisme $Q \to \{\pm 1\}$
+est le morphisme constant $+1$ (pour $d \geq 5$ cela résulte de la
+simplicité de $\mathfrak{A}_d$, pour $d=3$ d'une considération de
+cardinal, et pour $d=4$ d'une inspection des sous-groupes
+de $\mathfrak{A}_d$), et pour $Q = \mathfrak{S}_d$ le seul autre est
+la signature : ceci donne le résultat annoncé.
+
+Reste le troisième cas, celui où $H = \{\pm 1\}$ est le sous-groupe
+diagonal de $\{\pm 1\}^I$.  Pour l'étudier, appelons $P$ le
+sous-groupe d'indice $d$ de $Q$ fixateur d'un point $i\in I$
+(arbitraire), qu'on verra comme $P = \mathfrak{S}_{d-1}$ ou $P
+= \mathfrak{A}_{d-1}$ selon que $Q = \mathfrak{S}_d$ ou $Q
+= \mathfrak{A}_d$ ; soit $\mathfrak{F}$ le sous-groupe d'indice $2d$
+de $\mathfrak{G}$ fixant la paire correspondante parmi les $2d$ points
+sur lesquels $\mathfrak{G}$ opère naturellement, c'est-à-dire, formé
+des $(\varepsilon,\sigma)$ tels que $\sigma(i)=i$ et $\varepsilon_i =
++1$.  Soit $F_0$ désigne l'image réciproque de $P$ dans $G$ et soit $F
+= \mathfrak{F} \cap G$ : comme $F \cap H = \{1\}$ (puisque déjà
+$\mathfrak{F} \cap H = \{1\}$), le sous-groupe $F$ est isomorphe à son
+image $P$ dans $Q$, c'est-à-dire qu'il définit une section de la suite
+exacte $1 \to \{\pm 1\} \to F_0 \to P \to 1$.  En particulier, cette
+extension est scindée, donc tout élément de $F_0$ au-dessus d'une
+transposition (dans le cas $Q = \mathfrak{S}_d$), ou du produit de
+deux transpositions disjointes, est d'ordre $2$ : mais cette propriété
+est alors encore satisfaite pour l'extension de départ $1 \to \{\pm
+1\} \to G \to Q \to 1$, et d'après la
+proposition \ref{extensions-ordre-2-de-s-n} on peut conclure qu'elle
+est également scindée.
+\end{proof}
+
+\subsection{Exemples explicites}
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquartique-generique} Commençons
+par illustrer une situation dans laquelle $G
+= \mathfrak{G}$ avec $Q = \mathfrak{S}_d$.  C'est le cas, par exemple,
+pour $f(X) = X^8 - 2 X^6 - 8 X^4 + 17 X^2 - 5$ : on vérifie que $h(Y)
+= Y^4 - 2 Y^3 - 8 Y^2 + 17 Y - 5$ est irréductible avec pour groupe de
+Galois $Q = \mathfrak{S}_4$ (cela découle par exemple de ses
+réductions modulo $2$ et $3$, c'est-à-dire $h_2 = Y^4 + Y + 1$ et $h_3
+= (Y + 1) (Y - 1) (Y^2 + Y - 1)$, qui fournissent respectivement un
+$4$-cycle et une transposition dans $Q$) ; or $h$ a toutes ses racines
+réelles et une seule est négative, donc la conjugaison complexe
+réalise un $\tau \in H$ qui opère un seul changement de signe.
+D'après ce qu'on a expliqué, ceci prouve que le groupe de Galois $G$
+de $f$ est $\{\pm 1\}^4 \rtimes \mathfrak{S}_4$ (le plus gros possible
+pour une équation biquartique), d'ordre $384$.
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquartique-alterne} Donnons
+un exemple où on a encore $G = \mathfrak{G}$ mais cette fois avec $Q
+= \mathfrak{A}_d$ : on prend $h(Y) = Y^4-8Y^3+7Y^2+5Y-3$, dont le
+discriminant est $\Delta_h = 589^2$, de sorte que le groupe de Galois
+$Q$ de $h$ est inclus dans $\mathfrak{A}_4$, et ses réductions modulo
+$2$ (factorisable comme $(Y + 1) (Y^3 + Y^2 + 1)$) et $7$
+(factorisable commee $(Y^2 + Y - 1) (Y^2 - 2Y + 3)$) montrent
+qu'effectivement $Q = \mathfrak{A}_4$ (car ce dernier est engendré par
+un $3$-cycle et le produit de deux transpositions disjointes).  Mais,
+de nouveau, $h$ a quatre racines réelles dont exactement une est
+négative, et ce qu'on a expliqué prouve qu'alors $G = \{\pm
+1\}^4\rtimes \mathfrak{A}_4$ comme groupe de Galois du polynôme $f(X)
+= X^8 - 8 X^6 + 7 X^4 + 5 X^2 - 3$.  Il a pour ordre $192$.
+
+\subsubsection{} De même, considérons $h(Y) = Y^4 - 8 Y^3 + 18 Y^2 -
+8Y -2$.  Ses racines sont $2 \pm \sqrt{3\pm\sqrt{3}}$, et son groupe
+de Galois $Q$ est le groupe diédral du carré $D_4$ : pour s'en
+convaincre, on peut réduire modulo $7$ (la réduction est irréductible
+donc donne un $4$-cycle dans le groupe de Galois) et $11$ (la
+réduction se factorise en $(Y+1) (Y-5) (Y^2-4Y-4)$, ce qui donne une
+transposition), et comme $Q$ n'est manifestement pas $\mathfrak{S}_4$
+tout entier (car tout élément fixant $\sqrt{3+\sqrt{3}}$ fixe aussi
+$-\sqrt{3+\sqrt{3}}$), c'est $D_4$.  On pose $f(X) = h(X^2) = X^8 - 8
+X^6 + 18 X^4 - 8 X^2 - 2$ conformément à nos conventions générales :
+puisque $h$ a quatre racines réelles dont exactement une est négative,
+le groupe de Galois de $f$ est $G = \{\pm 1\}^4 \rtimes D_4$,
+d'ordre $128$.
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquartique-symetrique-scinde} Considérons
+maintenant un exemple où $H$ est strictement plus petit que
+$\mathfrak{G}$, d'abord pour $Q = \mathfrak{S}_d$.  Soit $f(X) = X^8 -
+4 X^6 - 8 X^4 + 11 X^2 + 9$ : de nouveau, le groupe de Galois de $h(Y)
+= Y^4 - 4 Y^3 - 8 Y^2 + 11 Y + 9$ est $Q = \mathfrak{S}_4$ (cela
+découle par exemple de ses réductions modulo $2$ et $3$, c'est-à-dire
+$h_2 = Y^4 + Y + 1$ et $h_3 = Y (Y - 1) (Y^2 + 1)$, qui fournissent
+respectivement un $4$-cycle et une transposition dans $Q$).  Mais
+cette fois, le coefficient constant, $c_4 = 9$, c'est-à-dire le
+produit $\prod_{i=1}^4 \vartheta_i$ des racines de $h$, est un carré
+(dans $\QQ$ donc \textit{a fortiori} dans $L = \dec(h)$), donc tout
+élément de $H$ doit réaliser un nombre \emph{pair} de changements de
+signes sur les $\xi_i$.  Or $h$ a quatre racines réelles dont deux
+négatives : ceci prouve que la conjugaison complexe réalise deux
+changements de signes, et puisque $Q = \mathfrak{S}_4$ (en
+particulier, il est $2$-transitif) ces changements de signes peuvent
+être quelconques, et $H$ est exactement le noyau --- isomorphe à
+$\{\pm\}^3$ --- de $\{\pm 1\}^4 \to \{\pm 1\}$ envoyant $\varepsilon$
+sur $\prod_{i=1}^4 \varepsilon_i$.
+
+Puisque $H$ est plus petit que $\{\pm 1\}^4$, il n'est plus évident
+\textit{a priori}, sur ce dernier exemple, que la suite exacte $1 \to
+H \to G \to Q \to 1$ est scindée.  En fait, elle l'est, c'est-à-dire
+que la surjection $G\to Q$ admet une section (dans la classification
+du lemme \ref{lemme-sous-groupes-produit-en-couronne-de-pm1-par-s-n},
+on est dans le premier sous-cas du deuxième cas) : en effet, si
+$\sigma \in Q$, on peut le relever en un élément de $G$ qu'on voit
+comme $(\varepsilon,\sigma) \in \mathfrak{G}$, et nécessairement
+$\varepsilon$ a un nombre pair de $-1$ vu que le produit de tous les
+$\xi_i$ est un rationnel ($3$ ou $-3$ selon le choix des racines
+carrées, mais en tout cas invariant par l'action de $G$), donc
+$\varepsilon$ appartient bien à $H$ et on peut l'annuler, c'est-à-dire
+relever $\sigma\in Q$ en $((+1),\sigma) \in G$.  On a donc prouvé ici
+que le groupe de Galois $G$ de $f$ était $H \rtimes
+\mathfrak{S}_4$ où $H \leq \{\pm 1\}^4$ est le sous-groupe des
+quadruplets $\varepsilon$ dont un nombre pair vaut $-1$.  Il a pour
+ordre $192$.
+
+\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquartique-symetrique-non-scinde} Pour
+comparer, donnons un exemple semblable où l'extension $1 \to H \to
+G \to Q\to 1$ n'est pas scindée\footnote{L'exemple le plus simple
+étant, rappelons-le, celui
+de \ref{exemple-galois-biquadratique-cyclique}.} : on prendra $f(X) =
+X^8 + 6 X^6 - 2 X^2 - 3$.  Le groupe de Galois de $h(Y) = Y^4 + 6 Y^3
+- 2 Y - 3$ est $\mathfrak{S}_4$ (réduire modulo $5$ et $17$ pour
+trouver un $4$-cycle et une transposition).  Modulo $103$, la
+réduction $h_{103}$ du polynôme $h$ est scindée, ses racines sont
+$20$, $34$, $53$ et $93$, et comme exactement deux de ces nombres sont
+des carrés (dans $\ZZ/103\ZZ$), il y a dans $H$ un élément réalisant
+deux changements signes, donc, par le même raisonnement que pour
+l'exemple précédent ($\mathfrak{S}_4$ opèrant deux fois
+transitivement) n'importe quels deux changements de signes donc tout
+nombre pair de changements de signes.
+
+La différence avec le cas précédent et que cette fois $c_4
+= \prod_{i=1}^4 \vartheta_i = -3$ n'est pas un carré
+dans $\QQ$ : mais $c_4 \Delta_h = 936^2$, où $\Delta_h$ désigne
+le discriminant de $h$, en est un.  Donc $\prod_{i=1}^4 \xi_i$ est un
+multiple rationnel de $\sqrt{\Delta_h}$
+(et notamment il appartient à $L$).  Ainsi, si $\sigma \in Q =
+\mathfrak{S}_4$ est une permutation \emph{paire} (de sorte que
+$\sigma(\sqrt{\Delta_h}) = \sqrt{\Delta_h}$), on a
+$\tilde\sigma(\prod_i \xi_i) = \prod_i \xi_i$ pour tout prolongement
+$\tilde\sigma$ de $\sigma$ à $G$, c'est-à-dire que tout couple
+$(\varepsilon,\sigma) \in \mathfrak{G}$ qui appartient à $G$ doit
+avoir un nombre \emph{pair} de $-1$ dans $\varepsilon$ et (comme
+précédemment) on en conclut que $((+1),\sigma) \in G$ ; en revanche,
+si $\sigma$ est \emph{impaire}, on a $\tilde\sigma(\prod_i \xi_i) =
+-\prod_i \xi_i$, c'est-à-dire que tout couple $(\varepsilon,\sigma)$
+appartenant à $G$ doit cette fois avoir un nombre \emph{impair}
+de $-1$ dans $\varepsilon$.  Comme on sait qu'on a au moins
+$(\#H)(\#Q) \geq 8 \times 24 = 192$ éléments dans $G$ et qu'on vient
+d'expliquer qu'il y en a au plus $\frac{1}{2} 16\times 24 = 192$,
+c'est le nombre précis.  On a donc prouvé que $G$ était le sous-groupe
+de $\{\pm 1\}^4\rtimes \mathfrak{S}_4$ formé des couples
+$(\varepsilon,\sigma)$ pour lesquels la signature de $\sigma$ est
+égale au produit des coordonnées de $\varepsilon$ (dans la
+classification du
+lemme \ref{lemme-sous-groupes-produit-en-couronne-de-pm1-par-s-n}, on
+est dans le deuxième sous-cas du deuxième cas).  Et la suite $1 \to
+H \to G \to Q \to 1$ n'est pas scindée : par exemple parce que chacun
+des huit antécédents d'un $4$-cycle dans $Q =
+\mathfrak{S}_4$ est d'ordre $8$ dans $G$.
+
+\begin{remarque2}
+On vient de donner trois exemples, $X^8 - 8 X^6 + 7 X^4 + 5 X^2 - 3$
+(en \ref{exemple-galois-biquartique-alterne}), $X^8 - 4 X^6 - 8 X^4 +
+11 X^2 + 9$ (en \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-scinde}) et
+$X^8 + 6 X^6 - 2 X^2 - 3$
+(en \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-non-scinde}),
+d'équations biquartiques dont le groupe de Galois est d'ordre $192$, à
+savoir dans $\{\pm 1\}^4 \rtimes \mathfrak{S}_4$ les sous-groupes
+correspondant aux conditions que la seconde coordonnée soit
+paire (en \ref{exemple-galois-biquartique-alterne}), que la première
+le soit (en \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-scinde}), ou
+que les deux aient même
+parité (en \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-non-scinde}).
+Manifestement ils sont différents en tant que sous-groupes
+(d'indice $2$) de $\{\pm 1\}^4\rtimes\mathfrak{S}_4$.  Mais on peut se
+demander s'ils sont isomorphes en tant que groupes abstraits : il n'en
+est rien.  Sans chercher à justifier ces affirmations, voici des
+propriétés qui les distinguent : dans le premier cas (celui
+de \ref{exemple-galois-biquartique-alterne}) il y a dans $G$ un
+sous-groupe distingué d'ordre $16$, à savoir $H = \{\pm 1\}^4 \cong
+(\ZZ/2\ZZ)^4$, alors que les deux cas autres n'en ont pas ; dans le
+second cas (celui
+de \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-scinde}) il y a dans $G$
+trois sous-groupes distingués distincts d'ordre $8$, tous les trois
+isomorphes à $(\ZZ/2\ZZ)^3$, alors que dans le troisième cas il y en a
+également trois mais deux d'entre eux sont isomorphes au groupe des
+quaternions (le troisième est $H$, qui dans le troisième comme dans le
+deuxième cas est isomorphe à $(\ZZ/2\ZZ)^3$).
+\end{remarque2}
+
+\subsubsection{} Pour donner un exemple avec $H$ encore plus petit,
+prenons $f(X) = X^8 + 5 X^6 + 7 X^4 + 4 X^2 - 4$.  Le polynôme $h(Y) =
+Y^4 + 5 Y^3 + 7 Y^2 + 4 Y - 4$, a encore groupe de Galois $Q
+= \mathfrak{S}_4$, comme on le voit en le réduisant modulo $3$ et $7$
+ce qui donne respectivement un $4$-cycle et une transposition
+dans $Q$ ; par ailleurs, sa réduction modulo $113$ est scindée, à
+savoir $h_{113}(Y) = (Y+17)(Y+29)(Y+33)(Y+39)$, aucun des quatre
+racines $-17,-29,-33,-39$ n'étant un carré dans $\FF_{113}$,
+c'est-à-dire que la réduction $f_{113}$ de $f$ se factorise comme
+produit de quatre facteurs quadratiques irréductibles.  Ceci montre
+que $H$ contient au moins l'élément $(-1)$ (c'est-à-dire constamment
+égal à $-1$).
+
+En fait, il s'avère que $H$ est réduit à $\{\pm 1\}$, c'est-à-dire que
+$E = \QQ(\xi_i)$ est une extension quadratique de $L
+= \QQ(\vartheta_i)$, c'est-à-dire que chaque produit
+$\vartheta_r \vartheta_s$, avec $r\neq s$, de deux racines distinctes
+de $h$, est un carré dans $L = \dec(h)$ (ou encore, chaque produit
+$\xi_r \xi_s$, avec $r\neq s$, de racines de $f$ non situées au-dessus
+de la même racine de $h$, appartient en fait à $L$).  (Dans la
+classification du
+lemme \ref{lemme-sous-groupes-de-pm1-stables-par-permutations}, on est
+dans le troisième cas.)  Expliquons comment on peut s'en convaincre.
+
+Considérons le polynôme $\rho(Z)=\prod_{\substack{i<j<k\\\pm,\pm,\pm}}
+(Z\pm\xi_i\pm\xi_j\pm\xi_k)$ dont les racines sont tous les
+$\pm\xi_i\pm\xi_j\pm\xi_k$ pour une certaine combinaison de signes et
+$\{i,j,k\}$ une partie à trois éléments de $I$ (ce polynôme est donc
+de degré $2^3\times 4 = 32$, c'est-à-dire en fait de degré $16$ en
+l'indéterminée $Z^2$).  Les coefficients de $\rho$ sont rationnels,
+car $\rho$ est par construction invariant sous l'action
+de $\mathfrak{G}$ donc de $G$, et comme ils sont des polynômes en les
+$\pm\xi_i$, ces coefficients sont en fait dans $\ZZ$
+(cf. \refext{CG}{intersection-anneau-engendre-par-les-racines-et-rationnels}).
+Ce fait étant connu, il est possible de calculer exactement $\rho$ sur
+ordinateur en calculant numériquement chaque coefficient avec une
+précision garantie suffisante pour isoler l'unique entier
+possible\footnote{\label{note-calcul-resolvante}Esquissons une autre façon de mener le calcul, qui
+évite l'utilisation d'approximations numériques garanties : dans
+l'anneau $\QQ[Y_1,\ldots,Y_4,X_1,\ldots,X_4]$, calculer une base de
+Gröbner $B$ de l'idéal $\mathfrak{I}$ engendré par les relations
+$X_i^2 = Y_i$ et les $e_k(Y_1,\ldots,Y_4) = c_k$ où $e_k$ est la
+$k$-ième fonction symétrique élémentaire et $c_k$ est le coefficient
+correspondant de $h$ (soit $c_1 = -5$, $c_2 = 7$, $c_3 = -4$ et $c_4 =
+4$) ; par exemple (en ordonnant correctement les monômes), $B
+= \{Y_4^4 + 5 Y_4^3 + 7 Y_4^2 + 4 Y_4 - 4, Y_3^3 + Y_3^2 Y_4 + Y_3
+Y_4^2 + Y_4^3 + 5 Y_3^2 + 5 Y_3 Y_4 + 5 Y_4^2 + 7 Y_3 + 7 Y_4 + 4,
+Y_2^2 + Y_2 Y_3 + Y_3^2 + Y_2 Y_4 + Y_3 Y_4 + Y_4^2 + 5 Y_2 + 5 Y_3 +
+5 Y_4 + 7, X_1^2 + Y_2 + Y_3 + Y_4 + 5, X_2^2 - Y_2, X_3^2 - Y_3,
+X_4^2 - Y_4, Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_4 + 5\}$.  On peut ensuite calculer
+modulo $B$, c'est-à-dire modulo $\mathfrak{I}$, chacun des
+coefficients de $\prod_{\substack{1\leq i<j<k\leq 4\\\pm,\pm,\pm}}
+(Z\pm X_i\pm X_j\pm X_k)$, et vérifier qu'on obtient bien une
+constante, à savoir le coefficient annoncé pour $\rho$.} : on trouve
+$\rho(Z) = Z^{32} + 60 Z^{30} + 1\,566 Z^{28} + 23\,488 Z^{26} +
+219\,945 Z^{24} + 1\,287\,696 Z^{22} + 4\,297\,294 Z^{20} +
+4\,313\,804 Z^{18} - 25\,318\,556 Z^{16} - 110\,504\,956 Z^{14} -
+172\,974\,402 Z^{12} - 198\,889\,360 Z^{10} - 1\,191\,008\,951 Z^8 -
+1\,086\,950\,608 Z^6 - 325\,719\,986 Z^4 + 3\,922\,948 Z^2 +
+7\,187\,761$.  Ce polynôme est séparable et admet dans $\ZZ[Z]$ un
+facteur $\rho_0(Z) = Z^8 + 15 Z^6 + 30 Z^4 - 233 Z^2 - 49$ de
+degré $8$.
+
+On peut donc affirmer qu'il existe une partie $\mathscr{R}_0$ de
+cardinal $8$ de l'ensemble des parties à trois éléments de $R_f
+= \{\pm\xi_n\}$, qui est invariante sous l'action de $G$ (en effet,
+comme $\rho$ est séparable, la somme de trois éléments de $R_f$
+détermine la partie à trois éléments en question, et $\mathscr{R}_0$
+est l'ensemble des parties à trois éléments dont la somme est racine
+de $\rho_0$).  Donc, donnés trois indices $i<j<k$ (il y a quatre choix
+possibles de tels indices, et ils sont interchangeables par l'action
+de $Q = \mathfrak{S}_4$), il existe exactement deux choix (opposés)
+des signes tels que
+$\{\pm\xi_i,\pm\xi_j,\pm\xi_k\} \in \mathscr{R}_0$.  Or ceci prouve
+bien que $H$ ne peut pas être plus que $\{\pm 1\}$, puisque l'action
+de $H$ (comme de n'importe quel sous-groupe de $G$) doit
+préserver $\mathscr{R}_0$.
+
+Le lemme \ref{lemme-sous-groupes-produit-en-couronne-de-pm1-par-s-n}
+ne s'applique pas dans le cas présent (il nécessite $d\geq 5$), donc
+on ne peut pas conclure que la suite exacte $1
+\to H \to G \to Q \to 1$, c'est-à-dire $1 \to \{\pm 1\} \to
+G \to \mathfrak{S}_4 \to 1$, soit scindée : et de fait, elle ne l'est
+pas.  On peut en effet exclure la possibilité la suite soit scindée,
+c'est-à-dire $G = \{\pm 1\} \times \mathfrak{S}_4$, en constatant que
+$c_4 = \prod_{i=1}^4 \vartheta_i = -4$ n'est pas un carré dans $\QQ$
+(ce qui serait le cas si la suite était scindée, c'est-à-dire s'il
+existait une façon d'étiqueter quatre racines $\xi_i$ telles que
+$\prod_{i=1}^4 \xi_i$ appartînt à $\QQ$).
+
+On pourrait conclure à ce stade par un examen systématique des
+sous-groupes des quatre extensions possibles de $\mathfrak{S}_4$
+par $\{\pm 1\}$ (cf. \ref{extensions-ordre-2-de-s-n}) : hormis
+l'extension triviale $\{\pm 1\}\times \mathfrak{S}_4$, seul le
+groupe $(2\cdot \mathfrak{S}_4)^+$ peut opérer fidèlement et
+transitivement sur $8$ éléments (c'est-à-dire, a un sous-groupe
+d'indice $8$ dont l'intersection des conjugués est réduite à l'élément
+identité) : l'extension $1\to H \to G \to Q \to 1$ est donc
+$1 \to \{\pm 1\} \to (2\cdot\mathfrak{S}_4)^+ \to \mathfrak{S}_4 \to
+1$.  Ceci découle par exemple de l'argument dans la démonstration du
+lemme \ref{lemme-sous-groupes-produit-en-couronne-de-pm1-par-s-n}
+concernant les éléments relevant une transposition (même si l'ensemble
+de la démonstration ne vaut pas, faute de possibilité de trouver
+dans $P = \mathfrak{S}_3$ le produit de deux transpositions
+disjointes, au moins la partie concernant une seule transposition
+continue à être applicable).
+
+On peut également procéder de manière \textit{ad hoc} : notons par
+exemple
+$\vartheta_{(1:0)},\penalty0 \vartheta_{(0:1)},\penalty0 \vartheta_{(1:1)},\penalty0 \vartheta_{(1:2)}$
+(indicés par $I = \PP^1(\FF_3)$) les quatre racines de
+$h$ dont la valeur numérique dans $\CC$ vaut approximativement
+$0.470404$, $-3.383947$, $-1.043228 - 1.193531i$ et $-1.043228 +
+1.193531i$ respectivement, et
+$\xi_{(1,0)},\penalty0 \xi_{(0,1)},\penalty0 \xi_{(1,1)},\penalty0 \xi_{(1,2)}$
+(indicés par $\FF_3^2\setminus\{0\}$) leurs racines carrées
+(racines de $f$, donc) dont la valeur numérique dans $\CC$ vaut
+approximativement $0.685860$, $1.839551i$, $0.520560 - 1.146391i$ et
+$0.520560 + 1.146391i$ respectivement, et
+$\xi_{(2,0)}, \xi_{(0,2)}, \xi_{(2,2)}, \xi_{(2,1)}$ les opposés de
+ces nombres.  Alors on peut constater explicitement que
+$\rho_0(\xi_i+\xi_j+\xi_k) = 0$ si et seulement si les trois indices
+$i,j,k \in \FF_2^3\setminus\{0\}$ sont deux à deux non
+colinéaires et vérifient $i+j+k=0$.  (Pour être rigoureux, il faut
+faire le calcul de la façon suivante : pour chacun des triplets
+concernés, on constate numériquement que
+$\rho_1(\xi_i+\xi_j+\xi_k) \neq 0$, où $\rho_1 $ est l'autre facteur
+de $\rho = \rho_0 \rho_1$ ; comme $\rho(\xi_i+\xi_j+\xi_k) = 0$ par
+définition de $\rho$, c'est bien que $\rho_0(\xi_i+\xi_j+\xi_k) = 0$.)
+Le groupe de Galois $G$ de $f$ opère donc sur les racines de $f$ comme
+$\FF_2^3\setminus\{0\}$ en préservant la colinéarité et la
+propriété $i+j+k=0$ ; or $GL_2(\FF_3)$ préserve ces mêmes relations,
+donc $G \leq GL_2(\FF_3)$, et puisque les deux membres ont pour
+ordre $48$, ils sont égaux.  La suite exacte non scindée $1 \to H \to
+G \to Q \to 1$ est donc simplement $1 \to \{\pm 1\} \to
+GL_2(\FF_3) \to PGL_2(\FF_3) \to 1$ (et en comparant les deux
+descriptions qu'on a données de $G$, on voit que $GL_2(\FF_3) \cong
+(2\cdot\mathfrak{S}_4)^+$).
+
+\subsubsection{} Vérifions rapidement (on renvoie
+à \ref{exemple-galois-biquadratique-generique} pour les détails sur ce
+type de situation) que le groupe de Galois $Q$ de $h(Y) = Y^4 - 7 Y^3
++ 5 Y^2 + 2Y - 2$ est $D_4$ (groupe diédral du carré) : ses racines
+sont $\frac{1}{4}(7 \pm \sqrt{17} \mathbin{\pm'} \sqrt{90 \pm
+22\sqrt{17}})$ (où les deux choix de signes $\pm$ devant $\sqrt{17}$
+sont les mêmes, tandis que les choix de signes $\pm$ et
+$\mathbin{\pm'}$ sont indépendants), ce qui montre que $Q$ est inclus
+dans $D_4$, et les réductions de $h$ modulo $5$ et $13$ ont
+respectivement pour décompositions en facteurs irréductibles $h_5 =
+Y^4 - 2Y^3 + 2Y - 2$ et $h_{13} = (Y - 5)\penalty0 (Y - 6)\penalty0
+(Y^2 + 4Y + 6)$, ce qui montre qu'il existe dans $Q$ un $4$-cycle et
+une transposition, après quoi il est clair que $Q = D_4$.  La
+« structure de carré » sur l'ensemble $I$ des racines de $h$ est celle
+pour laquelle sont « adjacents » deux sommets qui portent des choix de
+signe $\pm$ différents dans l'écriture
+$\frac{1}{4}(7 \pm \sqrt{17} \mathbin{\pm'} \sqrt{90 \pm
+22\sqrt{17}})$.
+
+En posant $f(X) = h(X^2)$, on est de nouveau
+(cf. \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-non-scinde}) dans une
+situation où $c_4 \Delta_h = (204)^2$ est un carré dans $\QQ$ : on ne
+va pouvoir réaliser que des éléments $(\varepsilon, \sigma) \in
+\mathfrak{G}$ pour lesquels $\varepsilon$ a un nombre de $-1$ de la
+même parité que la permutation $\sigma \in Q \leq \mathfrak{S}_4$ ;
+seulement, cette fois, $\sigma$ vit dans $Q = D_4$, qui n'opère pas
+deux fois transitivement sur $I = \{\vartheta_i\}$, donc pour
+s'assurer qu'on réalise bien tous ces éléments il ne suffit plus de
+trouver un seul élément réalisant deux changements de signe
+quelconques.  Par exemple, modulo $43$, la réduction $h_{43} = (Y -
+20) (Y + 2) (Y + 4) (Y + 7)$ de $h$ est scindée et $f_{43}$ donne un
+élément de $H$ réalisant deux changements de signes (car deux des
+quatre racines $20,-2,-4,-7$ de $h$ ne sont pas des carrés dans $\FF_{43}$, à savoir
+$-4$ et $20$), mais on veut encore constater que les deux changements
+de signes se font sur des $\xi_i$ tels que les $\vartheta_i$
+correspondants soient « adjacents » pour la structure de carré sur $I$
+impliquée par $Q = D_4$ (si on préfère, ils correspondent à des choix
+différents du signe $\pm\sqrt{17}$) : c'est bien le cas, car
+choisissant pour $\sqrt{17}$ la racine carrée $19$ de $17$
+dans $\FF_{43}$, et pour $\sqrt{90 + 22\sqrt{17}}$ et $\sqrt{90 -
+22\sqrt{17}}$ les racines carrées respectivement $11$ et $4$ de $90 +
+22\sqrt{17} = 35 \in \FF_{43}$ et de $90 - 22\sqrt{17} =
+16 \in \FF_{43}$, on a les non-carrés $20 = \frac{1}{4}(7 + \sqrt{17}
++ \sqrt{90 + 22\sqrt{17}})$ et $-4 = \frac{1}{4}(7 - \sqrt{17}
+- \sqrt{90 - 22\sqrt{17}})$, deux sommets adjacents de $I$.
+
+Une fois cette observation faite, on voit que $H$ contient n'importe
+quels deux changements de signes « adjacents », donc aussi deux
+changements de signes « opposés » (en multipliant deux éléments
+réalisant des changements de signes « adjacents » décalés), donc on a
+bien $H$ d'indice $2$ dans $\{\pm 1\}^4$ et égal à l'ensemble des
+$\varepsilon \in \{\pm 1\}^4$ comportant un nombre pair de
+signes $-1$, et $G$ est le sous-groupe d'indice $2$ de $\{\pm
+1\}^4 \rtimes D_4$ égal aux couples $(\varepsilon,\sigma)$ pour
+lesquels $\varepsilon$ a un nombre de $-1$ de la même parité que la
+permutation $\sigma$.  L'ordre de $G$ est $64$.
+
+\subsubsection{} Pour finir, et pour contraster avec l'exemple
+précédent, soit maintenant $h(Y) = Y^4 - 6 Y^3 + 2 Y - 1$, dont les
+racines sont $\frac{1}{2}(3 \pm \sqrt{5} \mathbin{\pm'} \sqrt{22 \pm
+10\sqrt{5}})$ et dont le groupe de Galois est de nouveau $D_4$ (la
+réduction modulo $3$ soit $h_3 = Y^4 -Y - 1$ donne un $4$-cycle, et
+celle modulo $11$ soit $h_{11} = (Y + 5) (Y - 4) (Y^2 + 4Y + 5)$ donne
+une transposition).  De nouveau, la « structure de carré » sur
+l'ensemble $I$ des racines de $h$ est celle pour laquelle sont
+« adjacents » deux sommets qui portent des choix de signe $\pm$
+différents dans l'écriture
+$\frac{1}{2}(3 \pm \sqrt{5} \mathbin{\pm'} \sqrt{22 \pm 10\sqrt{5}})$.
+
+De nouveau, aussi, il existe dans $H$ des éléments qui réalisent deux
+changements de signes sur les $\xi_i$ : on peut le voir par exemple en
+réduisant modulo $29$, où $h$ se factorise comme $h_{29} = (Y - 2) (Y
+- 5) (Y - 9) (Y + 10)$, deux des quatre racines $2,5,9,-10$, à savoir
+$2$ et $-10$, n'étant pas des carrés dans $\FF_{29}$.
+
+La différence avec la situation précédente est la constatation que, si
+$\vartheta_1,\vartheta_2,\vartheta_3,\vartheta_4$ sont dans l'ordre
+« adjacentes » pour la structure diédrale (c'est-à-dire que
+$\vartheta_1,\vartheta_3$ d'une part, et $\vartheta_2,\vartheta_4$ de
+l'autre, font les mêmes choix de signe $\pm$, disons $+$ et $-$
+respectivement) alors $\vartheta_1 \vartheta_3 = -2 - \sqrt{5}$ est un
+carré dans $L$, à savoir le carré de $\frac{1}{2}(2\vartheta_2^3 -
+11\vartheta_2^2 - 6 \vartheta_2 + 3)
+= \mathbin{\pm'}\frac{1}{4}(7+3\sqrt{5}) \sqrt{22-10\sqrt{5}}$ (et
+bien sûr aussi de la même expression avec $\vartheta_4$ à la place
+de $\vartheta_2$, ce qui change le signe $\mathbin{\pm'}$).
+
+Cette observation prouve que si $\xi_i$ est (pour chaque $i \in I$)
+une racine de $\vartheta_i$, alors on a $\xi_1 \xi_3 \in L$ et bien
+sûr aussi $\xi_2 \xi_4 \in L$ : donc $H$ a quatre éléments (et non
+huit), on peut effectuer des changements de signes sur $\xi_1$
+et $\xi_3$ simultanément, et/ou sur $\xi_2$ et $\xi_4$ simultanément.
+(En particulier, pour reprendre par exemple la situation modulo $29$
+déjà considérée, où on a $\vartheta_1 = 2$, $\vartheta_2 = 5$,
+$\vartheta_3 = -10$, $\vartheta_4 = 9$ pour le choix $\sqrt{5} =
+-11 \in \FF_{29}$, les deux non-carrés parmi les $\vartheta_i$ sont
+$\vartheta_1$ et $\vartheta_3$, qui ne sont pas adjacents.)
+
+Même une fois connu le sous-groupe $H \leq \{\pm 1\}^4$, il reste (à
+conjugaison près) quatre sous-groupes (et par ailleurs abstraitement
+deux à deux non isomorphes) $G$, d'ordre $32$, de $\mathfrak{G}$ qui
+réalisent une extension $1\to H \to G \to D_4 \to 1$.  On peut trouver
+auquel d'entre eux on a affaire en constatant, par exemple, que le
+$\tau \in Q = D_4$ qui échange $\vartheta_2$ et $\vartheta_4$ en
+laissant $\vartheta_1,\vartheta_3$ fixes se relève en un $\tilde\tau
+\in G$ qui échange $\xi_2$ et $\xi_4$ tout en gardant $\xi_1$ fixe et en
+échangeant $\xi_3$ et $-\xi_3$ (dans les autres extensions possibles
+de $H$ par $D_4$ à l'intérieur de $\mathfrak{G}$, les relèvements
+de $\tau$ réaliseraient par exemple des cycles
+$\xi_2 \mapsto \xi_4 \mapsto -\xi_2 \mapsto -\xi_4 \mapsto -\xi_2$ ou
+bien laisseraient $\xi_1,\xi_3$ tous deux fixes) ; or, de fait,
+$\tilde\tau$ est réalisé par la conjugaison complexe (si on appelle
+$\vartheta_1 = \frac{1}{2}(3 + \sqrt{5} + \sqrt{22 + 10\sqrt{5}})$).
+Plus précisément :
+
+\begin{proposition2}
+À l'intérieur du groupe $\mathfrak{G} = \{\pm 1\} \wr_{D_4} 4 = \{\pm
+1\}^4 \rtimes D_4$ (où $D_4$, groupe diédral du carré, opère sur
+$\{\pm 1\}^4$ comme sur les fonctions sur les sommets du carré et à
+valeurs dans $\{\pm 1\}$), il existe huit sous-groupes $G$ réalisant
+une extension $1 \to H \to G \to D_4 \to 1$
+(cf. \ref{generalites-galois-polynomes-en-x2}), où $H \leq \{\pm
+1\}^4$ est le sous-groupe (isomorphe à $\{\pm 1\}^2$) formé des
+fonctions des sommets du carré à valeurs dans $\{\pm 1\}$ qui prennent
+la même valeur sur les sommets opposés.  Ces huit sous-groupes forment
+quatre classes de conjugaison à l'intérieur de $\mathfrak{G}$, et les
+quatre groupes abstraits correspondants sont deux à deux non
+isomorphes, et sont discernés par l'existence ou non d'un élément
+d'ordre $8$ dans $G$ et par le cardinal ($2$ ou $4$) du centre de $G$.
+\end{proposition2}
+\begin{proof}
+On a déjà expliqué en \ref{generalites-galois-polynomes-en-x2}
+pourquoi la donnée d'un sous-groupe $G \leq \mathfrak{G}$ comme décrit
+est équivalente à celle d'une section $\gamma \colon
+D_4 \to \mathfrak{G}/H$ de l'isomorphisme $G/H \buildrel\sim\over\to
+D_4$ impliqué par la donnée de $G$ dans $\mathfrak{G}$.  De façon
+équivalente (puisque ici le scindage de $1 \to \{\pm
+1\}^4 \to \mathfrak{G} \to D_4 \to 1$ est fixé : on considère
+$\mathfrak{G}$ comme l'ensemble des $(\varepsilon, \sigma)$ avec
+$\varepsilon \in \{\pm 1\}^4$ et $\sigma \in D_4$ et le produit
+$(\varepsilon',\sigma')\cdot (\varepsilon,\sigma) =
+(\varepsilon'\cdot(\sigma'*\varepsilon), \,\sigma'\sigma)$), cette
+donnée est encore équivalente à celle de la fonction $c \colon
+D_4 \to \{\pm 1\}^4/H$ telle que $\gamma(\sigma) =
+(c(\sigma), \sigma) \in \mathfrak{G}/H$, c'est-à-dire qui à un élément
+$\sigma \in D_4$ associe la classe modulo $H$ des
+$\varepsilon \in \{\pm 1\}^4$ tels que $(\varepsilon,\sigma) \in G$.
+
+La condition $\gamma(\sigma'\sigma) = \gamma(\sigma')\,\gamma(\sigma)$
+se traduit sur la fonction $c \colon D_4 \to \{\pm 1\}^4/H$ par
+$c(\sigma'\sigma) = c(\sigma')\,(\sigma'*c(\sigma))$ en raison de la
+description du produit sur $\mathfrak{G}$ ; réciproquement, cette
+condition, ainsi que $c(1) = 1$, permet de reconstuire $\gamma$
+donc $G$.  Autrement dit, trouver $G$ équivaut à trouver la fonction
+$c \colon D_4 \to \{\pm 1\}^4/H$ vérifiant $c(\sigma'\sigma) =
+c(\sigma')\,(\sigma'*c(\sigma))$ (on dit que $c$ est un $1$-cocycle de
+$D_4$ à valeurs dans $\{\pm 1\}^4/H$ sur lequel il agit).
+
+Pour fixer les notations, on désignera un élément de $\{\pm 1\}^4$ par
+une notation du type $(++-+)$, étant entendu que les quatre signes
+sont lus dans l'ordre cyclique sur les quatre sommets du carré (un tel
+ordre cyclique ayant été choisi une fois pour toutes) ; et appellera
+$(++), (+-), (-+), (--)$ les quatre éléments de $\{\pm 1\}^4/H$
+représentés par $(++++), (+++-), (++-+), (++--)$ respectivement dans
+$\{\pm 1\}^4$.  (Il peut d'ailleurs être utile de remarquer que $\{\pm
+1\}^4/H$ est, en fait, isomorphe à $H$ en tant que groupe muni d'une
+action de $D_4$.)
+
+Soit $\tau \in D_4$ la réflexion par rapport à la diagonale identifiée
+par $\tau*(++-+)=(++-+)$ et $\tau*(+++-)=(+-++)$, et soit $\varrho \in
+D_4$ la réflexion par rapport à un axe identifié par
+$\varrho*(++-+)=(+-++)$ et $\varrho*(+++-)=(-+++)$.  On a $\tau^2
+= \varrho^2 = (\tau\varrho)^4 = 1$, et ces générateurs et relations
+constituent une présentation de $D_4$.  La fonction $c$ est donc
+déterminée de façon unique par sa valeur sur $\tau$ et sur $\varrho$.
+
+Puisque $\varrho^2 = 1$ (et $c(1)=(++)$), on a $c(\varrho)
+= \varrho*c(\varrho)$, ce qui ne laisse que les deux possibilités
+$(++)$ et $(--)$ pour $c(\varrho)$.  En revanche, $\tau^2 = 1$, donc
+$c(\tau) = \tau*c(\tau)$, n'impose aucune contrainte sur $c(\tau)$ car
+$\tau$ opère trivialement sur $\{\pm 1\}^4/H$ ; de même,
+$c((\tau\varrho)^4) = 1$ est automatiquement vérifié puisque
+$(\tau\varrho)^2$ opère trivialement sur $\{\pm 1\}^4/H$.  Il y a donc
+huit possibilités pour la fonction $c$ (et on peut facilement calculer
+les valeurs de chacune sur les huit éléments de $D_4$) : ceci prouve
+qu'il existe huit groupes $G$ comme annoncés.
+
+Si $\mu$ désigne l'élément $(+++-)$ de $H$, la fonction $c$
+définissant le groupe conjugué $G^\mu = \mu G \mu$ de $G$ est
+$c^\mu(\sigma) = \sigma(\mu)\,\mu\,c(\sigma)$.  En particulier,
+$c^\mu(\tau) = c(\tau)$ (puisque $\tau$ opère trivialement sur $\{\pm
+1\}^4/H$) alors que $c^\mu(\varrho) = (--)$ lorsque $c(\varrho) =
+(++)$ et vice versa.  Ceci montre que parmi les huit groupes $G$
+trouvés, ceux correspondants au même choix de $c(\tau)$ mais à des
+choix différents de $c(\varrho)$ sont conjugués : il y a donc au plus
+quatre classes de conjugaisons de $G$ dans $\mathfrak{G}$, déterminées
+par la valeur de $c(\tau)$.
+
+Montrons qu'il y a effectivement quatre classes d'isomorphisme
+différents de $G$ comme groupes abstraits.  On peut au moins
+distinguer facilement le critère suivant : si $G$ possède un élément
+d'ordre $8$, c'est-à-dire un $8$-cycle dans $\mathfrak{G}$, un tel
+élément a pour image un $4$-cycle dans $D_4$, qui est donc conjugué à
+$\tau\varrho$, et on vérifie aisément qu'un élément $(\varepsilon
+c(\tau\varrho), \tau\varrho) \in \mathfrak{G}$ d'ordre $8$ est obtenu
+pour $c(\tau\varrho) = (+-)$ ou $c(\tau\varrho) = (-+)$, c'est-à-dire
+$c(\tau) = (+-)$ ou $c(\tau) = (-+)$.
+
+Pour obtenir un autre critère, considérons le centre de $G$ :
+l'élément $(-1) = (----) \in H$ est toujours central dans $G$, et
+aucun élément de $H$ autre que $1$ et $(-1)$ ne peut être central
+puisque $D_4$ opère non trivialement dessus ; un autre élément central
+de $G$ doit donc nécessairement être de la forme $(\varepsilon
+, \varsigma)$ où $\varsigma = (\tau\varrho)^2$ est l'élément
+non-trivial du centre de $D_4$ (la symétrie centrale du carré), et
+pour qu'un tel élément soit effectivement central dans $G$, il faut et
+il suffit qu'il commute aux éléments relevant $\varrho$ et $\tau$,
+c'est-à-dire qu'il vérifie
+$(C_\varrho,\varrho)(\varepsilon, \varsigma) =
+(\varepsilon, \varsigma)(C_\varrho,\varrho)$ pour un (et donc tout)
+$C_\varrho \in \{\pm 1\}^4$ dans la classe de $c(\varrho)$ et de même
+$(C_\tau,\tau)(\varepsilon, \varsigma) =
+(\varepsilon, \varsigma)(C_\tau,\tau)$.  Ceci se traduit par
+$C_\varrho (\varrho*\varepsilon) = \varepsilon (\varsigma*C_\varrho)$
+et $C_\tau (\tau*\varepsilon) = \varepsilon (\varsigma*C_\tau)$, ou
+encore $\varepsilon (\varrho*\varepsilon) =
+C_\varrho(\varsigma*C_\varrho)$ et $\varepsilon (\tau*\varepsilon) =
+C_\tau(\varsigma*C_\tau)$.  On a vu qu'on pouvait prendre $C_\varrho =
+(++++)$, auquel cas la première condition devient $\varrho*\varepsilon
+= \varepsilon$, ce qui laisse quatre possibilités pour $\varepsilon$
+(ou deux modulo $\{(++++),(----)\}$), et en examinant les valeurs de
+$\varepsilon(\tau*\varepsilon)$ pour chacune d'elles, et les valeurs
+de $C_\tau(\varsigma*C_\tau)$ pour chacun de
+$C_\tau \in \{(++++),(+++-),(++-+),(++--)\}$, on voit que les valeurs
+communes ($(++++)$ et $(+-+-)$) sont obtenues pour $c(\tau) = (++)$ et
+$c(\tau) = (+-)$.  Ceci démontre que dans ces deux cas le centre de
+$G$ est d'ordre plus grand que $2$ (et donc, $4$) tandis que dans les
+cas $c(\tau) = (-+)$ et $c(\tau) = (--)$ il est d'ordre $2$.
+
+Tout ceci ensemble montre bien qu'il y a quatre classes d'isomorphisme
+de groupes $G$, correspondant aux quatre valeurs possibles de
+$c(\tau)$.
+\end{proof}
+
+%% gap> Gfull := Group([(1,2),(1,3,5,7)(2,4,6,8),(1,3)(2,4)(5,7)(6,8)]);
+%% Group([ (1,2), (1,3,5,7)(2,4,6,8), (1,3)(2,4)(5,7)(6,8) ])
+%% gap> Order(Gfull);
+%% 128
+%% gap> Hfull := Subgroup(Gfull,[(1,2),(3,4),(5,6),(7,8)]);
+%% Group([ (1,2), (3,4), (5,6), (7,8) ])
+%% gap> H := Subgroup(Hfull,[(1,2)(5,6),(3,4)(7,8)]);
+%% Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8) ])
+%% gap> StructureDescription(Gfull/Hfull);
+%% "D8"
+%% gap> quotH := NaturalHomomorphismByNormalSubgroup(Gfull,H);
+%% [ (1,2), (1,3,5,7)(2,4,6,8), (1,3)(2,4)(5,7)(6,8) ] -> [ f5, f2, f1*f2 ]
+%% gap> Image(quotH);
+%% Group([ f1, f2, f3, f4, f5 ])
+%% gap> Order(Image(quotH));
+%% 32
+%% gap> GfullquotH := Image(quotH,Gfull);
+%% Group([ f1, f2, f3, f4, f5 ])
+%% gap> HfullquotH := Image(quotH,Hfull);
+%% Group([ f5, f4, f5, f4 ])
+%% gap> Order(HfullquotH);
+%% 4
+%% gap> Zone := OneCocycles(GfullquotH,HfullquotH);
+%% rec( oneCoboundaries := <vector space over GF(2), with 1 generators>, 
+%%   oneCocycles := <vector space over GF(2), with 3 generators>, 
+%%   generators := [ f1, f2, f3 ], isSplitExtension := true, 
+%%   complement := Group([ f1, f2, f3 ]), cocycleToList := function( c ) ... end,
+%%   listToCocycle := function( L ) ... end, 
+%%   cocycleToComplement := function( c ) ... end, factorGens := [ f1, f2, f3 ], 
+%%   complementToCocycle := function( K ) ... end )
+%% gap> cocycles := Elements(Zone.oneCocycles);
+%% [ [ 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2) ], 
+%%   [ 0*Z(2), 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2) ], 
+%%   [ 0*Z(2), Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0 ], 
+%%   [ 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0 ], 
+%%   [ Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0 ], 
+%%   [ Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0 ], 
+%%   [ Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2) ], 
+%%   [ Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2) ] ]
+%% gap> gList := List(cocycles, c->PreImage(quotH,Zone.cocycleToComplement(c)));
+%% [ Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8), (1,3,5,7)(2,4,6,8), 
+%%       (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]), 
+%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8), (1,3,6,7)(2,4,5,8), 
+%%       (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]), 
+%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8)(5,6), (1,3,6,8,2,4,5,7), 
+%%       (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), 
+%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8)(5,6), (1,3,5,8,2,4,6,7), 
+%%       (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), 
+%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7), (1,3,6,8,2,4,5,7), 
+%%       (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), 
+%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7), (1,3,5,8,2,4,6,7), 
+%%       (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), 
+%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7)(5,6), (1,3,5,7)(2,4,6,8), 
+%%       (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]), 
+%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7)(5,6), (1,3,6,7)(2,4,5,8), 
+%%       (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]) ]
+%% gap> List(gList, g -> StructureDescription(g));
+%% [ "(C2 x C2 x C2 x C2) : C2", "(C2 x C2 x C2 x C2) : C2", "(C2 x D8) : C2", 
+%%   "(C2 x D8) : C2", "(C4 x C4) : C2", "(C4 x C4) : C2", 
+%%   "((C4 x C2) : C2) : C2", "((C4 x C2) : C2) : C2" ]
+%% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[1],g));
+%% [ true, true, false, false, false, false, false, false ]
+%% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[3],g));
+%% [ false, false, true, true, false, false, false, false ]
+%% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[5],g));
+%% [ false, false, false, false, true, true, false, false ]
+%% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[7],g));
+%% [ false, false, false, false, false, false, true, true ]
+%% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[1]);
+%% [ (1,5)(2,6), (1,5)(2,6)(3,4)(7,8), (1,6)(2,5), (1,6)(2,5)(3,4)(7,8) ]
+%% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[3]);
+%% [ (1,5)(2,6)(7,8), (1,5)(2,6)(3,4), (1,6)(2,5)(7,8), (1,6)(2,5)(3,4) ]
+%% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[5]);
+%% [ (1,5,2,6), (1,5,2,6)(3,4)(7,8), (1,6,2,5), (1,6,2,5)(3,4)(7,8) ]
+%% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[7]);
+%% [ (1,5,2,6)(7,8), (1,5,2,6)(3,4), (1,6,2,5)(7,8), (1,6,2,5)(3,4) ]
+
+
+\section{Autres exemples}
+
+\subsection{$PSL_3(\FF_2)$}
+
+Considérons le polynôme $f = X^7 - 7X + 3$ sur $\QQ$ : il est
+irréductible car sa réduction modulo $2$ l'est.  On va montrer que son
+groupe de Galois est $PSL_3(\FF_2)$ (unique groupe simple d'ordre
+$168$, qui s'écrit également $PSL_2(\FF_7)$).
+
+Considérons le polynôme $\rho(Z)=\prod_{\substack{i<j<k}}
+(Z-\xi_i-\xi_j-\xi_k)$ dont les racines sont tous les
+$\xi_i+\xi_j+\xi_k$ pour $\{\xi_i,\xi_j,\xi_k\}$ une partie à trois
+éléments de l'ensemble des racines de $f$ (ce polynôme est donc de
+degré $\frac{7!}{4!3!} = 35$).  Les coefficients de $\rho$ sont
+rationnels, car $\rho$ est par construction invariant sous l'action
+de $\mathfrak{G}$ donc de $G$, et comme ils sont des polynômes en les
+$\xi_i$, ces coefficients sont en fait dans $\ZZ$
+(cf. \refext{CG}{intersection-anneau-engendre-par-les-racines-et-rationnels}).
+Ce fait étant connu, il est possible de calculer exactement $\rho$ sur
+ordinateur en calculant numériquement chaque coefficient avec une
+précision garantie suffisante pour isoler l'unique entier
+possible\footnote{On peut également mener le calcul par théorie de
+  l'élimination en utilisant des bases de Gröbner :
+  cf. note \ref{note-calcul-resolvante}, même si la méthode expliquée
+  là n'est pas directement applicable.} : on trouve $\rho(Z) = Z^{35}
+- 280 Z^{29} + 906 Z^{28} - 79\,086 Z^{23} - 56\,826 Z^{22} + 34\,452
+Z^{21} + 1\,739\,696 Z^{17} + 408\,366 Z^{16} + 1\,139\,292 Z^{15} +
+978\,750 Z^{14} - 12\,357\,947 Z^{11} + 1\,393\,266 Z^{10} -
+9\,345\,672 Z^9 + 4\,975\,614 Z^8 - 592\,029 Z^7 + 29\,042\,496 Z^5 -
+12\,446\,784 Z^4 - 2\,222\,640 Z^3 + 1\,227\,744 Z^2 + 36\,288 Z -
+31\,104$.  Ce polynôme est séparable et admet dans $\ZZ[Z]$ un facteur
+$\rho_0(Z) = Z^7 + 14 Z^4 - 42 Z^2 - 21 Z + 9$ de degré $7$.
+
+On pourrait conclure par un examen systématique des sous-groupes
+transitifs de $\mathfrak{S}_7$ montrant que le seul pour lequel
+l'action sur les parties à trois éléments des sept objets se décompose
+en une orbite de taille $7$ et une de taille $28$ est $PSL_3(\FF_2)$.
+On va procéder de manière plus \textit{ad hoc}.
+
+On indice par $\PP^2(\FF_2)$ les racines de $f$ dans $\CC$ en notant
+$\xi_{(1:0:0)}, \penalty0 \xi_{(0:1:0)}, \penalty0 \xi_{(0:0:1)},
+\penalty0 \xi_{(1:0:1)}, \penalty0 \xi_{(1:1:1)}, \penalty0
+\xi_{(1:1:0)}, \penalty0 \xi_{(0:1:1)}$ celles dont la valeur
+numérique approchée vaut respectivement $1.293345$, $0.616663 +
+1.211580i$, $0.616663 - 1.211580i$, $-0.755661 - 1.206128i$,
+$-1.444302$, $-0.755661 + 1.206128i$, $0.428953$.  On vérifie
+numériquement que $\rho_0(\xi_i + \xi_j + \xi_k) = 0$ (ce qui, pour
+être rigoureux, doit se faire en vérifiant que $\rho/\rho_0$
+\emph{n'est pas} nul, en le séparant numériquement de zéro) exactement
+pour les sept parties $\{i,j,k\}$ de $\PP^2(\FF_2)$ qui sont des
+droites sur ce dernier :
+\begin{center}
+\begin{tikzpicture}[scale=2]
+\coordinate (P100) at (0,1.732051);
+\coordinate (P010) at (1,0);
+\coordinate (P001) at (-1,0);
+\coordinate (P101) at (-0.5,0.866025);
+\coordinate (P111) at (0,0.577350);
+\coordinate (P110) at (0.5,0.866025);
+\coordinate (P011) at (0,0);
+\fill[black] (P100) circle (.8pt);
+\fill[black] (P010) circle (.8pt);
+\fill[black] (P001) circle (.8pt);
+\fill[black] (P101) circle (.8pt);
+\fill[black] (P111) circle (.8pt);
+\fill[black] (P110) circle (.8pt);
+\fill[black] (P011) circle (.8pt);
+\draw (P100) -- (P010);
+\draw (P010) -- (P001);
+\draw (P001) -- (P100);
+\draw (P101) -- (P010);
+\draw (P110) -- (P001);
+\draw (P011) -- (P100);
+\draw (P111) circle (0.577350);
+\node[anchor=south] at (P100) {$\scriptstyle (1:0:0)$};
+\node[anchor=south west] at (P010) {$\scriptstyle (0:1:0)$};
+\node[anchor=south east] at (P001) {$\scriptstyle (0:0:1)$};
+\node[anchor=south east] at (P101) {$\scriptstyle (1:0:1)$};
+\node[anchor=south] at (P111) {$\scriptstyle (1:1:1)$};
+\node[anchor=south west] at (P110) {$\scriptstyle (1:1:0)$};
+\node[anchor=north] at (P011) {$\scriptstyle (0:1:1)$};
+\end{tikzpicture}
+\end{center}
+
+Le groupe de Galois $G$ de $f$ est donc inclus dans l'ensemble des
+permutations de $\PP^2(\FF_2)$ qui préserve l'alignement, c'est-à-dire
+$PSL_3(\FF_2)$.  Montrons qu'il n'est pas strictement plus petit.
+Mais le facteur $\rho/\rho_0$ de degré $28$ est irréductible, donc $G$
+opère transitivement dessus, c'est-à-dire que $G$ doit envoyer
+n'importe quel ensemble de trois points non alignés de $\PP^2(\FF_2)$
+sur n'importe quel autre tel ensemble.  On peut conclure d'après :
+
+\begin{proposition2}
+Soit $G \leq PSL_3(\FF_2)$ un sous-groupe opérant transitivement sur
+l'ensemble (de cardinal $28$) des parties à $3$ éléments non alignés
+de $\PP^2(\FF_2)$.  Alors $G = PSL_3(\FF_2)$.
+\end{proposition2}
+\begin{proof}
+Remarquons que le groupe $PSL_3(\FF_2)$ opère transitivement sur les
+triplets (ordonnés) de points de $\PP^2(\FF_2)$ non alignés, puisque
+$PSL_3(\FF_2) = GL_3(\FF_2)$ et que de tels triplets constituent une
+base de $\FF^3_2$.  On va représenter les éléments de $PSL_3(\FF_2)$
+par des matrices $3\times 3$ dans $\FF_2$ (qu'on fait opérer sur des
+vecteurs colonne non nuls représentant les éléments de
+$\PP^2(\FF_2)$).
+
+Le groupe $G$ opère transitivement sur un ensemble de cardinal $28$,
+donc son ordre doit être multiple de $28$, et, \textit{a fortiori},
+multiple de $7$.  Il existe donc un élément $\sigma$ d'ordre $7$
+dans $G$ qui, sur $\PP^2(\FF_2)$, opère comme un $7$-cycle.
+
+Quite à conjuguer $G$ par un élément de $PSL_3(\FF_2)$
+(cf. l'avant-dernier paragraphe), on peut supposer que $\sigma(1:0:0)
+= (0:1:0)$, et que $\sigma(0:1:0) = (0:0:1)$.  L'élément
+$\sigma(0:0:1)$ doit alors être non aligné avec $(0:1:0)$ et
+$(0:0:1)$, et distinct de $(1:0:0)$, ce qui laisse trois
+possibilités : $(1:0:1)$, $(1:1:1)$ ou $(1:1:0)$.  La matrice
+$\left(\begin{matrix}0&0&1\\1&0&1\\0&1&1\\ \end{matrix}\right)$ est
+d'ordre $4$ et non $7$, ce qui exclut $\sigma(0:0:1) = (1:1:1)$.
+Enfin, si $\sigma(0:0:1) = (1:1:0)$, quitte à remplacer $\sigma$ par
+$\sigma^3$, la matrice de $\sigma$ est donnée par
+$\left(\begin{matrix}0&0&1\\1&0&1\\0&1&0\\ \end{matrix}\right)^3 =
+\left(\begin{matrix}1&0&1\\1&1&1\\0&1&1\\ \end{matrix}\right)$ qui,
+conjuguée par l'involution
+$\left(\begin{matrix}1&1&1\\0&1&0\\0&0&1\\ \end{matrix}\right)$, se
+ramène de toute façon à
+$\left(\begin{matrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&1\\ \end{matrix}\right)$,
+c'est-à-dire qu'on peut supposer $\sigma(0:0:1) = (1:0:1)$.
+
+On peut donc supposer $G$ contient l'élément d'ordre $7$ donné par
+$\left(\begin{matrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&1\\ \end{matrix}\right)$.  Par
+ailleurs, l'hypothèse assure que $G$ doit contenir un élément $\psi$
+envoyant $\{(1:0:0), (0:1:0), (0:0:1)\}$ sur $\{(0:1:0), (0:0:1),
+(1:1:1)\}$, qui est donc représenté par une des six matrices possibles
+dont les trois colonnes sont (une permutation de)
+$\left(\begin{matrix}0\\1\\0\\ \end{matrix}\right)$,
+$\left(\begin{matrix}0\\0\\1\\ \end{matrix}\right)$ et
+$\left(\begin{matrix}1\\1\\1\\ \end{matrix}\right)$.  Il suffit donc
+de vérifier que $\sigma$ prise avec n'importe laquelle de ces six
+matrices $\psi$ engendre $GL_3(\FF_2)$, ce qui est bien le cas, comme
+il est possible (quoique fastidieux) de vérifier.
+\end{proof}
+\begin{proof}[Démonstration utilisant l'Atlas des groupes finis]
+Le groupe $G$ opère transitivement sur un ensemble de cardinal $28$,
+donc son ordre doit être multiple de $28$.  Or la liste des
+sous-groupes maximaux de $PSL_3(\FF_2)$, lue, par exemple,
+dans \cite[p. 3]{ATLAS}, montre que ce dernier n'a de sous-groupes
+maximaux que d'ordres $24$ et $21$, donc le seul sous-groupe d'ordre
+multiple de $28$ est $PSL_3(\FF_2)$ tout entier.
+\end{proof}
+
+\subsection{$M_{12}$}
+
+%% R.<x> = ZZ['x']
+%% f = x^12 - 375*x^8 - 3750*x^6 - 75000*x^3 + 228750*x^2 - 750000*x + 1265625
+%% roots = [t for (t,m) in f.roots(ring=ComplexField(5000))]
+%% roots5 = [roots[i0] + roots[i1] + roots[i2] + roots[i3] + roots[i4] for i0 in range(12) for i1 in range(i0+1,12) for i2 in range(i1+1,12) for i3 in range(i2+1,12) for i4 in range(i3+1,12)]
+%% roots6 = [roots[i0] + roots[i1] + roots[i2] + roots[i3] + roots[i4] + roots[i5] for i0 in range(12) for i1 in range(i0+1,12) for i2 in range(i1+1,12) for i3 in range(i2+1,12) for i4 in range(i3+1,12) for i5 in range(i4+1,12)]
+%% RC.<xx> = ComplexField(5000)['xx']
+%% f5C = prod([xx-r for r in roots5])
+%% f6C = prod([xx-r for r in roots6])
+%% f5l = [Integer(floor(a.real_part()+1/2)) for a in f5C.coefficients()]
+%% f6l = [Integer(floor(a.real_part()+1/2)) for a in f6C.coefficients()]
+%% f5 = sum(f5l[i]*x^i for i in range(len(f5l)))
+%% f6 = sum(f6l[i]*x^i for i in range(len(f6l)))
+%% f5F = factor(f5)
+%% f6F = factor(f6)
+
+Pour finir, évoquons le polynôme $f = X^{12} - 375 X^8 - 3\,750 X^6
+- 75\,000 X^3 + 228\,750 X^2 - 750\,000 X + 1\,265\,625$ sur $\QQ$ :
+considérons le polynôme $\rho(Z)=\prod_{\substack{i_1<\cdots<i_5}}
+(Z-\xi_{i_1}-\cdots-\xi_{i_5})$, dont les racines sont tous les
+$\xi_{i_1}+\cdots+\xi_{i_5}$ pour $\{\xi_{i_1},\ldots,\xi_{i_5}\}$ une
+partie à cinq éléments de l'ensemble des racines de $f$ (ce polynôme
+est donc de degré $\frac{12!}{5!7!} = 792$), et le polynôme
+$\psi(T)=\prod_{\substack{i_1<\cdots<i_6}}
+(T-\xi_{i_1}-\cdots-\xi_{i_6})$, dont les racines sont tous les
+$\xi_{i_1}+\cdots+\xi_{i_6}$ pour $\{\xi_{i_1},\ldots,\xi_{i_6}\}$ une
+partie à six éléments de l'ensemble des racines de $f$ (ce polynôme
+est donc de degré $\frac{12!}{6!^2} = 924$).  Pour les mêmes raisons
+que précédemment, les polynômes $\rho$ et $\psi$ appartiennent, en
+fait, à $\ZZ[Z]$ et $\ZZ[T]$ respectivement, et il est possible de les
+calculer explicitement par ordinateur : nous ne donnerons pas les
+résultat ici puisque $\rho = Z^{792} + 47\,250 Z^{788} - 1\,237\,500
+Z^{786} + 1\,046\,390\,625 Z^{784} + \cdots$ possède $788$
+coefficients non nuls (dont le plus grand en valeur absolue comporte
+$540$ chiffres en base $10$) et $\psi = T^{924} + 63\,000 T^{920}
+-2\,070\,000 T^{918} + 1\,897\,875\,000 T^{916} + \cdots$ possède
+$462$ coefficients non nuls (dont le plus grand en valeur absolue
+comporte $633$ chiffres)\footnote{Le polynôme $\psi$ est, bien sûr,
+pair, puisque la somme des $12$ racines de $f$ est nulle, donc
+l'opposé de n'importe quelle somme de $6$ racines est la somme des $6$
+autres.}.  Le polynôme $\rho$ est séparable et irréductible : nous ne
+ne justifierons pas ce fait \XXX.  Quant au polynôme $\psi$, il admet
+un facteur $\psi_1 = T^{132} + 9\,000 T^{128} - 990\,000 T^{126} +
+28\,125\,000 T^{124} +\cdots$ de degré $132$, les polynômes $\psi_1$
+et $\psi/\psi_1$ étant eux-mêmes irréductibles.
+
+Appelons \emph{hexade} un ensemble de six racines (distinctes, non
+ordonnées) de $f$ dont la somme est racine de $\psi_1$ : il existe
+donc $132$ hexades, et chacun des $792$ ensembles de cinq racines
+de $f$ peut se compléter de façon unique en une hexade (en effet,
+l'irréductibilité de $\rho$ assure que le groupe de Galois de $f$
+opère transitivement sur les ensembles de cinq racines de $f$, donc le
+nombre de façons de compléter un ensemble de cinq racines en une
+hexade est le même quel que soit l'ensemble choisi ; mais puisque $792
+= 6\times 132$, chacun des $792$ ensembles de cinq racines peut être
+obtenu en effaçant un élément d'une hexade).
+
+On a donc défini sur les $12$ racines de $f$ la structure combinatoire
+suivante : des ensembles à $6$ éléments (appelés \emph{hexades}) tels
+que n'importe quelles $5$ parmi les $12$ racines appartiennent à un et
+une seule hexade.  Une telle structure s'appelle un \emph{système de
+Steiner} d'indices $(5,6,12)$ ; or il existe, à isomorphisme près, un
+unique tel système, dont le groupe d'automorphisme (d'ordre $95\,040$)
+est appelé groupe $M_{12}$ de Mathieu (\cite[§6.4]{Dixon-Mortimer} ou
+bien \cite[§5.3.3]{Wilson-Parker}), et il opère $5$ fois
+transitivement sur les $12$ points du système de Steiner.  Dans le
+présent contexte, appelons $M_{12}$ le groupe des permutations de
+l'ensemble $R_f$ qui préservent les hexades (c'est-à-dire telles que
+l'image d'un hexade soit une autre hexade).  On souhaite expliquer que
+le groupe de Galois $G$ de $f$ (vu comme ensemble de permutations
+de $R_f$) est bien $M_{12}$.
+
+Il est clair que $G$ est inclus dans $M_{12}$, puisque $\psi_1$, étant
+à coefficients rationnels, est fixe par $G$ (donc $G$ envoie bien une
+hexade sur une autre hexade).  Pour montrer que $G$ est $M_{12}$ tout
+entier, on va observer qu'il opère transitivement sur l'ensemble des
+$792$ parties à cinq éléments de $R_f$, puisque $\rho$ est
+irréductible, et en particulier sur l'ensemble des $132$ hexades.  Il
+reste à utiliser le fait suivant :
+
+\begin{proposition2}
+Le seul sous-groupe du groupe $M_{12}$ de Mathieu qui opère
+transitivement sur l'ensemble des $792$ parties à $5$ éléments des
+$12$ points du système de Steiner d'indices $(5,6,12)$ le définisant,
+est $M_{12}$ tout entier.
+\end{proposition2}
+\begin{proof}
+Pour démontrer ce fait, nous ferons appel aux résultats suivants sur
+les groupes de Mathieu.  Il existe à isomorphisme près un unique
+système de Steiner d'indices $(5,8,24)$, c'est-à-dire $759$ parties à
+$8$ éléments, appelées \emph{octades}, d'un ensemble $X$ de
+cardinal $24$, telles que chaque partie à $5$ éléments de ce dernier
+soit inclus dans une unique octade ; le groupe des automorphismes de
+cette structure (d'ordre $244\,823\,040$) est appelé le groupe
+$M_{24}$ de Mathieu.  Si on appelle \emph{dodécade} la différence
+symétrique de deux octades dont l'intersection est de cardinal $2$ (de
+sorte que cette différence symétrique est de cardinal $12$), il existe
+$2\,576$ dodécades ; si $Z$ est une quelconque de ces dodécades, le
+stabilisateur $\Stab_{M_{24}}(Z)$ de $Z$ à l'intérieur de $M_{24}$ est
+isomorphe à $M_{12}$ opérant naturellement sur $Z$ : plus précisément,
+si on définit des hexades dans $Z$ comme celles des octades de $X$ qui
+ont une intersection avec $Z$ de cardinal $6$, alors ces hexades
+définissent sur $Z$ un système de Steiner d'indices $(5,6,12)$ dont
+$\Stab_{M_{24}}(Z)$ est le groupe d'automorphismes.  Modulo les
+automorphismes intérieurs, $M_{12}$ possède un unique automorphisme
+non-trivial : celui-ci peut être réalisé à l'intérieur de $M_{24}$
+comme la conjugaison par un élément $\tau$ d'ordre $2$ échangeant la
+dodécade $Z$ et sa dodécade complémentaire.
+(Cf. \cite[§6.8]{Dixon-Mortimer}, \cite[§5.3.6]{Wilson-Parker}
+ou \cite[p. 95]{ATLAS} pour ces différentes affirmations.)  Enfin, les
+sous-groupes maximaux de $M_{12}$ sont connus
+(cf. \cite[table 5.1]{Wilson-Parker} ou bien \cite[p. 31]{ATLAS}), et
+il y en a, à conjugaison près, exactement deux dont l'ordre est
+multiple de $792$ : l'un est le fixateur d'un point, c'est-à-dire le
+groupe d'ordre $7\,920$ appelé groupe $M_{11}$ de Mathieu, et l'autre
+est l'image de ce dernier par l'automorphisme extérieur de $M_{12}$.
+
+Munis de ces faits, démontrons l'énoncé affirmé.  Il s'agit de voir
+qu'aucun sous-groupe strict $H$ de $M_{12}$ n'opère transitivement sur
+l'ensemble des parties à $5$ éléments des douze points : pour
+démontrer cela par l'absurde, on peut supposer avoir affaire à un
+sous-groupe $H$ maximal pour l'inclusion.  Pour opérer transitivement
+sur $792$ éléments, son ordre doit être multiple de $792$, donc il ne
+peut s'agir que d'un des deux sous-groupes cités.  On se contentera
+maintenant, pour arriver à une contradiction, du fait que $H$ opère
+transitivement sur les $132$ hexades.  Le fixateur d'un point $x$ est
+manifestement exclu car il ne peut pas envoyer un ensemble à cinq
+éléments contenant $x$ sur un autre ne contenant pas $x$.
+
+L'autre sous-groupe (à conjugaison près) peut se voir comme
+l'intersection $H$, dans $M_{24}$, de $M_{12}$ vu comme le
+stabilisateur $\Stab_{M_{24}}(Z)$ d'une dodécade $Z$, et du fixateur
+$\Stab_{M_{24}}(x)$ d'un point $x$ n'appartenant pas à $Z$.  Or
+chacune des $132$ hexades de $Z$ se complète de façon unique en une
+octade de $X$ : et chacune des paires de points de $X\setminus Z$ est
+la différence entre une octade de $X$ et une hexade de $Z$ (en effet,
+comme $M_{12} = \Stab_{M_{24}}(Z)$ opère cinq fois transitivement sur
+$Z$, il s'ensuit que $\tau\, \Stab_{M_{24}}(Z)\, \tau
+= \Stab_{M_{24}}(Z)$ opère cinq fois transitivement sur $X\setminus
+Z$, donc en particulier permet d'envoyer n'importe quelle paire sur
+n'importe quelle autre).  Il existe donc des hexades de $Z$ qui se
+complètent en une octade de $X$ contenant $x$ et d'autres qui se
+complètent en une octade de $X$ ne le contenant pas\footnote{Il est
+facile de voir qu'il y a $22$ hexades de la première sorte et $110$ de
+la seconde.}, et $H$ ne peut pas envoyer une hexade de la première
+sorte sur une de la seconde, donc n'opère pas transitivement sur les
+hexades, une contradiction.
+\end{proof}
+
+
+
+\ifx\danslelivre\undefined
+\bibliography{bibliographie-livre}
+\bibliographystyle{style-bib-livre}
+\end{document}
+\fi