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\title{Algorithmes de calcul}
 
\begin{document}
\maketitle
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\else
\chapter{Algorithmes de calcul}
\fi


\section{Algorithmes généraux}

Nous nous attachons dans ce chapitre à présenter certaines des
techniques permettant de calculer, de façon effective, le groupe de
Galois d'un polynôme.  Dans un premier temps, nous exposerons
certaines techniques complètement générales prouvant que le problème
(de déterminer le groupe de Galois d'un polynôme, disons, sur $\QQ$)
est au moins théoriquement algorithmique (c'est-à-dire, décidable au
sens de Church-Turing), même si ces algorithmes tout à fait généraux
sont inutilisables dans la pratique en raison de leur complexité.

\subsection{La méthode de Kronecker}

Le résultat suivant, dû à Kronecker, ramène la détermination d'un
groupe de Galois à la factorisation d'un polynôme.

\begin{proposition2}
Soit $f = X^d + a_1 X^{d-1} + \cdots + a_d \in K[X]$ un polynôme
(unitaire, de degré $d$) séparable à coefficients dans un corps $K$,
et $\xi_1,\ldots,\xi_d$ ses racines dans son corps de décomposition
noté $L$ (de sorte que $f = \prod_{i=1}^d (X-\xi_i)$).  On définit
la \emph{résolvante de Kronecker} de $f$ comme
\[
s = \prod_{\sigma\in\mathfrak{S}_d}
\Big(X-\sum_{i=1}^d Y_i \xi_{\sigma(i)}\Big)
\in L[X, Y_1,\ldots,Y_d]
\]
Ce polynôme $s$ est, en fait, à coefficients dans $K$, et il est
invariant par $\mathfrak{S}_d$ agissant par permutation sur les
variables $Y_1,\ldots,Y_d$.  Soit $h$ un facteur irréductible
quelconque de $s$ dans $K[X, Y_1,\ldots,Y_d]$, choisi unitaire comme
polynôme en $X$ ; et soit $S_h$ le sous-groupe $S_h$ de
$\mathfrak{S}_d$ formé des permutations $\sigma\in\mathfrak{S}_d$
(permutant les $Y_i$) qui laissent $h$ invariant.  Alors $S_h$ est
conjugué, dans $\mathfrak{S}_d$, au groupe de Galois $G = \Gal(L/K)$
de $f$ sur $K$ vu comme un groupe de permutations sur $\{\xi_i\}$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Remarquons tout d'abord que les facteurs $X-\sum_{i=1}^d Y_i
\xi_{\sigma(i)}$, étant linéaires, sont irréductibles dans
$L[X,Y_1,\ldots,Y_d]$, donc l'expression définissant $s$ donne
exactement sa décomposition en facteurs irréductibles dans
$L[X,Y_1,\ldots,Y_d]$.  La même chose vaudra pour n'importe quel
produit de tels facteurs (et en particulier pour le polynôme $g$
défini ci-dessous).

Le polynôme $s$ est, par construction, totalement invariant par
n'importe quelle permutation $\sigma\in\mathfrak{S}_d$ des $\xi_i$, et
notamment par l'action du groupe de Galois $G \leq \mathfrak{S}_d$
de $f$.  Il s'ensuit que $s$ est à coefficients dans le corps fixe par
$G$ dans $L$, c'est-à-dire $K$ ; cette même remarque prouve aussi que
le polynôme $g$ défini par $g = \prod_{\sigma\in G}
\big(X-\sum_{i=1}^d Y_i \xi_{\sigma(i)}\big)$ est aussi à coefficients
dans $K$ (et c'est manifestement un facteur de $s$).  Ici, on a
identifié $G$ à un sous-groupe de $\mathfrak{S}_d$ au moyen de la
numérotation choisie pour les racines, c'est-à-dire en posant
$\xi_{\sigma(i)} = \sigma(\xi_i)$.

Comme $\sum_{i=1}^d Y_i \xi_{\sigma(i)} = \sum_{i=1}^d
Y_{\sigma^{-1}(i)} \xi_i$, on peut encore réécrire $s$ comme $s =
\prod_{\sigma\in\mathfrak{S}_d} \big(X-\sum_{i=1}^d Y_{\sigma(i)}
\xi_{i}\big)$, donc $s$ est bien invariant par l'action
de $\mathfrak{S}_d$ qui permute les variables $Y_1,\ldots,Y_d$.  Pour
ce qui est de $g$, il est pour la même raison fixé au moins par
l'action de $G$ sur les $Y_i$ (soulignons on a identifié $G$ à un
sous-groupe de $\mathfrak{S}_d$).  Pour montrer qu'il n'est pas fixé
par plus (c'est-à-dire que $S_g = G$ exactement), on observe que si un
$\tau\in \mathfrak{S}_d$ laisse $g$ invariant (en agissant par
permutation sur les $Y_i$), il doit permuter les facteurs
irréductibles de $g$ dans $L[X,Y_1,\ldots,Y_d]$, et notamment il
envoie $X-\sum_{i=1}^d Y_i \xi_i$ sur $X-\sum_{i=1}^d Y_i
\xi_{\tau^{-1}(i)}$ ce qui prouve que $\tau \in G$.

Dans $L[X,Y_1,\ldots,Y_d]$, on a signalé que les facteurs
irréductibles de $s$ sont donnés exactement par les $X-\sum_{i=1}^d
Y_i \xi_{\sigma(i)}$.  En particulier, la factorisation de $h$ doit
être donnée par un sous-ensemble de ces facteurs ; quitte à permuter
les variables $Y_i$ (ce qui revient à conjuguer le sous-groupe $S_h$ à
l'intérieur de $\mathfrak{S}_d$), on peut supposer que $h$ comporte le
facteur $X-\sum_{i=1}^d Y_i \xi_i$ (correspondant à $\sigma = \Id$).
On cherche alors à prouver que $S_h = G$.  Étant donné que $h$ est à
coefficients dans $K$, il est invariant par l'action de $G$ agissant
sur les $\xi_i$ : puisque $h$ comporte le facteur $X-\sum_{i=1}^d Y_i
\xi_i$, il est aussi divisible par tous les facteurs $X-\sum_{i=1}^d
Y_i \xi_{\sigma(i)}$ avec $\sigma \in G$, c'est-à-dire que $g$ divise
$h$ (dans $L[X,Y_1,\ldots,Y_d]$ mais donc aussi dans
$K[X,Y_1,\ldots,Y_d]$, où ces deux polynômes vivent).  Or $h$ était
supposé irréductible (dans $K[X,Y_1,\ldots,Y_d]$), et tous deux sont
unitaires, donc $g=h$ et $S_h=S_g=G$.
\end{proof}

\begin{remarques2}
\begin{itemize}
\item La démonstration ci-dessus décrit exactement la décomposition en
  facteurs irréductibles de $s$ dans $K[X,Y_1,\ldots,Y_d]$ : ce sont
  les $\tau(g) = \prod_{\sigma\in G\tau^{-1}} \big(X-\sum_{i=1}^d Y_i
  \xi_{\sigma(i)}\big)$, où $G\tau^{-1}$ parcourt les classes à gauche
  de $G$ dans $\mathfrak{S}_d$.
\item Si on sait déjà que le groupe de Galois de $G$ est contenu dans
  un certain sous-groupe $\mathfrak{G}$ de $\mathfrak{S}_d$, l'énoncé
  reste vrai en utilisant la résolvante $s_{\mathfrak{G}} =
  \prod_{\sigma\in\mathfrak{G}} \Big(X-\sum_{i=1}^d Y_i
  \xi_{\sigma(i)}\Big) \in L[X, Y_1,\ldots,Y_d]$ au lieu de $s$ (ceci
  ne possède d'intérêt algorithmique, toutefois, que si on sait
  exprimer comme éléments de $K$ les polynômes
  $\mathfrak{G}$-invariants des $\xi_i$, cf. ci-dessous).

  Toutefois, il faut se garder de croire que le fait que le
  $s_{\mathfrak{G}}$ défini ci-dessus soit dans $K[X,Y_1,\ldots,Y_d]$
  suffise à impliquer que $\mathfrak{G}$ contienne le (ou un conjugué
  du) groupe de Galois de $G$.  En effet, si $\mathfrak{G}$ est
  l'intersection de tous les conjugués $\sigma G \sigma^{-1}$ de $G$
  dans $\mathfrak{S}_d$, alors $s_{\mathfrak{G}}$ est le pgcd des
  $s_{\sigma G \sigma^{-1}}$ qui appartiennent tous à
  $K[X,Y_1,\ldots,Y_d]$, donc il est bien à coefficients dans $K$, et
  pourtant ce $\mathfrak{G}$ peut être strictement plus petit que tout
  conjugué $\sigma G \sigma^{-1}$ de $G$. \XXX (Je ne dis pas des
  bêtises, là ?)
\item Le calcul explicite de $s$ est, au moins en principe,
  algorithmique à partir de la connaissance de $f$ : on peut, par
  exemple, calculer le polynôme « universel »
\[
\Upsilon := \prod_{\sigma\in\mathfrak{S}_d}
\Big(X-\sum_{i=1}^d Y_i Z_{\sigma(i)}\Big)
\in \ZZ[X,Y_1,\ldots,Y_d,Z_1,\ldots,Z_d]
\]
qui est totalement symétrique dans les variables $Z_1,\ldots,Z_d$ et
s'écrit donc, et de façon algorithmique, comme polynôme (à
coefficients dans $\ZZ[X,Y_1,\ldots,Y_d]$) dans les fonctions
symétriques élémentaires $\sigma_j$ en les $Z_i$ (soit
$\sigma_1=Z_1+\cdots+Z_d$, $\sigma_2=\sum_{\alpha<\beta} Z_\alpha
Z_\beta$, ..., $\sigma_d=Z_1\cdots Z_n$) ; en substituant $(-1)^i a_i$
(les coefficients de $f$, au signe près) à $\sigma_i$ dans $\Upsilon$
on obtient précisément le polynôme $s$.
\end{itemize}
\end{remarques2}

\begin{exemple2}
Soit $f = X^3 + X^2 - 2 X - 1$
(cf. \refext{ExG}{exemple-galois-cubique-cyclique}).  On peut alors
vérifier que
\[
\begin{array}{r@{}l}
s =& \phantom{\cdot}\Big(X^3 + (Y_1+Y_2+Y_3) X^2\\
& \mskip25mu + \big(-2(Y_1^2+Y_2^2+Y_3^2) + 3(Y_1Y_2 + Y_2Y_3 + Y_3Y_1)\big) X\\
& \mskip25mu + \big(-(Y_1^3+Y_2^3+Y_3^3) - 3(Y_1^2 Y_2 + Y_2^2 Y_3 + Y_3^1 Y_1)\\
& \mskip50mu + 4(Y_1 Y_2^2 + Y_2 Y_3^2 + Y_3 Y_1^2) + Y_1 Y_2 Y_3\big)\Big)\\
& \cdot\Big(X^3 + (Y_1+Y_2+Y_3) X^2\\
& \mskip25mu + \big(-2(Y_1^2+Y_2^2+Y_3^2) + 3(Y_1Y_2 + Y_2Y_3 + Y_3Y_1)\big) X\\
& \mskip25mu + \big(-(Y_1^3+Y_2^3+Y_3^3) + 4(Y_1^2 Y_2 + Y_2^2 Y_3 + Y_3^1 Y_1)\\
& \mskip50mu - 3(Y_1 Y_2^2 + Y_2 Y_3^2 + Y_3 Y_1^2) + Y_1 Y_2 Y_3\big)\Big)\\
\end{array}
\]
L'existence de cette factorisation prouve que le groupe de Galois
de $f$ est contenu dans $\ZZ/3\ZZ$ opérant cycliquement sur les
racines ; et le fait que ces deux facteurs soient irréductibles est
équivalent au fait que le groupe de Galois de $f$ n'est pas
strictement plus petit (c'est-à-dire, que $f$ n'est pas scindé).
\end{exemple2}

Il résulte de ce qui précède que, dès lors que le corps $K$ est tel
qu'on sache algorithmiquement faire des calculs dans $K$ et factoriser
en irréductibles les polynômes à plusieurs variables à coefficients
dans $K$, il est également possible algorithmiquement de calculer le
groupe de Galois d'un polynôme à coefficients dans $K$.  La
proposition suivante justifie que c'est le cas pour $\QQ$ ainsi que
pour tout corps pour lequel on sait (faire des calculs et) factoriser
les polynômes à une seule indéterminée.

\begin{proposition2}\label{factorisation-des-polynomes-est-algorithmique}
Les problèmes suivants sont résolubles algorithmiquement (i.e.,
décidables au sens de Church-Turing) :
\begin{itemize}
\item Décomposer un élément de $\QQ[X]$ en facteurs irréductibles.
\item Décomposer un élément de $K[T_1,\ldots,T_n]$ en facteurs
  irréductibles, en supposant algorithmiques les opérations dans $K$
  et le fait de décomposer un élément de $K[X]$ en facteurs
  irréductibles.
\end{itemize}
\end{proposition2}
\begin{proof}
Commençons par considérer le problème de la factorisation dans
$\ZZ[X]$.  On peut supposer que le polynôme $f$ à factoriser est
primitif (c'est-à-dire de contenu $1$, le contenu étant le pgcd de ses
coefficients), ce qui écarte les facteurs constants.  Il s'agit alors,
pour chaque $k > 0$ inférieur au degré de $f$, de décider si $f$
possède un facteur de degré $k$ et le cas échéant de le calculer.  On
calcule $f(0),\ldots,f(k)$ et, pour chaque choix $(d_0,\ldots,d_k)$ de
diviseurs des entiers $(f(0),\ldots,f(k))$, on calcule l'unique
polynôme $g \in \QQ[X]$ de degré $k$ tel que $g(0) = d_0$, ..., $g(k)
= d_k$ (polynôme interpolateur de Lagrange), et, si $g \in \ZZ[X]$, on
teste si $g$ divise $f$.  Si un diviseur de $f$ existe, il sera
nécessairement trouvé par cet algorithme.

Le cas de $\QQ[X]$ découle de $\ZZ[X]$ : si $f \in \QQ[X]$, on peut
écrire $f = c f_1$ où $c \in \QQ$ et $f_1 \in\ZZ[X]$ est primitif.
Les facteurs irréductibles de $f$ sont alors ceux de $f_1$. \XXX

Montrons maintenant que la connaissance d'un algorithme de
factorisation pour une seule variable permet, en principe, de
factoriser les polynômes à plusieurs variables.  Donné $f \in
K[T_1,\ldots,T_n]$, on choisit $e$ un entier strictement supérieur au
degré de $f$ dans n'importe laquelle des variables $T_i$ et on calcule
$S_e(f) := f(X,X^e,X^{e^2},\ldots,X^{e^{n-1}}) \in K[X]$.  Si $f$
possède un facteur $g$ non-trivial, alors manifestement $S_e(g)$
divise $S_e(f)$.  Supposant qu'on sait factoriser le polynôme univarié
$S_e(f)$, on peut vérifier pour chacun de ses facteurs s'il est
susceptible de s'écrire sous la forme $S_e(g)$ avec $g$ de degré
inférieur à $e$ en chaque variable : le polynôme $g$ se retrouve de
façon unique en remplaçant chaque monôme $X^{i_0 + i_1 e + i_2 e^2 +
  \cdots + i_{n-1} e^{n-1}}$ (l'exposant étant écrit en base $e$) par
$T_1^{i_0} \cdots T_n^{i_{n-1}}$ ; on teste alors si $g$ divise $f$.
Si un diviseur de $f$ existe, il sera nécessairement trouvé par cet
algorithme.
\end{proof}

\XXX --- Faut-il mentionner ici le fait qu'une extension algébrique
finie séparable (par un polynôme explicite) d'un corps dans lequel on
sait algorithmiquement factoriser les polynômes possède la même
propriété ?  (Cf.  Fried \& Jarden, lemme 19.2.2.)  En revanche, sans
supposer l'extension séparable, ce n'est pas vrai en général :
cf. Fröhlich \& Shepherdson, « Effective Procedures in Field Theory »,
\textit{Phil. Trans. R. Soc. A} \textbf{248} (1956) 407--432,
théorème 7.27.

\subsection{Factorisations successives}

\XXX À écrire : on peut calculer le groupe de Galois d'un polynôme en
factorisant successivement dans tous les corps de rupture possibles.


\section{La notion de résolvante}

\subsection{Polynômes invariants}

La proposition suivante assure que pour chaque sous-groupe $H$ de
$\mathfrak{S}_d$ on peut trouver un polynôme $P$ en $d$ variables
$Z_1,\ldots,Z_d$ tel que les permutations des variables $Z_i$ laissant
$P$ invariant soient exactement celles appartenant à $P$ :
\begin{proposition2}\label{polynomes-invariants-de-sous-groupes}
Soit $H$ un sous-groupe de $\mathfrak{S}_d$ et soit $K$ un corps : si
on fait opérer $\mathfrak{S}_d$ sur $K[Z_1,\ldots,Z_d]$ ou
$K(Z_1,\ldots,Z_d)$ par $\sigma(P(Z_1,\ldots,Z_d)) =
P(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)})$, alors il existe $P \in
K[Z_1,\ldots,Z_d]$ tel que $\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P) = H$.  De plus,
lorsque c'est le cas (pour un $P \in K(Z_1,\ldots,Z_d)$), le corps $E
:= \Fix_H K(Z_1,\ldots,Z_d)$ est engendré sur corps $F :=
\Fix_{\mathfrak{S}_d} K(Z_1,\ldots,Z_d)$ des fonctions rationnelles
totalement symétriques par l'unique élément $P$ (autrement dit, $E =
F(P)$).
\end{proposition2}
\begin{proof}
Pour la première affirmation, on considère le polynôme
\[
P := \sum_{\sigma \in H} Z_{\sigma(1)} Z_{\sigma(2)}^2 \cdots Z_{\sigma(d)}^d
\]
Manifestement, il comporte bien $\#H$ monômes distincts, il est
invariant par $H$, et toute permutation $\sigma$ des variables le
laissant invariant doit envoyer $Z_1 Z_2^2 \cdots Z_d^d$ sur un des
monômes $Z_{\sigma(1)} Z_{\sigma(2)}^2 \cdots Z_{\sigma(d)}^d$ de
sorte que $\sigma \in H$.

Supposons maintenant $P \in K(Z_1,\ldots,Z_d)$ tel que
$\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P) = H$.

Le lemme d'Artin (\refext{CG}{lemme-d-Artin}) assure que
$K(Z_1,\ldots,Z_d)$ est une extension galoisienne de $F =
\Fix_{\mathfrak{S}_d} K(Z_1,\ldots,Z_d)$ de groupe de
Galois $\mathfrak{S}_d$, et d'après la correspondance de Galois
(\refext{CG}{correspondance Galois finie}), l'extension intermédiaire
$E = \Fix_H K(Z_1,\ldots,Z_d)$ est séparable de degré
$(\mathfrak{S}_d:H) = d!/\#H$ sur $F$.

L'hypothèse que $\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P) = H$ entraîne que l'orbite
de $P$ par $\mathfrak{S}_d$ est de cardinal $d!/\#H$, c'est-à-dire,
que $P$ a $d!/\#H$ conjugués, donc ce nombre est son degré sur $F$.
Il s'ensuit que $F(P)$ est inclus dans $E$ et que leurs degrés sur $F$
sont égaux, donc $E = F(P)$.
\end{proof}

\begin{remarques2}
La démonstration donnée ci-dessus est constructive, mais le polynôme
$P = \sum_{\sigma \in H} Z_{\sigma(1)} Z_{\sigma(2)}^2 \cdots
Z_{\sigma(d)}^d$ ainsi construit est généralement très loin d'être
optimal !  Lorsqu'on cherche à trouver un polynôme tel que décrit
ci-dessus, pour construire une résolvante
(cf. \ref{definition-resolvante} plus bas), il convient généralement
d'essayer de symétriser un monôme de petit degré.

Deux cas particuliers sont fréquemment importants : d'une part,
lorsque $H$ est le stabilisateur d'une partie $A$ de cardinal $r$ de
$\{1,\ldots,d\}$ (peu importe laquelle, les sous-groupes
correspondants sont de toute façon conjugués), un polynôme $P$ évident
comme ci-dessus est donné par $\sum_{i \in A} Z_i$.  D'autre part,
lorsque $H$ est le stabilisateur d'un $r$-uplet $(i_1,\ldots,i_r)$
d'éléments de $\{1,\ldots,d\}$ (de nouveau, les sous-groupes
correspondants sont conjugués), si le corps $K$ a au moins $r+1$
éléments et que $c_1,\ldots,c_r \in K$ sont deux à deux distincts et
non nuls, alors $c_1 Z_{i_1} + \cdots + c_r Z_{i_r}$ fournit un
polynôme comme proposé.
\end{remarques2}

\subsection{Résolvantes}

\begin{definition2}\label{definition-resolvante}
Soit $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ un polynôme en $d$ variables à
coefficients dans un corps $K$, et soit $f = X^d + a_1 X^{d-1} +
\cdots + a_d \in K[X]$ un polynôme (unitaire, de degré $d$) séparable
à coefficients dans le même corps $K$ : si $\xi_1,\ldots,\xi_d$ sont
les racines de $f$ dans son corps de décomposition noté $L$ (de sorte
que $f = \prod_{i=1}^d (X-\xi_i)$).  On définit la \emph{résolvante
  relativement à $P$} de $f$ comme
\[
R_P(f) = \prod_{\sigma\in\mathfrak{S}_d/H}
(X-P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)}))
\in L[X]
\]
où $H = \Stab_{\mathfrak{S}_d}(P) = \{\sigma\in\mathfrak{S}_d :
F(Z_{\sigma(1)}, \ldots, Z_{\sigma(d)}) = F(Z_1,\ldots,Z_d)\}$ est le
stabilisateur de $F$ pour l'action de $\mathfrak{S}_d$ opérant sur
$K[Z_1,\ldots,Z_d]$ par permutation des variables ; ce polynôme
$R_P(f)$ est, en fait, à coefficients dans $K$.

Avec les notations $P,H$ du paragraphe précédent, on appelle
\emph{résolvante générale relativement à $P$} le polynôme
\[
R_P = \prod_{\sigma\in\mathfrak{S}_d/H}
(X-P(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)}))
\in K[X,Z_1,\ldots,Z_d]
\]
totalement symétrique dans les variables $Z_1,\ldots,Z_d$.

Avec les notations $P,f$ introduites ci-dessus, si $\mathfrak{G}$ est
un sous-groupe de $\mathfrak{S}_d$ contenant le groupe de Galois
$\Gal(L/K)$ de $f$ (vu comme un sous-groupe de $\mathfrak{S}_d$ par la
numérotation $\xi_1,\ldots,\xi_d$ choisie sur les racines), on définit
la \emph{résolvante dans $\mathfrak{G}$ relativement à $P$} de $f$
comme
\[
R_{\mathfrak{G},P}(f) = \prod_{\sigma\in\mathfrak{G}/H}
(X-P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)})) \in L[X]
\]
où $H = \Stab_{\mathfrak{G}}(F) = \{\sigma\in\mathfrak{G} :
F(Z_{\sigma(1)}, \ldots, Z_{\sigma(d)}) = F(Z_1,\ldots,Z_d)\}$ est le
stabilisateur de $F$ dans $\mathfrak{G}$ ; l'hypothèse que
$\mathfrak{G}$ contient $\Gal(L/K)$ assure ce polynôme
$R_{\mathfrak{G},P}(f)$ est, en fait, à coefficients dans $K$.
\end{definition2}

Le fait que $R_P(f)$ et $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ sont à coefficients
dans $K$ est clair puisqu'ils sont invariants par $\Gal(L/K)$ (en
effet, $\Gal(L/K)$ opère en permutant les $\xi_i$, donc les facteurs
de $R_P(f)$, et aussi, grâce à l'hypothèse que $\Gal(L/K) \leq
\mathfrak{G}$, de $R_{\mathfrak{G},P}(f)$).

Le fait que la résolvante générale $R_P$ est un polynôme totalement
symétrique dans les $Z_1,\ldots,Z_d$ n'est pas moins clair : on le
considérera donc, généralement, comme polynôme dans les fonctions
symétriques élémentaires $\sigma_j$ en les $Z_i$ ; ceci permet de
considérer $R_P(f)$ comme l'évaluation de $R_P$ en remplaçant
$\sigma_i$ par $(-1)^i a_i$ (et ceci démontre de nouveau que $R_P(f)
\in K[X]$).  On pourrait définir de façon évidente une résolvante
générale $R_{\mathfrak{G},P}$ dans un sous-groupe $\mathfrak{G}$
de $\mathfrak{S}_d$, mais le polynôme ainsi défini n'est pas
totalement symétrique dans les $Z_i$.

\begin{exemples2}\label{exemples-resolvantes}
\begin{itemize}
\item Si $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ est un polynôme totalement
  symétrique en $Z_1,\ldots,Z_d$, alors $H :=
  \Stab_{\mathfrak{S}_d}(P) = \mathfrak{S}_d$, si bien que $R_P$ est
  simplement le polynôme linéaire $X - P(Z_1,\ldots,Z_d)$ et, pour
  chaque $f \in K[X]$, le polynôme $R_P(f)$ vaut simplement $X-c$ où
  $c$ est la valeur $P(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ obtenue en remplaçant
  $\sigma_i$ par $(-1)^i a_i$ dans une écriture de $P$ au moyen des
  fonctions symétriques élémentaires $\sigma_i$ des $Z_i$.
\item Si $K$ est de caractéristique $\neq 2$ et si $P = \prod_{i<j}
  (Z_i-Z_j)$ (cf. \refext{CG}{construction discriminant et
  2-distinguant}), alors $H = \mathfrak{A}_d$, et $R_P = X^2 -
  \Delta_{2'}$ avec les notations de \refext{CG}{definition
    discriminant et 2-distinguant}, c'est-à-dire que $R_P(f) = X^2 -
  \Delta(f)$ où $\Delta(f)$ est le discriminant de $f$.  En
  particulier, la proposition \refext{CG}{caracterisation groupe Gal
    alterne} assure que $f$ (un polynôme séparable quelconque) est
  inclus dans le groupe alterné $\mathfrak{A}_d$ si et seulement si
  $R_P(f)$ est scindé sur $K$.
\item Considérons (pour $d=4$) le polynôme $P = Z_1 Z_3 + Z_2 Z_4 \in
  \QQ[Z_1,\ldots,Z_4]$.  On a alors $H = \{\Id, (1\,3), (2\,4),
  (1\,3)(2\,4), \penalty-100 (1\,2)(3\,4), (1\,4)(2\,3), (1\,2\,3\,4),
  (1\,4\,3\,2)\}$ (groupe diédral du carré ont les sommets sont
  cycliquement numérotés $1,2,3,4$), et l'ensemble des classes à
  gauche $\mathfrak{S}_4/H$ a trois éléments, les deux autres images
  correspondantes de $P$ étant $P' = Z_1 Z_2 + Z_3 Z_4$ et $P'' = Z_1
  Z_4 + Z_2 Z_3$.  Le polynôme $R_P = (X-P)(X-P')(X-P'')$ s'écrit $X^3
  - \sigma_2 X^2 + (\sigma_1 \sigma_3 - 4 \sigma_4) X - \sigma_1 ^2
  \sigma_4 - \sigma_3^2 + 4 \sigma_2 \sigma_4$ : c'est-à-dire que si
  $f = X^4 + a_1 X^3 + a_2 X^2 + a_3 X + a_4$ alors $R_P(f) = X^3 -
  a_2 X^2 + (a_1 a_3 - 4 a_4) X - a_1 ^2 a_4 - a_3^2 + 4 a_2 a_4$.
  Remarquons notamment que si $f$ est de la forme $X^4 + a_2 X^2 +
  a_4$ (c'est-à-dire $a_1 = a_3 = 0$) alors $R_P(f) = X^3 - a_2 X^2 -
  4 a_4 X + 4 a_2 a_4$ se factorise comme $(X - a_2)\, (X^2 - 4 a_4)$
  dans $K[X]$.
\item Si $P = Z_1$, alors $H$ est le fixateur de $1$
  dans $\mathfrak{S}_d$, et $\mathfrak{S}_d/H$ s'identifie à
  $\{1,\ldots,d\}$, si bien que $R_P(f)$ est simplement le polynôme
  $f$ lui-même.
\end{itemize}
\end{exemples2}

La proposition suivante justifie l'intérêt porté à la notion de
résolvante pour le calcul de groupes de Galois :

\begin{proposition2}\label{utilisation-des-resolvantes}
Soit $f = X^d + a_1 X^{d-1} + \cdots + a_d \in K[X]$ un polynôme
(unitaire, de degré $d$) séparable à coefficients dans un corps $K$
dont le groupe de Galois est contenu dans un sous-groupe
$\mathfrak{G}$ de $\mathfrak{S}_d$, et soit $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$
dont on note $H = \Stab_{\mathfrak{G}}(P)$ le stabilisateur dans
$\mathfrak{G}$ opérant en permutant les indéterminées $Z_i$.  Alors :
\begin{itemize}
\item si le groupe de Galois $G$ de $f$ est contenu dans un conjugué
  de $H$ (à l'intérieur de $\mathfrak{G}$), alors
  $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ admet une racine dans $K$,
\item et réciproquement, \emph{en supposant que
  $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ est séparable}, si $R_{\mathfrak{G},P}(f)$
  admet une racine dans $K$, le groupe de Galois $G$ de $f$ est
  contenu dans un conjugué de $H$.
\end{itemize}
Plus précisément, en supposant $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ séparable, le
groupe de Galois de ce dernier est isomorphe à $G/(G \cap
\bigcap_{\sigma\in\mathfrak{G}} \sigma H \sigma^{-1})$ opérant sur
l'ensemble $\mathfrak{G}/H$ des classes à gauche de $H$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Supposons d'abord que $G$ est contenu dans un conjugué $\sigma H
\sigma^{-1}$ (pour $\sigma \in \mathfrak{G}$) de $H$.  Alors, comme le
polynôme $P(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)})$ est invariant par
$\sigma H \sigma^{-1}$ (opérant en permutant les variables), l'élément
$P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)})$ de $L$ est invariant
par $G$, donc appartient à $K$, de sorte que $R_{\mathfrak{G},P}(f)$
admet cette racine dans $K$.

Montrons maintenant la dernière affirmation : comme les racines
$P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)})$ de
$R_{\mathfrak{G},P}(f)$, donc le corps de décomposition de ce dernier,
sont contenues dans $L$, le groupe de Galois
de $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ est un quotient de $G$, et il s'agit de
comprendre l'action de $G$ sur $\mathscr{R} :=
\{P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)}) : \sigma\in\mathfrak{G}\}$
(le groupe de Galois de $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ sera le quotient de
$G$ par le noyau de cette action).  Posons $X = \mathfrak{G}/H$ : on
définit une application $X \to \mathscr{R}$ envoyant $\sigma H$ sur
$P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)})$ : celle-ci est bien
définie (car si $\tau \in H$ alors
$P(\xi_{\sigma\tau(1)},\ldots,\xi_{\sigma\tau(d)}) =
P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)})$ vu que $P$ est invariant
par $\tau$).  Cette application est une surjection par définition
de $\mathscr{R}$, et une bijection car l'hypothèse de séparabilité
de $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ assure que $\mathscr{R}$ et $X$ ont même
cardinal.  Enfin, elle transporte l'action de $G$ sur $X$ par
multiplication à gauche en l'action naturelle de $G$
sur $\mathscr{R}$.  Ceci montre bien l'affirmation recherchée : le
noyau de l'action de $G$ sur $X$ par multiplication à gauche est $G/(G
\cap \bigcap_{\sigma\in\mathfrak{G}} \sigma H \sigma^{-1})$.

Enfin, dans le cas particulier où $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ admet une
racine dans $K$, avec les notations ci-dessus ceci signifie que $G$
fixe un élément $\sigma H$ de $X = \mathfrak{G}/H$, c'est-à-dire que
$G \leq \sigma H\sigma^{-1}$.
\end{proof}

\XXX --- vérifier que je ne me suis pas trompé dans la latéralité des
actions des trucs les uns sur les autres.

On peut également signaler, toujours sous l'hypothèse que
$R_{\mathfrak{G},P}(f)$ est séparable, qu'il est scindé sur $K$ si et
seulement si le groupe de Galois $G$ de $f$ est inclus dans
$\bigcap_{\sigma \in \mathfrak{G}} \sigma H \sigma^{-1}$ (le plus
grand sous-groupe distingué de $\mathfrak{G}$ contenu dans $H$).

\subsection{Transformations de Tschirnhaus}

\begin{definition2}\label{definition-transformation-de-tschirnhaus}
Soit $P \in k[X]$ un polynôme unitaire à coefficients dans un
corps $k$ : on notera $k(x) = k[X]/(P)$ l'algèbre quotient, où $x$
désigne la classe dans $k[X]/(P)$ de l'indéterminée $X$.  On appelle
\emph{transformation de Tschirnhaus} sur $P$ un élément $y$ de $k(x)$
dont le polynôme minimal $Q$ sur $P$ soit du même degré que $P$ ---
c'est-à-dire que les puissances $1,y,y^2,\ldots,y^{\deg P-1}$ forment
une base de la $k$-algèbre $k(x)$ de dimension $\deg P$.  On
représentera la transformation sous la forme $U(x)$ avec $U \in k[X]$
un polynôme (considéré modulo $P$) qui sera souvent par abus de
langage identifié avec la transformation de Tschirnhaus elle-même.

Le polynôme minimal unitaire $Q$ de $U(x)$ sur $k$ (dont le degré est,
par hypothèse, le même que $P$) sera qualifié de polynôme obtenu à
partir de $P$ par la transformation de Tschirnhaus définie par $U$, ou
de polynôme \emph{transformé} de $P$ par la transformation $U$.

Si $U$ est une fraction rationnelle dont le dénominateur est premier
avec $P$, ce qui donne un sens à l'élément $U(x)$ de $k(x)$, on pourra
aussi considérer $U$ comme représentant une transformation de
Tschirnhaus sur $P$, à savoir celle définie par l'élément $y = U(x)$
(à condition que son polynôme minimal soit de degré $\deg P$).
\end{definition2}

Le cas le plus important, qu'il faut avoir à l'esprit dans ce qui
suit, est celui où $P$ est irréductible, auquel cas une transformation
de Tschirnhaus sur $P$ équivaut à la donnée d'un élément primitif du
corps de rupture $k(x)$ de $P$, c'est-à-dire un élément engendrant
celui-ci (i.e., de degré $\deg P$).  Remarquons d'ores et déjà que
dans ce cas, le polynôme $Q$ transformé est nécessairement lui aussi
irréductible (puisque c'est le polynôme minimal d'un élément dans un
corps).

\begin{exemples2}\label{exemples-transformations-de-tschirnhaus}
\begin{itemize}
\item Soit $P = X^3 - 2 \in \QQ[X]$, dont on note $\root3\of2$ la
  racine dans le corps de rupture.  Le polynôme $U = X+1$ définit une
  transformation de Tschirnhaus sur $P$ car $\root3\of2 + 1$ est
  encore de degré $3$ sur $\QQ$ : son polynôme minimal est $Q =
  (X-1)^3-2 = X^3 - 3X^2 + 3X - 3$ (c'est donc le polynôme obtenu à
  partir de $P = X^3 - 2$ par la transformation de Tschirnhaus définie
  par $U = X + 1$).  Le polynôme $U = X^2$ définit lui aussi une
  transformation de Tschirnhaus sur $P$ : le polynôme minimal de
  $\root3\of4$ est $Q = X^3 - 4$, qui est donc le polynôme obtenu à
  partir de $P = X^3 - 2$ par la transformation de Tschirnhaus définie
  par $U = X^2$.  La fraction rationnelle $U = \frac{1}{X}$ définit
  encore une transformation de Tschirnhaus sur $P$, qui transforme ce
  dernier en $Q = X^3 - \frac{1}{2}$.  En revanche, le polynôme $X^3 +
  1$ ne définit pas une transformation de Tschirnhaus sur $P$, car
  $(\root3\of2)^3 + 1 = 3 \in \QQ$.
\item Soit $P = \prod_{i=1}^d (X-\xi_i) \in k[X]$ un polynôme unitaire
  scindé et séparable de degré $d$ dont on note $\xi_1,\ldots,\xi_d$
  les racines deux à deux distinctes dans le corps $k$.  Alors
  l'algèbre quotient $k[X]/(P)$ est isomorphe au produit $k^d$ de $d$
  copies du corps $k$ (l'isomorphisme envoyant un polynôme $U$
  considéré modulo $P$ sur l'ensemble $(U(\xi_1),\ldots,U(\xi_d))$ de
  ses valeurs sur les $\xi_i$, cf. par exemple \refext{Spec}{lemme
    chinois}) ; la condition traduisant le fait que $U$ définisse bien
  une transformation de Tschirnhaus sur $P$ est la non annulation du
  déterminant de Vandermonde défini par les
  $U(\xi_1),\ldots,U(\xi_d)$, c'est-à-dire simplement le fait que ces
  valeurs soient deux à deux distinctes.  Le polynôme transformé est
  alors simplement $Q = \prod_{i=1}^d (X-U(\xi_i))$.
\item Soit $P = X^d \in k[X]$, et considérons un polynôme $U(X) = c_0
  + c_1 X + c_2 X^2 + \cdots + c_{d-1} X^{d-1}$.  Demandons-nous à
  quelle condition $U(X)$ définit une transformation de Tschirnhaus
  sur $P$, c'est-à-dire à quelle condition les éléments $1, U(x),
  U(x)^2, \ldots, U(x)^{d-1}$ de $k(x) = k[X]/(X^d)$ en forment une
  base.

  Supposons d'abord $c_0 = 0$.  Lorsque $c_1 \neq 0$, les polynômes
  $1, U(x), U(x)^2, \ldots, U(x)^{d-1}$ (considérés modulo $X^d$) sont
  échelonnés en valuation (c'est-à-dire que leur expression dans la
  base $1,x,x^2,\ldots,x^{d-1}$ de $k[X]/(X^d)$ forme une matrice
  triangulaire dont la diagonale est formée des coefficients
  $1,c_1,c_1^2,\ldots,c_1^{d-1}$ tous non nuls, donc $U$ est bien une
  transformation de Tschirnhaus.  Lorsque $c_1 = 0$ (toujours en
  supposant $c_0=0$), les polynômes $U(x)^i$ sont nuls pour
  $i \geq \frac{d}{2}$, donc on n'a pas affaire à une transformation
  de Tschirnhaus (sauf dans le cas trivial $d=1$). Bref, dans le cas
  $c_0 = 0$, nous avons montré que $U$ définit une transformation de
  Tschirnhaus si et seulement si $c_1 \neq 0$.

  Enfin, pour $c_0$ quelconque, on peut exprimer les polynômes $1,
  U(x)-c_0, (U(x)-c_0)^2, \ldots$ en fonction de $1, U(x),
  U(x)^2, \ldots$ par un système triangulaire de diagonale $1$, donc
  la condition $c_1 \neq 0$ est encore celle qui détermine si $U$ est
  une transformation de Tschirnhaus.

  L'élément $y = U(x) \in k(x)$ vérifie manifestement $(y-c_0)^d = 0$
  donc, lorsque $U$ est bien une transformation de Tschirnhaus
  (i.e., $c_1 \neq 0$ comme on vient de le voir), ce polynôme $Q(Y) :=
  (Y-c_0)^d$ est le polynôme minimal de $y$, c'est-à-dire le polynôme
  obtenu à partir de $P$ par la transformation $U$.
\end{itemize}
\end{exemples2}

La notion de transformation de Tschirnhaus en elle-même est peu
intéressante, mais elle le devient un peu plus en raison des
observations suivantes :

\begin{remarques2}\label{remarques-calcul-transformation-de-tschirnhaus}
Donné un polynôme $P \in k[X]$ unitaire, et un polynôme $U \in k[X]$,
on dispose d'un \emph{algorithme} permettant de déterminer si $U$
définit une transformation de Tschirnhaus sur $P$, et le cas échéant
de calculer le polynôme transformé, dès lors que les opérations
arithmétiques et l'égalité dans $k$ sont décidables.  En effet, pour
déterminer si $U$ définit une transformation de Tschirnhaus, on peut
par exemple écrire les coefficients des $\deg P$ quantités $1, U(x),
U(x)^2, \ldots, U(x)^{\deg P-1}$ sur la base évidente
$1,x,x^2,\ldots,x^{\deg P-1}$ de $k(x) = k[X]/(P)$ (ceci se fait en
effectuant des divisions euclidiennes des différentes puissances
de $U$ par $P$), et chercher si la matrice ainsi définie est
inversible, ce qui revient à calculer un déterminant ; et si c'est le
cas, on peut obtenir le polynôme $Q$ transformé de $P$ par $U$ en
exprimant $U(x)^{\deg P} \in k(x)$ sur la base $1, U(x), U(x)^2,
\ldots, U(x)^{\deg P-1}$ (le polynôme $Q$ est alors le polynôme
unitaire de degré $\deg P$ dont l'annulation en $U(x)$ exprime cette
relation).

Une conséquence de cette remarque, et du fait qu'un déterminant ne
dépend pas du corps sur lequel il est calculé, est le fait suivant :
si $P$ est un polynôme unitaire de degré $d$ et $U$ un polynôme
quelconque, le fait que $U$ définisse une transformation de
Tschirnhaus sur $P$, ainsi que le cas échéant la valeur du polynôme
transformé, ne dépendent pas du corps contenant les coefficients de
$P$ et $U$.

Notamment, lorsque $P$ est séparable, on peut penser à la
transformation de Tschirnhaus comme dans le deuxième exemple
de \ref{exemples-transformations-de-tschirnhaus} : si $E$ est un corps
contenant les racines $\xi_1,\ldots,\xi_d$ de $P$ (deux à deux
distinctes), alors $Q$ vaut $\prod_{i=1}^d (X-U(\xi_i))$ (comparer
avec \ref{transformation-de-tschirnhaus-preserve-galois} ci-dessous).
C'est la manière dont on visualise les transformations de
Tschirnhaus : $Q$ est le polynôme obtenu en appliquant $U$ à chaque
racine de $P$.  (On verra
en \ref{transformation-de-tschirnhaus-et-factorisation} ci-dessous que
cette description convient encore, convenablement interprétée, quand
les polynômes ne sont plus séparables.)  Remarquons encore au passage
que si $P$ est séparable, le polynôme $Q$ transformé l'est aussi.
\end{remarques2}

\begin{remarques2}
Nous avons introduit ci-dessus, pour évoquer la question algorithmique
de reconnaître une transformation de Tschirnhaus, et calculer le
polynôme transformé, la matrice donnant les coordonnées de $1, U(x),
U(x)^2, \ldots, U(x)^{\deg P-1}$ sur la base $1, x, x^2, \ldots,
x^{\deg P-1}$ de $k(x) = k[X]/(P)$.  Si l'on préfère, une autre
matrice naturellement associée à la situation est celle qui
représente, toujours sur la base $1,x,x^2,\ldots,x^{\deg P-1}$
de $k(x)$, la multiplication par $U(x)$.  Le polynôme minimal de cette
matrice est celui de l'élément $U(x)$ de $k(x)$, et le fait que $U$
soit une transformation de Tschirnhaus se reconnaît au fait que ce
polynôme minimal soit de degré $\deg P$, i.e., coïncide avec le
polynôme caractéristique, qui est alors le polynôme $Q$ transformé
de $P$ par $U$.

On peut encore reformuler ceci en signalant que, lorsque $U(X)$ est
une transformation de Tschirnhaus sur $P(X)$, alors le polynôme $Q(Y)$
transformé peut se calculer comme le résultant de $P(X)$ et $Y - U(X)$
comme polynômes de la variable $X$ (on rappelle que le résultant de
deux polynômes $A(X)$ et $B(X)$ vaut $a^e \prod_{i=1}^d B(\xi_i)$ où
$A(X) = a\prod_{i=1}^d(X-\xi_i)$ est la factorisation de $A$ dans un
corps dans lequel il est décomposé, le résultat n'en dépendant pas
puisqu'on peut aussi l'écrire comme un déterminant de Sylvester, et où
$e$ est le degré de $B$) ; en effet, si $P(X) =
\prod_{i=1}^d(X-\xi_i)$, le résultant en question vaut $\prod_{i=1}^d
(Y-U(\xi_i))$, ce qui est bien $Q(Y)$ d'après les les remarques
précédentes.  Cette façon de procéder peut être algorithmiquement
utile.

(S'il s'agit de vérifier si $U$ définit bien une transformation de
Tschirnhaus, lorsque $P$ est séparable, on peut effectuer le calcul du
résultant et vérifier après coup si le polynôme $\prod_{i=1}^d
(Y-U(\xi_i))$ ainsi obtenu est séparable : d'après ce que nous avons
déjà vu, cela équivaut au fait que $U$ soit une transformation de
Tschirnhaus.)
\end{remarques2}

\begin{remarque2}\label{transformation-de-tschirnhaus-et-composee}
Soulignons que si $U$ est une transformation de Tschirnhaus sur $P$ et
$Q$ le polynôme transformé, on a $Q \circ U \equiv 0 \pmod P$ (ceci
signifie exactement $Q(U(x)) = 0 \in k[X]/(P)$).  Réciproquement, si
on a $Q \circ U \equiv 0 \pmod{P}$ \emph{et que $Q$ est irréductible}
(sur $k$), de même degré que $P$, alors $U$ est une transformation de
Tschirnhaus sur $P$ et $Q$ le polynôme transformé : en effet,
l'hypothèse signifie $Q(U(x)) = 0 \in k[X]/(P)$, et puisque $Q$ est
irréductible il est nécessairement minimal.
\end{remarque2}

\begin{proposition2}\label{transformation-de-tschirnhaus-et-isomorphisme-de-rupture}
Soient $P \in k[X]$ et $Q \in k[Y]$ deux polynômes unitaires de même
degré : on notera $k[X]/(P)$ et $k[Y]/(Q)$ les algèbres quotient et
$x,y$ les classes des indéterminées $X,Y$ dans ceux-ci respectivement.

Alors la donnée d'une transformation de Tschirnhaus $U$ transformant
$P$ en $Q$ équivaut à la donnée d'un isomorphisme
$k[Y]/(Q) \buildrel\sim\over\to k[X]/(P)$ (en tant que $k$-algèbres),
l'isomorphisme étant donné à partir de la transformation $U$ par
$A(y) \mapsto A(U(x))$, et réciproquement $U$ étant déterminé
(modulo $P$) à partir de l'isomorphisme $k[Y]/(Q) \to k[X]/(P)$ comme
l'image de la classe $y$ de $Y$ par celui-ci.

En particulier, donnée une transformation de Tschirnhaus $U \in k[X]$
transformant $P$ en $Q$, il existe (modulo $Q$) un unique polynôme $V
\in k[Y]$ tel que le polynôme composé $V \circ U$ soit congru à $X$
modulo $P$, et l'existence d'un tel polynôme $V$ pour un polynôme $U$
donné implique que $U$ est bien une transformation de Tschirnhaus sur
$P$ (en le $Q$ de même degré que $P$ tel que $Q \circ U \equiv 0
\pmod{P}$).  Le polynôme $V$ est alors une transformation de
Tschirnhaus de $Q$ en $P$, telle que l'isomorphisme $k[X]/(P) \to
k[Y]/(Q), \penalty-100\; B(x) \mapsto B(V(y))$ qu'il définit comme
expliqué ci-dessus soit réciproque de celui défini par $U$.  Le
polynôme $U \circ V$ est congru à $Y$ modulo $Q$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
À cause des propriétés catégoriques (universelles) des anneaux de
polynômes et anneaux quotients, la donnée d'un morphisme de
$k$-algèbres $k[Y]/(Q) \to k[X]/(P)$ est exactement équivalente à la
donnée de l'image $z$ de $y$ par celui-ci, qui doit vérifier $Q(z) =
0$ dans $k[X]/(P)$, l'image d'un élément $A(y)$ quelconque de
$k[Y]/(Q)$ étant alors $A(z)$.  Dire que le morphisme en question est
un isomorphisme (c'est-à-dire, qu'il est injectif ou, de façon
équivalente, surjectif) signifie que tout élément de $k[X]/(P)$ est
polynôme en $z$ (les $1,z,z^2,\ldots$ engendrent $k[X]/(P)$ comme
$k$-espace vectoriel, donc en fait les $1,z,z^2,\ldots,z^{\deg Q-1}$
l'engendrent), donc définisse une transformation de Tschirnhaus (sous
la forme $z = U(x)$).  Ceci équivaut aussi au fait que le simple
élément $x$ puisse s'écrire sous la forme $V(z)$, c'est-à-dire qu'on
puisse trouver $V$ tel que $V(U(x))=x$.  Les différentes affirmations
de la propositions sont alors toutes claires.
\end{proof}

Cette proposition éclaire le fait, déjà signalé, que le polynôme
transformé d'un polynôme irréductible (resp. séparable) par une
transformation de Tschirnhaus est encore irréductible
(resp. séparable), puisque ces deux propriétés se lisent sur l'algèbre
quotient (comme le fait qu'elle soit un corps, resp. une algèbre
étale).

La transformation de Tschirnhaus $V$ de $Q$ en $P$ définie par la
proposition précédente à partir d'une transformation de
Tschirnhaus $U$ de $P$ en $Q$ s'appelle la transformation de
Tschirnhaus \emph{réciproque} de $U$.

\begin{exemples2}\label{exemples-transformations-de-tschirnhaus-reciproques}
Reprenons les exemples
de \ref{exemples-transformations-de-tschirnhaus} pour en expliciter
les réciproques.
\begin{itemize}
\item Soit $P = X^3 - 2 \in \QQ[X]$, dont on note $\root3\of2$ la
  racine dans le corps de rupture.  La transformation de Tschirnhaus
  réciproque de $U = X+1$ est évidemment $V = Y-1$.  La transformation
  de Tschirnhaus réciproque de $U = X^2$ est $V = \frac{1}{2}Y^2$ car
  $\frac{1}{2} ((\root3\of2)^2)^2 = \root3\of2$.  La transformation
  réciproque de $U = \frac{1}{X}$ (qui peut également s'écrire
  $\frac{1}{2} X^2$, l'inverse de $X$ modulo $P = X^3-2$) est $V = 2
  Y^2$ (qu'on peut aussi vouloir écrire $\frac{1}{Y}$, puisque $2Y^2$
  est l'inverse de $Y$ modulo $Q = Y^3 - \frac{1}{2}$).
\item Soit $P = \prod_{i=1}^d (X-\xi_i) \in k[X]$ un polynôme unitaire
  scindé et séparable de degré $d$ dont on note $\xi_1,\ldots,\xi_d$
  les racines deux à deux distinctes dans le corps $k$, et $U$ un
  polynôme tel que $U(\xi_1),\ldots,U(\xi_d)$ soient deux à deux
  distinctes.  Alors la réciproque de $U$ vu comme une transformation
  de Tschirnhaus sur $P$ est tout polynôme $V \in k[Y]$ (modulo $Q
  = \prod(X-U(\xi_i))$) prenant en $U(\xi_i)$ la valeur $\xi_i$.
\item Soit $P = X^d$, et soit $U(X) = c_1 X + c_2 X^2 + \cdots +
  c_{d-1} X^{d-1}$ (on suppose $c_0 = 0$ et $c_1 \neq 0$) un polynôme
  considéré modulo $P$, qu'on peut donc imaginer comme un
  développement limité tronqué à partir de l'ordre $d$ : la
  transformation de Tschirnhaus réciproque de $V$ est alors le
  polynôme $V = c'_1 Y + c'_2 Y^2 + \cdots + c'_{d-1} Y^{d-1}$
  définissant le développement limité réciproque de $U$, c'est-à-dire
  que $V\circ U$ est de valuation $\geq d$ (on peut donner des
  formules explicites : $c'_1 = 1/c_1$, $c'_2 = -c_2/c_1^3$, $c'_3 =
  (2 c_2^2 - c_1 c_3)/c_1^5$ et ainsi de suite).
\end{itemize}
\end{exemples2}

\begin{remarque2}
Pour faire suite à
\ref{remarques-calcul-transformation-de-tschirnhaus}, signalons qu'on
peut calculer algorithmiquement la transformation de Tschirnhaus
réciproque d'une transformation $U$ sur un polynôme $P$ : nous avons
observé que le fait que $U$ soit une transformation de Tschirnhaus se
détecte à l'inversibilité de la matrice représentant les puissances
$1, U(x), U(x)^2, \ldots, U(x)^{\deg P-1}$ dans $k[X]/(P)$ sur la base
$1,x,x^2,\ldots,x^{\deg P-1}$ de ce dernier ; en inversant cette même
matrice, on obtient celle représentant $1,x,x^2,\ldots,x^{\deg P-1}$
sur la base $1, U(x), U(x)^2, \ldots, U(x)^{\deg P-1}$, c'est-à-dire
exactement $1,V(y),V(y)^2,\ldots,V(y)^{\deg P-1}$ sur la base
$1,y,y^2,\ldots,y^{\deg P-1}$ de $k[Y]/(Q)$ avec $Q$ le polynôme
transformé.
\end{remarque2}

\begin{remarques2}
Contrairement à ce que pourraient laisser penser les propositions
précédentes (ou la terminologie), les transformations de Tschirnhaus
ne forment pas un groupe (mais plutôt un « groupoïde ») : il est bien
possible de composer une transformation de Tschirnhaus $U$ de $P$
en $Q$ avec une transformation de Tschirnhaus $V$ de $Q$ en $R$, la
composée étant donnée comme on s'y attend par le polynôme $V\circ U$,
en revanche, données deux transformations de Tschirnhaus différentes
sur un polynôme $P$, il n'y a pas de façon évidente de les composer
(si $U$ transforme $P$ en $Q$ et que $V$ est une autre transformation
de Tschirnhaus sur $P$, il n'y a pas de raison que ce même polynôme
constitue une transformation de Tschirnhaus sur $Q$, ou que deux
polynômes représentant la même transformation de Tschirnhaus sur $P$
représentent la même sur $Q$).

En revanche, si on considère les transformations de Tschirnhaus
transformant un polynôme $P$ en \emph{lui-même}, alors on a bien
affaire à un groupe, et la
proposition \ref{transformation-de-tschirnhaus-et-isomorphisme-de-rupture}
montre qu'il s'agit d'un groupe bien familier, à savoir celui des
automorphismes de l'algèbre quotient $k[X]/(P)$ de $P$ ; lorsque $P$
est un polynôme irréductible séparable dont le corps de rupture
$k[X]/(P)$ coïncide avec le corps de décomposition, il s'agit du
groupe de Galois de $P$.
\end{remarques2}

\begin{proposition2}\label{transformation-de-tschirnhaus-preserve-galois}
Soit $Q$ un polynôme obtenu à partir d'un polynôme $P \in k[X]$
unitaire séparable par une transformation de Tschirnhaus définie par
un polynôme $U$.  Alors le corps de décomposition de $Q$ sur $k$ est
isomorphe à celui de $P$, les racines de $Q$ dans ce corps sont les
$U(\xi_1),\ldots,U(\xi_d)$ où $\xi_1,\ldots,\xi_d$ sont les racines
(deux à deux distinctes) de $P$ ; et le groupe de Galois de $Q$
sur $k$ est isomorphe à celui de $P$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Soit $E$ un corps de décomposition de $P$, et soient
$\xi_1,\ldots,\xi_d$ les racines de ce dernier dans $E$ (qui
l'engendrent).  Alors chacun des éléments $U(\xi_i)$ est racine de $Q$
(puisque $Q\circ U$ est congru à $0$ modulo $P$).  En introduisant $V$
la transformation de Tschirnhaus réciproque de $U$, on a $V(U(\xi_i))
= \xi_i$ pour chaque $i$ puisque $V\circ U$ est congru à $X$
modulo $P$ : ceci permet d'affirmer que les racines $U(\xi_i)$ de $Q$
sont deux à deux distinctes, donc que $E$, qui les contient, scinde le
polynôme $Q$, et comme les $U(\xi_i)$ engendrent les $\xi_i$ (on vient
de le voir) donc tout $E$, le corps $E$ est aussi corps de
décomposition de $Q$.  Ceci prouve tout ce qu'on voulait.
\end{proof}

\begin{exemple2}\label{exemple-transformations-de-tschirnhaus-sur-quadratiques}
Soit $P = X^2 + bX + c \in k[X]$ un polynôme quadratique sur un corps
$k$ de caractéristique $\neq 2$.  Une transformation de Tschirnhaus
sur $P$ est décrite par un polynôme $U = \lambda x + \mu$, et la
condition pour que $U$ définisse bien une transformation de
Tschirnhaus, compte tenu des
remarques \ref{remarques-calcul-transformation-de-tschirnhaus},
est simplement : $\lambda \neq 0$.  Lorsque c'est le cas, on calcule
aisément que $U(x)^2 = \lambda(2\mu - b\lambda) x + (\mu^2 -
c\lambda^2) \in k[X]/(P)$ (en notant comme d'habitude $x$ la classe
de $X$) et donc que $U(x)$ est racine de $Q(Y) := Y^2 + (b\lambda -
2\mu) Y + (c\lambda^2 - \mu^2)$ qui, compte tenu de son degré, est
bien le polynôme minimal de $U(x)$, c'est-à-dire le transformé de $P$
par la transformation de Tschirnhaus $U$.  Le discriminant de $Q$ est
$\lambda^2 (b^2-4c)$, c'est-à-dire celui de $P$ multiplié par un
carré : ceci permet de dire que si le rapport des discriminants de $P$
et $Q$ n'est pas un carré dans $k^\times$, alors $P$ et $Q$ ne sont
pas reliés par une transformation de Tschirnhaus (ils ne sont pas
« Tschirnhaus-équivalents » en anticipant sur la
définition \ref{definition-polynomes-tschirnhaus-equivalents}).
Réciproquement, comme $P$ peut être transformé (en prenant $\lambda =
1$ et $\mu = -\frac{b}{2}$) en $Y^2 - \frac{1}{4}(b^2-4c)$, deux
polynômes quadratiques unitaires dont les discriminants sont en
rapport carré peuvent être transformés l'un en l'autre par une
transformation de Tschirnhaus (sont « Tschirnhaus-équivalents »).

On peut aussi, dans ce contexte, chercher les transformations de
Tschirnhaus transformant $P$ en lui-même : il s'agit de résoudre le
système $b\lambda-2\mu = b$ et $c\lambda^2-\mu^2 = c$, dont on peut
vérifier que si $b^2-4c\neq 0$ il admet pour seules solutions
l'identité $(\lambda,\mu) = (1,0)$ et l'unique autre transformation
$(\lambda,\mu) = (\frac{b^2+4c}{b^2-4c}, \frac{4bc}{b^2-4c})$.
Autrement dit, si $P$ est irréductible, son groupe de Galois est
$\ZZ/2\ZZ$, ce qu'on savait bien sûr déjà.  (Lorsque $b^2-4c = 0$, en
revanche, les transformations de Tschirnhaus de $P$ en $P$ sont tous
les $(\lambda,\mu)$ tels que $\mu = \frac{b}{2}(\lambda-1)$ --- \XXX
revérifier ce truc.)
\end{exemple2}

Cherchons à présent à montrer comment les transformations de
Tschirnhaus sur un polynôme quelconque peuvent se ramener à celles sur
un polynôme irréductible.  Commençons par le cas facile d'un produit
de deux polynômes étrangers :

\begin{proposition2}\label{transformation-de-tschirnhaus-sur-un-produit}
Soient $P_1,P_2 \in k[X]$ deux polynômes unitaires premiers entre eux,
et $P = P_1 P_2$.  Alors la donnée d'une transformation de Tschirnhaus
$U$ de $P$ équivaut à la donnée de transformations de Tschirnhaus
$U_1,U_2$ de $P_1,P_2$ respectivement telles que les polynômes
transformés $Q_1,Q_2$ respectivement soient premiers entre eux, le
polynome $U$ étant alors congru à $U_i$ modulo $P_i$ (pour $i=1,2$).
Et dans ces conditions, le polynôme transformé $Q$ de $P$ par $U$
vaut $Q_1 Q_2$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
D'après le théorème chinois (cf. par exemple \refext{Spec}{lemme
  chinois}), $k[X]/(P)$ est isomorphe à $(k[X]/(P_1)) \times
(k[X]/(P_2))$.  En notant $x_1,x_2$ les classes de $X$
modulo $P_1,P_2$ respectivement, l'élément $(U_1(x_1),U_2(x_2))$
engendre le produit en tant qu'algèbre si et seulement si $U_1(x_1)$
et $U_2(x_2)$ engendrent chacun des facteurs et que leurs polynômes
minimaux $Q_1,Q_2$ sont premiers entre eux.
\end{proof}

Pour généraliser le dernier exemple
de \ref{exemples-transformations-de-tschirnhaus}, attachons-nous
maintenant à déterminer les transformations de Tschirnhaus entre
puissances de polynômes irréductibles.  Commençons par identifier la
manière dont on peut relever la transformation identité sur $P$ :

\begin{lemme2}\label{lemme-relevement-transformation-de-tschirnhaus-identite}
Soit $P$ un polynôme unitaire sur un corps $k$, et soit $U$ un
polynôme dans $k[X]$ tel que $U(X) \equiv X \pmod{P}$ : alors $U$
définit une transformation de Tschirnhaus de $P^r$ en lui-même pour
tout $r\geq 1$.
\end{lemme2}
\begin{proof}
Puisque $U(X) \equiv X \pmod{P}$, on a $P\circ U \equiv 0 \pmod{P}$,
disons $P\circ U = S P$ avec $S \in k[X]$, et ainsi $P^r \circ U = S^r
P^r \equiv 0 \pmod{P^r}$.  Ceci montre que $x \mapsto U(x)$ définit
bien un morphisme $k[X]/(P^r) \to k[X]/(P^r)$.  Il s'agit de voir que
c'est un isomorphisme, et par égalité des dimensions sur $k$ il suffit
de voir qu'il est injectif, c'est-à-dire que si $Q\circ U \equiv 0
\pmod{P^r}$ avec $Q \in k[X]$ alors $Q \equiv 0 \pmod{P^r}$.

Or, si $d = \deg P$, les polynômes $1,U,U^2,\ldots,U^{rd-1}$ sont
échelonnés en valuation, donc ils forment une base de $k[X]/(P^r)$
comme $k$-espace vectoriel.  Ceci montre qu'aucun polynôme $Q$ de
degré $<dr$ ne peut annuler $U(x) \in k[X]/(P^r)$, et comme on a vu
que le polynôme $P^r$ annule $U(x) \in k[X]/(P^r)$, il est bien le
polynôme minimal.
\end{proof}

\begin{proposition2}\label{relevement-transformation-de-tschirnhaus}
Soient $P,Q$ deux polynômes unitaires sur un corps $k$, et soit $r\geq
1$.  Si un polynôme $U$ définit une transformation de Tschirnhaus de
$P$ en $Q$, alors $U$ définit aussi une transformation de Tschirnhaus
de $P^r$ en $Q^r$ et réciproquement.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Supposons que $U$ définisse une transformation de Tschirnhaus de $P$
en $Q$, et soit $V$ la transformation réciproque : on a alors $V\circ
U \equiv X \pmod{P}$
(cf. \ref{transformation-de-tschirnhaus-et-isomorphisme-de-rupture}).
Le lemme précédent montre que $V\circ U$ définit une transformation de
Tschirnhaus de $P^r$ sur lui-même : si $W$ est sa réciproque, on a
$W\circ V\circ U \equiv X \pmod{P^r}$, ce qui montre que $U$ définit
une transformation de Tschirnhaus sur $P^r$, et puisque $Q^r \circ U =
(Q\circ U)^r \equiv 0 \pmod{P^r}$, le polynôme transformé est
bien $Q^r$.

La réciproque est plus simple : si $U$ définit une transformation de
Tschirnhaus de $P^r$ en $Q^r$, et si $V$ en est la transformation
réciproque, on a $V \circ U \equiv X \pmod{P^r}$ donc en particulier
$V\circ U \equiv X \pmod{P}$, ce qui montre que $U$ définit une
transformation de Tschirnhaus sur $P$, et puisque $(Q\circ U)^r = Q^r
\circ U \equiv 0 \pmod{P^r}$, on a le polynôme $Q\circ U$ divise $P$,
donc le polynôme transformé est bien $Q$.
\end{proof}

On prendra garde à la signification de cette proposition :
\emph{toute} façon de relever à $P^r$ une transformation de
Tschirnhaus de $P$ en $Q$ définit une transformation de Tschirnhaus de
$P^r$ en $Q^r$, il n'y en a pas une qui soit privilégiée.  Et il faut
bien se garder de croire (comme le lemme, et surtout sa démonstration,
l'explicitent) qu'en relevant arbitrairement deux transformations de
Tschirnhaus réciproques entre $P$ et $Q$ on obtienne deux
transformations de Tschirnhaus réciproques entre $P^r$ et $Q^r$.

\begin{proposition2}\label{transformation-de-tschirnhaus-et-factorisation}
Soit $P$ un polynôme unitaire à coefficients dans un corps $k$, dont
on note $P = \prod_{i=1}^k P_i^{v_i}$ la décomposition en facteurs
irréductibles (unitaires), les $P_i$ étant supposés deux à deux
distincts.  Alors la donnée d'une transformation de Tschirnhaus $U$ de
$P$ équivaut à la donnée de transformations de Tschirnhaus $U_i$ de
chacun des $P_i$ telles que les polynômes transformés $Q_i$
respectivement soient premiers entre eux, le polynome $U$ étant alors
congru à $U_i$ modulo $P_i$.  Et dans ces conditions, le polynôme
transformé $Q$ de $P$ par $U$ vaut $\prod_{i=1}^k Q_i^{v_i}$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Ceci découle de \ref{transformation-de-tschirnhaus-sur-un-produit} et
\ref{relevement-transformation-de-tschirnhaus}.
\end{proof}

\medbreak

Intéressons-nous maintenant à la relation d'équivalence définie par
l'existence d'une transformation de Tschirnhaus :
\begin{definition2}\label{definition-polynomes-tschirnhaus-equivalents}
Si $P,Q$ sont deux polynômes unitaires de même degrés à coefficients
dans un corps $k$, on dit qu'ils sont Tschirnhaus-équivalents
lorsqu'il existe une transformation de Tschirnhaus sur $P$ le
transformant en $Q$
(cf. \ref{definition-transformation-de-tschirnhaus}), ou, de façon
équivalente
(cf. \ref{transformation-de-tschirnhaus-et-isomorphisme-de-rupture})
de $Q$ le transformant en $P$.
\end{definition2}

\begin{proposition2}\label{polynomes-irreductibles-tschirnhaus-equivalents}
Si $P,Q$ sont deux polynômes unitaires \emph{irréductibles} à
coefficients dans un corps $k$.  Alors les affirmations suivantes sont
équivalentes :
\begin{itemize}
\item les polynômes $P$ et $Q$ sont Tschirnhaus-équivalents,
\item les corps de rupture $k[X]/(P)$ et $k[Y]/(Q)$ de $P$ et $Q$ sont
  isomorphes,
\item les polynômes $P$ et $Q$ sont de même degré, et le corps de
  rupture $k[X]/(P)$ de $P$ contient une racine de $Q$,
\item les polynômes $P$ et $Q$ sont de même degré, et il existe $U \in
  k[X]$ tel que $Q\circ U \equiv 0 \pmod{P}$.
\end{itemize}
\end{proposition2}
\begin{proof}
L'équivalence entre les deux premières affirmations est contenue
dans \ref{transformation-de-tschirnhaus-et-isomorphisme-de-rupture}.
L'équivalence avec la dernière affirmation a été remarquée
en \ref{transformation-de-tschirnhaus-et-composee}, et l'équivalence
entre les deux dernières est évidente.
\end{proof}

\begin{proposition2}\label{polynomes-decomposes-tschirnhaus-equivalents}
Soient $P,Q$ deux polynômes unitaires à coefficients dans un
corps $k$, dont on note $P = \prod_{i=1}^k P_i^{v_i}$ et $Q =
\prod_{j=1}^\ell Q_j^{w_j}$ les décompositions en facteurs
irréductibles (unitaires), les $P_i$ (resp. les $Q_j$) étant supposés
deux à deux distincts.  Alors $P$ et $Q$ sont Tschirnhaus-équivalents
si et seulement si $k=\ell$ et qu'il existe une bijection $\sigma$
entre l'ensemble des $P_i$ et l'ensemble des $Q_j$ telle que pour tout
$i$ on ait $w_{\sigma(i)} = v_i$ et $Q_{\sigma(i)}$
Tschirnhaus-équivalent à $P_i$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Cela découle immédiatement
de \ref{transformation-de-tschirnhaus-et-factorisation}.
\end{proof}

\begin{remarque2}\label{exemple-polynomes-meme-corps-decomposition-mais-pas-tschirnhaus-equivalents}
On a vu en \ref{transformation-de-tschirnhaus-preserve-galois} que si
$P$ et $Q$ sont Tschirnhaus-équivalents, alors ils ont même corps de
décomposition (et même groupe de Galois).  Il peut cependant se
produire que deux polynômes unitaires de même degré $P$ et $Q$, même
irréductibles et séparables, aient même corps de décomposition (et
donc même groupe de Galois) sans pour autant qu'ils soient
Tschirnhaus-équivalents.  À titre d'exemple, les polynômes $X^4 - 2$
et $X^4 + 2$ sur $\QQ$ ont même corps de décomposition
$\QQ(\sqrt{-1},\root4\of2)$, pourtant ils ne sont pas
Tschirnhaus-équivalents puisque $\QQ[X]/(X^4-2)$ ne contient pas de
racine de $X^4 + 2$ (en effet, on peut l'inclure dans $\RR$ en
identifiant la classe de $X$ à $\root4\of2 \approx 1.189 \in \RR$, or
le polynôme $X^4 + 2$ se décompose dans $\RR$ comme $(X^2 + \root4\of8
X + \sqrt{2}) \, (X^2 - \root4\of8 X + \sqrt{2})$, et n'a pas de
racine).
\end{remarque2}

La proposition suivante a pour but d'expliquer l'exemple précédent en
termes de théorie de Galois :
\begin{proposition2}
Soient $P,Q$ deux polynômes séparables de même degré sur un corps $k$,
ayant même corps de décomposition $E$, ou, de façon équivalente, même
groupe de Galois $G = \Gal(E\bo k)$ à l'intérieur du groupe de Galois
d'une clôture séparable de $k$.  Si $U,V$ désignent les sous-groupes
de $G$ (définis à conjugaison près) stabilisant une racine quelconque
de $P,Q$ respectivement (de sorte que l'action de $G$ sur les classes
à gauche de $U,V$ respectivement soit équivalente à celle sur les
racines de $P,Q$ respectivement).  Alors $P,Q$ sont
Tschirnhaus-équivalents si et seulement si $U,V$ sont conjugués
dans $G$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Si $U,V$ sont conjugués, il revient au même de supposer qu'ils sont
égaux : il existe une racine $x$ de $P$ (celle stabilisée par $U$) et
une racine $y$ de $Q$ (celle stabilisée par $V$) telles que $y$ soit
stabilisée par $U$, c'est-à-dire, appartienne au corps de rupture
$k(x)$ de $P$.  D'après
\ref{polynomes-irreductibles-tschirnhaus-equivalents}, ceci montre que
$P$ et $Q$ sont Tschirnhaus-équivalents.

Réciproquement, si $P$ et $Q$ sont Tschirnhaus-équivalents, leurs
corps de rupture $k(x) = k[X]/(P)$ et $k(y) = k[Y]/(Q)$ sont
isomorphes.  Les racines choisies de $P$ et $Q$ (celles stabilisées
par $U$ et $V$ respectivement) définissent des plongements de $k(x)$
et $k(y)$ dans $E$ (en identifiant $x$ et $y$ à ces deux racines
choisies) : d'après \refext{CG}{prolongement-plongement}, il existe un
automorphisme $\sigma$ de la clôture algébrique, donc de $E$, se
restreignant en l'isomorphisme voulu de $k(x)$ sur $k(y)$ : ce $\sigma
\in G$ conjugue $U$ en $V$.
\end{proof}

\begin{exemple2}
Ln'exemple de la
remarque \ref{exemple-polynomes-meme-corps-decomposition-mais-pas-tschirnhaus-equivalents}
peut maintenant s'analyser comme suit : le groupe de Galois $G$ de $E
= \QQ(\sqrt{-1},\root4\of2)$ est le groupe diédral du carré, dont les
côtés peuvent être étiquetés $\root4\of2$, $\sqrt{-1}\root4\of2$,
$-\root4\of2$, $-\sqrt{-1}\root4\of2$ (on notera $\tau$ la symétrie
diagonale de ce carré échangeant $\sqrt{-1}\root4\of2$ et son opposé
et laissant les deux autres sommets fixes, par exemple réalisée par la
conjugaison complexe, et $\sigma$ la rotation permutant les quatre
sommets dans l'ordre dans lequel ils ont été énumérés,
$\sigma(\root4\of2) = \sqrt{-1}\root4\of2$) ; dans ce groupe, le
sous-groupe $U$ stabilisant $x = \root4\of2$ est $U = \{1,\tau\}$,
tandis que le sous-groupe $V$ stabilisant $y = \root4\of{-2} :=
\frac{\sqrt{2}\root4\of2}{2}(1+\sqrt{-1})$ est $\{1,\sigma\tau\}$ (on
peut visualiser les choses en étiquetant comme $\root4\of{-2}$ le côté
du carré reliant les sommets étiquetés $\root4\of2$ et
$\sqrt{-1}\root4\of2$ et ensuite $-\sqrt{-1}\root4\of{-2}$,
$-\root4\of{-2}$ et $\sqrt{-1}\root4\of{-2}$ ses trois images
successives par $\sigma$).  Ces deux sous-groupes $U$ et $V$ ne sont
pas conjugués à l'intérieur de $G$ (le seul conjugué de $\tau$ autre
que lui-même est $\sigma\tau\sigma^{-1} = \sigma^2 \tau$), donc les
corps $\QQ(\root4\of2)$ et $\QQ(\root4\of{-2})$ ne sont pas
isomorphes.
\end{exemple2}

\subsection{Utilisation de la notion de résolvante}

La stratégie générale pour le calcul algorithmique en pratique du
groupe de Galois d'un polynôme $f$ séparable irréductible de degré $d$
est la suivante : dans un premier temps classifier, à conjugaison
près, tous les sous-groupes transitifs de $\mathfrak{S}_d$ et les
inclusions entre eux (certaines techniques permettant d'y arriver
seront esquissées au chapitre suivant) ; puis, pour chacun de ces
sous-groupes, déterminer une résolvante dont la réductibilité ou non
assure (en utilisant la proposition \ref{utilisation-des-resolvantes})
que le groupe de Galois appartient au sous-groupe en question
(généralement en supposant qu'il est déjà connu comme appartenant à
tel ou tel sous-groupe $\mathfrak{G}$ plus grand, ce qui permet
d'utiliser la notion de résolvante dans $\mathfrak{G}$) : ces deux
premières étapes s'effectuent pour un polynôme général ; puis,
connaissant le polynôme $f$ dont il s'agit de déterminer le groupe de
Galois, il suffit de calculer les valeurs des résolvantes
prédéterminées et de chercher à les factoriser (la
proposition \ref{factorisation-des-polynomes-est-algorithmique} nous
assure que ceci est algorithmique pour les polynômes sur les
rationnels : en pratique, il faut bien sûr chercher des algorithmiques
plus efficaces que ceux, complètement théoriques, exposés dans la
preuve de celle-ci).

\XXX --- À expliquer : pourquoi on risque d'avoir besoin de
transformations de Tschirnhausen et pourquoi elles conviennent ; et ce
qui va se passer pour évaluer des résolvantes dans $\mathfrak{G}$ (pas
très clair dans ma tête, ça).


\section{Calculs en petits degrés}

\subsection{Degrés $2$ et $3$}

En degré $2$, il n'y a aucun calcul à faire : le groupe de Galois d'un
polynôme séparable irréductible quadratique est
nécessairement $\ZZ/2\ZZ$.

\smallbreak

En degré $3$, le seul sous-groupe transitif non-trivial de
$\mathfrak{S}_3$ est $H = \mathfrak{A}_3 = \ZZ/3\ZZ$ opérant comme
groupe des permutations cycliques sur les $3$ éléments.  Cherchons des
polynômes (ou fractions rationnelles) $P$ en trois variables
$Z_1,Z_2,Z_3$ dont le stabilisateur dans $\mathfrak{S}_3$ soit $H$ (au
sens de \ref{polynomes-invariants-de-sous-groupes}).  Celui donné par
la proposition citée est essentiellement $P = Z_1 Z_2^2 + Z_2 Z_3^2 +
Z_3 Z_1^2$.  On peut aussi, dans l'esprit de \refext{CG}{construction
  discriminant et 2-distinguant} (où elle était notée $\delta_{2'}$)
considérer la quantité $Q = (Z_1-Z_2) (Z_2-Z_3) (Z_1-Z_3)$, qui
convient en caractéristique $\neq 2$.  Comme prédit par la
proposition \ref{polynomes-invariants-de-sous-groupes}, on peut
exprimer $P$ comme fraction rationnelle de $Q$, et vice versa, à
coefficients dans le corps $k(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) =
k(Z_1,Z_2,Z_3)^{\mathfrak{S}_3}$ (où on a noté $\alpha_1 =
-(Z_1+Z_2+Z_3)$, $\alpha_2 = Z_1 Z_2 + Z_2 Z_3 + Z_1 Z_3$ et $\alpha_3
= -Z_1 Z_2 Z_3$, les signes étant introduits pour simplifier la
comparaison avec les coefficients du polynôme $f$ ci-dessous) :
précisément, on a $Q = -2P + (-\alpha_1\alpha_2 + 3\alpha_3)$ (soit $P
= -\frac{1}{2}Q + (-\frac{1}{2}\alpha_1\alpha_2 +
\frac{3}{2}\alpha_3)$ en caractéristique différente de $2$).  Pour
faire le lien avec \refext{CG}{distinguant distingue groupe alterné}
(où elle était notée $\delta$), on peut également introduire la
quantité $S = (P-\alpha_3)/Q = \frac{P - \alpha_3}{-2P +
  (-\alpha_1\alpha_2 + 3\alpha_3)}$.

Si $f = X^3 + a_1 X^2 + a_2 X + a_3$, alors la résolvante de $f$ par
rapport à ces différents polynômes et fractions rationnnelles est
donnée ainsi : relativement à $P$ la résolvante vaut $R_P(f) = X^2 +
(a_1 a_2 - 3 a_3)\,X + (a_1^3 a_3 + a_2^3 - 6 a_1 a_2 a_3 + 9
a_3^2)$ ; relativement à $Q$ elle vaut $R_Q(f) = X^2 - (a_1^2 a_2^2 -
4 a_1^3 a_3 - 4 a_2^3 + 18 a_1 a_2 a_3 - 27 a_3^2)$ ; et relativement
à $S$, elle vaut $R_S(f) = X^2 + X - \frac{a_1^3 a_3 + a_2^3 - 5 a_1
  a_2 a_3 + 7 a_3^2}{a_1^2 a_2^2 - 4 a_1^3 a_3 - 4 a_2^3 + 18 a_1 a_2
  a_3 - 27 a_3^2}$.  Dans chacun des cas, la conclusion de la
proposition \ref{utilisation-des-resolvantes} est la suivante : si $f$
et la résolvante considérée sont séparables, alors la résolvante admet
une racine dans $k$ si et seulement si le groupe de Galois de $f$ est
inclus dans le groupe $H$ des permutations cycliques (pour $R_Q$, on
suppose dans cette affirmation que la caractéristique de $k$ est
différente de $2$).  Ceci recouvre essentiellement la
proposition \refext{CG}{caracterisation groupe Gal alterne}.


\subsection{Degré $4$}

Le groupe symétrique $\mathfrak{S}_4$ possède cinq sous-groupes
transitifs : le groupe symétrique $\mathfrak{S}_4$ tout entier
(d'ordre $24$), le groupe alterné $\mathfrak{A}_4$ (d'ordre $12$), le
groupe diédral $D_4$ du carré (d'ordre $8$), le groupe cyclique $C_4 =
\ZZ/4\ZZ$ d'ordre $4$, et le produit $C_2 \times C_2 = (\ZZ/2\ZZ)^2$
(d'ordre $4$) de deux groupes cycliques d'ordre $2$ également appelé
groupe de Klein.  Le groupe $C_2\times C_2$ (qui est distingué dans
$\mathfrak{S}_4$) est inclus dans $\mathfrak{A}_4$ ; ce n'est pas le
cas de $C_4$ (c'est-à-dire d'aucun conjugué de $C_4$) ni à plus forte
raison de $D_4$.

Pour tester si le groupe de Galois d'un polynôme $f = X^4 + a_1 X^3 +
a_2 X^2 + a_3 X + a_4$ est inclus dans $\mathfrak{A}_4$, on dispose du
discriminant (ou, en caractéristique $2$, du distinguant) comme
expliqué en \refext{CG}{caracterisation groupe Gal alterne}, et on
pourrait, comme dans le cas cubique ci-dessus, faire le lien avec la
résolvante de polynômes tels que $\prod_{i<j}(Z_i-Z_j)$.

Pour tester si le groupe de Galois de $f$ est inclus dans $D_4$ (à
conjugaison près), on a déjà suggéré en \ref{exemples-resolvantes}
d'utiliser la résolvante relativement à $P = Z_1 Z_3 + Z_2 Z_4$, à
savoir $R_P = X^3 - a_2 X^2 + (a_1 a_3 - 4 a_4) X + (- a_1 ^2 a_4 -
a_3^2 + 4 a_2 a_4)$ : lorsque $R_P$ est séparable, elle admet une
racine dans $k$ si et seulement si le groupe de Galois $G$ de $f$ est
inclus dans un des conjugués de $D_4$ dans $\mathfrak{S}_4$.
Remarquons que, dans ce cas, $R_P$ est scindé si et seulement si $G$
est inclus dans l'intersection des conjugués de $D_4$
dans $\mathfrak{S}_4$, qui est $C_2 \times C_2$.

Il reste à trouver un moyen de distinguer les situations où le groupe
de Galois de $f$ est inclus dans $C_4$ (en supposant qu'il est déjà
inclus dans $D_4$) et celles où il ne l'est pas.  Il est facile de
trouver un polynôme dans $k[Z_1,Z_2,Z_3,Z_4]$ dont le stabilisateur
dans $D_4$ soit précisément $C_4$ : le polynôme $F = Z_1 Z_2^2 + Z_2
Z_3^3 + Z_3 Z_4^2 + Z_4 Z_1^2$ convient.  On peut donc affirmer que
$R_{D_4,F}(f)$, lorsqu'elle est séparable, admet une racine dans $k$
si et seulement si $f$ a un groupe de Galois inclus dans $C_4$.  Une
difficulté par rapport aux situations précédentes est qu'il n'est pas
évident de donner une expression « générale » de $R_{D_4,F}$, faute de
choix évident de notations pour $k[Z_1,Z_2,Z_3,Z_4]^{D_4}$ comme le
sont les fonctions symétriques élémentaires (ou les coefficients
de $f$) pour $k[Z_1,Z_2,Z_3,Z_4]^{\mathfrak{S}_4}$.  On peut
naturellement faire un choix : si par exemple $\pi$ désigne la racine
dans $k$ de la résolvante $R_P$ introduite ci-dessus déterminant que
$G$ est inclus dans $D_4$, on peut écrire $R_{D_4,F} = X^2 + (a_1 a_2
- 2 a_3 - a_1 \pi) X + (a_1^3 a_3 + a_2^3 - 5 a_1 a_2 a_3 + 5 a_3^2 +
(- a_1^2 a_2 + a_2^2 + a_1 a_3) \pi + (a_1^2 - a_2) \pi^2 - \pi^3)$
(pour vérifier concrètement cette expression, il suffit de remplacer
dans le membre de droite $\pi$ par $P = Z_1 Z_3 + Z_2 Z_4$ et
$a_1,\ldots,a_4$ par les fonctions symétriques élémentaires au signe
près, et de constater qu'on obtient bien le produit de $X-F$ par la
même quantité après échange de $Z_1$ et $Z_3$). \XXX Non, là je dis
peut-être des conneries, mais je me suis complètement embrouillé.



\ifx\danslelivre\undefined
\bibliography{../configuration/bibliographie-livre}
\bibliographystyle{../configuration/style-bib-livre}
\end{document}
\fi