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--- /dev/null
+++ b/divers/vieux/2-chap-Galois.tex
@@ -0,0 +1,616 @@
+
+\chapter{Exemples, calculs et premières applications}
+
+\section{Premières applications}
+
+\subsection{Le corps des nombres complexes est algébriquement 
+clos}\label{d'Alembert-Gauss}
+\begin{enumerate}
+\item Il n'existe pas d'extension de degré impair de $\RR$ non triviale. \\
+C'est évident car tout polynôme de degré impair à coefficients réels à une racine 
+réelle. On en déduit, par théorie de Galois que 
+\item Toute extension finie $K/\RR$ est de degré une puissance de $2$.\\
+Le corps des nombres réels étant de caractéristique nulle, tout extension
+est séparable ; il suffit de démontrer cet énoncé dans le cas particulier 
+où $K/\RR$ est une extension
+galoisienne de groupe $G$, ce que nous supposons donc. 
+Soit $d=2^r m$ son degré, avec $r\geq 0$ et $m$ impair et $G_2$ un $2$-Sylow de $G$.
+L'extension $K/K^{G_2}$ est galoisienne de groupe $G_2\leq G$, avec $\# G_2=2^r$, si bien
+que $K^{G_2}/\RR$ est nécessairement de degré impair $m$. Finalement $m=1$ d'après le
+point précédent. 
+\item Il n'existe pas d'extension de $K/\RR$ de degré $2^r$, $r>1$.\\
+On peut supposer l'extension galoisienne, de groupe noté $G$, car en vertu de ce qui précède, 
+sa clôture galoisienne est également de degré une puissance de $2$.
+Soit $M\leq G$ un sous-groupe d'indice $2$ de $G$ (nécessairement distingué).
+(L'existence d'un tel sous-groupe est bien connue et laissée en exercice.)
+Ainsi, l'extension $K^M/\RR$ est galoisienne de groupe $\ZZ/2$, nécessairement 
+obtenue par l'extraction d'une racine carrée\footnote{
+En effet, si $x\in K^M-\RR$, $[\RR(x):\RR]=2$ donc il existe
+des nombres réels $a,b$ tels que $x^2+ax+b=0$. Si $\Delta=a^2-4b$, il est évident
+que $\RR(x)=\RR(\sqrt{\Delta})=\RR(\sqrt{\mathrm{sgn}(\Delta)})$.}
+d'un nombre négatif donc isomorphe à $\CC/\RR$,
+auquel nous l'identifierons.
+Par hypothèse $r>1$ donc $\CC\subsetneq K$. L'extension $K/\CC$ étant de degré une puissance
+non triviale de $2$, on voit comme précédemment que $\CC$ possède alors une 
+extension de degré $2$, obtenue par extraction d'une racine. Or, on vérifie
+facilement explicitement que tout nombre complexe à une racine carrée dans $\CC$.
+Contradiction.
+\end{enumerate}
+
+
+\subsection{Longueur maximale d'une chaîne de sous-extensions}\label{chaines}\  \\
+Soit $f\in \QQ[X]$ un polynôme irréductible de degré $d$, et soit
+$X_f=\{\alpha_1,\dots,\alpha_d\}$ l'ensemble de ses racines dans une 
+clôture algébrique $\sur{\QQ}$ de $\QQ$.
+Notons $G_f$ le groupe de Galois de $\QQ(\alpha_1,\dots,\alpha_d)/\QQ$.
+Ce groupe agit par permutation sur les racines, d'où un morphisme
+canonique $G_f\ra \got{S}_{X_f}$. \emph{Supposons que c'est un isomorphisme.}
+(Nous verrons plus tard que c'est \emph{en général} le cas ; 
+cf. \ref{groupe galois générique} [À rédiger :
+Bourbaki, Algèbre, exercice chap. V, §12, №13].)
+
+\begin{itemize}
+\item Quel est le nombre de sous-corps distincts de $\QQ(X_f)$ ?\\
+Il résulte de la théorie de Galois que ce nombre coïncide avec 
+le nombre de sous-groupes de $\got{S}_X$.
+Ses valeurs sont, pour $d=1,\dots,7$ égales à 
+$$
+1,2,6,30,156,1455,11300,\dots
+$$
+Ainsi, si l'on prend par exemple un polynôme de degré $5$ de groupe de Galois $\got{S}_5$,
+le graphe des sous-corps de son corps de décomposition comporte $156$ sommets. Les arêtes 
+de ce graphe correspondent par définition aux inclusions de corps.
+Les valeurs pour $d=\{8,9,10\}$ sont disponibles par exemple sur l'encyclopédie
+les suites entières\footnote{En ce début de \textsc{xxi}-ième siècle,
+on peut la trouver à l'adresse 
+\texttt{http://www.research.att.com/~njas/sequences/indexfrench.html}.} 
+(entrée \texttt{A005432}, anciennement \texttt{M1690}).
+
+\item Quelle est la longueur maximale d'une chaîne de sous-corps ? \\
+Il s'agit donc ici de trouver la longueur maximale d'une chaîne de sous-groupes
+de $\got{S}_n$. Les premières valeurs de cette suite sont :
+
+$$
+1,2,3,5,6,7,8,11,12,13,14,16,17.
+$$
+C'est la suite \texttt{A007238} (anciennement \texttt{M0945}) de \textit{loc. cit.}
+
+\item Quel est le nombre de sous-extensions de $\QQ(\alpha)$ pour
+$\alpha$ une racine quelconque de $f$ ?
+Comme le sous-corps $\QQ(\alpha)$ de $\QQ(X_f)$ correspond au fixateur
+de $\alpha$ dans $G_f=\got{S}_{X_f}$, il s'agit de compter les sous-groupes
+de $\got{S}_{X_f}$ qui contiennent $\mathrm{Stab}(\alpha)\iso \got{S}_{X_f-\alpha}$.
+Seulement deux possibilités se présentent : un tel groupe est soit le plus
+grand possible soit le plus petit possible. Ainsi, pour $\alpha$ comme plus haut
+(ce qui est \emph{généralement} le cas), $\QQ(\alpha)$ ne possède pas de sous-extension
+non triviale. (C'est bien entendu évident, sans hypothèse sur le groupe
+de Galois si $f$ est de degré premier.)
+\end{itemize}
+
+
+\section{Quelques exemples}
+
+\subsection{Équations de degré $2$}
+Une équation $K/k$ de degré $2$ est nécessairement monogène, même si elle n'est pas
+séparable. Elle est donc isomorphe à $k[X]/\big(X^2+a'X+b'\big)$ où $X^2+a'X+b'$ est 
+un polynôme irréductible (et en particulier $b'\neq 0$).
+Si $\mathrm{car.}k\neq 2$, on obtient en écrivant $a'=2a$, 
+$$K\isononcan k[X]/\big(X^2-c\big),$$ où $c\in k-k^2$. Dans le cas général, la substitution
+$\alpha\mapsto -\frac{a'}{b'}\alpha+1$ montre que 
+$$K\isononcan k[X]/\big(X^2-aX+1\big)$$ pour un $a\in k$.
+
+\subsection{Équations de groupe $\ZZ/3\ZZ$}\label{groupe Z/3}
+On va voir que comme précédemment, ces équations sont, sans hypothèse
+sur la caractéristique du corps, donnée par une équation universelle à un paramètre.
+Comment trouver cette équation ?
+(La réponse à cette question, donnée par la théorie de \emph{Kummer} (exposée plus bas,
+\ref{Kummer}),
+est plus simple mais fait des hypothèses essentielles sur le corps de base.)
+Voici comment construire cette équation universelle.
+Il est bien connu que le groupe cyclique $\ZZ/3$ se plonge dans $\mathrm{PGL}_2(\QQ)\iso
+\Aut_{\QQ}(\QQ(t))$ (qui coïncident également avec le groupe des aux automorphismes
+de la droite projective $\PP^1_{\QQ}$) :
+$$
+1\in \ZZ/3 \leadsto \sigma:=\Big( t \mapsto \frac{1}{1-t} \Big).
+$$
+On veut décrire l'extension $\QQ(t)/\QQ(t)^{\ZZ/3}$, galoisienne de groupe $\ZZ/3$.
+Soit $a:=t+\sigma(t)+\sigma^2(t)\in \QQ(t)^{\ZZ/3}$. On calcule :
+$$
+a=\frac{t^3-3t+1}{t^2-t}
+$$
+donc $\QQ(a)=\QQ(t)^{\ZZ/3}$ (l'inclusion du terme de gauche étant évident \emph{a priori}).
+On vérifie par le calcul que $t\sigma(t)\sigma^2(t)=-1$ et 
+$t\sigma(t)+t\sigma^2(t)+\sigma(t)\sigma^2(t)=a-3$ donc
+$$
+\mathrm{Irr}_{\QQ(a)}(t)=X^3-ax^2+(a-3)X+1.
+$$
+
+Remarquons que si $\mathrm{car.}k=3$, cette équation
+devient $Y^3-Y=-\frac{1}{a}$ via le changement de variable $Y=\frac{1}{1+X}$.
+C'est une équation d'\emph{Artin-Schreier} (cf. \ref{Artin-Schreier}).
+
+\begin{prp2} Soient $k$ un corps et $K/k$ une extension galoisienne de groupe $\ZZ/3$.
+Alors, il existe $a_K\in k$ tel que $$K\isononcan k[X]/\big(X^3-a_Kx^2+(a_K-3)X+1\big).$$
+\end{prp2}
+
+
+\begin{proof}
+Soient $K/k$ comme dans l'énoncé et $\sigma\in \ga(K/k)$ un générateur.
+Choisissons $x_1\in K-k$ ; posons $x_2=\sigma(x_1)$ et $x_3=\sigma(x_2)=\sigma^2(x_1)$.
+On cherche $y$, fonction rationnelle en les $x_i$ ($1\leq i \leq 3$) telle
+que $\sigma(y)=\frac{1}{1-y}$. On vérifie immédiatement que 
+$y:=\frac{x_1-x_3}{x_1-x_2}$ répond à la question (bien entendu $x_1\neq x_2$).
+Il résulte des calculs effectués plus haut que $y$ est racine d'une équation
+du type attendu. Il nous faut cependant vérifier que $y\notin k$.
+Si c'est le cas alors $y(1-y)=1$, équation qui n'a au plus que deux solutions.
+Soit $1,\alpha,\beta$ une base de $K$ sur $k$ ; les quantités 
+$y(\alpha),y(\beta),y(\alpha+\beta)$ ne peuvent prendre deux fois la même valeur. 
+En effet, si par exemple
+$$
+\frac{\alpha-\sigma^2(\alpha)}{\alpha-\sigma(\alpha)}=\mu\in k=
+\frac{\beta-\sigma^2(\beta)}{\beta-\sigma(\beta)}
+$$
+on en déduit immédiatement que les fonctions $\mathrm{Id},\sigma$ et $\sigma^2$ 
+sont linéairement dépendantes sur $k$. Ce n'est pas le cas (exercice ou
+\ref{indépendance linéraire caractères} ci-dessous).
+Cette démonstration a été communiquée à l'auteur par Hugues Randriambololona.
+\end{proof}
+
+\begin{prp2}\label{indépendance linéraire caractères}\label{indep lineaire}
+Soit $K/k$ une extension finie de groupe de Galois $G$.
+Alors, les $g\in G$, vus comme éléments du $K$-espace vectoriel
+$\End_k(K)$ sont $K$-linéairement indépendants.
+\end{prp2}
+
+\begin{proof}
+Il suffit de démontrer ce résultat après extension des scalaires
+de $k$ à $K$. Pour chaque $g'\in G$, l'élément $g'\otimes_k K$  de $\End_K(K\otimes_k K)\iso
+\End_K(\Hom_{\Ens}(G,K))$
+correspond, en vertu de \ref{auto décomposition}, aux translations 
+$$T_{g'} :(x_g)_{g\in G}\mapsto (x_{gg'})_{g\in G}.$$ 
+Celles-ci sont visiblement linéairement indépendantes : si $\sum \lambda_g T_g=0$,
+alors $\sum \lambda_g T_g(e_1)=(\lambda_g)_{g\in G}=0$,
+où $e_1$ est le Dirac en l'unité.
+\end{proof}
+
+Plus généralement, si $H$ est un groupe et $K$ un corps,
+les morphismes de groupes $H\ra K^{\times}$ sont $K$-linéairement indépendants
+(exercice ou \ref{} [À rédiger]) : c'est l'« indépendance linéaire des caractères ».
+On retrouve la proposition précédente en prenant $H=K^{\times}$.
+
+\subsection{Digression : discriminant}\label{discriminant}
+
+Soient $n\in \NN$ et 
+$\displaystyle \delta:=\prod_{1\leq i<j\leq n} \big(x_i-x_j\big)\in \ZZ[x_1,\dots,x_n]$.
+On fait agir $\got{S}_n$ sur $\ZZ[x_1,\dots,x_n]$ par permutation des variables (cf.
+\ref{fonctions symétriques}).
+Pour chaque $\sigma\in \got{S}_n$, $\sigma\delta=\varepsilon(\sigma)\delta$, où
+$\varepsilon(\sigma)\in \{\pm 1\}$. Ainsi, $\sigma\delta^2=\delta^2=:\Delta$, pour
+tout $\sigma\in \got{S}_n$. Il en résulte que $\Delta$ est un polynôme
+en les fonctions symétriques élémentaires  $\sigma_1=\sum_1^n x_i,\dots,\sigma_n=\prod_1^n x_i$ ;
+il est homogène de degré $n(n-1)$ en les variables.
+
+Pour $n=2$, $\Delta=(x_1-x_2)^2=x_1^2+x_2^2-2x_1x_2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2$
+donc $$\Delta=\sigma_1^2-4\sigma_2;$$ c'est le discriminant de l'équation
+$T^2-\sigma_1T+\sigma_2$. \\
+
+Pour $n=3$, on vérifie que 
+$$\Delta=
+-27{\sigma_3}^{2}+18\sigma_1\sigma_2\sigma_3+
+{\sigma_1}^{2}{\sigma_2}^{2}-4{\sigma_1}^{3}\sigma_3-4{\sigma_2}^{3},
+$$ 
+qui se réduit à $-27{\sigma_3}^{2}-4{\sigma_2}^{3}$ si $\sigma_1=0$.\\
+
+
+
+Enfin, pour $n=4$, si l'on en croit l'ordinateur,
+
+$$\begin{array}{l}
+\Delta=-192{\sigma_3}{\sigma_1}{{\sigma_4}}^{2}+
+144{\sigma_2}{{\sigma_1}}^{2}{{\sigma_4}}^{2}
+-4{{\sigma_2}}^{3}{{\sigma_1}}^{2}{\sigma_4}
+-6{{\sigma_3}}^{2}{{\sigma_1}}^{2}{\sigma_4}
+-80{\sigma_3}{\sigma_1}{{\sigma_2}}^{2}{\sigma_4}
++18{{\sigma_3}}^{3}{\sigma_1}{\sigma_2}
+-27{{\sigma_1}}^{4}{{\sigma_4}}^{2}
++18{\sigma_3}{{\sigma_1}}^{3}{\sigma_2}{\sigma_4}\\
++{{\sigma_2}}^{2}{{\sigma_3}}^{2}{{\sigma_1}}^{2}
+-4{{\sigma_3}}^{3}{{\sigma_1}}^{3}
++16{{\sigma_2}}^{4}{\sigma_4}
+-4{{\sigma_2}}^{3}{{\sigma_3}}^{2}
+-128{{\sigma_2}}^{2}{{\sigma_4}}^{2}
++144{\sigma_4}{{\sigma_3}}^{2}{\sigma_2}
+-27{{\sigma_3}}^{4}
++256{{\sigma_4}}^{3}.
+\end{array}
+$$
+
+Pour $X^4+pX^2+qX+r$, on trouve $16p^4r-4p^3q^2-128p^2r^2+144pq^2r - 27q^4+256r^3$.
+
+Soient $k$ un corps et $f\in k[X]$ un polynôme de degré $n$. Soient $x_1,\dots,x_n$
+les racines de $f$ dans une clôture algébrique de $k$. Alors, il résulte
+immédiatement de la définition que les racines de $f$ sont simples si et 
+seulement si
+$\Delta(x_1,\dots,x_n)\neq 0$ ; cette dernière quantité s'exprime à l'aide des formules
+ci-dessus en remplaçant les $\sigma_i$ ($1\leq i \leq n$) par 
+les coefficients $(a_i)_{1\leq i \leq n}$ dans $f=X^n-a_1X^{n-1}+\cdots+(-1)^n a_n$.
+
+\begin{prp2}
+Soient $k$ un corps de caractéristique différente de $2$ et $f\in k[X]$ un
+polynôme séparable irréductible de degré $d$. On suppose choisie un corps 
+de décomposition $K$ de $f$. Alors, le sous-groupe 
+$G_f$ de $\got{S}_{X_f}$ est contenu dans le groupe alterné $\got{A}_{X_f}$ 
+si et seulement si $\Delta_f$ est un carré dans $k$.
+\end{prp2}
+
+\begin{proof}
+Compte tenu de l'égalité $\sigma \delta = \varepsilon(\sigma)\delta$,
+$\delta\in K$ est fixe sous l'action de $G_f$ si et seulement si $\varepsilon(\sigma)=1$
+pour tout $\sigma\in G_f$ (rappelons que par hypothèse, $1\neq -1$ dans $K$).
+Donc $\delta\in k$ si et seulement si $G_f\subset \got{A}_{X_f}$. La conclusion
+résulte de ce que par définition $\delta^2=\Delta$.
+\end{proof}
+
+Par exemple, le discriminant de l'équation universelle de groupe $\ZZ/3\isononcan 
+\got{A}_3$ (\ref{groupe Z/3}) est $(a^2-3a+9)^2$.
+
+En caractéristique $2$, le même argument montre que $\Delta$ est toujours un carré.
+
+
+\subsection{Équations de degré $3$ et $4$}
+
+\begin{dfn}
+Soit $f$ un polynôme séparable (non nécessairement irréductible) à coefficient
+dans un corps $k$. Notons $G_f$ le groupe de Galois d'un corps de décomposition de $f$ sur $k$
+et $X_f$ l'ensemble des racines de $f$ dans ce sur-corps.
+\end{dfn}
+
+Remarquons que l'extension considérée est bien galoisienne.
+
+Avec ces notations, on a :
+
+\begin{prp}\label{transitif}
+Si $f$ est irréductible, de degré $d$, alors $d$ divise le cardinal
+du groupe $G_f$.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Comme $f$ est irréductible, $G_f\hra \got{S}_{X_f}$ agit transitivement (cf.
+\ref{transitivité normale}). La conclusion en résulte.
+\end{proof}
+
+Cela explique le rôle crucial tenu par les sous-groupes transitifs des groupes
+des permutations. Nous verrons un exemple non trivial, utile à des fins calculatoires
+plus bas (\ref{degré 5}).
+
+\begin{exms}
+\begin{itemize}
+\item Soit $P=X^3-3X+1\in \QQ[X]$. Ce polynôme est irréductible : il n'a pas de racine
+rationnelle. Son discriminant vaut $81=9^2$ donc si $\alpha$
+est une racine de $P$ dans $\CC$, $\QQ(\alpha)/\QQ$ est galoisienne,
+de groupe $\ZZ/3$. (Remarquons que cette équation s'obtient en substituant
+$0$ à $a$ dans l'équation universelle ci-dessus.
+\item Soit $\FF_2$ le corps fini à deux éléments. Toute extension finie
+de ce corps est séparable (un corps fini est parfait) et normale donc galoisienne.
+Par exemple, si $P=X^3+X+1\in \FF_2[X]$, $K=\FF_2[X]/P$ est un corps,
+galoisien sur $\FF_2$.
+
+\item Soient $k$ un corps de caractéristique deux et $P=X^3+aX+b$ un polynôme irréductible
+séparable sur $k$. Montrons que $G_P=\got{A}_3$ ssi l'équation 
+$$y^2+by+(a^3+b^2)$$ a une racine dans $k$. \\
+
+Soient $x_1,x_2,x_3$ les racines de $P$ dans une clôture algébrique de $k$
+et introduisons 
+$$\alpha:=x_1 x_2^2+x_2 x_3^2+x_3 x_1^2$$
+(resp. $\beta=(12)\alpha=x_2 x_1^2 + x_1 x_3^2 + x_3 x_2^2$)
+le $\got{A}_3$-symétrisé de l'expression $x_1 x_2^2$. Remarquons que le polynôme
+définissant $\alpha$ n'est \emph{pas} $\got{S}_3$ invariant.
+
+Après quelques calculs (simplifiés par l'hypothèse sur la caractéristique de $k$)
+on trouve que 
+
+$$(Y-\alpha)(Y-\beta)=Y^2-x_1x_2(x_1+x_2)Y + (...) = Y^2-bY+(a^3+b^2).$$
+
+Il est immédiat que si $G_P\subset \got{A}_3$, $\alpha\in k$ : l'expression
+le définissant est $\got{A}_3$-invariante. Réciproquement, cette équation
+en $Y$ a pour discriminant $b^2$, nécessairement non nul (car $P$ est irréductible
+donc $b\neq 0$) ; il s'en suit que $\alpha\neq \beta$. Si $G_P\subsetneq \got{A}_3$,
+il existe $g\leftrightarrow (12)$ dans le groupe de Galois tel que $g(\alpha)=\beta$. Cela entraîne 
+que $g\alpha\neq \alpha$ et $\alpha\notin k$. CQFD.
+\end{itemize}
+\end{exms}
+
+%SECTION FACULTATIVE PAGE 10 ZAPPÉE
+%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
+
+\section{Équations de degré $4$}\label{degré 4}
+
+Nous discuterons plus loin les méthodes de calculs de racines. Notre propos
+est ici de comprendre pour quelles valeurs de paramètres 
+$\mathbf{T}=(T_1,\dots,T_4)$ une équation $f=X^4-T_1X^3+T_2X^2-T_3X+T_4\in k[X]$,
+pour un corps $k$ de caractéristique différente de deux, a pour groupe de galois
+$\got{S}_4$.
+
+Pour des valeurs des paramètres telles que l'équation soit séparable,
+le groupe de Galois est bien défini et est égal à $\got{S}_4$ ssi
+(tautologiquement) il n'est contenu dans aucun sous-groupe maximal strict de 
+$\got{S}_4$. La proposition suivant en donne la courte liste.
+
+En plus grand degré $n>4$, il est d'ordinaire utile de remarquer que si
+l'équation est séparable et irréductible, son groupe de Galois agit transitivement 
+sur les racines ; on peut donc se contenter de rechercher les sous-groupes
+maximaux \emph{transitifs}\footnote{
+À conjugaison près, le nombre de sous-groupes
+transitifs de $\got{S}_n$ est, pour $n\in [1,20]$ (d'après
+l'ordinateur pour $n\geq 16$)
+\begin{center}
+\begin{tabular}{|*{21}{c|}}
+\hline
+$n$&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15&16&17&18&19&20 \\
+\hline
+nb. sous-groupes transitifs & 1&1&2&5&5&16&7&50&34&45&8&301&9&63&104&1954&10&983
+&8&1117\\
+\hline
+\end{tabular}
+\end{center}}
+%$$
+%\begin{array}{*{31}{l}}
+%1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15&16&17&18&19&20&21&22&23&24&25&26&27&28&29&30&31 \\
+%1&1&2&5&5&16&7&50&34&45&8&301&9&63&104&1954&10&983
+%&8&1117&164&59&7&25000&211&96&2392&1854&8&5712&12
+%\end{array}
+%$$}}.
+
+\begin{prp}
+Les sous-groupes maximaux de $\got{S}_4$ sont $\got{A}_4$, $\got{S}_3\isononcan
+\mathrm{Stab}_x$ ($1\leq x \leq 4$) et les $2$-Sylow de $\got{S}_4$,
+isomorphes au groupe diédral $D_4$.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Soit $G$ un sous-groupe maximal de $\got{S}_4$, d'ordre $d\in \{12,8,6,4,3,2,1\}$. 
+Traitons les cas un par un.\\
+$d=12$. Il s'agit d'un sous-groupe d'indice $2$ donc distingué ; c'est nécessairement 
+$\got{A}_4$, qui est maximal.\\
+$d=8$. C'est un $2$-Sylow ; ils sont tous conjugués et l'on remarque que pour chaque
+numérotation des côtés d'un carré, le groupe $D_4$ des isométries du carré
+est un sous-groupe de $\got{S}_4$, d'ordre $8$. Il est maximal car non
+contenu dans $\got{A}_4$.\\
+$d=6$. Comme $4$ ne divise pas $d$, $G$ n'agit pas transitivement. Comme
+$G\subsetneq \mathrm{Fix}_{x_1,x_2}\times \mathrm{Fix}_{x_3,x_4}\subset \got{S}_4$ 
+pour $\{x_1,x_2,x_3,x_4\}=[1,4]$ (sans quoi son cardinal diviserait $4$),
+il est contenu dans, et même égal à, un fixateur $\mathrm{Fix}_x$ pour un $x\in [1,4]$.\\
+Un sous-groupe d'ordre $2$ ou $4$ est contenu dans un $2$-Sylow donc non maximal 
+et un sous-groupe d'ordre $3$, nécessairement engendré par un $3$-cycle
+est contenu dans $\got{A}_4$ donc non maximal également.
+\end{proof}
+
+Pour simplifier les notations du théorème suivant, on identifiera $\got{S}_{X_f}$ à $\got{S}_4$
+(par le choix d'une numérotation des racines) et l'on écrira $G_f\subset \got{S}_3$
+(resp. $G_f\subset D_4$) pour signifier que $G_f$ est contenu
+dans un sous-groupe de $\got{S}_4$ isomorphe au terme de droite.
+
+\begin{thm}\label{S_4?} Soient $k$ un corps de caractéristique $\neq 2$ et 
+$f=X^4-t_1X^3+t_2X^2-t_3X+t_4\in k[X]$
+un polynôme séparable (non nécessairement irréductible) de degré $4$.
+\begin{itemize}
+
+\item $G_f\subset \got{A}_4$ ssi $\Delta$ est un carré.
+\item $G_f\subset \got{S}_3$ ssi $f$ a une racine dans $k$.
+\item $G_f \subset D_4$ ssi l'un des éléments $x_1x_3+x_2 x_4$, $x_1 x_2 + x_3 x_4$ ou 
+$x_1 x_4 + x_2 x_3$ appartient à $k$. \\
+De façon équivalente, $G_f\subset D_4$ ssi le polynôme de $k[X]$
+{\small
+$$
+\big(X-(x_1x_3+x_2 x_4)\big)\big(X-(x_1 x_2 + x_3 x_4)\big))\big(X-(x_1 x_4 + x_2 x_3)\big)
+=X^3-t_2X^2+(t_1t_3-4t_4)X+(4t_2t_4-t_1^2t_4-t_3^2)$$}
+a une racine dans $k$.\\
+De plus le discriminant de cette cubique est égal au discriminant de $f$, non nul.
+\end{itemize}
+\end{thm}
+
+La cubique précédente est appelée une \emph{résolvante}.
+
+
+\begin{proof}
+Le premier point n'est mis que pour mémoire. Le second est évident.
+Passons au troisième point. 
+L'expansion de la cubique est un simple calcul ; l'égalité 
+des discriminants résulte de ce que 
+$$
+(x_1 x_2 + x_3 x_4)-(x_1x_3+x_2 x_4)=(x_1-x_4)(x_2-x_3).
+$$
+%La nécessité de la condition est évidente : le polynôme $X_1X_3+X_2X_4$
+%est invariant par $D_4\isononcan\langle (1234),(12)(34)\rangle\subset \got{S}_4$. 
+Les expressions $\{ X_1X_3+X_2 X_4, X_1 X_2 + X_3 X_4,X_1 X_4 + X_2 X_3\}$ 
+forment une orbite sous l'action de $\got{S}_4$ sur $\ZZ[X_1,\dots,X_4]$,
+les stabilisateurs des éléments étant précisément les groupes diédraux.
+Plus précisément, par exemple pour des raisons de degrés, 
+$\QQ(X_1,\dots,X_4)^{D_4}=\QQ(X_1X_3+X_2X_4)$. Il en résulte que si $G_f$ n'est 
+pas contenu dans un $D_4$, il agit sans point fixe sur les racines
+de la cubique.
+\end{proof}
+
+Voyons une application immédiate : 
+
+\subsection{Exemple : détermination du groupe de 
+Galois de $X^4-X+1\in \QQ[X]$}
+ 
+Il résulte des formules \ref{discriminant} que le discriminant de cette équation
+est $256-27=229\neq 0$. Le polynôme est donc séparable (on ne sait
+pas encore s'il est irréductible). Comme $229$ n'est pas un carré (c'est même un nombre
+premier), le groupe de Galois $G$ de l'équation n'est pas contenu dans $\got{A}_4$.
+Cette équation n'ayant pas de racine dans $\QQ$ (si c'était le cas, elle serait
+entière mais $n(x^3-1)\neq -1$ pour tout entier $n\in \ZZ$), $G$ n'est pas contenu
+dans un groupe $\got{S}_3$, stabilisateur d'une racine. Enfin, la cubique 
+du théorème se spécialise ici en $X^3-4X-1$ qui n'a pas non plus de racine.
+Ainsi, d'après les deux résultats précédents, $X^4-X+1$ est irréductible
+sur $\QQ$, de groupe de Galois $\got{S}_4$. 
+
+
+Nous encourageons le lecteur à choisir un polynôme 
+« au hasard » et à faire de même avec son polynôme.
+
+
+
+\subsection{Exercice (N. Bourbaki)}
+Montrez qu'il existe une infinité de $a\in \ZZ$ tel que si $\alpha$
+est une racine de $f_a:=X^4-aX-1$, l'extension $\QQ(\alpha)/\QQ$ ne possède pas
+de sous-extension non triviale. Comme remarqué en fin de \ref{chaines},
+il suffit de trouver de tels $a\in \ZZ$ tels que $G_{f_a}\isononcan\got{S}_4$.
+%Indication : calculez la cubique résolvante.
+
+\section{Équations de degré $5$}\label{degré 5}
+
+On se propose de démontrer un analogue du théorème \ref{S_4?} pour de telles
+équations. On procède de façon semblable.
+
+\begin{prp}
+Les sous-groupes maximaux de $\got{S}_5$ sont $\got{A}_5$, 
+les stabilisateurs d'un point $\mathrm{Fix}_{x}\isononcan \got{S}_4$
+les produits de fixateurs $\mathrm{Fix}_{x_1,x_2,x_3}\times \mathrm{Fix}_{x_4,x_5}
+\isononcan \got{S}_2\times \got{S}_3$ et les normalisateurs
+d'un $5$-Sylow (d'indice $6$) de $\got{S}_5$. Ces derniers groupes sont
+isomorphes au groupe des automorphismes de la droite affine sur $\FF_5$, 
+$\{x\mapsto ax+b\ (a,b)\in \FF_5^{\times}\times \FF_5\ : 
+\FF_5\ra \FF_5 \}\isononcan \FF_5 \rtimes  \FF_5^{\times}$. Ils sont 
+d'indice $6$ dans $\got{S}_5$.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Soit $G$ un sous-groupe non trivial de $\got{S}_5$. Si l'action de $G$ n'est pas transitive,
+soit il existe une orbite de cardinal $1$ et $G$ est contenu dans un $\got{S}_4$
+soit il existe une orbite de cardinal $2$ et $G$ est contenu dans un $\got{S}_2\times\got{S}_3$.
+Ces deux groupes sont maximaux.
+
+Supposons donc l'action de $G$ transitive ; le cardinal du groupe est donc
+divisible par $5$. Soit $n_5$ le nombre de $5$-Sylow (nécessairement
+cycliques d'ordre $5$) de $G$. 
+
+\begin{itemize}
+\item Cas $n_5=1$. Comme $G$ normalise un $5$-Sylow de $\got{S}_5$, il contient 
+un normalisateur, noté $\mathrm{H}_{20}$. 
+Il reste à montrer qu'un tel groupe est maximal et isomorphe
+au groupe affine sur $\FF_5$. Commençons par le premier point. Soit $\mathrm{H}_{20}\subsetneq
+K \subsetneq \got{S}_5$ un sous-groupe. Comme $\mathrm{H}_{20}$ est d'indice $6$\footnote{
+Le nombre d'éléments d'ordre $5$ dans $\got{S}_5$ est $4!$ donc le nombre de $5$-Sylow
+est $4!/4=6$.}, $K$ est d'indice $2$ ou $3$. S'il est d'indice $2$ c'est $\got{A}_5$
+mais $\mathrm{H}_{20}$ n'est pas contenu dans $\got{A}_5$ : $(1243)\notin \got{A}_5$
+et stabilise le $5$-Sylow $\langle (12345) \rangle$. Ainsi, $K$ est d'indice $3$.
+Cela entraîne l'existence d'une action transitive $\got{S}_5\ra \got{S}_3$,
+ce qui est impossible. En effet, l'identité 
+$(123)=(32145)(13254)$ montre que $\got{A}_5$,
+engendré par les $3$-cycles, l'est également par les $5$-cycles. Le morphisme
+précédent se factoriserait alors par $\got{S}_5/\got{A}_5\iso \ZZ/2$,
+car l'image d'un $5$-cycle dans $\got{S}_3$ est nécessairement triviale, ce qui est absurde.
+
+Ainsi, les groupes $\mathrm{H}_{20}$ sont maximaux. Identifiant $\got{S}_5$
+à l'ensemble des permutations de $\FF_5$, on peut envoyer $\{x\mapsto ax+b : \FF_5\ra \FF_5\}$
+dans $\got{S}_5$. On vérifie immédiatement qu'il normalise le $5$-Sylow
+$\langle (12345) \rangle$.
+
+\item Cas $n_5=6$. Sous cette hypothèse, $G$ contient tous les $5$-cycles
+de $\got{S}_5$. On a vu plus haut que ceux-ci engendrent $\got{A}_5$.
+Ainsi, $G$ contient $\got{A}_5$, qui est bien maximal dans $\got{S}_5$.
+\end{itemize}
+\end{proof}
+
+Un $5$-Sylow de $\got{S}_{\FF_5}$ étant donné, par exemple 
+$\langle (01234) \rangle$, notons $\mathrm{H}_{20}$ son normalisateur.
+Il s'agit de l'ensemble des permutations $g\in \got{S}_{\FF_5}$
+tels que $g(01234)g^{-1}=(01234)^{i}$, $i\in \{1,2,3,4\}$. Géométriquement,
+c'est l'ensemble des éléments de $\FF_5$ qui envoient le premier pentagone
+ci-dessous sur un des quatre pentagones ci-dessous, éventuellement
+tourné.
+\begin{center}
+\input{pentagones.pstex_t}
+\end{center}
+Le fait que $H_{20}$ soit isomorphe au groupe affine de la droite affine
+sur $\FF_5$ est alors apparent.
+
+Soit 
+$$u=(x_0x_1+x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+x_4x_0)-
+(x_0x_2+x_2x_4+x_4x_1+x_1x_3+x_3x_0),$$
+obtenu en sommant les produits correspondants aux arêtes du premier pentagone (traits
+pleins) et en soustrayant les produits correspondants aux diagonales (traits
+en pointillés).
+Au signe près, on obtiendrait le même élément en considérant le deuxième pentagone.
+Il en résulte que
+cet élément de $\ZZ[x_1,\dots,x_5]$ est antisymétrique sous $\HH_{20}$, au sens
+où $\sigma(u)=\varepsilon(\sigma)u$ pour tout $\sigma\in \HH_{20}$. 
+En effet, les translations de $\HH_{20}$ (vu comme groupe affine) agissent trivialement
+et le générateur $2\in \FF_5^{\times}$ (correspondant à 
+$(1243)$ dans $\got{S}_{\FF_5}$) induit un changement de signe.
+Ainsi 
+$$\alpha_1:=\frac{u}{\delta}$$
+($\delta=\prod_{i<j} (x_i-x_j)$) est invariant sous l'action de $\HH_{20}$
+et c'est même son stabilisateur.
+
+On est donc naturellement amené à considérer le polynôme
+$$
+(X-\alpha_1)(X-\alpha_2)\cdots(X-\alpha_6)\in \ZZ[x_1,\dots,x_5][\delta^{-1}][X]
+$$
+où les $\alpha_i$ ($1\leq i \leq 6$) forment l'orbite de $\alpha_1$ sous
+$\got{S}_{\FF_5}$. Le groupe $\got{A}_{\FF_5}$ agit également transitivement sur ses racines,
+par exemple parce que $\langle\got{A}_{\FF_5},H_{20}\rangle=\got{S}_{\FF_5}$.
+Ce polynôme joue un rôle analogue à celui joué par la résolvante cubique (\ref{S_4?}). 
+
+\begin{thm}\label{S_5?} Soit $k$ un corps de caractéristique $\neq 2$,
+$f$ un polynôme unitaire irréductible séparable de $k[X]$.
+Alors $G_f$ n'est ni contenu ni dans
+un $\got{S}_4$ ni dans un $\got{S}_2\times \got{S}_3$,
+et le groupe $G_f$ est contenu dans un $\mathrm{H}_{20}$ ssi
+le polynôme précédent a une racine dans $k$.
+\end{thm}
+
+\begin{proof}
+Le premier point est évident, de même que le fait que
+si $G\subset \HH_{20}$ (\cad \emph{un} tel groupe), alors la résolvante a
+une racine (correspondant à $\alpha_1$ avec les notations ci-dessus).
+Voyons la réciproque. Supposons l'une des racines $\alpha_1$ de la sextique dans $k$ et
+$G_f$ contenu dans aucun $\HH_{20}$. Puisque $G_f$ agit transitivement
+sur $X_f$, $5|\#G_f$. Si $n_5=1$, d'après la démonstration de la proposition
+précédente, $G$ contient un $\HH_{20}$ (maximal) et est donc, puisqu'il ne lui
+est pas égal, le groupe $\got{S}_5$ tout entier.
+Si par contre $n_5=6$, $G$ contient $\got{A}_5$. Dans ces deux cas,
+$\got{A}_5$ est contenu dans $G_f$. Comme le groupe $\got{A}_5$
+permute transitivement les racines $\alpha$, et qu'il est contenu
+dans le groupe de Galois, les racines $\alpha$ sont tous égales (car $\alpha_1\in k$).
+Nous allons voir que c'est impossible.
+Comme $$\alpha_1=\delta^{-1}\big((x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+x_4x_5+x_5x_1)-
+(x_1x_3+x_3x_5+x_5x_2+x_2x_4+x_4x_1)\big),$$ on a :
+$$
+(12)\alpha_1=:\alpha_2=\delta^{-1}\big( (x_2x_3+x_3x_5+x_5x_1+x_1x_4+x_4x_2)-
+(x_2x_1+x_1x_3+x_3x_4+x_4x_5+x_5x_2)\big).
+$$
+
+
+L'égalité présumée $\alpha_1=\alpha_2$ se réécrit :
+
+$$
+x_1x_2+x_3x_4+x_4x_5=x_1x_4+x_2x_4+x_3x_5,
+$$
+
+et de même, en appliquant la transposition $(23)$ :
+
+$$
+x_1x_3+x_2x_4+x_4x_5=x_2x_5+x_4x_1+x_4x_3.
+$$
+
+En soustrayant ces deux égalités on obtient,
+après avoir factorisé par le facteur évident $x_2-x_3$ (qui annule l'opération 
+$\mathrm{Id}-(23)$), 
+
+$$
+(2x_4-x_1-x_5)(x_2-x_3)=0.
+$$
+
+Comme $f$ est supposé séparable, $2x_4=x_1+x_5$ ; par permutation
+on a également $2x_3=x_1+x_5$ et finalement, comme la caractéristique
+de $k$ est différente de $2$, $x_3=x_4$ : absurde !
+
+\end{proof}
+
+Nous allons maintenant étudier les extensions cycliques d'ordre premier à la 
+caractéristique du corps.
+