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\title{Algorithmes de calcul}
 
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\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 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{Transformations de Tschirnhaus}\label{section-transformations-de-tschirnhaus}

\subsection{Généralités}

\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}

\subsection{Transformations de Tschirnhaus et factorisation}

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
polynôme $U$ 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 polynôme $U$ 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}

\subsection{Polynômes Tschirnhaus-équivalents}

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 degré 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}\label{polynomes-tschirnhaus-equivalents-et-stabilisateurs-conjugues}
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}
L'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}


\section{La notion de résolvante}

\subsection{Polynômes invariants}

\begin{definition2}\label{definition-polynomes-invariants-par-permutations}
Soit $H$ un sous-groupe du groupe symétrique $\mathfrak{S}_d$ sur $d$
objets.  On fait agir $H$ sur l'anneau $K[Z_1,\ldots,Z_d]$ des
polynômes en $d$ indéterminées (sur un anneau $K$ de coefficients
quelconque) par permutation sur les indéterminées :
$\sigma(P(Z_1,\ldots,Z_d)) = P(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)})$.
On dit notamment qu'un polynôme $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ est
invariant par $H$ lorsque $P(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)}) =
P(Z_1,\ldots,Z_d)$ pour tout $\sigma\in H$, et on note $\Fix_H
K[Z_1,\ldots,Z_d]$ la sous-algèbre des polynômes invariants par $H$.
On fait les mêmes conventions pour le corps des fractions rationnelles
en $d$ variables sur un corps $K$.
\end{definition2}

\begin{remarque2}\label{base-des-polynomes-invariants}
Si $H$ est un sous-groupe de $\mathfrak{S}_d$ et $K$ un anneau
quelconque, alors l'algèbre $\Fix_H K[Z_1,\ldots,Z_d]$ des polynômes
invariants par $H$ admet une base comme $K$-module formée des
polynômes $\sum_{M\in \Omega} M$ où $\Omega$ parcourt les orbites des
l'ensemble des monômes $Z_1^{v_1}\cdots Z_d^{v_d}$ sous l'action
de $H$.
\end{remarque2}

La proposition suivante, qui sera essentielle pour construire des
résolvantes, 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 $H$ :
\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}

Les deux propositions qui vont suivre (et dont la démonstration est en
principe constructive) montrent qu'on peut faire un peu mieux, et
construire des polynômes invariants par $H$ et qui « séparent » deux
points dont les coordonnées ne sont pas images l'une de l'autre par
l'action de $H$.

Le lemme suivant est évident (et très loin d'être optimal), mais nous
le démontrons pour en souligner le caractère constructif :
\begin{lemme2}\label{interpolation-de-lagrange-en-d-variables}
Soit $K$ un corps, soient $x_1,\ldots,x_r \in K^d$ des $d$-uplets deux
à deux distincts d'éléments de $K$, et soient $y_1,\ldots,y_r \in K$
quelconques.  Alors il existe $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ tel que
$P(x_i) = y_i$ pour chaque $i$.
\end{lemme2}
\begin{proof}
Il suffit de construire $P$ dans le cas $y_1 = 1$ et
$y_2=\ldots=y_r=0$, le cas général s'en déduisant par combinaison
linéaire.  Il suffit alors de construire $P$ s'annulant en
$x_2,\ldots,x_r$ et ne s'annulant pas en $x_1$.  Or pour chaque
$\ell\geq 2$, comme $x_\ell \neq x_1$, il existe une coordonnée
$i_\ell$ (c'est-à-dire $Z_{i_\ell}$) telle que $x_\ell$ et $x_1$
diffèrent sur la coordonnée en question : $x_{\ell,i_\ell} \neq
x_{1,i_\ell}$.  Le polynôme $\prod_{\ell=2}^r
(Z_{i_\ell}-x_{\ell,i_\ell})$ répond alors aux critères demandés.
\end{proof}

\begin{proposition2}\label{separation-des-points-du-quotient-de-l-espace-affine-par-des-permutations}
Soit $H$ un sous-groupe de $\mathfrak{S}_d$ et soit $K$ un corps : si
$(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ et $(\xi'_1,\ldots,\xi'_d)$ sont deux
$d$-uplets d'éléments de $K$, alors il y a équivalence entre les
affirmations suivantes :
\begin{enumerate}
\item il existe $\sigma \in H$ tel que $\xi'_i = \xi_{\sigma(i)}$ pour
  tout $i$,
\item pour tout polynôme $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ invariant par $H$
  (au sens où $P(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)}) =
  P(Z_1,\ldots,Z_d)$ pour chaque $\sigma \in H$), on a
  $P(\xi'_1,\ldots,\xi'_d) = P(\xi_1,\ldots,\xi_d)$,
\item tout polynôme $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ invariant par $H$ qui
  s'annule en $(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ s'annule aussi en
  $(\xi'_1,\ldots,\xi'_d)$.
\end{enumerate}
\end{proposition2}
\begin{proof}
Le fait que (i) implique (ii) est évident, ainsi que le fait que (ii)
implique (iii).  Il reste à prouver que (iii) implique (i) : mais
d'après \ref{interpolation-de-lagrange-en-d-variables}, si (i) n'est
pas vérifié, on peut construire un polynôme $P$ qui s'annule en
$(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ mais en aucun des
$(\xi'_{\sigma(1)},\ldots,\xi'_{\sigma(d)})$ pour $\sigma\in H$, et le
produit $\prod_{\sigma\in H} P(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)})$
est invariant par $H$ et s'annule alors en $(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ mais
pas en $(\xi'_1,\ldots,\xi'_d)$, c'est-à-dire que (iii) n'est pas
vérifié.
\end{proof}

\begin{proposition2}\label{separation-des-points-du-quotient-de-l-espace-affine-par-des-permutations-bis}
Soit $H$ un sous-groupe de $\mathfrak{S}_d$, soit $K$ un corps et soit
$L$ une extension quelconque de $K$ : si $(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ et
$(\xi'_1,\ldots,\xi'_d)$ sont deux $d$-uplets d'éléments de $L$, alors
il y a équivalence entre les affirmations suivantes :
\begin{enumerate}
\item il existe $\sigma \in H$ tel que $\xi'_i = \xi_{\sigma(i)}$ pour
  tout $i$,
\item pour tout polynôme $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ invariant par $H$
  (au sens où $P(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)}) =
  P(Z_1,\ldots,Z_d)$ pour chaque $\sigma \in H$), on a
  $P(\xi'_1,\ldots,\xi'_d) = P(\xi_1,\ldots,\xi_d)$.
\end{enumerate}
\end{proposition2}
\begin{proof}
De nouveau, le fait que (i) implique (ii) est évident.  Supposons que
(i) ne soit pas vérifié : d'après la proposition précédente, il existe
$P \in L[Z_1,\ldots,Z_d]$ invariant par $H$ tel que
$P(\xi'_1,\ldots,\xi'_d) \neq P(\xi_1,\ldots,\xi_d)$.  Écrivons $P$
comme combinaison linéaire (à coefficients dans $L$) des polynômes qui
sont somme de l'orbite d'un monôme par l'action de $H$
(cf. \ref{base-des-polynomes-invariants}) : ces monômes sont dans
$K[Z_1,\ldots,Z_d]$ et invariants par $H$, et il doit y en avoir au
moins un, appelons-le $Q$, tel que $Q(\xi'_1,\ldots,\xi'_d) \neq
Q(\xi_1,\ldots,\xi_d)$.  Ceci montre que (ii) n'est pas vérifié.
\end{proof}

La proposition suivante montre que l'étude des fractions rationnelles
invariantes par un sous-groupe $H$ de $\mathfrak{S}_d$ peut
généralement se ramener à l'étude des polynômes :
\begin{proposition2}\label{action-sur-les-racines-polynomes-et-fractions-rationnelles}
Soit $K$ un corps, et $L = K(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ une extension de $K$
engendrée par $d$ éléments $\xi_1,\ldots,\xi_d$.  Alors, pour $H$ un
sous-groupe de $\mathfrak{S}_d$, les affirmations suivantes sont
équivalentes :
\begin{enumerate}
\item pour toute orbite $\Omega$ de $H$ agissant sur les monômes en
  les variables $Z_1,\ldots,Z_d$, on a $\sum_{M\in\Omega}
  M(\xi_1,\ldots,\xi_d) \in K$ ;
\item pour tout polynôme $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ invariant par $H$
  (c'est-à-dire tel que $P(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)}) =
  P(Z_1,\ldots,Z_d)$ dès que $\sigma\in H$) on a
  $P(\xi_1,\ldots,\xi_d) \in K$ ;
\item pour toute fraction rationnelle $R \in K(Z_1,\ldots,Z_d)$
  invariante par $H$ (c'est-à-dire telle que
  $R(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)}) = R(Z_1,\ldots,Z_d)$ dès que
  $\sigma\in H$) et dont le dénominateur ne s'annule pas en
  $(\xi_1,\ldots,\xi_d)$, on a $R(\xi_1,\ldots,\xi_d) \in K$.
\end{enumerate}
\end{proposition2}
\begin{proof}
Le fait que (ii) implique (i) est trivial, et l'implication réciproque
résulte de la remarque \ref{base-des-polynomes-invariants}.

Le fait que (iii) implique (ii) est trivial.  Montrons que (ii) implique
(iii) : soit $R = P/Q$ avec $P,Q \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ sans facteur
commun (on rappelle que $K[Z_1,\ldots,Z_d]$ est factoriel, ce qui
donne un sens à cette affirmation), où $Q$ ne s'annule pas en
$(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ et où $R$ est invariante par $H$.  Pour chaque
$\sigma\in H$, on a alors $R = \sigma(P)/\sigma(Q)$, c'est-à-dire que
$P\,\sigma(Q) = Q\,\sigma(P)$ dans $K[Z_1,\ldots,Z_d]$, et comme $P,Q$
ont été supposés sans facteur commun on peut en déduire $\sigma(Q) =
c_\sigma Q$ et $\sigma(P) = c_\sigma^{-1} P$ avec $c_\sigma\in
K^\times$, en particulier $\sigma(Q)$ ne s'annule pas en
$(\xi_1,\ldots,\xi_d)$.  Si on introduit $Q^* = \prod_{\sigma\in H}
\sigma(Q) = (\prod_{\sigma\in H} c_\sigma) Q$, et de même $P^* =
\prod_{\sigma\in H} \sigma(P) = (\prod_{\sigma\in H} c_\sigma^{-1})
P$, on a $P^*/Q^* = P/Q = R$, le polynôme $Q^*$ ne s'annule pas en
$(\xi_1,\ldots,\xi_d)$, et comme $P^*$ et $Q^*$ sont tous deux
invariants par $H$, la conclusion du (ii) permet d'affirmer que
$R(\xi_1,\ldots,\xi_d) =
P^*(\xi_1,\ldots,\xi_d)/Q^*(\xi_1,\ldots,\xi_d) \in K$.
\end{proof}

Même si la proposition est énoncée avec $\xi_1,\ldots,\xi_d$
quelconques, nous nous intéresserons à la situation ci-dessus dans le
cas où $\xi_1,\ldots,\xi_d$ sont les racines comptées avec
multiplicité d'un polynôme $f \in K[X]$ dont $L$ est, donc, le corps
de décomposition.  Autrement dit, nous nous poserons la
\begin{question2}\label{question-trouver-critere-polynomes-invariants}
Soit $f \in K[X]$ un polynôme de degré $d$ à coefficients dans un
corps $K$, dont on note $\xi_1,\ldots,\xi_d$ sont les racines comptées
avec multiplicité dans un corps de décomposition $L =
K(\xi_1,\ldots,\xi_d)$, et soit $H$ un sous-groupe de
$\mathfrak{S}_d$.  À quelle condition sur $f$ et $H$ peut-on dire que
l'affirmation suivante est vérifiée ?
\begin{itemize}
\item[($*$)] Pour tout polynôme $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ invariant
  par $H$ (c'est-à-dire tel que $P(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)})
  = P(Z_1,\ldots,Z_d)$ dès que $\sigma\in H$), on a
  $P(\xi_1,\ldots,\xi_d) \in K$.
\end{itemize}
(Autrement dit : trouver des conditions équivalentes à celles de la
proposition ci-dessus.)
\end{question2}

\begin{remarque2}
Il est tentant, pour répondre à la question, de comparer le (iii) de la
proposition \ref{action-sur-les-racines-polynomes-et-fractions-rationnelles}
avec \ref{polynomes-invariants-de-sous-groupes}.  Notamment, on sait
qu'il existe des polynômes $P$ tels que $\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P) =
H$, et que si $P$ est un tel polynôme, alors le corps $F(P)$ qu'il
engendre au-dessus du corps $F = K(\sigma_1,\ldots,\sigma_d)$ des
fonctions rationnelles totalement symétriques en les $Z_i$ est
précisément le corps des fonctions rationnelles invariantes par $H$ :
on peut donc être tenté de penser que l'hypothèse
$P(\xi_1,\ldots,\xi_d) \in K$ (sur un polynôme $P$ tel qu'on
vient de le dire) implique l'affirmation ($*$) de la
question.  Or il n'en est rien : par exemple, si $K$ est un corps de
caractéristique $3$ non parfait, $L$ l'extension purement inséparable
de $K$ obtenue en ajoutant la racine cubique $\xi$ d'un élément $a \in
K$ qui ne soit pas un cube dans $K$, si on pose $d=3$ et $H =
\ZZ/2\ZZ$ opérant en échangeant les indéterminées $Z_2$ et $Z_3$, et
$P = Z_2 Z_3^2 + Z_2^2 Z_3$ qui vérifie bien
$\Stab_{\mathfrak{S}_3}(P) = H$, on peut écrire $Z_1 = \frac{\sigma_1
  \sigma_3}{\sigma_3 + P} \in F(P)$ où $\sigma_1 = Z_1+Z_2+Z_3$ et
$\sigma_3 = Z_1 Z_2 Z_3$, on a bien $P(\xi,\xi,\xi) = 2 \xi^3 \in K$,
et pourtant $Z_1$ prend en $(\xi,\xi,\xi)$ une valeur ($\xi$) qui
n'appartient pas à $K$, c'est-à-dire que la conclusion ($*$) ne tient
pas.
\end{remarque2}

Le cas de la
question \ref{question-trouver-critere-polynomes-invariants} qui nous
intéressera particulièrement est celui où $L\bo K$ est séparable (donc
galoisienne).  Dans ce cas, on a une réponse simple à la question :
\begin{proposition2}\label{critere-polynomes-invariants-cas-separable}
Sous les conditions de la
question \ref{question-trouver-critere-polynomes-invariants},
supposons en outre que $f$ soit séparable sur $K$.  Alors
l'affirmation ($*$) est équivalente à : $H$ contient le groupe de
Galois de $f$ (vu comme sous-groupe de $\mathfrak{S}_d$ en opérant sur
les racines $\xi_1,\ldots,\xi_d$ de $f$).
\end{proposition2}
\begin{proof}
Si $H$ contient le groupe de Galois $G$ de $f$, alors tout polynôme $P
\in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ invariant par $H$ l'est en particulier par $G$
opérant en permutant les $Z_i$, ce qui implique que
$P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)}) = P(\xi_1,\ldots,\xi_d)$
pour tout $\sigma\in G$, c'est-à-dire que $P(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ est
invariant par $G$ opérant comme groupe d'automorphismes sur le corps
de décomposition $L = K(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ de $f$, donc
$P(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ appartient bien au corps fixe $K$ de $G$.

Réciproquement, si $H$ ne contient pas le groupe de Galois $G$ de $f$,
il existe $\sigma$ dans $G$ n'appartenant pas à $H$.  Si on définit
$(\xi'_1,\ldots,\xi'_d) = (\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)})$,
alors comme les $\xi_i$ sont distincts, $\sigma$ est l'unique élément
de $\mathfrak{S}_d$ tel que $\xi'_i = \xi_{\sigma(i)}$, et d'après
\ref{separation-des-points-du-quotient-de-l-espace-affine-par-des-permutations-bis},
il existe $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ invariant par $H$ tel que
$P(\xi'_1,\ldots,\xi'_d) \neq P(\xi_1,\ldots,\xi_d)$, c'est-à-dire
$\sigma(P(\xi_1,\ldots,\xi_d)) \neq P(\xi_1,\ldots,\xi_d)$, donc
$P(\xi_1,\ldots,\xi_d) \not\in K$ puisque $G$ est le groupe de Galois
de $f$.
\end{proof}

Même si cela ne présente guère d'intérêt pour les applications, nous
donnons aussi une réponse à la
question \ref{question-trouver-critere-polynomes-invariants} pour le
cas de l'extraction d'une racine $p^e$-ième en caractéristique $p$.
Pour cela, on aura besoin du résultat classique suivant :
\begin{proposition2}\label{transitivite-des-sylow}
Soit $G$ un groupe de permutations transitif sur un ensemble $X$ de
cardinal $p^e$ avec $p$ un nombre premier, et soit $H$ un sous-groupe
de $G$ dont l'indice $(G:H)$ est premier avec $p$.  Alors $H$ est
encore transitif sur $X$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Soit $U = \Stab_G(x)$ le fixateur dans $G$ d'un élément $x\in X$ : on
a $(G:U) = p^e$.  On peut écrire $(H:(U\cap H)) = (G:U) \, (U:(U\cap
H)) \, (G:H)^{-1}$ (égalité entre éléments de $\QQ$).  Or $(G:U) =
p^e$, le nombre $(U:(U\cap H))$ est entier, et par hypothèse
$(G:H)^{-1}$ ne comporte pas de $p$ au dénominateur (i.e., sa
valuation $p$-adique est positive).  Il s'ensuit que $(H:(U\cap H))$ a
un numérateur réduit multiple de $p^e$ (i.e., sa valuation $p$-adique
vaut au moins $e$), et comme il s'agit d'un entier, c'est un multiple
de $p^e$.  Mais $(H:(U\cap H))$ est le cardinal de l'orbite de $x$
sous l'action de $H$ : on a donc montré que cette orbite est $X$ tout
entier.
\end{proof}

\begin{proposition2}
Sous les conditions de la
question \ref{question-trouver-critere-polynomes-invariants},
supposons en outre que $K$ est de caractéristique $p$ et $f =
X^{p^e}-a$ est irréductible, c'est-à-dire que $\xi_1,\ldots,\xi_d$
(avec $d=p^e$) sont tous égaux à $\xi := \root p^e\of a$ de
degré $p^e$ sur $K$.  Alors l'affirmation ($*$) est équivalente à :
$H$ opère transitivement sur $\{1,\ldots,p^e\}$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Supposons d'abord que $H$ opère transitivement sur $\{1,\ldots,p^e\}$.
Soit $P$ un $p$-Sylow de $H$ : alors $P$ opère encore transitivement
sur $\{1,\ldots,p^e\}$ (d'après \ref{transitivite-des-sylow}), donc on
peut supposer que $H=P$, c'est-à-dire que l'ordre de $H$ est une
puissance de $p$.  Soit maintenant $M$ un monôme sur les variables
$Z_1,\ldots,Z_{p^e}$.  Si $M$ est invariant par $H$, alors il peut
s'écrire $(\prod_{i=1}^{p^e} Z_i)^r$, et sa valeur sur
$(\xi,\ldots,\xi)$ vaut $\xi^{rp^e} = a^r \in K$.  Si $M$ n'est pas
invariant par $H$, alors le nombre de ses conjugués par $H$ est une
puissance non triviale de $p$, donc leur somme, évaluée sur l'élément
diagonal $(\xi,\ldots,\xi)$, vaut $0$ dans $K$ qui est de
caractéristique $p$.  Il s'ensuit que si $P$ est un polynôme invariant
par $H$, sa valeur sur $(\xi,\ldots,\xi)$ appartient à $K$.

Si au contraire $H$ n'opère pas transitivement sur $\{1,\ldots,p^e\}$,
considérons une orbite $\Omega$ sous $H$, et le monôme $P$ produit des
$Z_i$ pour $i\in \Omega$.  Alors $P$ est invariant par $H$, mais son
image sur $(\xi,\ldots,\xi)$ vaut $\xi^{\#\Omega}$ qui n'appartient
pas à $K$ car le polynôme minimal $f = X^{p^e}-a$ de $\xi$ est de
degré $p^e$.
\end{proof}

\XXX L'auteur de ces lignes ne connaît pas de critère simple répondant
à la question \ref{question-trouver-critere-polynomes-invariants} dans
le cas général.

\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 $d$) à
coefficients dans le même corps $K$ : si $\xi_1,\ldots,\xi_d$ sont les
racines de $f$ dans son corps de décomposition noté $L$ comptées avec
multiplicité (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 $H = \Stab_{\mathfrak{S}_d}(P) = \{\sigma\in\mathfrak{S}_d :
P(Z_{\sigma(1)}, \ldots, Z_{\sigma(d)}) = P(Z_1,\ldots,Z_d)\}$ est le
stabilisateur de $P$ pour l'action de $\mathfrak{S}_d$ opérant sur
$K[Z_1,\ldots,Z_d]$ par permutation des variables ; ce polynôme
$R_P(f)$ appartient, en fait, à $K[X]$.

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, supposons de plus que
$\mathfrak{G}$ est un sous-groupe de $\mathfrak{S}_d$ vérifiant la
condition ($*$) de la
question \ref{question-trouver-critere-polynomes-invariants} avec $H$
remplacé par $\mathfrak{G}$ (dans le cas où $f$ est séparable, on
rappelle, cf. \ref{critere-polynomes-invariants-cas-separable}, que
cela signifie simplement que $\mathfrak{G}$ contient 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 alors 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 $H = \Stab_{\mathfrak{G}}(P) = \{\sigma\in\mathfrak{G} :
P(Z_{\sigma(1)}, \ldots, Z_{\sigma(d)}) = P(Z_1,\ldots,Z_d)\}$ est le
stabilisateur de $P$ dans $\mathfrak{G}$ ; l'hypothèse sur
$\mathfrak{G}$ assure ce polynôme $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ appartient,
en fait, à $K[X]$.
\end{definition2}

Ces différentes notations ont bien un sens : par exemple, le fait que
$\prod_{\sigma\in\mathfrak{S}_d/H}
(X-P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)}))$ ne dépende pas du choix
de l'ensemble des $\sigma$ représentant les classes à gauche
$\mathfrak{S}_d/H$ découle de ce que
$P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)}) =
P(\xi_{\sigma\tau(1)},\ldots,\xi_{\sigma\tau(d)})$ si $\tau \in H$
(puisque $P$ est invariant par $H$).

Le fait que la résolvante générale $R_P$ soit un polynôme totalement
symétrique dans les $Z_1,\ldots,Z_d$ est 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 que $R_P(f) \in K[X]$ comme annoncé.

Le fait que $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ soit à coefficients dans $K$ est
clair en vertu de l'hypothèse effectuée : chacun de ses coefficients
en $X$ est l'évaluation en $(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ d'un polynôme de
$Z_1,\ldots,Z_d$ invariant par $\mathfrak{G}$ opérant sur ces
indéterminées.  (Répétons de nouveau que le cas intéressant est le cas
galoisien, auquel cas on est en train d'affirmer que $\Gal(L/K)$ 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
$R_{\mathfrak{G},P}(f)$).

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 $Z_i$ (et le problème serait de trouver
une paramétrisation, sous une forme ou une autre, des polynômes
invariants par $\mathfrak{G}$, qui tienne lieu des fonctions
symétriques élémentaires).

\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 $X - P(Z_1,\ldots,Z_d)$ linéaire en $X$ 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 $Z_i$ (par
  exemple, pour $P = Z_1 + \cdots + Z_d$, on a $R_P(f) = X-a_1$).
\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 pour $f$ un polynôme séparable, le groupe de
  Galois de $f$ 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.
\item Si $1\leq r \leq d$, le polynôme $P := Z_1 + \cdots + Z_r$ a
  pour stabilisateur le sous-groupe $H$ de $\mathfrak{S}_d$
  stabilisant la partie $A = \{1,\ldots,r\}$ de cardinal $r$.  La
  résolvante $R_P(f)$ a pour racines toutes les $\frac{d!}{r!(d-r)!}$
  sommes de $r$ racines de $f$, et, à supposer que celles-ci soient
  distinctes, étudier l'action du groupe de Galois de $f$ dessus
  revient à étudier l'action de ce groupe de Galois sur les ensembles
  de $r$ racines.  Au chapitre \refext{ExG}{} (voir notamment les
  exemples \refext{ExG}{exemple-galois-psl-3-f-2} et
  \refext{ExG}{exemple-galois-m-12}), on a vu que l'étude de cette
  action pouvait permettre de distinguer utilement des groupes de
  Galois.
\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 $G$ 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 à
l'intérieur de $\mathfrak{G}$ opérant en permutant les
indéterminées $Z_i$.  Alors :
\begin{itemize}
\item si $G$ 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, si $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ admet une racine
  \emph{simple} dans $K$ (et notamment si $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ est
  \emph{séparable} et admet une racine dans $K$), alors $G$ de $f$ est
  contenu dans un conjugué de $H$.
\end{itemize}
De plus, si la résolvante $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ est \emph{séparable},
\begin{itemize}
\item le groupe de Galois de celle-ci, opérant sur ses racines, 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 $H$,
\item en particulier, cette résolvante $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ est
  scindée sur $K$ si et seulement si le groupe de Galois $G$ de $f$
  est inclus dans $\bigcap_{\sigma \in \mathfrak{G}} \sigma H
  \sigma^{-1}$ (plus grand sous-groupe distingué de $\mathfrak{G}$
  contenu dans $H$).
\end{itemize}
(L'implication « si » de cette dernière équivalence est vraie même
sans l'hypothèse de séparabilité de la
résolvante $R_{\mathfrak{G},P}(f)$.)
\end{proposition2}
\begin{proof}
Notons comme précédemment $\xi_1,\ldots,\xi_d$ les racines de $f$ (de
sorte que $f = \prod_{i=1}^d (X-\xi_i)$) et $L =
K(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ le corps de décomposition.

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 $L$ (où $\xi_i$ sont
les racines de $f$ et $L$ son corps de décomposition) est invariant
par $G$, donc appartient à $K$, de sorte que $R_{\mathfrak{G},P}(f)$
admet cette racine dans $K$.  Si $G$ est contenu dans l'intersection
$\bigcap_{\sigma \in \mathfrak{G}} \sigma H \sigma^{-1}$ de tous les
conjugués de $H$ dans $\mathfrak{G}$, alors toutes les racines
$P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)})$ de $R_{\mathfrak{G},P}(f)$
appartiennent à $K$, c'est-à-dire que $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ est
scindée sur $K$ (ceci justifie la parenthèse finale de l'énoncé).

Consdérons maintenant l'action de Galois sur l'ensemble $\mathscr{R}
:= \{P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)}) :
\sigma\in\mathfrak{G}\}$ des racines de $R_{\mathfrak{G},P}(f)$.
Comme $\mathscr{R}$, donc le corps de décomposition
de $R_{\mathfrak{G},P}(f)$, est inclus dans le corps $L$ de
décomposition de $f$, le groupe de Galois de $R_{\mathfrak{G},P}(f)$
est un quotient de $G$ (celui de $f$) ; plus le groupe de Galois de
$R_{\mathfrak{G},P}(f)$ est le quotient de $G$ par le fixateur de
$\mathscr{R}$ dans $G$ (le noyau de l'action de $G$
sur $\mathscr{R}$).

Soit $X = \mathfrak{G}/H$ l'ensemble des classes à gauche de $H$
dans $\mathfrak{G}$ : 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 elle transporte l'action de $G$ sur $X$ par
multiplication à gauche en l'action naturelle de $G$
sur $\mathscr{R}$.

Si $P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)})$ est racine simple de
$R_{\mathfrak{G},P}(f)$, cet élément de $\mathscr{R}$ est l'image d'un
unique élément $\sigma H$ de $X$ par l'application $X \to \mathscr{R}$
qu'on vient de voir.  Si de plus cette racine appartient à $K$,
c'est-à-dire, est invariante sous $G$, c'est que $\gamma\sigma H =
\sigma H$ pour tout $\gamma\in G$, ce qui signifie exactement $G \leq
\sigma H \sigma^{-1}$ comme on la annoncé.

Si $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ est séparable, l'application $X \to
\mathscr{R}$ définie ci-dessus est une bijection, et l'action de $G$
sur $\mathscr{R}$ est donc isomorphe à son action sur $X$ : en
particulier, le noyau de l'action de $G$ sur $X$ par multiplication à
gauche est $G \cap \bigcap_{\sigma\in\mathfrak{G}} \sigma H
\sigma^{-1}$, et l'action est triviale ($R_{\mathfrak{G},P}(f)$ est
scindé sur $K$) si et seulement si $G$ est inclus dans
$\bigcap_{\sigma\in\mathfrak{G}} \sigma H \sigma^{-1}$.
\end{proof}

L'idée intuitive à garder à l'esprit pour l'utilisation des
résolvantes est la suivante : la numérotation $\xi_1,\ldots,\xi_d$
choisie pour les racines de $f$ est initialement arbitraire (au moins
à permutation près par un élément de $\mathfrak{G}$).  Choisir une
racine de $R_{\mathfrak{G},P}(f)$ revient à choisir une valeur de
$P(\xi_1,\ldots,\xi_d)$ parmi les différentes valeurs obtenues en
permutant les racines, c'est-à-dire, restreindre l'arbitraire dans la
numérotation des racines de $f$.

\begin{remarque2}\label{remarque-idiote-separabilite-d-un-polynome-versus-resolvante}
Si $f \in K[X]$ est un polynôme unitaire de degré $d$ et $P \in
K[Z_1,\ldots,Z_d]$ un polynôme tel que $H :=
\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P)$ soit contenu dans le stabilisateur
$\mathfrak{S}_{d-1}$ d'un élément, disons $1$ (c'est-à-dire $Z_1$), et
si $R_P(f)$ est séparable, alors $f$ lui-même est séparable.  (En
effet, si $f$ a deux racines égales, $\xi_1 = \xi_2$ disons, alors
$P(\xi_1,\xi_2,\ldots,\xi_d) = P(\xi_2,\xi_1,\ldots,\xi_d)$, et comme
les polynômes $P(Z_1,Z_2,\ldots,Z_d)$ et $P(Z_2,Z_1,\ldots,Z_d)$ sont
distincts d'après l'hypothèse sur $H$, on a exhibé deux racines égales
de $R_P(f)$.)

Cette remarque n'est d'aucun intérêt en soi, si ce n'est de justifier
que l'hypothèse « $f$ séparable » peut souvent être omise, ou ajoutée,
dans des énoncés qui demandent de toute façon que $R_P(f)$ soit
séparable.
\end{remarque2}

\subsection{Utilisation de la notion de résolvante}

\subsubsection{Stratégie algorithmique}\label{strategie-algorithmique-generale-calcul-groupes-de-galois} La notion de résolvante nous
permet d'esquisser la stratégie générale suivante pour le calcul
algorithmique en pratique du groupe de Galois d'un polynôme $f$
séparable irréductible de degré $d$ :

\begin{itemize}

\item 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).

\item Pour chacun de ces sous-groupes $H$, déterminer un polynôme $P$
  (généralement choisi de degré aussi petit que possible) tel que
  $\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P) = H$
  (cf. \ref{polynomes-invariants-de-sous-groupes}), ce qui définit une
  résolvante générale $R_P$ associée
  (cf. \ref{definition-resolvante}).  En général, on ne cherchera pas
  à calculer $R_P$ comme polynôme des variables $X,Z_1,\ldots,Z_d$
  mais seulement à se donner les moyens de calculer $R_P(f)$ pour $f$
  un polynôme unitaire de degré $d$ fixé.  Par ailleurs, si $H$ est
  inclus dans un sous-groupe $\mathfrak{G}$ plus grand, il est souvent
  plus efficace de se contenter d'une résolvante $R_{\mathfrak{G},P}$
  dans $\mathfrak{G}$.  On remarquera que ces deux premières étapes ne
  font pas encore appel à la connaissance du polynôme $f$ dont on
  cherche à calculer le groupe de Galois.

\item Donné le polynôme $f$, pour chaque résolvante $R_P$ préparée à
  l'étape précédente, calculer $R_P(f)$ et factoriser ce polynôme (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
  algorithmes plus efficaces que ceux, complètement théoriques,
  exposés dans la preuve de celle-ci), ou au moins en calculer les
  racines dans $K$.  Lorsque $R_P(f) \in K[X]$ est séparable (ce qui
  est « le plus souvent » le cas), la
  proposition \ref{utilisation-des-resolvantes} donne alors des
  informations sur le groupe de Galois $G$ de $f$.

\item Lorsque, dans l'étape précédente, $R_P(f)$ n'est pas séparable,
  choisir une transformation de Tschirnhaus aléatoire sur $f$
  (cf. \ref{remarques-calcul-transformation-de-tschirnhaus}), ce qui
  fournit un polynôme $f^\$$ ayant même groupe de Galois que $f$
  (cf. \ref{transformation-de-tschirnhaus-preserve-galois}) mais dont
  on peut espérer que $R_P(f^\$)$ ne présente plus le problème d'avoir
  des racines multiples ; sinon, répéter jusqu'à ce que ce soit le cas
  (ceci est justifié
  d'après \ref{garantir-resolvante-separable-par-transformation-de-tschirnhaus}).

\end{itemize}

\subsubsection{Calcul des résolvantes par calcul approché}\label{calcul-resolvantes-par-calcul-approche}
Dans la stratégie ci-dessus, à l'étape de calcul de $R_P(f)$, on
\emph{ne} procède généralement \emph{pas} en calculant la résolvante
générale $R_P$ (comme polynômes des fonctions symétriques
élémentaires), mais plutôt en calculant $R_P(f) =
\prod_{\sigma\in\mathfrak{S}_d/H}
(X-P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)}))$ en partant d'une valeur
approchée des racines $\xi_i$ de $f$ (disons pour fixer les idées que
$f \in \QQ[X]$).  Comme il est important d'avoir une valeur exacte de
$R_P(f)$, le plus évident est de s'arranger pour que le polynôme
unitaire $f$ soit dans $\ZZ[X]$ (quitte à multiplier toutes ses
racines par un dénominateur commun, ce qui ne change pas le groupe de
Galois) et pour que $P$ soit aussi à coefficients entiers (quitte à en
chasser les dénominateurs), de sorte que les racines
$P(\xi_{\sigma(1)},\ldots,\xi_{\sigma(d)})$ de $R_P(f)$ seront des
entiers algébriques et donc que $R_P(f)$ soit à coefficients entiers ;
dès lors, en calculant ces coefficients de façon approchée et en
garantissant cette précision, on peut en déduire une valeur exacte.
(Cette observation a déjà été faite, sur des cas particulier, au
chapitre \refext{ExG}{}.)

La même remarque vaut évidemment pour une résolvante dans un
sous-groupe $\mathfrak{G}$ (dont on se sera assuré préalablement qu'il
contient le groupe de Galois de $f$) : ceci justifie qu'il n'est pas
très utile de disposer d'une définition de résolvante générale
$R_{\mathfrak{G},P}$ dans $\mathfrak{G}$, seule important la valeur
$R_{\mathfrak{G},P}(f)$ prise sur le polynôme $f$.

\subsubsection{Calcul des résolvantes par bases de Gröbner}\label{calcul-resolvantes-par-bases-groebner}
En supposant connue du lecteur la notion de base de Gröbner d'idéaux
de polynômes, décrivons succinctement une autre manière dont on peut,
en principe, aborder le calcul de $R_P(f)$ ou $R_{\mathfrak{G},F}(f)$
sans faire appel à des calculs en précision garantie.

Considérons d'abord le cas de $R_P(f)$ (c'est-à-dire $\mathfrak{G} =
\mathfrak{S}_d$).  On commence, dans l'anneau $K[Z_1,\ldots,Z_d]$, par
calculer une base de Gröbner $B$ (pour un ordre quelconque) de l'idéal
$\mathfrak{I}$ engendré par les relations $\sigma_i(Z_1,\ldots,Z_d) =
(-1)^i a_i$ où $\sigma_i$ est la $i$-ième fonction symétrique
élémentaire de $Z_1,\ldots,Z_d$ et $a_i$ est le coefficient de
degré $d-i$ de $f$.  On peut par exemple
(\cite[théorème 1.2.7]{Sturmfels}) prendre la base formée des
$h_i(Z_i,\ldots,Z_d) - \sum_{j=1}^k a_j h_{k-j}(Z_i,\ldots,Z_d)$ où
$h_j$ est le $i$-ième polynôme homogène symétrique complet de
$Z_1,\ldots,Z_d$, c'est-à-dire la somme de tous les monômes de degré
$i$ en ces variables (on pose notamment $h_0=1$), et
$h_j(Z_i,\ldots,Z_d)$ signifie qu'il est évalué en remplaçant les
$i-1$ premières variables par $0$.  Puis, en réduisant modulo cette
base $B$, c'est-à-dire en travaillant dans l'anneau
$K[X,Z_1,\ldots,Z_d]/\mathfrak{I}K[X,Z_1,\ldots,Z_d]$ au moyen des
relations de $B$, on calcule le polynôme $R_P =
\prod_{\sigma\in\mathfrak{S}_d/H}
(X-P(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)}))$ : comme ce dernier est
invariant par $\mathfrak{S}_d$, il doit donner, une fois réduit
modulo $B$, un résultat indépendant de $Z_1,\ldots,Z_d$, qui est le
$R_P(f) \in K[X]$ recherché.

Pour la situation dans un groupe $\mathfrak{G}$ (où on notera cette
fois $F$ le polynôme relativement auquel on cherche la résolvante
de $f$), la difficulté supplémentaire est qu'il n'est pas évident de
donner une expression « générale » de $R_{\mathfrak{G},F}$, faute de
choix évident de générateurs pour $\Fix_{\mathfrak{G}}
K[Z_1,\ldots,Z_d]$ comme le sont les fonctions symétriques
élémentaires (ou les coefficients de $f$) pour $\Fix_{\mathfrak{S}_d}
K[Z_1,\ldots,Z_d]$ (et, de fait, on peut montrer que
$\Fix_{\mathfrak{G}} K[Z_1,\ldots,Z_d]$ n'est pas toujours isomorphe à
un pur anneau de polynômes).  De plus, affirmer que $\mathfrak{G}$
(plutôt qu'un conjugué de celui-ci) contient le groupe de Galois de
$f$ suppose d'avoir fait un choix concernant la numérotation des
racines de $f$, qu'il va bien falloir faire apparaître dans le calcul.

La situation qui se présente en général est qu'on a déterminé que le
groupe de Galois de $f$ (supposé séparable) était contenu dans
$\mathfrak{G}$, grâce au théorème \ref{utilisation-des-resolvantes},
au moyen de la factorisation d'une première résolvante $R_P(f)$,
relativement à un polynôme $P$ ayant $\mathfrak{G}$ comme
stabilisateur pour l'action de $\mathfrak{S}_d$ par permutation des
variables.

Faisons donc les hypothèses suivantes : on a $\mathfrak{G} =
\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P)$ pour un polynôme $P$ tel que la résolvante
$R_P(f)$ admette une racine simple $\pi \in K$, et la numérotation
$\xi_1,\ldots,\xi_d$ des racines de $f$ est choisie pour faire en
sorte que $\pi = P(\xi_1,\ldots,\xi_d)$.  On cherche alors à calculer
$R_{\mathfrak{G},F}(f)$ pour un polynôme $F$.

Dans ces conditions, le corps $\Fix_{\mathfrak{G}} K(Z_1,\ldots,Z_d)$
est une extension de $\Fix_{\mathfrak{S}_d} K(Z_1,\ldots,Z_d)$ de
degré $e = (\mathfrak{S}_d : \mathfrak{G})$, et elle peut être
engendrée par l'élément $P$ dont le polynôme minimal (sur
$\Fix_{\mathfrak{S}_d} K(Z_1,\ldots,Z_d)$) est donné précisément par
la résolvante générale $R_P$.  Les éléments de $\Fix_{\mathfrak{G}}
K(Z_1,\ldots,Z_d)$ et, en particulier, les coefficients de la
résolvante $R_{\mathfrak{G},F}$ peuvent donc s'exprimer au moyen des
fonctions symétriques élémentaires et de $P$, et même comme
combinaisons de $1,P,\ldots,P^{e-1}$ avec des coefficients totalement
symétriques.  En évaluant en $\xi_1,\ldots,\xi_d$ (les racines
de $f$), les coefficients de $R_{\mathfrak{G},F}(f)$ peuvent
s'exprimer comme de combinaisons de $1,\pi,\ldots,\pi^{e-1}$ avec des
coefficients fonctions rationnelles de $a_1,\ldots,a_d$ (les
coefficients de $f$).

Bref, on commence, dans l'anneau $K[Z_1,\ldots,Z_d]$, par calculer une
base de Gröbner $B$ (pour un ordre quelconque) de l'idéal
$\mathfrak{I}$ engendré par les relations $\sigma_i(Z_1,\ldots,Z_d) =
(-1)^i a_i$ et $P(Z_1,\ldots,Z_d) = \pi$.  Puis, en réduisant modulo
cette base $B$, c'est-à-dire en travaillant dans l'anneau
$K[X,Z_1,\ldots,Z_d]/\mathfrak{I}K[X,Z_1,\ldots,Z_d]$ au moyen des
relations de $B$, on calcule le polynôme $R_{\mathfrak{G},F} =
\prod_{\sigma\in\mathfrak{G}/H}
(X-F(Z_{\sigma(1)},\ldots,Z_{\sigma(d)}))$ : comme ce dernier est
invariant par $\mathfrak{G}$, il doit donner, une fois réduit
modulo $B$, un résultat indépendant de $Z_1,\ldots,Z_d$, qui est le
$R_P(f) \in K[X]$ recherché.

On renvoie à \cite[algorithme 2.5.6]{Sturmfels} pour une justification
du calcul par base de Gröbner même sans substituer aux polynômes
$\sigma_i$ et $P$ leur valeur sur les racines $\xi_1,\ldots,\xi_d$.

\XXX Rédigé en vitesse.  Vérifier que je n'ai pas oublié des
hypothèses pour que ça marche (du style $f$ irréductible,
caractéristique $0$ ou que sais-je encore).

\subsection{Compléments sur les résolvantes}

La proposition suivante permet de calculer les résolvantes linéaires
pour une combinaison linéaire de deux variables :
\begin{proposition2}\label{formules-calcul-resolvantes-lineaires-ordre-deux}
Soit $f \in K[X]$ un polynôme unitaire, de degré $d$, à coefficients
dans un corps $K$, et soit $P = c_1 Z_1 + c_2 Z_2 \in
K[Z_1,\ldots,Z_d]$.  Alors :
\begin{itemize}
\item Si $c_1,c_2$ sont non nuls et distincts (de sorte que
  $\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P)$ est le fixateur de $(1,2)$ dans
  $\mathfrak{S}_d$) et que $c_1+c_2\neq 0$, alors la résolvante
  $R_P(f)$ vaut
\[
(-1)^d\, \frac{c_1^d c_2^d}{(c_1+c_2)^d}\,
\Big(f\big(\frac{X}{c_1+c_2}\big)\Big)^{-1}\,
\Result_Y\Big(f\big(\frac{X-Y}{c_2}\big),\, f\big(\frac{Y}{c_1}\big)\Big)
\]
où $\Result_Y(A(Y),B(Y))$ désigne le résultant par rapport à la
variable $Y$ des polynômes $A$ et $B$.
\item Si $c_1=c$ est non nul et $c_2=-c$ et si $K$ n'est pas de
  caractéristique $2$ (c'est-à-dire que $c_1,c_2$ sont distincts, de
  sorte que $\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P)$ est de nouveau le fixateur
  de $(1,2)$ dans $\mathfrak{S}_d$), alors la résolvante $R_P(f)$ vaut
\[
c^{2d}\, X^{-d}\,
\Result_Y\Big(f\big(\frac{Y-X}{c}\big),\, f\big(\frac{Y}{c}\big)\Big)
\]
\item Si $c_1 = c_2 = c$ avec $c\neq 0$ (de sorte que
  $\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P)$ est le stabilisateur de $\{1,2\}$
  dans $\mathfrak{S}_d$), et si $K$ n'est pas de caractéristique $2$,
  alors le \emph{carré} $R_P(f)^2$ de la résolvante vaut
\[
(-1)^d\, c^d\, 2^{-d}\, \Big(f\big(\frac{X}{2c}\big)\Big)^{-1}\,
\Result_Y\Big(f\big(\frac{X-Y}{c}\big),\, f\big(\frac{Y}{c}\big)\Big)
\]
\item Si $c_1 = c_2 = c$ avec $c\neq 0$ (de sorte que
  $\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P)$ est de nouveau le stabilisateur de
  $\{1,2\}$ dans $\mathfrak{S}_d$), et si $K$ \emph{est} de
  caractéristique $2$, alors le \emph{carré} $R_P(f)^2$ de la
  résolvante vaut
\[
c^{2d}\, X^{-d}\,
\Result_Y\Big(f\big(\frac{X-Y}{c}\big),\, f\big(\frac{Y}{c}\big)\Big)
\]
\end{itemize}
\end{proposition2}
\begin{proof}
On rappelle que le résultant de deux polynômes $A(Y)$ et $B(Y)$ vaut
$a^e \prod_{i=1}^d B(\eta_i)$ où $A(Y) = a\prod_{i=1}^d(Y-\eta_i)$ 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 $B$.

D'après cette formule, dans le premier cas, on a
\[
\Result_Y\Big(f\big(\frac{X-Y}{c_2}\big),\, f\big(\frac{Y}{c_1}\big)\Big)
= \big(\frac{-1}{c_2}\big)^d \prod_{j=1}^d f\big(\frac{X-c_2\xi_j}{c_1}\big)
= \frac{(-1)^d}{c_1^d c_2^d} \prod_{j=1}^d \prod_{i=1}^d (X-c_1 \xi_i - c_2 \xi_j)
\]
or $\prod_{j=1}^d \prod_{i=1}^d (X-c_1 \xi_i - c_2 \xi_j)$ s'écrit, en
distinguant selon que $j\neq i$ ou $j=i$, comme le produit de
$\prod_{(i,j):j\neq i} (X-c_1 \xi_i - c_2 \xi_j)$ et de $\prod_{i=1}^d
(X - (c_1+c_2)\xi_i)$ : le premier est justement $R_P(f)$, et le
second vaut $(c_1+c_2)^d\, f\big(\frac{X}{c_1+c_2}\big)$.

Le second cas est identique, à ceci près que cette fois $\prod_{i=1}^d
(X - (c_1+c_2)\xi_i)$ vaut $X^d$.

Dans le troisième cas, c'est $\prod_{(i,j):j\neq i} (X-c_1 \xi_i - c_2
\xi_j)$ qui vaut $R_P(f)^2$.  Enfin, dans le quatrième, on a ces deux
modifications à la fois.
\end{proof}

La proposition suivante illustre le cas extrême d'une action
régulière, et fournit un critère pour détecter quand le corps de
décomposition d'un polynôme (unitaire, irréductible et séparable)
coïncide avec son corps de rupture :
\begin{proposition2}\label{critere-resolvante-action-galois-reguliere}
Soit $f \in K[X]$ un polynôme unitaire irréductible (et
automatiquement séparable avec ce qui va suivre,
cf. \ref{remarque-idiote-separabilite-d-un-polynome-versus-resolvante}),
de degré $d$, à coefficients dans un corps $K$, et soit $P = c_1 Z_1 +
c_2 Z_2 \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$ avec $c_1,c_2$ non nuls et distincts
(de sorte que $\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P)$ est le fixateur de $(1,2)$
dans $\mathfrak{S}_d$).  On suppose que $R_P(f)$ est \emph{séparable}.
Alors les affirmations suivantes sont équivalentes :
\begin{itemize}
\item Le groupe de Galois $G$ de $f$ est d'ordre $d$.
\item Le polynôme $R_P(f)$ se factorise (dans $K[X]$) comme produit de
  $d$ facteurs irréductibles (chacun de degré $d$).
\end{itemize}
De plus, quand c'est le cas, le corps de rupture de $f$ en est un
corps de décomposition, et chacun des facteurs irréductibles de
$R_P(f)$ est Tschirnhaus-équivalent à $f$.
\end{proposition2}

\begin{lemme2}
Si $G$ est un groupe opérant fidèlement et transitivement sur un
ensemble $X$ de cardinal $d$ objets, alors $\#G = d$ si et seulement
si les orbites de $G$ sur $X^2$ sont toutes de cardinal $d$.  De plus,
quand c'est le cas, l'action de $G$ sur $X$ est équivalente à celle de
$G$ sur lui-même par multiplication à gauche.
\end{lemme2}
\begin{proof}
Si $\#G = d$ alors le stabilisateur d'un élément de $X$ est trivial,
donc a fortiori le stabilisateur d'un élément de $X^2$ l'est aussi,
donc chaque orbite de $G$ opérant sur $X^2$ est de cardinal $d$ (et il
y en a $d$).

Réciproquement, supposons que les orbites de $G$ sur $X^2$ soient
toutes de cardinal $d$.  Alors la projection sur la première
coordonnée est une bijection entre une telle orbite (quelconque)
et $X$, c'est-à-dire que chaque élément $x$ de $X$ apparaît une et une
seule fois comme première coordonnée dans chaque orbite donnée de $G$
sur $X^2$.  Si maintenant $\sigma\in G$ et $x\in X$ vérifient
$\sigma(x) = x$, alors nécessairement $\sigma(y) = y$ pour chaque $y
\in X$, sinon $(x,y)$ et $(x,\sigma(y))$ seraient dans la même orbite
de $X^2$ sous $G$ avec la même première coordonnée.  On a donc montré
que le stabilisateur d'un point $x \in X$ quelconque est trivial, donc
$\#G = d$.

Enfin, puisqu'on a montré que le stabilisateur dans $G$ d'un point
$x\in X$ est trivial, la fonction $G \to X$ donnée par $\sigma \mapsto
\sigma(x)$ est une bijection de $G$ sur $X$ qui est un isomorphisme de
$G$-ensembles.
\end{proof}

\begin{proof}[Démonstration de la proposition]
D'après la proposition \ref{utilisation-des-resolvantes}, le groupe de
Galois de $R_P(f)$ est $G$, opérant sur les racines de $R_P(f)$ comme
sur les couples de racines distinctes de $f$.  Le lemme qu'on a prouvé
montre l'équivalence annoncée (le lemme porte sur les couples de
points et non les couples de points distincts, mais on peut de toute
façon ajouter la diagonale qui est aussi une orbite de cardinal $d$).

De plus, lorsque les deux conditions en question sont satisfaites, le
corps de décomposition de $f$ a degré $\#G = d$, donc coïncide avec le
corps de rupture, et pour chaque facteur irréductible $h$ de $R_P(f)$,
comme $h$ est de même degré $d$ que $f$ et possède une racine sur le
corps de rupture de ce dernier, d'après
\ref{polynomes-irreductibles-tschirnhaus-equivalents} ils sont
Tschirnhaus-équivalents (on pouvait aussi
invoquer \ref{polynomes-tschirnhaus-equivalents-et-stabilisateurs-conjugues}
puisque le stabilisateur d'une racine de $f$ ou de $h$ est trivial).
\end{proof}

\begin{exemple2}
Soit $f = X^6 + 6 X^5 + 24 X^4 + 96 X^3 + 540 X^2 + 504 X + 1116 \in
\QQ[X]$.  En
appliquant \ref{formules-calcul-resolvantes-lineaires-ordre-deux} (et
spécifiquement la troisième formule avec $c_1 = c = 1$ et $c_2 = -c =
-1$), on trouve que sa résolvante relativement à $P = Z_1 - Z_2$ vaut
$X^{-6}\, \Result_Y(f(Y-X), \penalty0 f(Y)) = (X^6 - 324 X^3 + 37044)
\penalty-100 (X^6 + 324 X^3 + 37044) \penalty-100 (X^6 + 36 X^4 - 1296
X^2 + 15552) \penalty-100 (X^6 + 36 X^4 + 216 X^2 + 2700) \penalty-100
(X^6 + 36 X^4 + 6264 X^2 + 57132)$.  Dès lors qu'on sait que $f$ est
irréductible (ce qui peut se justifier en notant que ses réductions
modulo $11$ et $13$ se factorisent respectivement comme $3$ facteurs
de degré $2$ et $2$ facteurs de degré $3$), l'existence de cette
factorisation de $R_P(f)$ (et la séparabilité de celui-ci) prouve que
le groupe de Galois $G$ de $f$ est de degré $6$ (les facteurs
irréductibles de $R_P(f)$ ne peuvent pas être de degré strictement
moins que $6$ car $G$ opérant sur des couples de racine a des orbites
de taille au moins $6$).

Si on veut calculer précisément quel est ce groupe de Galois, on peut
alors procéder ainsi : choisir une numérotation $\xi_1,\ldots,\xi_6$
des racines de $f$ (complexes, par exemple), et construire le graphe
orienté complet sur les sommets $1,\ldots,6$ dans lequel on étiquette
l'arête $(i,j)$ selon le facteur irréductible de $R_P(f)$ dont
$\xi_i-\xi_j$ est racine : le groupe (vu comme sous-groupe de
$\mathfrak{S}_6$) des automorphismes de cette structure sera
précisément le groupe $G$.  \XXX En l'occurrence, $G$ le groupe
$\mathfrak{S}_3$ (vu comme agissant sur lui-même par multiplication à
gauche, donc).
\end{exemple2}

\subsubsection{Séparabilité des résolvantes}

On a vu que l'utilisation des résolvantes pour calculer des groupes de
Galois (cf. notamment \ref{utilisation-des-resolvantes}) dépend de
l'hypothèse de séparabilité de $R_P(f)$.  Lorsque $R_P(f)$ n'est pas
séparable, la stratégie générale esquissée
en \ref{strategie-algorithmique-generale-calcul-groupes-de-galois}
propose d'utilise une transformation de Tschirnhaus
(cf. \ref{section-transformations-de-tschirnhaus}) dans l'espoir que
la résolvante $R_P(f^\$)$ du polynôme transformé $f^\$$ soit
séparable.  Cet espoir est justifié par le fait suivant :

\begin{proposition2}\label{garantir-resolvante-separable-par-transformation-de-tschirnhaus}
Soit $f \in K[X]$ un polynôme unitaire, irréductible et séparable, de
degré $d$, sur un corps $K$ infini, et soit $P \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$.
Alors il existe une transformation de Tschirnhaus sur $f$ tel que, si
$f^\$$ est le polynôme transformé, la résolvante $R_P(f^\$)$ soit
séparable.

La même affirmation vaut sur la résolvante $R_{\mathfrak{G},P}(f^\$)$
dans un sous-groupe $\mathfrak{G}$ de $\mathfrak{S}_d$ sous la
condition que celle-ci soit définie (c'est-à-dire sous la condition
($*$) de la
question \ref{question-trouver-critere-polynomes-invariants} avec $H$
remplacé par $\mathfrak{G}$).
\end{proposition2}
\begin{proof}
Soit $L = K[X]/(f)$ (où on notera $\xi$ la classe de $X$) le corps de
rupture de $K$, qu'on va voir comme un espace vectoriel de
dimension $d$ sur $K$, c'est-à-dire identifier à $K^d$, au moyen de la
base $1,\xi,\xi^2,\ldots,\xi^{d-1}$.  On appellera « fermé de Zariski
  strict dans $L$ » une partie de $L$ (identifié à $K^d$) qui peut
être définie comme le lieu d'annulation simultané d'un ensemble
\emph{non-vide} de polynômes non-nuls en $d$ variables (vues comme les
coordonnées sur $K^d$), i.e. $\{x \in K^d : \forall Q \in
\mathscr{Q}\, (Q(x) = 0)\}$ pour un certain ensemble $\mathscr{Q}
\subseteq K[T_0,\ldots,T_{d-1}]$ de polynômes en $d$ variables
contenant au moins un polynôme non-nul.  Notons que la réunion d'un
nombre fini de fermés de Zariski stricts est encore un fermé de
Zariski strict (en effet, la réunion de $\{x \in K^d : \forall Q \in
\mathscr{Q}_1\, (Q(x) = 0)\}$ et de $\{x \in K^d : \forall Q \in
\mathscr{Q}_2\, (Q(x) = 0)\}$ est donnée par $\{x \in K^d : \forall Q
\in \mathscr{Q}\, (Q(x) = 0)\}$ où $\mathscr{Q} = \{Q_1 Q_2 : Q_1 \in
\mathscr{Q}_1, \, Q_2 \in \mathscr{Q}_2\}$).  Remarquons aussi qu'un
polynôme $Q$ non nul en les variables $T_0,\ldots,T_{d-1}$ et à
coefficients dans une extension $E$ finie de $K$ définit aussi un
fermé de Zariski strict $\{x \in K^d : Q(x)=0\}$ dans $L$ (en
décomposant $Q$ sous la forme $Q_1 e_1 + \cdots + Q_D e_D$ avec $Q_k
\in K[T_0,\ldots,T_{d-1}]$ sur une $K$-base $e_1,\ldots,e_D$ de $E$).

On rappelle qu'une transformation de Tschirnhaus sur $f$ est définie
par un élément $t_0 + t_1 \xi + \cdots + t_{d-1} \xi^{d-1}$ de $L$.
Les éléments de $L$ qui \emph{ne définissent pas} une transformation
de Tschirnhaus sur $f$ sont ceux dont le polynôme minimal est de degré
strictement plus petit que $d$, c'est-à-dire ceux qui appartiennent à
un sous-corps strict de $L$.  Il existe un nombre fini de tels
sous-corps, disons $E_1,\ldots,E_N$ : chacun est un sous-$K$-espace
vectoriel strict de $L$ et, en particulier, un fermé de Zariski
strict.

Soient $^\sigma P$ et $^\tau P$ les images de $P$ sous l'action de
deux éléments $\sigma,\tau$ de $\mathfrak{S}_d$
(resp. $\mathfrak{G}$), où on suppose que ${^\sigma P} \neq {^\tau P}$
(c'est-à-dire, $\sigma H \neq \tau H$ avec $H =
\Stab_{\mathfrak{S}_d}(P)$, resp. $H = \Stab_{\mathfrak{G}}(P)$).
Soit $P^0 = {^\sigma P} - {^\tau P} \in K[Z_1,\ldots,Z_d]$, qui est un
polynôme non-nul.

Soit $E$ un corps de décomposition de $K$ (il sera plus clair de ne
pas imaginer $E$ comme contenant $L$) et $\xi_1,\ldots,\xi_d$ les
racines de $f$ dans $E$.  Considérons les polynômes $Y_1,\ldots Y_d
\in E[T_0,\ldots,T_{d-1}]$ (homogènes de degré $1$) définis par $Y_i =
T_0 + T_1 \xi_i + \cdots + T_{d-1} \xi_i^{d-1}$.  Vus dans
$E[T_0,\ldots,T_{d-1}]$ ces polynômes sont une transformation linéaire
des indéterminées $T_0,\ldots,T_{d-1}$ définie par la matrice de
Vandermonde $\xi_i^j$, dont le déterminant est non nul puisque les
$\xi_i$ sont deux à deux distincts (car $f$ est séparable).  Il
s'ensuit que la transformation linéaire qui à un polynôme $P^0 \in
E[Z_1,\ldots,Z_d]$ associe le polynôme $Q = P^0(Y_1,\ldots,Y_d)$ est
bijective, et en particulier si $P^0$ n'est pas nul, $Q$ ne l'est pas
non plus (si on préfère : $Y_1,\ldots,Y_d$ sont algébriquement
indépendants).

Dans le cas particulier du polynôme $P^0 = {^\sigma P} - {^\tau P}$
évoqué plus haut, le polynôme $Q := P^0(Y_1,\ldots,Y_d)$ non nul
définit donc un fermé de Zariski strict $\{(t_0,\ldots,t_{d-1}) \in
K^d : Q(t_0,\ldots,t_{d-1})=0\}$ de $K^d$, qui vu comme une partie de
$L$ s'interprète comme les éléments $\eta := t_0 + t_1 \xi + \cdots +
t_{d-1} \xi^{d-1}$ de $L$ tels que ${^\sigma P}(\eta_1,\ldots,\eta_d)
= {^\tau P}(\eta_1,\ldots,\eta_d)$ (où $\eta_i = = t_0 + t_1 \xi_i +
\cdots + t_{d-1} \xi_i^{d-1}$).  Or si $\eta$ définit une
transformation de Vandermonde transformant $f$ en $f^\$$ (le polynôme
minimal de $\eta$), les $\eta_i$ sont les racines de $f^\$$ et les
${^\sigma P}(\eta_1,\ldots,\eta_d)$ sont celles de $R_P(f^\$)$
(resp. $R_{\mathfrak{G},P}(f^\$)$).

On a donc montré que sur le complémentaire d'un fermé de Zariski
strict de $L$, l'élément $\eta = t_0 + t_1 \xi + \cdots + t_{d-1}
\xi^{d-1}$ définit une transformation de Tschirnhaus de $f$ tel que le
polynôme $f^\$$ transformé ait une résolvante $R_P(f^\$)$
(resp. $R_{\mathfrak{G},P}(f^\$)$) séparable.  Il reste à observer
qu'un fermé de Zariski strict n'est pas $L$ tout entier :
\end{proof}

\begin{lemme2}\label{un-ferme-de-zariski-strict-n-est-pas-plein}
Soit $K$ un corps infini.  Si un polynôme en $d$ variables à
coefficients dans $K$ s'annule sur $K^d$ tout entier, alors il est
identiquement nul.
\end{lemme2}
\begin{proof}
On procède par récurrence sur le nombre $d$ de variables.  Si $d=0$,
l'affirmation est triviale.  En supposant l'affirmation connue pour
$d$ variables, considérons un polynôme $Q \in K[T_0,\ldots,T_d]$ non
nul en $d+1$ variables.  En voyant $Q$ comme un polynôme en $T_d$,
l'un de ses coefficients doit être non nul, et par l'hypothèse de
récurrence, il existe un $(t_0,\ldots,t_{d-1}) \in K^d$ où ce
coefficient ne s'annule pas, c'est-à-dire que
$Q(t_0,\ldots,t_{d-1},T_d) \in K[T_d]$ n'est pas le polynôme nul.  Par
l'observation élémentaire qu'un polynôme non nul en une variable n'a
qu'un nombre fini de racines, il existe $t_d$ tel que
$Q(t_0,\ldots,t_d) \neq 0$, ce qui conclut la récurrence.
\end{proof}

On a en fait montré que « presque toute » transformation de
Tschirnhaus convient puisque celles qui ne conviennent pas forment un
fermé de Zariski strict de $K^d$ ce qui signifie, au moins
intuitivement, un lieu de dimension strictement plus petite que $d$.

\smallbreak

Si on se concentre sur le cas très important des résolvantes
linéaires, certaines hypothèses simples garantissent que la résolvante
est automatiquement séparable :

\begin{proposition2}\label{separabilite-resolvantes-lineaires-ordre-premier}
Soit $p$ un nombre premier, $k$ un corps de caractéristique $\neq p$
sur lequel le polynôme $1+X+\cdots+X^{p-1}$ est irréductible (par
exemple $\QQ$ ou un $\FF_\ell$ tel que $\ell$ soit primitif
modulo $p$, autrement dit, générateur de $(\ZZ/p\ZZ)^\times$), et
$c_1,\ldots,c_p$ des éléments de $k$ ; on pose $P = c_1 Z_1 + \cdots +
c_p Z_p \in k[Z_1,\ldots,Z_p]$.

Alors, pour tout polynôme unitaire irréductible $f \in K[X]$, de
degré $p$, à coefficients dans un corps $K$ extension de $k$, la
résolvante $R_P(f)$ est séparable.  Le même résultat vaut aussi pour
$K$ de caractéristique $\ell$ pour tout $\ell$ qui soit primitif
modulo $p$ (autrement dit, générateur de $(\ZZ/p\ZZ)^\times$).

De plus, dans ce contexte, si $R_P(f)$ admet un facteur irréductible
$h$ de degré $p$ sur $K$, alors $h$ et $f$ ont le même corps de
décomposition sur $K$.
\end{proposition2}

Pour démontrer cette proposition, on commence par :
\begin{lemme2}
Soit $E$ un corps de caractéristique $\neq p$, et soit $\sigma \in
\Aut(E)$ un automorphisme d'ordre $p$ dont on note $K =
\Fix_{\langle\sigma\rangle}(E)$ le corps fixe.  Si pour un certain
$\alpha \in E$ tel que $\sigma(\alpha) \neq \alpha$ et certains
$c_0,\ldots,c_{p-1} \in K$ on a
\[
c_0 \alpha + c_1 \sigma(\alpha) + \cdots + c_{p-1} \sigma^{p-1}(\alpha) \in K
\]
alors il existe une racine primitive $p$-ième de l'unité $\zeta$ (dans
une extension de $E$) telle que $c_0 + c_1 \zeta + \cdots + c_{p-1}
\zeta^{p-1} = 0$.
\end{lemme2}
\begin{proof}
Notons $g(X)$ le polynôme $c_0 + c_1 X + \cdots + c_{p-1} X^{p-1}$.

On considère $E$ comme un $K$-espace vectoriel : l'endomorphisme
idempotent $\varpi := \frac{1}{p} \Tr_{E\bo K}$ détermine une
décomposition en somme directe $E = K \oplus E'$ (il s'agit de la
projection sur le premier facteur).  L'endomorphisme $\sigma$ préserve
cette décomposition (puisque $\sigma\circ\varpi = \varpi =
\varpi\circ\sigma$) : soit $\sigma' \colon E' \to E'$ sa composante
sur le second facteur.  Si on note $\alpha'$ la composante de $\alpha$
sur le second facteur (soit $\alpha' = \alpha - \frac{1}{p} \Tr_{E\bo
  K}(\alpha)$), l'hypothèse $g(\sigma)(\alpha) \in K$ avec $\alpha
\not\in K$ se traduit par $g(\sigma')(\alpha') = 0$ avec $\alpha' \neq
0$, autrement dit, $g(\sigma')$ n'est pas injectif.

Or $\sigma^p = \Id_E$ signifie que toute valeur propre de $\sigma$
(dans une extension de $E$) est une racine $p$-ième de l'unité.  Comme
$\sigma'$ n'a pas $1$ pour valeur propre (puisque $K$ était justement
l'espace propre de $\sigma$ associé à cette valeur propre), toute
valeur propre de $\sigma'$ est une racine primitive $p$-ième de
l'unité.  Toute valeur propre de $g(\sigma')$ est donc de la forme
$g(\zeta)$ avec $\zeta$ racine primitive $p$-ième de l'unité.  Le fait
que $g(\sigma')$ ne soit pas injectif signifie qu'une de ces valeurs
propres est nulle, c'est-à-dire $g(\zeta) = 0$ pour une racine
primitive $p$-ième $\zeta$ de l'unité, ce qui était annoncé.
\end{proof}

\begin{proof}[Démonstration de la proposition]
Supposons que $R_P(f)$ ne soit pas séparable : en notant
$\xi_1,\ldots,\xi_p$ les racines de $f$ (dans le corps de
décomposition $E$ de ce dernier), cela signifie que $c_1 \xi_1 +
\cdots + c_p \xi_p = c_1 \xi_{\sigma(1)} + \cdots + c_p
\xi_{\sigma(p)}$ pour un certain $\sigma \in \mathfrak{S}_p$ ne
stabilisant pas $(c_1,\ldots,c_p)$ : donc $c'_1 \xi_1 + \cdots + c'_p
\xi_p = 0$ pour certains $c'_1,\ldots,c'_p \in K$ non tous nuls et
vérifiant $c'_1+\cdots+c'_p=0$ (à savoir $c'_i = c_i -
c_{\sigma^{-1}(i)}$).

Le groupe de Galois de $f$ permute transitivement
$\xi_1,\ldots,\xi_p$, donc son ordre est multiple de $p$ (par exemple
d'après \ref{transitivite-des-sylow}), donc il doit contenir un
$p$-cycle $\sigma$, disons quitte à renuméroter les $\xi_i$ que
$\sigma(\xi_i) = \xi_{i+1}$ sauf $\sigma(\xi_p) = \xi_1$.  En
appliquant le lemme, on en déduit qu'il existe une racine primitive
$p$-ième de l'unité $\zeta$ dans une extension de $K$ telle que $c'_1
+ c'_2 \zeta + \cdots + c'_p \zeta^{p-1} = 0$.  Autrement dit, le
polynôme $c'_1 + c'_2 X + \cdots + c'_p X^{p-1}$ a un facteur non
trivial commun avec $1 + X + X^2 + \cdots + X^{p-1}$.  Lorsque ce
dernier est irréductible (ce qui est le cas sur $\QQ$ ou d'après
\refext{Fin}{factorisation-phi-n} sur un $\FF_\ell$ tel que $\ell$
soit primitif modulo $p$), ceci implique que les $c'_i$ sont tous
égaux, ce qui avec $c'_1+\cdots+c'_p=0$ signifie qu'ils sont tous
nuls, une contradiction.

Montrons maintenant la seconde affirmation.  Soit $h$ un facteur
irréductible de degré $p$ de $R_P(f)$ : d'après ce qu'on vient de
voir, $h$ est séparable.  Le corps de décomposition $E$ de $f$
contient manifestement celui $M$ de $h$, il s'agit de montrer que le
groupe de Galois $N$ de $E$ sur $M$ est trivial, autrement dit que
tout élément du groupe de Galois $G = \Gal(f)$ de $E$ sur $K$ qui fixe
toute racine de $h$ fixe même toute racine de $f$.  Or $\#N$ n'est pas
multiple de $p$ : en effet, la valuation $p$-adique de $\#G$ est $1$
(c'est au plus $1$ puisque celle de $p!$ est $1$, et c'est au moins
$1$ puisque $G$ opère transitivement sur $p$ éléments,
cf. toujours \ref{transitivite-des-sylow}), et pour la même raison, la
valuation $p$-adique de l'ordre de $G/N = \Gal(h)$ vaut $1$.  Par
ailleurs, $G$ opère transitivement sur $\{\xi_1,\ldots,\xi_p\}$, donc
sur l'ensemble des orbites de $\{\xi_1,\ldots,\xi_p\}$ sous l'action
de $N$.  Toutes ces orbites ont donc le même cardinal, et il n'y a que
deux possibilités : une orbite de cardinal $p$, ce qui est exclu par
le fait que $\#N$ n'est pas multiple de $p$, ou bien $p$ orbites de
cardinal $1$, ce qui signifie bien que $N$ opère trivialement sur les
racines de $f$, soit $N=1$.
\end{proof}

\begin{remarques2}
\begin{itemize}
\item Dans la
  proposition \ref{separabilite-resolvantes-lineaires-ordre-premier},
  il est essentiel que $p$ soit premier, comme le montre l'exemple du
  polynôme séparable irréductible $f = X^4+1$ sur les rationnels, dont
  la résolvante relativement à $Z_1+Z_2$ vaut $X^2 (X^2-2) (X^2+2)$
  (les six sommes possibles de deux racines de $X^4+1$ étant
  $\pm\sqrt{2}$, $\pm\sqrt{-2}$ et deux fois $0$), qui n'est pas
  séparable.
\item De même, le fait que $c_1,\ldots,c_p$ soient pris dans un corps
  $k$ tel que $1 + X + \cdots + X^{p-1}$ soit irréductible est
  essentiel : sinon, un contre-exemple est fourni par le polynôme
  séparable irréductible $f = X^3 - 2$ sur $\QQ(\zeta)$ avec $\zeta$
  racine primitive cubique de l'unité, dont la résolvante relativement
  à $Z_1 - \zeta Z_2$ vaut $X^3 (X^3 - 6(1+2\zeta))$, qui n'est pas
  séparable.
\item Dans la conclusion de la proposition, les polynômes $h$ et $f$
  ont le même corps de décomposition sur $K$, mais ne sont pas
  nécessairement Tschirnhaus-équivalents
  (\ref{definition-polynomes-tschirnhaus-equivalents}).  Un
  contre-exemple est fourni par l'exemple
  \refext{ExG}{exemple-galois-psl-3-f-2}, où on a vu que le polynôme
  $f = X^7 - 7X + 3$ a pour groupe de Galois $G = \PSL_3(\FF_2)$ sur
  $\QQ$ (opérant sur les racines de $f$ comme $\PSL_3(\FF_2)$ opère
  sur les points de $\PP^2(\FF_2)$) en montrant que sa résolvante
  relativement à $Z_1 + Z_2 + Z_3 \in \QQ[Z_1,\ldots,Z_7]$ admet un
  facteur irréductible de degré $7$ à savoir $X^7 + 14 X^4 - 42 X^2 -
  21 X + 9$ (sur les racines duquel $G$ opère comme sur les droites de
  $\PP^2(\FF_2)$).  Pourtant,
  d'après \ref{polynomes-tschirnhaus-equivalents-et-stabilisateurs-conjugues},
  ces polynômes ne sont pas Tschirnhaus-équivalents car l'action de
  $\PSL_3(\FF_2)$ sur les points et les droites de $\PP^2(\FF_2)$ a des
  stabilisateurs qui ne sont pas conjugués.
\end{itemize}
\end{remarques2}


\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 $k(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) =
\Fix_{\mathfrak{S}_3} k(Z_1,Z_2,Z_3)$ (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 $f = X^3 + a_1 X^2 + a_2 X + a_3$ est irréductible et séparable,
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 la résolvante considérée est séparable, alors
cette 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 $D_4$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[auto]
\matrix(diag)[matrix of math nodes,column sep=1.25em,row sep=2.5ex]{
&\mathfrak{S}_4&\\D_4&&\mathfrak{A}_4\\C_4&&C_2\times C_2\\};
\draw (diag-1-2) -- (diag-2-1);
\draw (diag-1-2) -- (diag-2-3);
\draw (diag-2-1) -- (diag-3-1);
\draw (diag-2-1) -- (diag-3-3);
\draw (diag-2-3) -- (diag-3-3);
\end{tikzpicture}
\end{center}

Pour tester si le groupe de Galois d'un polynôme $f = X^4 + a_1 X^3 +
a_2 X^2 + a_3 X + a_4$ (supposé irréductible et séparable) 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 $R_P(f) = X^3 - a_2 X^2 + (a_1 a_3 - 4 a_4) X + (- a_1 ^2 a_4 -
a_3^2 + 4 a_2 a_4)$ : lorsque $R_P(f)$ est séparable, elle admet une
racine $\pi$ dans $k$ si et seulement si le groupe de Galois $G$
de $f$ est inclus dans un des conjugués de $D_4$
dans $\mathfrak{S}_4$.  Quitte à renuméroter les racines de façon que
la racine $\pi$ choisie vaille $\xi_1 \xi_3 + \xi_2 \xi_4$, on peut
alors supposer que le groupe de Galois est bien inclus dans $D_4$
(plutôt que simplement dans un de ses conjugués).  À ce sujet,
remarquons que, (toujours en supposant ce polynôme séparable),
$R_P(f)$ est scindé si et seulement si $G$ est inclus dans
l'intersection des conjugués de $D_4$ dans $\mathfrak{S}_4$, qui vaut
$C_2 \times C_2$.

Il reste à trouver un moyen de distinguer les situations où le groupe
de Galois de $f$ est inclus dans $C_4$.  Il est facile de trouver un
polynôme dans $k[Z_1,Z_2,Z_3,Z_4]$ dont le stabilisateur soit
précisément $C_4$ : le polynôme $F = Z_1^2 Z_2 + Z_2^2 Z_3 + Z_3^2 Z_4
+ Z_4^2 Z_1$ convient.  On peut donc chercher à utiliser la résolvante
$R_F(f)$ : en supposant que celle-ci est séparable, elle admet une
racine dans $k$ si et seulement si $f$ a un groupe de Galois inclus.
L'expression générale de $R_F(f)$ dans les coefficients de $f$ est
cependant fort compliquée : $R_F(f) = X^6 + 2 (a_1 a_2 - 3 a_3)
X^5 + (a_1^2 a_2^2 + 2 a_1^3 a_3 + 2 a_2^3 - 17 a_1 a_2 a_3 + a_1^2
a_4 + 24 a_3^2 - 8 a_2 a_4) X^4 + 2 (a_1^4 a_2 a_3 + a_1^5 a_4 + a_1
a_2^4 - 5 a_1^2 a_2^2 a_3 - 4 a_1^3 a_3^2 - 5 a_1^3 a_2 a_4 - 4 a_2^3
a_3 + 27 a_1 a_2 a_3^2 + 6 a_1^2 a_3 a_4 - 28 a_3^3 + 16 a_2 a_3 a_4 -
16 a_1 a_4^2) X^3 + (a_1^6 a_3^2 + 2 a_1^6 a_2 a_4 + 3 a_1^3 a_2^3 a_3
- 13 a_1^4 a_2 a_3^2 - 11 a_1^4 a_2^2 a_4 - 5 a_1^5 a_3 a_4 + a_2^6 -
13 a_1 a_2^4 a_3 + 33 a_1^2 a_2^2 a_3^2 + 22 a_1^3 a_3^3 + 10 a_1^2
a_2^3 a_4 + 30 a_1^3 a_2 a_3 a_4 + 7 a_1^4 a_4^2 + 22 a_2^3 a_3^2 -
116 a_1 a_2 a_3^3 - 12 a_2^4 a_4 + 48 a_1 a_2^2 a_3 a_4 - 36 a_1^2
a_3^2 a_4 - 72 a_1^2 a_2 a_4^2 + 96 a_3^4 - 120 a_2 a_3^2 a_4 + 48
a_2^2 a_4^2 + 144 a_1 a_3 a_4^2 - 64 a_4^3) X^2 + (2 a_1^8 a_3 a_4 +
a_1^5 a_2^2 a_3^2 - 2 a_1^6 a_3^3 + 2 a_1^5 a_2^3 a_4 - 22 a_1^6 a_2
a_3 a_4 + a_1^7 a_4^2 + a_1^2 a_2^5 a_3 - 10 a_1^3 a_2^3 a_3^2 + 19
a_1^4 a_2 a_3^3 - 9 a_1^3 a_2^4 a_4 + 60 a_1^4 a_2^2 a_3 a_4 + 29
a_1^5 a_3^2 a_4 - 2 a_2^6 a_3 + 19 a_1 a_2^4 a_3^2 - 34 a_1^2 a_2^2
a_3^3 - 28 a_1^3 a_3^4 + 4 a_1^2 a_2^3 a_3 a_4 - 134 a_1^3 a_2 a_3^2
a_4 - 24 a_1^3 a_2^2 a_4^2 - 38 a_1^4 a_3 a_4^2 - 28 a_2^3 a_3^3 + 128
a_1 a_2 a_3^4 + 24 a_2^4 a_3 a_4 - 120 a_1 a_2^2 a_3^2 a_4 + 104 a_1^2
a_3^3 a_4 + 288 a_1^2 a_2 a_3 a_4^2 - 16 a_1^3 a_4^3 - 96 a_3^5 + 176
a_2 a_3^3 a_4 - 96 a_2^2 a_3 a_4^2 - 336 a_1 a_3^2 a_4^2 + 128 a_3
a_4^3) X + (a_1^{10} a_4^2 + a_1^7 a_2^2 a_3 a_4 - 2 a_1^8 a_3^2 a_4 -
11 a_1^8 a_2 a_4^2 + a_1^6 a_3^4 + a_1^4 a_2^5 a_4 - 12 a_1^5 a_2^3
a_3 a_4 + 17 a_1^6 a_2 a_3^2 a_4 + 45 a_1^6 a_2^2 a_4^2 + 15 a_1^7 a_3
a_4^2 + 2 a_1^3 a_2^3 a_3^3 - 12 a_1^4 a_2 a_3^4 - 4 a_1^2 a_2^6 a_4 +
29 a_1^3 a_2^4 a_3 a_4 - 6 a_1^4 a_2^2 a_3^2 a_4 - 22 a_1^5 a_3^3 a_4
- 76 a_1^4 a_2^3 a_4^2 - 133 a_1^5 a_2 a_3 a_4^2 - 5 a_1^6 a_4^3 +
a_2^6 a_3^2 - 12 a_1 a_2^4 a_3^3 + 36 a_1^2 a_2^2 a_3^4 + 16 a_1^3
a_3^5 + 16 a_1 a_2^5 a_3 a_4 - 134 a_1^2 a_2^3 a_3^2 a_4 + 48 a_1^3
a_2 a_3^3 a_4 + 32 a_1^2 a_2^4 a_4^2 + 344 a_1^3 a_2^2 a_3 a_4^2 + 128
a_1^4 a_3^2 a_4^2 + 32 a_1^4 a_2 a_4^3 + 16 a_2^3 a_3^4 - 96 a_1 a_2
a_3^5 - 28 a_2^4 a_3^2 a_4 + 296 a_1 a_2^2 a_3^3 a_4 - 48 a_1^2 a_3^4
a_4 - 128 a_1 a_2^3 a_3 a_4^2 - 648 a_1^2 a_2 a_3^2 a_4^2 - 64 a_1^2
a_2^2 a_4^3 - 48 a_1^3 a_3 a_4^3 + 64 a_3^6 - 224 a_2 a_3^4 a_4 + 176
a_2^2 a_3^2 a_4^2 + 416 a_1 a_3^3 a_4^2 + 256 a_1 a_2 a_3 a_4^3 - 320
a_3^2 a_4^3)$.  Même s'il n'est pas nécessaire d'utiliser cette
expression pour calculer $R_F(f)$ (on a déjà souligné que le plus
simple est de calculer $R_F(f)$ directement à partir d'une
approximation numérique des racines de $f$ ou au moyen de bases de
Gröbner, cf. \ref{calcul-resolvantes-par-calcul-approche} et
\ref{calcul-resolvantes-par-bases-groebner}), il est intéressant de
chercher à considérer plutôt une résolvante relative en se plaçant
dans le cas où on sait déjà que $f$ a un groupe de Galois contenu
dans $D_4$ (ce qu'on voudra de toute façon tester au préalable).

Si on suppose d'avance que $f$ a un groupe de Galois contenu
dans $D_4$, donc que $R_P(f)$ a une racine $\pi = \xi_1 \xi_3 + \xi_2
\xi_4$ dans $k$, on peut considérer la résolvante relative
$R_{D_4,F}(f)$ : lorsque celle-ci est séparable, elle admet une racine
dans $k$ si et seulement si $f$ a un groupe de Galois inclus
dans $C_4$ (donc en fait égal à $C_4$ si $f$ est irréductible).  Une
différence 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 $\Fix_{D_4} k[Z_1,Z_2,Z_3,Z_4]$ comme
le sont les fonctions symétriques élémentaires (ou les coefficients
de $f$) pour $\Fix_{\mathfrak{S}_4} k[Z_1,Z_2,Z_3,Z_4]$.  On peut
cependant faire le choix suivant : le corps $\Fix_{D_4}
k(Z_1,Z_2,Z_3,Z_4)$ est une extension de degré $(\mathfrak{S}_4 : D_4)
= 3$ de $\Fix_{\mathfrak{S}_4} k(Z_1,Z_2,Z_3,Z_4)$ et peut être
engendrée par l'élément $P = Z_1 Z_3 + Z_2 Z_4$ dont le polynôme
minimal est donné précisément par la résolvante générale $R_P$
explicitée plus haut.  Les éléments de $\Fix_{D_4} k(Z_1,Z_2,Z_3,Z_4)$
et, en particulier, les coefficients de la résolvante relative
$R_{D_4,F}$ peuvent donc s'exprimer au moyen des fonctions symétriques
élémentaires et de $P$, et même comme combinaisons de $1,P,P^2$ avec
des coefficients totalement symétriques.  Si on note $\pi$
l'expression $\xi_1 \xi_3 + \xi_2 \xi_4$ en les racines de $f$
(c'est-à-dire, la valeur de $P$ sur celles-ci), dont l'appartenance à
$k$ témoigne du fait que $G \leq D_4$, on va donc pouvoir exprimer les
coefficients de $R_{D_4,F}(f)$ comme des combinaisons de $1,\pi,\pi^2$
avec des coefficients fonctions rationnelles de $a_1,a_2,a_3,a_4$.

De fait, l'expression de $R_{D_4,F}(f)$ est la suivante :
$R_{D_4,F}(f) = X^2 + (a_1 a_2 - 2 a_3 - a_1 \pi) X + (a_1^3 a_3 -
a_1^2 a_4 - 5 a_1 a_2 a_3 + a_2^3 + 4 a_2 a_4 + 4 a_3^2 + (- a_1^2 a_2
+ 2 a_1 a_3 + a_2^2 - 4 a_4) \pi + (a_1^2 - 2 a_2) \pi^2)$.  (S'il
s'agit de vérifier que cette expression est correcte, 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 $Z_3$.  Cependant, si on se
demande comment une telle expression a été trouvée, une méthode
consiste à calculer dans l'anneau $\QQ[Z_1,\ldots,Z_4, \Pi,
  A_1,\ldots,A_4]$ une base de Gröbner de l'idéal engendré par $A_1 +
(Z_1+Z_2+Z_3+Z_4), \ldots, A_4 - (Z_1 Z_2 Z_3 Z_4)$ et $\Pi -
(Z_1 Z_3 + Z_2 Z_4)$ pour l'ordre lexicographique sur les monômes
prolongeant un ordre sur les variables tel que $Z_1, \ldots, Z_4 >
\Pi > A_1, \ldots, A_4$.  En réduisant modulo cette base les
coefficients de $R_{D_4,F}$ exprimés dans les variables
$Z_1,\ldots,Z_4$, on obtient leur expression en $a_1,\ldots,a_4$ et
$\pi$.  On renvoie à \cite[algorithme 2.5.6]{Sturmfels} pour une
justification de ces choix et
à \ref{calcul-resolvantes-par-bases-groebner} pour une discussion.)

Grâce à $R_{D_4,F}(f)$, tester si le groupe de Galois $G$ d'un
polynôme $f$ est $C_4$ peut se faire selon la stratégie suivante :
(i) Calculer $R_P(f)$ en utilisant l'expression donnée plus haut en
fonction des coefficients $a_1,\ldots,a_4$ de $f$ (ou par l'une des
méthodes de \ref{calcul-resolvantes-par-calcul-approche} ou
\ref{calcul-resolvantes-par-bases-groebner}), vérifier que $R_P(f)$
est séparable et tester si elle a une racine dans $k$ : si ce n'est
pas le cas, le groupe de Galois de $f$ n'est pas inclus dans $D_4$ (et
\textit{a fortiori} pas dans $C_4$) ; si c'est le cas, on sait au
moins que le groupe de Galois de $f$ est inclus dans $D_4$ : appeler
$\pi$ la racine trouvée (et, si on compte s'en servir dans l'étape
suivante, renuméroter les racines de façon que $\pi = \xi_1 \xi_3 +
\xi_2 \xi_4$) ; (ii) calculer $R_{D_4,F}(f)$ en utilisant l'expression
ci-dessus en fonction des coefficients $a_1,\ldots,a_4$ de $f$ et de
la racine $\pi$ qu'on vient de calculer (ou, de nouveau, par l'une des
méthodes de \ref{calcul-resolvantes-par-calcul-approche} ou
\ref{calcul-resolvantes-par-bases-groebner}), vérifier que
$R_{D_4,F}(f)$ est séparable et tester si elle a une racine dans $k$ :
si ce n'est pas le cas, le groupe de Galois de $f$ n'est pas inclus
dans $C_4$, tandis que si c'est le cas, il l'est.  Si l'une des deux
résolvantes calculées n'était pas séparable, il convient de remplacer
$f$ par un transformé de Tschirnhaus $f^\$$ comme expliqué de façon
générale
en \ref{strategie-algorithmique-generale-calcul-groupes-de-galois} (et
ce qui est possible
d'après \ref{garantir-resolvante-separable-par-transformation-de-tschirnhaus}).

\begin{exemple2}
Considérons ce que donne cet algorithme sur le polynôme $f = X^4 + X^3
+ X^2 + X + 1$ (soit $a_1=a_2=a_3=a_4=1$), dont on sait d'avance que
le groupe de Galois $G$ est $C_4$ puisqu'il s'agit de $\Phi_4$.  On
trouve $R_P(f) = (X - 2) (X^2 + X - 1)$.  On pose donc $\pi = 2$, et
ceci montre déjà que $G$ est inclus dans $D_4$.  Le calcul de la
seconde résolvante donne alors $R_{D_4,F}(f) = (X - 4) (X + 1)$ : ceci
montre que $G$ est $C_4$.  De fait, en appelant $\xi$ une racine
primitive cinquième de l'unité, et en posant $\xi_1,\xi_2,\xi_3,\xi_4
= \xi,\xi^2,\xi^4,\xi^3$ (attention à l'ordre !), on a
$P(\xi_1,\ldots,\xi_4) = \xi_1 \xi_3 + \xi_2 \xi_4 = 2$, ce qu'on a
appelé $\pi$, et $F(\xi_1,\ldots,\xi_4) = \xi_1 \xi_2^2
+ \xi_2 \xi_3^2 + \xi_3 \xi_4^2 + \xi_4 \xi_1^2 = 4$.

(Intuitivement, la numérotation des racines $\xi_1,\ldots,\xi_4$ est
initialement arbitraire ; le choix de la racine $2$ de $R_P(f)$
impose, pour avoir $P(\xi_1,\ldots,\xi_4) = 2$, une structure
combinatoire de carré sur ces racines pour laquelle
$\xi_1,\xi_2,\xi_3,\xi_4$ sont consécutivement adjacents ; le choix de
la racine $4$ de $R_{D_4,F}(f)$ impose, pour avoir
$F(\xi_1,\ldots,\xi_4) = 4$, un ordre sur ce carré.)
\end{exemple2}


\subsection{Degré $5$}

Le groupe symétrique $\mathfrak{S}_5$ possède cinq classes de
conjugaison de sous-groupes transitifs : le groupe symétrique
$\mathfrak{S}_5$ tout entier (d'ordre $120$), le groupe
alterné $\mathfrak{A}_5$ (d'ordre $60$), un groupe $\AGL(\FF_5)$
d'ordre $20$ qu'on va décrire dans un instant, le groupe diédral $D_5$
du pentagone (d'ordre $10$), et le groupe cyclique $C_5 = \ZZ/5\ZZ$
d'ordre $5$.  Le groupe $\AGL(\FF_5)$ peut être défini comme le groupe
des fonctions affines sur $\FF_5$ (vues comme des permutations de cinq
objets), ou encore comme engendré par deux éléments $t$ (qu'on peut
voir comme la fonction affine $x \mapsto x+1$ sur $\FF_5$) et $s$
(qu'on peut voir comme $x \mapsto 2x$) sujets aux relations $t^5=1$,
$s^4=1$ et $ts = st^3$.  On a $D_5 = \AGL(\FF_5) \cap \mathfrak{A}_5$
(au moins à conjugaison près, mais si on identifie les sommets du
pentagone aux éléments $0,1,2,3,4$ de $\FF_5$ dans cet ordre, avec les
définitions qu'on a données c'est exactement le cas).

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[auto]
\matrix(diag)[matrix of math nodes,column sep=1.25em,row sep=2.5ex]{
&\mathfrak{S}_5&\\\AGL(\FF_5)&&\mathfrak{A}_5\\&D_5&\\&C_5&\\};
\draw (diag-1-2) -- (diag-2-1);
\draw (diag-1-2) -- (diag-2-3);
\draw (diag-2-1) -- (diag-3-2);
\draw (diag-2-3) -- (diag-3-2);
\draw (diag-3-2) -- (diag-4-2);
\end{tikzpicture}
\end{center}

(Le groupe $\AGL(\FF_5)$ est « métacyclique », en l'occurrence
extension de $C_4$ par $C_5$.  Il existe cependant deux extensions
non-isomorphes de $C_4$ par $C_5$ : celle dont nous parlons est la
seule qui soit incluse dans $\mathfrak{S}_5$.)

On trouve facilement des polynômes dont le stabilisateur dans
$\mathfrak{S}_5$ est respectivement $\AGL(\FF_5)$, $D_5$ et $C_5$ :
pour la suite, on posera $P = Z_1^2(Z_2 Z_5 + Z_3 Z_4) + Z_2^2(Z_1 Z_3
+ Z_4 Z_5) + Z_3^2(Z_1 Z_5 + Z_2 Z_4) + Z_4^2(Z_1 Z_2 + Z_3 Z_5) +
Z_5^2(Z_1 Z_4 + Z_2 Z_3)$ (qui a $\AGL(\FF_5)$ pour stabilisateur), $Q
= Z_1 Z_2 + Z_2 Z_3 + Z_3 Z_4 + Z_4 Z_5 + Z_1 Z_5$ (qui a $D_5$ pour
stabilisateur) et $F = Z_1^2 Z_2 + Z_2^2 Z_3 + Z_3^2 Z_4 + Z_4^2 Z_5 +
Z_5^2 Z_1$ (qui a $C_5$ pour stabilisateur).

Soit maintenant $f = X^5 + a_1 X^4 + a_2 X^3 + a_3 X^2 + a_4 X + a_5$,
supposé irréductible et séparable, le polynôme quintique dont on
cherche à déterminer le groupe de Galois.  La résolvante générale
relativement à $P$ est : $R_P =
X^6 + (- 2 a_1 a_3 + 8 a_4) X^5 + (- 8 a_1^3 a_5 + 2 a_1^2 a_2 a_4 +
a_1^2 a_3^2 + 30 a_1 a_2 a_5 - 14 a_1 a_3 a_4 - 6 a_2^2 a_4 + 2 a_2
a_3^2 - 50 a_3 a_5 + 40 a_4^2) X^4 + (16 a_1^4 a_3 a_5 - 2 a_1^4 a_4^2
- 2 a_1^3 a_2^2 a_5 - 2 a_1^3 a_2 a_3 a_4 - 44 a_1^3 a_4 a_5 - 66
a_1^2 a_2 a_3 a_5 + 21 a_1^2 a_2 a_4^2 + 6 a_1^2 a_3^2 a_4 + 9 a_1
a_2^3 a_5 + 5 a_1 a_2^2 a_3 a_4 - 2 a_1 a_2 a_3^3 - 50 a_1^2 a_5^2 +
190 a_1 a_2 a_4 a_5 + 120 a_1 a_3^2 a_5 - 80 a_1 a_3 a_4^2 - 15 a_2^2
a_3 a_5 - 40 a_2^2 a_4^2 + 21 a_2 a_3^2 a_4 - 2 a_3^4 + 125 a_2 a_5^2
- 400 a_3 a_4 a_5 + 160 a_4^3) X^3 + (16 a_1^6 a_5^2 - 8 a_1^5 a_2 a_4
a_5 - 8 a_1^5 a_3^2 a_5 + 2 a_1^5 a_3 a_4^2 + 2 a_1^4 a_2^2 a_3 a_5 +
a_1^4 a_2^2 a_4^2 - 120 a_1^4 a_2 a_5^2 + 68 a_1^4 a_3 a_4 a_5 - 8
a_1^4 a_4^3 + 46 a_1^3 a_2^2 a_4 a_5 + 28 a_1^3 a_2 a_3^2 a_5 - 19
a_1^3 a_2 a_3 a_4^2 - 9 a_1^2 a_2^3 a_3 a_5 - 6 a_1^2 a_2^3 a_4^2 + 3
a_1^2 a_2^2 a_3^2 a_4 + 250 a_1^3 a_3 a_5^2 - 144 a_1^3 a_4^2 a_5 +
225 a_1^2 a_2^2 a_5^2 - 354 a_1^2 a_2 a_3 a_4 a_5 + 76 a_1^2 a_2 a_4^3
- 70 a_1^2 a_3^3 a_5 + 41 a_1^2 a_3^2 a_4^2 - 54 a_1 a_2^3 a_4 a_5 +
45 a_1 a_2^2 a_3^2 a_5 + 30 a_1 a_2^2 a_3 a_4^2 - 19 a_1 a_2 a_3^3 a_4
+ 2 a_1 a_3^5 + 9 a_2^4 a_4^2 - 6 a_2^3 a_3^2 a_4 + a_2^2 a_3^4 - 200
a_1^2 a_4 a_5^2 - 875 a_1 a_2 a_3 a_5^2 + 640 a_1 a_2 a_4^2 a_5 + 630
a_1 a_3^2 a_4 a_5 - 264 a_1 a_3 a_4^3 + 90 a_2^2 a_3 a_4 a_5 - 136
a_2^2 a_4^3 - 50 a_2 a_3^3 a_5 + 76 a_2 a_3^2 a_4^2 - 8 a_3^4 a_4 +
500 a_2 a_4 a_5^2 + 625 a_3^2 a_5^2 - 1400 a_3 a_4^2 a_5 + 400 a_4^4)
X^2 + (- 32 a_1^7 a_3 a_5^2 + 8 a_1^7 a_4^2 a_5 + 8 a_1^6 a_2^2 a_5^2
+ 8 a_1^6 a_2 a_3 a_4 a_5 - 2 a_1^6 a_2 a_4^3 - 2 a_1^5 a_2^3 a_4 a_5
+ 48 a_1^6 a_4 a_5^2 + 264 a_1^5 a_2 a_3 a_5^2 - 94 a_1^5 a_2 a_4^2
a_5 - 24 a_1^5 a_3^2 a_4 a_5 + 6 a_1^5 a_3 a_4^3 - 66 a_1^4 a_2^3
a_5^2 - 50 a_1^4 a_2^2 a_3 a_4 a_5 + 19 a_1^4 a_2^2 a_4^3 + 8 a_1^4
a_2 a_3^3 a_5 - 2 a_1^4 a_2 a_3^2 a_4^2 + 15 a_1^3 a_2^4 a_4 a_5 - 2
a_1^3 a_2^3 a_3^2 a_5 - a_1^3 a_2^3 a_3 a_4^2 - 56 a_1^5 a_5^3 - 318
a_1^4 a_2 a_4 a_5^2 - 352 a_1^4 a_3^2 a_5^2 + 166 a_1^4 a_3 a_4^2 a_5
+ 3 a_1^4 a_4^4 - 574 a_1^3 a_2^2 a_3 a_5^2 + 347 a_1^3 a_2^2 a_4^2
a_5 + 194 a_1^3 a_2 a_3^2 a_4 a_5 - 89 a_1^3 a_2 a_3 a_4^3 - 8 a_1^3
a_3^4 a_5 + 4 a_1^3 a_3^3 a_4^2 + 162 a_1^2 a_2^4 a_5^2 + 33 a_1^2
a_2^3 a_3 a_4 a_5 - 51 a_1^2 a_2^3 a_4^3 - 32 a_1^2 a_2^2 a_3^3 a_5 +
28 a_1^2 a_2^2 a_3^2 a_4^2 - 2 a_1^2 a_2 a_3^4 a_4 - 27 a_1 a_2^5 a_4
a_5 + 9 a_1 a_2^4 a_3^2 a_5 + 3 a_1 a_2^4 a_3 a_4^2 - a_1 a_2^3 a_3^3
a_4 + 350 a_1^3 a_2 a_5^3 + 1090 a_1^3 a_3 a_4 a_5^2 - 364 a_1^3 a_4^3
a_5 + 305 a_1^2 a_2^2 a_4 a_5^2 + 1340 a_1^2 a_2 a_3^2 a_5^2 - 901
a_1^2 a_2 a_3 a_4^2 a_5 + 76 a_1^2 a_2 a_4^4 - 234 a_1^2 a_3^3 a_4 a_5
+ 102 a_1^2 a_3^2 a_4^3 + 180 a_1 a_2^3 a_3 a_5^2 - 366 a_1 a_2^3
a_4^2 a_5 - 231 a_1 a_2^2 a_3^2 a_4 a_5 + 212 a_1 a_2^2 a_3 a_4^3 +
112 a_1 a_2 a_3^4 a_5 - 89 a_1 a_2 a_3^3 a_4^2 + 6 a_1 a_3^5 a_4 - 108
a_2^5 a_5^2 + 117 a_2^4 a_3 a_4 a_5 + 32 a_2^4 a_4^3 - 31 a_2^3 a_3^3
a_5 - 51 a_2^3 a_3^2 a_4^2 + 19 a_2^2 a_3^4 a_4 - 2 a_2 a_3^6 - 750
a_1^2 a_3 a_5^3 - 550 a_1^2 a_4^2 a_5^2 - 375 a_1 a_2^2 a_5^3 - 3075
a_1 a_2 a_3 a_4 a_5^2 + 1640 a_1 a_2 a_4^3 a_5 - 850 a_1 a_3^3 a_5^2 +
1220 a_1 a_3^2 a_4^2 a_5 - 384 a_1 a_3 a_4^4 + 525 a_2^3 a_4 a_5^2 -
325 a_2^2 a_3^2 a_5^2 + 260 a_2^2 a_3 a_4^2 a_5 - 256 a_2^2 a_4^4 +
105 a_2 a_3^3 a_4 a_5 + 76 a_2 a_3^2 a_4^3 - 58 a_3^5 a_5 + 3 a_3^4
a_4^2 + 2500 a_1 a_4 a_5^3 + 625 a_2 a_3 a_5^3 - 500 a_2 a_4^2 a_5^2 +
2750 a_3^2 a_4 a_5^2 - 2400 a_3 a_4^3 a_5 + 512 a_4^5 - 3125 a_5^4) X
+ 16 a_1^8 a_3^2 a_5^2 - 8 a_1^8 a_3 a_4^2 a_5 + a_1^8 a_4^4 - 8 a_1^7
a_2^2 a_3 a_5^2 + 2 a_1^7 a_2^2 a_4^2 a_5 + a_1^6 a_2^4 a_5^2 - 48
a_1^7 a_3 a_4 a_5^2 + 12 a_1^7 a_4^3 a_5 + 12 a_1^6 a_2^2 a_4 a_5^2 -
144 a_1^6 a_2 a_3^2 a_5^2 + 88 a_1^6 a_2 a_3 a_4^2 a_5 - 13 a_1^6 a_2
a_4^4 + 72 a_1^5 a_2^3 a_3 a_5^2 - 22 a_1^5 a_2^3 a_4^2 a_5 - 4 a_1^5
a_2^2 a_3^2 a_4 a_5 + a_1^5 a_2^2 a_3 a_4^3 - 9 a_1^4 a_2^5 a_5^2 +
a_1^4 a_2^4 a_3 a_4 a_5 + 56 a_1^6 a_3 a_5^3 + 86 a_1^6 a_4^2 a_5^2 -
14 a_1^5 a_2^2 a_5^3 + 304 a_1^5 a_2 a_3 a_4 a_5^2 - 148 a_1^5 a_2
a_4^3 a_5 + 152 a_1^5 a_3^3 a_5^2 - 54 a_1^5 a_3^2 a_4^2 a_5 + 5 a_1^5
a_3 a_4^4 - 76 a_1^4 a_2^3 a_4 a_5^2 + 370 a_1^4 a_2^2 a_3^2 a_5^2 -
287 a_1^4 a_2^2 a_3 a_4^2 a_5 + 65 a_1^4 a_2^2 a_4^4 - 28 a_1^4 a_2
a_3^3 a_4 a_5 + 5 a_1^4 a_2 a_3^2 a_4^3 + 8 a_1^4 a_3^5 a_5 - 2 a_1^4
a_3^4 a_4^2 - 210 a_1^3 a_2^4 a_3 a_5^2 + 76 a_1^3 a_2^4 a_4^2 a_5 +
43 a_1^3 a_2^3 a_3^2 a_4 a_5 - 15 a_1^3 a_2^3 a_3 a_4^3 - 6 a_1^3
a_2^2 a_3^4 a_5 + 2 a_1^3 a_2^2 a_3^3 a_4^2 + 27 a_1^2 a_2^6 a_5^2 - 9
a_1^2 a_2^5 a_3 a_4 a_5 + a_1^2 a_2^5 a_4^3 + a_1^2 a_2^4 a_3^3 a_5 -
468 a_1^5 a_4 a_5^3 - 200 a_1^4 a_2 a_3 a_5^3 - 294 a_1^4 a_2 a_4^2
a_5^2 - 676 a_1^4 a_3^2 a_4 a_5^2 + 180 a_1^4 a_3 a_4^3 a_5 + 17 a_1^4
a_4^5 + 50 a_1^3 a_2^3 a_5^3 - 397 a_1^3 a_2^2 a_3 a_4 a_5^2 + 514
a_1^3 a_2^2 a_4^3 a_5 - 700 a_1^3 a_2 a_3^3 a_5^2 + 447 a_1^3 a_2
a_3^2 a_4^2 a_5 - 118 a_1^3 a_2 a_3 a_4^4 - 12 a_1^3 a_3^4 a_4 a_5 + 6
a_1^3 a_3^3 a_4^3 + 141 a_1^2 a_2^4 a_4 a_5^2 - 185 a_1^2 a_2^3 a_3^2
a_5^2 + 168 a_1^2 a_2^3 a_3 a_4^2 a_5 - 128 a_1^2 a_2^3 a_4^4 + 93
a_1^2 a_2^2 a_3^3 a_4 a_5 + 19 a_1^2 a_2^2 a_3^2 a_4^3 - 36 a_1^2 a_2
a_3^5 a_5 + 5 a_1^2 a_2 a_3^4 a_4^2 + 198 a_1 a_2^5 a_3 a_5^2 - 78 a_1
a_2^5 a_4^2 a_5 - 95 a_1 a_2^4 a_3^2 a_4 a_5 + 44 a_1 a_2^4 a_3 a_4^3
+ 25 a_1 a_2^3 a_3^4 a_5 - 15 a_1 a_2^3 a_3^3 a_4^2 + a_1 a_2^2 a_3^5
a_4 - 27 a_2^7 a_5^2 + 18 a_2^6 a_3 a_4 a_5 - 4 a_2^6 a_4^3 - 4 a_2^5
a_3^3 a_5 + a_2^5 a_3^2 a_4^2 + 625 a_1^4 a_5^4 + 2300 a_1^3 a_2 a_4
a_5^3 + 250 a_1^3 a_3^2 a_5^3 + 1470 a_1^3 a_3 a_4^2 a_5^2 - 276 a_1^3
a_4^4 a_5 - 125 a_1^2 a_2^2 a_3 a_5^3 - 610 a_1^2 a_2^2 a_4^2 a_5^2 +
1995 a_1^2 a_2 a_3^2 a_4 a_5^2 - 1174 a_1^2 a_2 a_3 a_4^3 a_5 - 16
a_1^2 a_2 a_4^5 + 375 a_1^2 a_3^4 a_5^2 - 172 a_1^2 a_3^3 a_4^2 a_5 +
82 a_1^2 a_3^2 a_4^4 + 15 a_1 a_2^3 a_3 a_4 a_5^2 - 384 a_1 a_2^3
a_4^3 a_5 + 525 a_1 a_2^2 a_3^3 a_5^2 - 528 a_1 a_2^2 a_3^2 a_4^2 a_5
+ 384 a_1 a_2^2 a_3 a_4^4 - 29 a_1 a_2 a_3^4 a_4 a_5 - 118 a_1 a_2
a_3^3 a_4^3 + 38 a_1 a_3^6 a_5 + 5 a_1 a_3^5 a_4^2 - 99 a_2^5 a_4
a_5^2 - 150 a_2^4 a_3^2 a_5^2 + 196 a_2^4 a_3 a_4^2 a_5 + 48 a_2^4
a_4^4 + 12 a_2^3 a_3^3 a_4 a_5 - 128 a_2^3 a_3^2 a_4^3 - 12 a_2^2
a_3^5 a_5 + 65 a_2^2 a_3^4 a_4^2 - 13 a_2 a_3^6 a_4 + a_3^8 - 3125
a_1^2 a_2 a_5^4 - 3500 a_1^2 a_3 a_4 a_5^3 - 1450 a_1^2 a_4^3 a_5^2 -
1750 a_1 a_2^2 a_4 a_5^3 + 625 a_1 a_2 a_3^2 a_5^3 - 850 a_1 a_2 a_3
a_4^2 a_5^2 + 1760 a_1 a_2 a_4^4 a_5 - 2050 a_1 a_3^3 a_4 a_5^2 + 780
a_1 a_3^2 a_4^3 a_5 - 192 a_1 a_3 a_4^5 + 1200 a_2^3 a_4^2 a_5^2 - 725
a_2^2 a_3^2 a_4 a_5^2 - 160 a_2^2 a_3 a_4^3 a_5 - 192 a_2^2 a_4^5 -
125 a_2 a_3^4 a_5^2 + 590 a_2 a_3^3 a_4^2 a_5 - 16 a_2 a_3^2 a_4^4 -
124 a_3^5 a_4 a_5 + 17 a_3^4 a_4^3 + 3125 a_1 a_3 a_5^4 + 7500 a_1
a_4^2 a_5^3 + 3125 a_2^2 a_5^4 - 1250 a_2 a_3 a_4 a_5^3 - 2000 a_2
a_4^3 a_5^2 + 3250 a_3^2 a_4^2 a_5^2 - 1600 a_3 a_4^4 a_5 + 256 a_4^6
- 9375 a_4 a_5^4$.  Cette résolvante sextique admet donc une racine
$\pi$ dans $k$ si, et lorsqu'elle est séparable seulement si, le
polynôme $f = X^5 + a_1 X^4 + a_2 X^3 + a_3 X^2 + a_4 X + a_5$
(supposé irréductible et séparable) a un groupe de Galois inclus
dans un conjugué de $\AGL(\FF_5)$, conjugué qu'on peut supposer être
exactement $\AGL(\FF_5)$ si on numérote les racines de $f$ de sorte
que $\pi = P(\xi_1,\ldots,\xi_5)$.  Comme on l'a déjà plusieurs fois
souligné (comparer \ref{calcul-resolvantes-par-calcul-approche} et
\ref{calcul-resolvantes-par-bases-groebner}), on n'utilise normalement
pas en pratique une telle expression générale, dont la seule fonction
est d'impressionner par sa complexité.

L'action de $\mathfrak{S}_5$ sur les six classes à gauche
de $\AGL(\FF_5)$, donc sur les six racines de la résolvante générale
$R_P$, correspond aux six façons de mettre une structure de
$\FF_5$-espace affine (de dimension $1$) sur cinq objets ou, si l'on
préfère, de partitionner le graphe complet sur cinq objets en deux
$5$-cycles.  Il peut être intéressant de remarquer que
$\mathfrak{A}_5$ opère transitivement sur ces six objets (en effet,
$\mathfrak{S}_5$ opère certainement transitivement, et quitte à
multiplier par un élément dans le bon conjugué de $\AGL(\FF_5)$ qui ne
soit pas dans $\mathfrak{A}_5$, on fixe l'objet désiré tout en se
ramenant dans $\mathfrak{A}_5$ si on n'y était pas) : ceci implique
que si $f$ a pour groupe de Galois $\mathfrak{A}_5$ (ou évidemment
$\mathfrak{S}_5$), la résolvante sextique $R_P(f)$ sera irréductible
(toujours en supposant qu'elle est séparable).  Autrement dit, la
seule façon dont cette résolvante puisse être réductible (si elle est
séparable), c'est d'avoir une racine.

Il est facile de relier $Q$ à $P$ : on a $P = Q^2 - \sigma_2 Q +
\sigma_1 \sigma_3 - 3 \sigma_4$ (avec $\sigma_i$ les fonctions
symétriques élémentaires de $Z_1,\ldots,Z_5$), c'est-à-dire que la
résolvante dans $D_5$ relativement à $Q$ vaut $R_{D_5,Q}(f) = X^2 -
a_2 X + a_1 a_3 - 3 a_4 - \pi$ où $\pi$ est la racine dans $k$
de $R_P(f)$ qui témoigne du fait que $G \leq \AGL(\FF_5)$.  En
supposant $R_P(f)$ séparable et réductible, ce polynôme $R_{D_5,Q}(f)$
est donc réductible si, et lorsqu'il est séparable seulement si, le
groupe de Galois de $f$ est inclus dans $D_5$.  Ceci ne présente qu'un
intérêt limité, puisqu'on aura de toute façon probablement déjà testé
au préalable si le groupe de Galois de $f$ est inclus dans
$\mathfrak{A}_5$, or $D_5 = \AGL(\FF_5) \cap \mathfrak{A}_5$.

En caractéristique différente de $2$, on peut également relier $Q$ au
discriminant $\delta = \prod_{i<j}(Z_i-Z_j)$ : on a $Q^6 - 3 \sigma_2
Q^5 + (3 \sigma_2^{2} + 2 \sigma_1 \sigma_3 - 5 \sigma_4) Q^4 + (-
\sigma_2^{3} - 4 \sigma_1 \sigma_2 \sigma_3 + 10 \sigma_2 \sigma_4)
Q^3 + (2 \sigma_1 \sigma_2^{2} \sigma_3 + \sigma_1^{2} \sigma_3^{2} +
\sigma_1^{2} \sigma_2 \sigma_4 - 4 \sigma_1^{3} \sigma_5 + \sigma_2
\sigma_3^{2} - 8 \sigma_2^{2} \sigma_4 - 7 \sigma_1 \sigma_3 \sigma_4
+ 15 \sigma_1 \sigma_2 \sigma_5 + 15 \sigma_4^{2} - 25 \sigma_3
\sigma_5) Q^2 + (- \sigma_1^{2} \sigma_2 \sigma_3^{2} - \sigma_1^{2}
\sigma_2^{2} \sigma_4 + 4 \sigma_1^{3} \sigma_2 \sigma_5 -
\sigma_2^{2} \sigma_3^{2} + 3 \sigma_2^{3} \sigma_4 + 7 \sigma_1
\sigma_2 \sigma_3 \sigma_4 - 15 \sigma_1 \sigma_2^{2} \sigma_5 - 15
\sigma_2 \sigma_4^{2} + 25 \sigma_2 \sigma_3 \sigma_5 - \delta) Q +
\sigma_1^{3} \sigma_2 \sigma_3 \sigma_4 - \sigma_1^{4} \sigma_4^{2} -
\sigma_1^{3} \sigma_2^{2} \sigma_5 + \sigma_1 \sigma_2 \sigma_3^{3} -
\frac{7}{2} \sigma_1 \sigma_2^{2} \sigma_3 \sigma_4 - 2 \sigma_1^{2}
\sigma_3^{2} \sigma_4 + \frac{7}{2} \sigma_1^{2} \sigma_2 \sigma_4^{2}
+ \frac{9}{2} \sigma_1 \sigma_2^{3} \sigma_5 - 3 \sigma_1^{2} \sigma_2
\sigma_3 \sigma_5 + 6 \sigma_1^{3} \sigma_4 \sigma_5 - \sigma_3^{4} +
\frac{7}{2} \sigma_2 \sigma_3^{2} \sigma_4 + \sigma_2^{2} \sigma_4^{2}
- \sigma_1 \sigma_3 \sigma_4^{2} - \frac{15}{2} \sigma_2^{2} \sigma_3
\sigma_5 + 10 \sigma_1 \sigma_3^{2} \sigma_5 - 10 \sigma_1 \sigma_2
\sigma_4 \sigma_5 - 25 \sigma_1^{2} \sigma_5^{2} + 5 \sigma_4^{3} - 25
\sigma_3 \sigma_4 \sigma_5 + \frac{125}{2} \sigma_2 \sigma_5^{2} +
\frac{1}{2} \sigma_2 \delta = 0$.  Cette expression définit donc, pour
$f$ un polynôme de degré $5$ irréductible et dont le discriminant
$\prod_{i<j} (\xi_i - \xi_j)$ soit un carré non nul, un polynôme
$R_{\mathfrak{A}_5,Q}(f)$ de degré $6$ qui admet une racine si, et
lorsqu'il est séparable seulement si, le groupe de Galois $G$ de $f$
est inclus dans $D_5$.

S'agissant de savoir si le groupe de Galois de $f$ est en fait inclus
dans (i.e., égal à) $C_5$ lorsqu'il est inclus dans $D_5$, on peut
considérer la résultante $R_{D_5,F}(f)$, mais, comme il s'agit d'un
polynôme quadratique dont seul nous intéresse la question de savoir
s'il est scindé ou non, en caractéristique différente de $2$, on peut
directement se pencher sur son discriminant, c'est-à-dire $[\xi_1
  \xi_2 (\xi_1-\xi_2) + \xi_2 \xi_3 (\xi_2-\xi_3) + \xi_3 \xi_4
  (\xi_3-\xi_4) + \xi_4 \xi_5 (\xi_4-\xi_5) + \xi_5 \xi_1
  (\xi_5-\xi_1)]^2$, où les racines $\xi_1,\ldots,\xi_5$ ont été
numérotées d'une manière qui témoigne du fait que $G \leq D_5$
(c'est-à-dire, à une éventuelle question de séparabilité près,
$Q(\xi_1,\ldots,\xi_5) \in k$).  Il est en principe possible
d'exprimer cette quantité de façon générale en fonction des
coefficients $a_1,\ldots,a_5$ de $f$ ainsi que d'une racine $\xi_1
\xi_2 + \xi_2 \xi_3 + \xi_3 \xi_4 + \xi_4 \xi_5 + \xi_5 \xi_1$ de
$R_Q(f)$, mais l'expression générale en question est d'une complexité
et d'une inutilité telles que nous ne tenterons pas de la reproduire
ici.

Pour résumer, l'algorithme de calcul du groupe de Galois $G$ d'un
polynôme de degré $5$ commence par déterminer si ce groupe est contenu
dans $\mathfrak{A}_5$ ou dans $\AGL(\FF_5)$ (sachant que ces deux
questions sont indépendantes, mais que si on a répondu positivement à
l'une, l'autre, qui devient alors de savoir si $G$ est contenu
dans $D_5$, peut être modifiée pour faire usage d'une résolvante
relative).  Si $G$ est contenu dans les deux, c'est-à-dire dans $D_5 =
\AGL(\FF_5) \cap \mathfrak{A}_5$, alors on se demande encore s'il est
contenu dans $C_5$ comme on vient de l'indiquer.


\subsection{Degré $6$}

\subsubsection{Rappels sur les groupe symétrique sur six objets et ses automorphismes}
Pour la présentation qui suit, il est utile de rappeler qu'il existe
des automorphismes extérieurs de $\mathfrak{S}_6$ (ce qui n'est pas le
cas de $\mathfrak{S}_n$ pour aucun autre $n$) et la manière dont on
les obtient.  On renvoie par exemple à \cite[théorème 7.12 et
voisins]{Rotman} pour ces différents résultats.

On appelle \emph{synthème} un produit de trois transpositions
disjointes dans $\mathfrak{S}_6$, qu'on peut aussi voir comme un
appariement de chaque élément de $\{1,\ldots,6\}$ avec un autre ; on
vérifie aisément qu'il existe $15$ synthèmes, soit autant que de
transpositions, et chaque synthème est disjoint de $8$ autres
synthèmes (« disjoint » au sens où il n'a aucune transposition en
commun).  On appelle \emph{pentade (synthématique)} un ensemble de
cinq synthèmes mutuellement disjoints (c'est-à-dire une partition en
cinq classes des $15$ transpositions) : il existe précisément six
pentades synthématiques, deux d'entre elles ayant toujours exactement
un synthème en commun ; chaque synthème appartient à exactement deux
pentades, et chaque paire de synthèmes disjoints appartient à une et
une seule pentade.

L'intérêt de ces notions est que l'action de $\mathfrak{S}_6$ sur les
(six) pentades synthématiques réalise toutes les permutations de
celles-ci (si l'on veut, $\mathfrak{S}_6$ opère six fois
transitivement sur les pentades).  On peut donc définir un
automorphisme extérieur de $\mathfrak{S}_6$ en se donnant une
bijection entre les six objets $\{1,\ldots,6\}$ et les six pentades
synthématiques sur ces objets : l'automorphisme envoie la
transposition échangeant deux objets sur l'unique synthème commun aux
deux pentades synthématiques choisies pour leur correspondre.  (Un tel
automorphisme envoie une transposition sur un produit de trois
transpositions disjointes, i.e., synthème, un $3$-cycle sur un produit
de deux $3$-cycles disjoints, un $4$-cycle sur un $4$-cycle, un
$5$-cycle sur un $5$-cycle, et un $6$-cycle sur le produit d'une
transposition et d'un $3$-cycle.)

Il se trouve par ailleurs que tout automorphisme de $\mathfrak{S}_6$
est soit intérieur soit de la forme qu'on vient de dire (c'est-à-dire
que les automorphismes intérieurs sont un sous-groupe d'indice $2$
dans le groupe de tous les automorphismes de $\mathfrak{S}_6$).

\begin{remarque2}\label{remarque-pentade-et-structure-de-p1-f5}
Il peut également être intéressant de voir une pentade synthématique
sur un ensemble $E$ de cardinal $6$ comme une structure de
$\PP^1(\FF_5)$ sur ces objets (une « structure de $\PP^1(\FF_5)$ »
sur $E$ se comprenant comme une bijection entre $\PP^1(\FF_5)$ et $E$
modulo le groupe $\PGL_2(\FF_5)$ des automorphismes
de $\PP^1(\FF_5)$).  Pour ce faire, on définit une pentade sur
$\PP^1(\FF_5)$ formée du synthème $(0\,\infty)(1\;-1)(2\;-2)$ et des
quatre autres qui peuvent s'en déduire par l'action de
$\PGL_2(\FF_5)$ ; il revient au même de définir la pentade comme
l'ensemble des synthèmes de la forme $f\circ\tau$ où $f \in
\PGL_2(\FF_5)$ est une involution ayant deux points fixes et $\tau$
est la transposition échangeant ces deux points fixes (soulignons que
le synthème en question \emph{n'appartient pas} à $\PGL_2(\FF_5)$, et
en fait, encore une autre façon de voir la même pentade est simplement
l'ensemble des synthèmes qui n'appartiennent pas à $\PGL_2(\FF_5)$).
Alors $\PGL_2(\FF_5)$ est égal à l'ensemble des permutations qui
préservent cette pentade, ce qui détermine un isomorphisme
$\PGL_2(\FF_5) \cong \mathfrak{S}_5$ (par action de $\PGL_2(\FF_5)$
sur les cinq autre pentades).
\end{remarque2}

\subsubsection{Sous-groupes transitifs de $\mathfrak{S}_6$}\label{sous-groupes-transitifs-de-s6}
Dans ce qui suit, pour fixer les représentants des classes de
conjugaisons de sous-groupes que nous allons décrire, nous appellerons
$X$, $Y$ et $C$ les synthèmes disjoints $(12)(34)(56)$, $(23)(45)(61)$
(chacune formée d'un côté sur deux de l'hexagone $(1,2,3,4,5,6)$) et
$(14)(25)(36)$ (appariant chaque sommet de l'hexagone au sommet
opposé).  Nous appellerons aussi $\mathscr{H}$ l'unique pentade
synthématique contenant les synthèmes disjoints $X=(12)(34)(56)$ et
$Y=(23)(45)(61)$ (les trois autres étant $(14)(26)(35)$,
$(25)(13)(46)$ et $(36)(24)(51)$), et $\mathscr{X}$
(resp. $\mathscr{Y}$) l'unique autre pentade synthématique contenant
$X$ (resp. $Y$).  Si on appelle
$\mathscr{U},\mathscr{V},\mathscr{W}$ les trois autres pentades
synthématiques, on gardera à l'esprit que $\mathfrak{S}_6$ peut se
voir comme les permutations des objets
$\{\mathscr{H},\mathscr{X},\mathscr{Y},
\mathscr{U},\mathscr{V},\mathscr{W}\}$ : et notamment, $C$ échange
$\mathscr{X}$ et $\mathscr{Y}$, tandis que $X$ (resp. $Y$) échange
$\mathscr{H}$ et $\mathscr{X}$ (resp. $\mathscr{H}$ et
$\mathscr{Y}$).

Le groupe symétrique $\mathfrak{S}_6$ possède seize classes de
conjugaison de sous-groupes transitifs, dont les inclusions (à
conjugaison près) sont représentées par le schéma suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[auto,node distance=5ex and 3em]
\node (group-15) {$\mathfrak{S}_6$};
\node (group-14) [below=of group-15] {$\mathfrak{A}_6$};
\node (group-10) [right=of group-14] {$\mathfrak{S}_4 \times C_2$};
\node (group-13) [right=of group-10] {$\mathfrak{S}_5$};
\node (group-12) [left=of group-14] {$(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3)\rtimes C_2$};
\node (group-6) [below=of group-14] {$\mathfrak{S}_4^+$};
\node (group-11) [right=3.5em of group-6] {$\mathfrak{A}_5$};
\node (group-5) [right=of group-11] {$\mathfrak{A}_4 \times C_2$};
\node (group-7) [right=of group-5] {$\mathfrak{S}_4^-$};
\node (group-9) [left=of group-6] {$(C_3\times C_3)\rtimes C_4$};
\node (group-8) [left=of group-9] {$\mathfrak{S}_3 \times \mathfrak{S}_3$};
\node (group-3) [below=of group-6] {$D_6$};
\node (group-2) [right=of group-3] {$\mathfrak{A}_4$};
\node (group-4) [left=4em of group-3] {$\mathfrak{S}_3 \times C_3$};
\node (group-1) [below=of group-3] {$C_6$};
\node (group-0) [right=of group-1] {$\mathfrak{S}_3$};
\draw (group-15) -- (group-14);
\draw (group-15) -- (group-10);
\draw (group-15) -- (group-13);
\draw (group-15) -- (group-12);
\draw (group-14) -- (group-9);
\draw (group-14) -- (group-6);
\draw (group-14) -- (group-11);
\draw (group-10) -- (group-6);
\draw (group-10) -- (group-5);
\draw (group-10) -- (group-7);
\draw (group-10) -- (group-3);
\draw (group-13) -- (group-11);
\draw (group-13) -- (group-7);
\draw [out=225,in=30] (group-13) to (group-3);
\draw (group-12) -- (group-8);
\draw (group-12) -- (group-9);
\draw (group-6) -- (group-2);
\draw (group-11) -- (group-2);
\draw (group-5) -- (group-2);
\draw [out=270,in=45] (group-5) to (group-1);
\draw (group-7) -- (group-2);
\draw (group-7) -- (group-0);
\draw (group-8) -- (group-4);
\draw (group-8) -- (group-3);
\draw (group-3) -- (group-1);
\draw (group-3) -- (group-0);
\draw (group-4) -- (group-1);
\draw (group-4) -- (group-0);
\end{tikzpicture}
\end{center}

À part $\mathfrak{S}_6$ (d'ordre $720$) et $\mathfrak{A}_6$
(d'ordre $360$), qui sont bien connus et qui correspondent à des
sous-groupes distingués, nous allons décrire successivement ces
différentes classes de conjugaison en choisissant, pour chacune, un
sous-groupe la représentant.  À chaque fois nous donnerons un polynôme
ayant ce sous-groupe pour fixateur, et relativement auquel il sera
donc éventuellement intéressant de considérer une résolvante.  On
utilise la notation $\sum_{C_6} P$ pour désigner le polynôme obtenu en
sommant toutes les permutations cycliques des variables
$(Z_1,Z_2,Z_3,Z_4,Z_5,Z_6)$ à partir d'un polynôme $P$, et où bien
entendu les expressions faisant intervenir un $\frac{1}{2}$ doivent se
comprendre calculées sur $\QQ$ sachant que le résultat final vaut
sur $\ZZ$.

\begin{itemize}
\item pour $\mathfrak{S}_5$ (d'ordre $120$) : le polynôme $\sum_{C_6}
  (Z_1^{2} Z_2^{2} Z_3 Z_4 + Z_1 Z_2 Z_3^{2} Z_4^{2} + Z_1^{2} Z_2
  Z_3^{2} Z_5 + Z_1 Z_2^{2} Z_4^{2} Z_5 + Z_1^{2} Z_3 Z_4^{2} Z_5)$ :
  il s'agit du groupe des permutations stabilisant la pentade
  $\mathscr{H}$ (c'est-à-dire, si on veut, le normalisateur de cet
  ensemble comme une partie de $\mathfrak{S}_6$) ; ce groupe peut
  également être vu comme $\PGL_2(\FF_5)$ si on renumérote les objets
  $(1,2,3,4,5,6)$ comme $(0,1,-1,2,-2,\infty)$
  (cf. remarque \ref{remarque-pentade-et-structure-de-p1-f5}) ;
\item pour $(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$
  (d'ordre $72$) : le polynôme $Z_1 Z_3 + Z_2 Z_4 + Z_1 Z_5 + Z_3 Z_5
  + Z_2 Z_6 + Z_4 Z_6 = \sum_{C_6} (Z_1 Z_3)$ : il s'agit du groupe
  des permutations stabilisant la partition $\{\{1,3,5\}, \{2,4,6\}\}$
  sur les six objets ou, de façon équivalente, la partition
  $\{\{\mathscr{H}, \mathscr{X}, \mathscr{Y}\}, \{\mathscr{U},
  \mathscr{V}, \mathscr{W}\}\}$ des six pentades (la description
  abstraite comme produit semidirect vient de ce que ce groupe a un
  sous-groupe distingué $\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3$ opérant
  sur $\{1,3,5\}$ et $\{2,4,6\}$ séparément, et la conjugaison par
  l'élément $C = (14)(25)(36)$ échange les deux facteurs) ;
\item pour $\mathfrak{A}_5$ (d'ordre $60$) : le polynôme $Z_1 Z_2 Z_3
  + Z_1 Z_2 Z_4 + Z_1 Z_3 Z_5 + Z_2 Z_4 Z_5 + Z_3 Z_4 Z_5 + Z_2 Z_3
  Z_6 + Z_1 Z_4 Z_6 + Z_3 Z_4 Z_6 + Z_1 Z_5 Z_6 + Z_2 Z_5 Z_6$ : ce
  groupe est l'intersection de $\mathfrak{S}_5$ tel que défini
  ci-dessus et de $\mathfrak{A}_6$ (il s'agit donc du groupe des
  permutations paires stabilisant la pentade $\mathscr{H}$) ; ce
  groupe peut également être vu comme $\PSL_2(\FF_5)$ si on renumérote
  les objets $(1,2,3,4,5,6)$ comme $(0,1,-1,2,-2,\infty)$ ;
\item pour $\mathfrak{S}_4 \times C_2$ (d'ordre $48$) : le polynôme
  $Z_1 Z_4 + Z_2 Z_5 + Z_3 Z_6 = \frac{1}{2} \sum_{C_6} (Z_1 Z_4)$ :
  il s'agit des éléments commutant à $C = (14)(25)(36)$ (c'est-à-dire
  son centralisateur ou, si on voit $C$ comme un graphe sur
  $\{1,2,3,4,5,6\}$, les automorphismes de ce graphe ; la description
  comme produit direct $\mathfrak{S}_4 \times C_2$ se voit si on
  considère ce groupe comme le stabilisateur de
  $\{\mathscr{X},\mathscr{Y}\}$)
\item pour $(C_3\times C_3)\rtimes C_4$ (d'ordre $36$) : le polynôme
  $Z_1^{3} Z_2^{2} Z_3 Z_4 + Z_1 Z_2^{3} Z_3^{2} Z_4 + Z_1 Z_2 Z_3^{3}
  Z_4^{2} + Z_1^{2} Z_2 Z_3 Z_4^{3} + Z_1^{2} Z_2^{3} Z_4 Z_5 +
  Z_2^{2} Z_3^{3} Z_4 Z_5 + Z_1^{3} Z_2 Z_4^{2} Z_5 + Z_2 Z_3^{2}
  Z_4^{3} Z_5 + Z_2^{3} Z_3 Z_4 Z_5^{2} + Z_1 Z_2 Z_4^{3} Z_5^{2} +
  Z_1 Z_2^{2} Z_4 Z_5^{3} + Z_2 Z_3 Z_4^{2} Z_5^{3} + Z_1^{2} Z_2^{3}
  Z_3 Z_6 + Z_1 Z_2^{2} Z_3^{3} Z_6 + Z_1^{3} Z_3 Z_4^{2} Z_6 + Z_1
  Z_3^{2} Z_4^{3} Z_6 + Z_1^{3} Z_2^{2} Z_5 Z_6 + Z_2^{3} Z_3^{2} Z_5
  Z_6 + Z_3^{3} Z_4^{2} Z_5 Z_6 + Z_1^{2} Z_4^{3} Z_5 Z_6 + Z_1
  Z_2^{3} Z_5^{2} Z_6 + Z_3 Z_4^{3} Z_5^{2} Z_6 + Z_2^{2} Z_3 Z_5^{3}
  Z_6 + Z_1 Z_4^{2} Z_5^{3} Z_6 + Z_1^{3} Z_2 Z_3 Z_6^{2} + Z_1
  Z_3^{3} Z_4 Z_6^{2} + Z_2 Z_3^{3} Z_5 Z_6^{2} + Z_1^{3} Z_4 Z_5
  Z_6^{2} + Z_1 Z_2 Z_5^{3} Z_6^{2} + Z_3 Z_4 Z_5^{3} Z_6^{2} + Z_1
  Z_2 Z_3^{2} Z_6^{3} + Z_1^{2} Z_3 Z_4 Z_6^{3} + Z_1^{2} Z_2 Z_5
  Z_6^{3} + Z_3^{2} Z_4 Z_5 Z_6^{3} + Z_2 Z_3 Z_5^{2} Z_6^{3} + Z_1
  Z_4 Z_5^{2} Z_6^{3}$ : ce groupe est l'intersection de
  $(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$ tel que défini
  ci-dessus et de $\mathfrak{A}_6$ (il s'agit donc des permutations
  paires stabilisant la partition $\{\{1,3,5\}, \{2,4,6\}\}$ ; la
  description abstraite comme produit semidirect vient de ce que ce
  groupe a un sous-groupe distingué $C_3 \times C_3$ engendré par
  $(1,3,5)$ et $(2,4,6)$, et la conjugaison par $(1,2)(3,4,5,6)$
  réalise un isomorphisme d'un facteur sur l'autre dont le carré est
  l'application inverse) ;
\item pour $\mathfrak{S}_3 \times \mathfrak{S}_3$ (d'ordre $36$) : le
  polynôme $Z_1^{2} Z_2^{2} Z_3 Z_4 + Z_1 Z_2 Z_3^{2} Z_4^{2} +
  Z_2^{2} Z_3^{2} Z_4 Z_5 + Z_1^{2} Z_2 Z_4^{2} Z_5 + Z_1 Z_2^{2} Z_4
  Z_5^{2} + Z_2 Z_3 Z_4^{2} Z_5^{2} + Z_1 Z_2^{2} Z_3^{2} Z_6 +
  Z_1^{2} Z_3 Z_4^{2} Z_6 + Z_1^{2} Z_2^{2} Z_5 Z_6 + Z_3^{2} Z_4^{2}
  Z_5 Z_6 + Z_2^{2} Z_3 Z_5^{2} Z_6 + Z_1 Z_4^{2} Z_5^{2} Z_6 +
  Z_1^{2} Z_2 Z_3 Z_6^{2} + Z_1 Z_3^{2} Z_4 Z_6^{2} + Z_2 Z_3^{2} Z_5
  Z_6^{2} + Z_1^{2} Z_4 Z_5 Z_6^{2} + Z_1 Z_2 Z_5^{2} Z_6^{2} + Z_3
  Z_4 Z_5^{2} Z_6^{2} = \frac{1}{2} \sum_{C_6} (2 Z_1^{2} Z_2^{2} Z_3
  Z_4 + 2 Z_1 Z_2 Z_3^{2} Z_4^{2} + Z_1^{2} Z_2 Z_4^{2} Z_5 + Z_1
  Z_2^{2} Z_4 Z_5^{2})$ : il s'agit des permutations préservant
  chacune des parties $\{\mathscr{H}, \mathscr{X}, \mathscr{Y}\}$ et
  $\{\mathscr{U}, \mathscr{V}, \mathscr{W}\}$ ;
\item pour $\mathfrak{S}_4^-$ (d'ordre $24$) : le polynôme $Z_1^{3}
  Z_2^{2} Z_3 + Z_1 Z_2^{3} Z_3^{2} + Z_1^{2} Z_2 Z_3^{3} + Z_2^{2}
  Z_3^{3} Z_4 + Z_2^{3} Z_3 Z_4^{2} + Z_2 Z_3^{2} Z_4^{3} + Z_1^{3}
  Z_3^{2} Z_5 + Z_3^{3} Z_4^{2} Z_5 + Z_1 Z_3^{3} Z_5^{2} + Z_3
  Z_4^{3} Z_5^{2} + Z_1^{2} Z_3 Z_5^{3} + Z_3^{2} Z_4 Z_5^{3} +
  Z_1^{2} Z_2^{3} Z_6 + Z_2^{2} Z_4^{3} Z_6 + Z_1^{3} Z_5^{2} Z_6 +
  Z_4^{2} Z_5^{3} Z_6 + Z_1^{3} Z_2 Z_6^{2} + Z_2^{3} Z_4 Z_6^{2} +
  Z_4^{3} Z_5 Z_6^{2} + Z_1 Z_5^{3} Z_6^{2} + Z_1 Z_2^{2} Z_6^{3} +
  Z_2 Z_4^{2} Z_6^{3} + Z_1^{2} Z_5 Z_6^{3} + Z_4 Z_5^{2} Z_6^{3}$ :
  il s'agit du groupe des permutations stabilisant à la fois
  $\mathscr{X}$ et $\mathscr{Y}$, qu'on peut donc voir comme les
  permutations sur $\{\mathscr{H},
  \mathscr{U},\mathscr{V},\mathscr{W}\}$ ;
\item pour $\mathfrak{S}_4^+$ (d'ordre $24$) : le polynôme $Z_1 Z_2
  Z_3 + Z_3 Z_4 Z_5 + Z_2 Z_4 Z_6 + Z_1 Z_5 Z_6$ : ce groupe est
  l'intersection de $\mathfrak{S}_4 \times C_2$ tel que défini
  ci-dessus et de $\mathfrak{A}_6$, on peut donc le voir comme le
  groupe des permutations paires stabilisant
  $\{\mathscr{X},\mathscr{Y}\}$ ;
\item pour $\mathfrak{A}_4 \times C_2$ (d'ordre $24$) : le polynôme
  $Z_1 Z_2 Z_4 + Z_2 Z_3 Z_5 + Z_1 Z_4 Z_5 + Z_1 Z_3 Z_6 + Z_3 Z_4 Z_6
  + Z_2 Z_5 Z_6 = \sum_{C_6} (Z_1 Z_2 Z_4)$ : il s'agit du groupe des
  permutations stabilisant $\{\mathscr{X}, \mathscr{Y}\}$, et
  réalisant une permutation paire sur l'ensemble $\{\mathscr{H},
  \mathscr{U},\mathscr{V},\mathscr{W}\}$ des quatre pentades
  restantes ;
\item pour $\mathfrak{S}_3 \times C_3$ (d'ordre $18$) : le polynôme
  $Z_1^{2} Z_3 + Z_2^{2} Z_4 + Z_3^{2} Z_5 + Z_1 Z_5^{2} + Z_4^{2} Z_6
  + Z_2 Z_6^{2} = \sum_{C_6} (Z_1^{2} Z_3)$ : il s'agit des
  permutations préservant chacune des parties $\{\mathscr{H},
  \mathscr{X}, \mathscr{Y}\}$ et $\{\mathscr{U}, \mathscr{V},
  \mathscr{W}\}$, et réalisant une permutation paire sur cette
  dernière ;
\item pour $D_6$ (d'ordre $12$) : le polynôme $Z_1 Z_2 + Z_2 Z_3 + Z_3
  Z_4 + Z_4 Z_5 + Z_1 Z_6 + Z_5 Z_6 = \frac{1}{2} \sum_{C_6} (Z_1
  Z_2)$ : il s'agit du groupe diédral de l'hexagone dont les sommets
  sont étiquetés par les variables $(Z_1,Z_2,Z_3,Z_4,Z_5,Z_6)$ ;
\item pour $\mathfrak{A}_4$ (d'ordre $12$) : le polynôme $Z_1^{3}
  Z_2^{2} Z_3 + Z_1 Z_2^{3} Z_3^{2} + Z_1^{2} Z_2 Z_3^{3} + Z_3^{3}
  Z_4^{2} Z_5 + Z_3 Z_4^{3} Z_5^{2} + Z_3^{2} Z_4 Z_5^{3} + Z_2^{2}
  Z_4^{3} Z_6 + Z_1^{3} Z_5^{2} Z_6 + Z_2^{3} Z_4 Z_6^{2} + Z_1
  Z_5^{3} Z_6^{2} + Z_2 Z_4^{2} Z_6^{3} + Z_1^{2} Z_5 Z_6^{3}$ : il
  s'agit du groupe des permutations stabilisant à la fois
  $\mathscr{X}$ et $\mathscr{Y}$, et réalisant une permutation paire
  sur $\{\mathscr{H}, \mathscr{U},\mathscr{V},\mathscr{W}\}$ ;
\item pour $C_6$ (d'ordre $6$) : le polynôme $Z_1^{2} Z_2 + Z_2^{2}
  Z_3 + Z_3^{2} Z_4 + Z_4^{2} Z_5 + Z_5^{2} Z_6 + Z_1 Z_6^{2} =
  \sum_{C_6} (Z_1^{2} Z_2)$ : il s'agit des permutations cycliques des
  variables $(Z_1,Z_2,Z_3,Z_4,Z_5,Z_6)$ ;
\item pour $\mathfrak{S}_3$ (d'ordre $6$) : le polynôme $Z_1^{2} Z_2
  Z_3 + Z_2 Z_3 Z_4^{2} + Z_3^{2} Z_4 Z_5 + Z_1 Z_2^{2} Z_6 + Z_1
  Z_5^{2} Z_6 + Z_4 Z_5 Z_6^{2}$ : il s'agit du groupe (diédral
  d'ordre $6$) des symétries de l'hexagone dont les sommets sont
  étiquetés par les variables $(Z_1,Z_2,Z_3,Z_4,Z_5,Z_6)$ mais dont un
  côté sur deux est coloré différemment, c'est-à-dire des éléments
  commutant à la fois à $X$ et à $Y$, ou encore, stabilisant chacun de
  $\mathscr{H}$, $\mathscr{X}$ et $\mathscr{Y}$.
\end{itemize}

Nous avons choisi, ci-dessus, un représentant pour chaque classe de
conjugaison de sous-groupes transitifs de $\mathfrak{S}_6$.  Ces choix
sont tels que les inclusions à conjugaison près sont toutes des
inclusions précises des représentants, aux quatre exceptions
suivantes : $\mathfrak{S}_4^- \mathrel{\subset^{\mathfrak{S}_6}}
\mathfrak{S}_5$, $\mathfrak{A}_4 \mathrel{\subset^{\mathfrak{S}_6}}
\mathfrak{S}_5$, $\mathfrak{A}_4 \mathrel{\subset^{\mathfrak{S}_6}}
\mathfrak{A}_5$ et $\mathfrak{S}_3 \mathrel{\subset^{\mathfrak{S}_6}}
\mathfrak{S}_3 \times C_3$.  Il n'était pas possible de faire un choix
de représentants de façon que toute inclusion à conjugaison près donne
lieu à une inclusion précise des représentants : en effet, les
représentants de $\mathfrak{S}_5$ et $\mathfrak{S}_4 \times C_2$
devraient avoir pour intersection le représentant de
$\mathfrak{S}_4^-$, mais tous deux contiendraient le représentant de
$D_6$ donc leur intersection aussi, ce qui contredit le diagramme
ci-dessus.  Les représentants que nous avons choisis sont néanmoins à
peu près canonique, notamment par le fait que nous avons fait en sorte
que le $6$-cycle $(1,2,3,4,5,6)$ soit dans le normalisateur de chacun,
ce qui limite considérablement les choix.  (Par ailleurs, les
polynômes donnés ci-dessus sont uniquement définis comme ceci : parmi
ceux ayant le groupe de symétries recherché, ils minimisent le degré,
puis le nombre de termes non nuls, puis ont le premier terme dominant
possible pour l'ordre monomial « grevlex » qui trie par le degré puis
par ordre lexicographique inversé, cet ordre monomial étant celui dans
lequel nous avons listé les termes des polynômes.)

Cette description étant faite, la factorisation d'une seule résolvante
permet de déterminer l'action du groupe de Galois sur les pentades,
qui apporte déjà beaucoup d'information sur celui-ci :

\begin{proposition2}\label{galois-degre-6-resolvante-pentades}
Soit $P$ le polynôme $\sum_{C_6} (Z_1^{2} Z_2^{2} Z_3 Z_4 + Z_1 Z_2
Z_3^{2} Z_4^{2} + Z_1^{2} Z_2 Z_3^{2} Z_5 + Z_1 Z_2^{2} Z_4^{2} Z_5 +
Z_1^{2} Z_3 Z_4^{2} Z_5)$ évoqué plus haut pour le groupe
$\Stab_{\mathfrak{S}_6}(P) = \mathfrak{S}_5$, et soit $R_P(f)$ la
résolvante relativement à $P$ d'un polynôme $f \in k[X]$ irréductible
unitaire de degré $6$ (ainsi, $R_P(f)$ est aussi de degré $6$).  On
suppose $R_P(f)$ séparable.  Alors l'action du groupe de Galois $G$
de $f$ sur les racines de $R_P(f)$ est équivalente à son action (comme
groupe de permutation) sur les pentades synthématiques de racines
de $f$.  En particulier :
\begin{itemize}
\item si $R_P(f)$ a une racine dans $k$, alors $G$ fixe une pentade,
  c'est-à-dire est inclus (à conjugaison près) dans $\mathfrak{S}_5$,
  et réciproquement ;
\item si $R_P(f)$ a un facteur quadratique (irréductible ou non)
  sur $k$, alors $G$ fixe un doublet de pentades, c'est-à-dire est
  inclus (à conjugaison près) dans $\mathfrak{S}_4 \times C_2$,
  et réciproquement ;
\item si $R_P(f)$ a un facteur cubique (irréductible ou non) sur $k$,
  alors $G$ fixe un trio de pentades, c'est-à-dire est inclus (à
  conjugaison près) dans $\mathfrak{S}_3 \times \mathfrak{S}_3$,
  et réciproquement.
\end{itemize}
Remarquons également que, pour $k$ de caractéristique $\neq 2$, le
discriminant de $R_P(f)$ est un carré si et seulement si celui de $f$
en est un ; et pour $k$ de caractéristique $2$, le $2$-distinguant de
$R_P(f)$ est dans l'image de $t \mapsto t^2+t$ si et seulement si
celui de $f$ l'est.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Expliquons d'abord brièvement pourquoi $H :=
\Stab_{\mathfrak{S}_6}(P)$ est bien le stabilisateur d'une pentade :
il s'agit de constater que chacun des $30$ termes de $P$ détermine un
synthème sur les six variables (à savoir celui qui relie les deux
variables ayant degré $0$ dans le monôme, les deux ayant degré $1$, et
les deux ayant degré $2$), et qu'exactement cinq synthèmes
apparaissent, à savoir $(12)(34)(56)$, $(23)(45)(61)$, $(14)(26)(35)$,
$(25)(13)(46)$ et $(36)(24)(51)$, ces synthèmes formant une pentade
(l'unique pentade qui soit stable par le cycle $(1 2 3 4 5 6)$, celle
qu'on a appelée $\mathscr{H}$ dans la discussion plus haut).

D'après la proposition \ref{utilisation-des-resolvantes}, l'action de
$G$ sur les racines de $R_P(f)$ est équivalente à celle de
$\mathfrak{S}_6/(\cap_{\sigma \in \mathfrak{S}_6} \sigma H
\sigma^{-1})$ sur les classes à gauche de $H =
\Stab_{\mathfrak{S}_6}(P)$.  Mais $H$ est le stabilisateur d'une
pentade : donc l'ensemble des classes à gauche de $H$ s'identifie
(muni de son action de $\mathfrak{S}_6$) à l'ensemble des pentades, et
$\cap_{\sigma \in \mathfrak{S}_6} \sigma H \sigma^{-1} = 1$.

Les affirmations qui suivent découlent de la façon dont les différents
groupes déjà énumérés agissent sur les pentades.  Enfin, la dernière
découle du fait que l'action sur les pentades est de la même parité
que celle sur les objets (les automorphismes extérieurs
de $\mathfrak{S}_6$ préservent $\mathfrak{A}_6$).
\end{proof}

Dès que la résolvante $R_P(f)$ évoquée dans cette proposition n'est
pas irréductible (mais toujours en la supposant séparable), il est
facile de conclure quant au groupe de Galois à partir de la
factorisation de $R_P(f)$ et des discriminants de facteurs éventuels :

\begin{corollaire2}\label{corollaire-galois-degre-6-resolvante-pentades}
On suppose que $k$ est de caractéristique $\neq 2$.  Dans les
conditions de la proposition précédente, si les degrés des facteurs
irréductibles de $R_P(f)$ sont :
\begin{itemize}
\item $1+5$, alors $G \cong \mathfrak{A}_5 \cong \PSL_2(\FF_5)$ ou $G
  \cong \mathfrak{S}_5 \cong \PGL_2(\FF_5)$ selon que $\Delta(f)$ est
  un carré ou non (ou de façon équivalente, selon que $\Delta(\rho_5)$
  en est un, où $\rho_5$ désigne le facteur de degré $5$
  de $R_P(f)$) ;
\item $2+4$, alors $G \cong \mathfrak{S}_4^+$ ou $G \cong
  \mathfrak{A}_4 \times C_2$ ou $G \cong \mathfrak{S}_4 \times C_2$
  selon que $\Delta(f)$ est un carré, que $\Delta(f)$ n'est pas un
  carré mais que $\Delta(\rho_4)$ en est un (où $\rho_4$ désigne le
  facteur de degré $4$ de $R_P(f)$), ou que ni $\Delta(f)$ ni
  $\Delta(\rho_4)$ n'est un carré ;
\item $1+1+4$, alors $G \cong \mathfrak{A}_4$ ou $G \cong
  \mathfrak{S}_4^-$ selon que $\Delta(f)$ est un carré ou non (ou de
  façon équivalente, selon que $\Delta(\rho_4)$ en est un, où $\rho_4$
  désigne le facteur de degré $4$ de $R_P(f)$) ;
\item $3+3$, alors $G \cong \mathfrak{S}_3 \times C_3$ ou $G \cong
  \mathfrak{S}_3 \times \mathfrak{S}_3$ selon que l'un de
  $\Delta(\rho_3)$ et $\Delta(\rho'_3)$ est un carré ou qu'aucun des
  deux n'en soit (où $\rho_3, \rho'_3$ sont les deux facteurs
  irréductibles de $R_P(f)$) : il n'est pas possible que
  $\Delta(\rho_3)$ et $\Delta(\rho'_3)$ soient tous deux des carrés ;
\item $1+2+3$, alors $G \cong C_6$ ou $G\cong D_6$ selon que
  $\Delta(\rho_3)$ est un carré ou non, où $\rho_3$ désigne le facteur
  de degré $3$ de $R_P(f)$ ;
\item $1+1+1+3$, alors $G \cong \mathfrak{S}_3$ (dans ce cas,
  $\Delta(\rho_3)$ ne peut pas être un carré, où $\rho_3$ désigne le
  facteur de degré $3$ de $R_P(f)$) ;
\end{itemize}
et les factorisations en degrés $2+2+2$, $1+1+2+2$, $1+1+1+1+2$ et
$1+1+1+1+1+1$ ne sont pas possibles.

Pour $k$ de caractéristique $2$, les énoncés semblables valent en
remplaçant tout ce qui concerne le discriminant $\Delta$ et le fait
qu'il soit un carré par les affirmations correspondantes sur le
$2$-distinguant et le fait qu'il soit dans l'image de $t \mapsto
t^2+t$.
\end{corollaire2}
\begin{proof}
De nouveau, tout découle de l'action des différents sous-groupes
transitifs de $\mathfrak{S}_6$ sur l'ensemble des pentades.  (Et les
cas impossibles sont des cas où cette actions sur les pentades ne
correspond pas à un sous-groupe transitif de $\mathfrak{S}_6$.)
\end{proof}

\begin{exemple2}
Considérons le polynôme $f = X^6 + 3 X^4 - 2 X^2 + 1 \in \QQ[Z]$, qui
est irréductible.  Telle quelle, sa résolvante $R_P(f)$ définie
ci-dessus vaut $X^6 - 6 X^5 - 935 X^4 + 7480 X^3 + 208840 X^2 - 233856
X - 8319024 = (X + 9)^2 (X^4 - 24 X^3 - 584 X^2 + 19936 X - 102704)$
et n'est pas séparable.  Si on effectue la transformation de
Tschirnhaus consistant à remplacer chaque racine $\xi$ par $U(\xi) :=
\xi^2+\xi$, le polynôme transformé devient $f^\$ = X^6 + 6 X^5 + 8 X^4
- 18 X^3 + 11 X^2 + 14 X + 3$ dont la résolvante $R_P(f^\$)$ vaut
maintenant $X^6 + 442 X^5 - 388015 X^4 - 198538640 X^3 + 25170235640
X^2 + 22798069354592 X + 2707753920679824$ dont la factorisation est
$(X^2 + 794 X + 146409) (X^4 - 352 X^3 - 254936 X^2 + 55416512 X +
18494449936)$.  Comme ni le discriminant $-519841000000$ de $f^\$$, ni
celui $-8972235041143091200000000000000$ de $X^4 - 352 X^3 - 254936
X^2 + 55416512 X + 18494449936$, n'est un carré, on en déduit que le
groupe de Galois $G$ (de $f^\$$, donc de $f$) vaut $\mathfrak{S}_4
\times C_2$.
\end{exemple2}

Il reste essentiellement à savoir distinguer ce qui se passe lorsque
$R_P(f)$ est irréductible, et spécifiquement identifier le cas
$(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$ (le groupe
$(C_3\times C_3)\rtimes C_4$ étant son intersection avec
$\mathfrak{A}_6$).  Pour cela, on va utiliser soit le polynôme $Z_1
Z_3 + Z_2 Z_4 + Z_1 Z_5 + Z_3 Z_5 + Z_2 Z_6 + Z_4 Z_6 = \sum_{C_6}
(Z_1 Z_3)$ proposé plus haut, soit le polynôme $Z_1 Z_3 Z_5 + Z_2 Z_4
Z_6$, avec le même groupe de symétries, qui est de degré plus élevé
mais comporte moins de termes.

Comme $(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$ est le
stabilisateur d'une partition de $\{1,\ldots,6\}$ en deux blocs de
trois, on va s'intéresser à l'action de différents sous-groupes de
$\mathfrak{S}_6$ sur de telles partitions.  Remarquons notamment que
parmi les $10$ partitions de $\{1,\ldots,6\}$ en deux blocs de trois,
il y en a exactement $4$ qui sont stabilisées par $C = (14)(25)(36)$
(ce sont les quatre partitions qui placent, pour chaque transposition
constituant $C$, les deux éléments de cette transposition dans deux
blocs différents).

\begin{lemme2}
L'action, sur l'ensemble des $10$ partitions de $\{1,\ldots,6\}$ en
deux blocs de trois, des différents sous-groupes transitifs
de $\mathfrak{S}_6$ tels qu'énumérés
en \ref{sous-groupes-transitifs-de-s6}, est fidèle, et ses orbites
sont les suivantes :
\begin{itemize}
\item pour $\mathfrak{A}_5$ et \textit{a fortiori} $\mathfrak{S}_5$,
  $\mathfrak{A}_6$ et $\mathfrak{S}_6$ : une seule orbite de
  cardinal $10$ (l'action est transitive) ;
\item pour $\mathfrak{A}_4$, $\mathfrak{A}_4 \times C_2$,
  $\mathfrak{S}_4^+$, $\mathfrak{S}_4^-$ et $\mathfrak{S}_4 \times
  C_2$ : deux orbites de cardinal $4$ et $6$ respectivement (à savoir,
  pour les choix de représentants que nous avons faits, les partitions
  stabilisées par $C$ et les autres) ;
\item pour $\mathfrak{S}_3 \times C_3$, $\mathfrak{S}_3 \times
  \mathfrak{S}_3$, $(C_3\times C_3)\rtimes C_4$ et
  $(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$ : un point fixe
  (à savoir, pour les choix de représentants que nous avons faits,
  $\{\{1,3,5\}, \{2,4,6\}\}$) et une orbite de cardinal $9$ ;
\item pour $C_6$ et $D_6$ : un point fixe ($\{\{1,3,5\},
  \{2,4,6\}\}$), une orbite de cardinal $3$ (les autres partitions
  stabilisées par $C$) et une de cardinal $6$ ;
\item pour $\mathfrak{S}_3$ : un point fixe ($\{\{1,3,5\},
  \{2,4,6\}\}$) et trois orbites de cardinal $3$ chacune (représentées
  par $\{ \{1,2,3\}, \{4,5,6\} \}$, $\{ \{1,2,4\}, \{3,5,6\} \}$ et
  $\{ \{1,3,6\}, \{2,4,5\} \}$).
\end{itemize}
\end{lemme2}
\begin{proof}
La fidélité est évidente, aucun élément de $\mathfrak{S}_6$ ne peut
fixer toutes les partitions de $\{1,\ldots,6\}$ en en deux blocs de
trois.  Reste la description des orbites.  Il s'agit, pour chaque cas,
de vérifier que le plus petit groupe (celui cité en premier) opère
transitivement sur chaque ensemble annoncé comme une orbite, et que le
plus gros (celui cité en dernier) préserve la décomposition annoncée.
Nous omettons les détails purement calculatoires.
\end{proof}

\begin{proposition2}\label{galois-degre-6-resolvante-partitions}
Soit $Q$ l'un des deux polynômes $Q_2 := Z_1 Z_3 + Z_2 Z_4 + Z_1 Z_5 +
Z_3 Z_5 + Z_2 Z_6 + Z_4 Z_6 = \sum_{C_6} (Z_1 Z_3)$ ou $Q_3 := Z_1 Z_3
Z_5 + Z_2 Z_4 Z_6$, qui vérifient tous deux $\Stab_{\mathfrak{S}_6}(Q)
= (\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$, et soit $R_Q(f)$
la résolvante relativement à $Q$ d'un polynôme $f \in k[X]$
irréductible unitaire de degré $6$ (ainsi, $R_Q(f)$ est de
degré $10$).  On suppose $R_Q(f)$ séparable.  Alors l'action du groupe
de Galois $G$ de $f$ sur les racines de $R_Q(f)$ est équivalente à son
action (comme groupe de permutation) sur les partitions en deux blocs
de trois des racines de $f$.  En particulier :
\begin{itemize}
\item si $R_Q(f)$ a une racine dans $k$, alors $G$ stabilise une
  partition en deux blocs de trois racines, c'est-à-dire est inclus (à
  conjugaison près) dans $(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes
  C_2$, et réciproquement ;
\item si $R_Q(f)$ a un facteur de degré $4$ (irréductible ou non),
  alors $G$ stabilise un synthème de racines, c'est-à-dire est inclus
  (à conjugaison près) dans $\mathfrak{S}_4 \times C_2$, et
  réciproquement.
\end{itemize}
\end{proposition2}
\begin{proof}
Comme en \ref{galois-degre-6-resolvante-pentades}, tout ceci est
clair en vertu de la proposition \ref{utilisation-des-resolvantes} et
du lemme ci-dessus.
\end{proof}

\begin{corollaire2}\label{corollaire-galois-degre-6-resolvante-partitions}
Dans les conditions de la
proposition \ref{galois-degre-6-resolvante-pentades}, si $R_P(f)$ est
irréductible et si $R_Q(f)$ est séparable, où $Q$ désigne l'un des
deux polynômes $Q_2 := Z_1 Z_3 + Z_2 Z_4 + Z_1 Z_5 + Z_3 Z_5 + Z_2 Z_6
+ Z_4 Z_6 = \sum_{C_6} (Z_1 Z_3)$ ou $Q_3 := Z_1 Z_3 Z_5 + Z_2 Z_4
Z_6$,
\begin{itemize}
\item soit $R_Q(f)$ est irréductible, auquel cas $G$ vaut
  $\mathfrak{A}_6$ ou $\mathfrak{S}_6$ (en caractéristique $\neq 2$ :
  selon que $\Delta(f)$ est ou non un carré ; en caractéristique $2$ :
  selon que le $2$-distinguant est ou non dans l'image de $t \mapsto
  t^2+t$),
\item soit $R_Q(f)$ possède une racine simple sur $k$, auquel cas $G$
  vaut $(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$ ou
  $(C_3\times C_3)\rtimes C_4$ (même commentaire).
\end{itemize}
\end{corollaire2}

Mis ensemble, les corollaires
\ref{corollaire-galois-degre-6-resolvante-pentades} et \ref{corollaire-galois-degre-6-resolvante-partitions}
fournissent (ainsi comme d'habitude que
\ref{garantir-resolvante-separable-par-transformation-de-tschirnhaus}
pour assurer que les résolvantes soient séparables) un algorithme
permettant de calculer le groupe de Galois des polynômes de degré $6$.

\begin{exemple2}
Considérons le polynôme $f = X^6 - X^5 + X^4 - 2 X^3 + X^2 + 3 X + 1
\in \QQ[Z]$, qui est irréductible.  Sa résolvante $R_P(f)$ telle que
définie en \ref{corollaire-galois-degre-6-resolvante-pentades} vaut
$X^6 - 44 X^5 - 316 X^4 + 27712 X^3 - 62464 X^2 - 3332864 X +
9900544$, qui est irréductible ; sa résolvante $R_{Q_2}(f)$ telle que
définie en \ref{corollaire-galois-degre-6-resolvante-partitions} vaut
$X^{10} - 4 X^9 + 6 X^8 + 90 X^7 - 559 X^6 - 50 X^5 + 3724 X^4 - 3744
X^3 + 1476 X^2 - 216 X$ qui se factorise comme $X (X^9 - 4 X^8 + 6 X^7
+ 90 X^6 - 559 X^5 - 50 X^4 + 3724 X^3 - 3744 X^2 + 1476 X - 216)$ :
ou, si on préfère utiliser $R_{Q_3}(f)$, elle vaut $X^{10} - 2 X^9 - 5
X^8 + 15 X^6 + 166 X^5 + 17 X^4 - 540 X^3 - 84 X^2 + 336 X + 16 = (X +
1) (X^9 - 3 X^8 - 2 X^7 + 2 X^6 + 13 X^5 + 153 X^4 - 136 X^3 - 404 X^2
+ 320 X + 16)$.  Comme enfin le discriminant $-711936$ de $f$ n'est
pas un carré, on peut conclure que le groupe de Galois $G$ de $f$ vaut
$(\mathfrak{S}_3\times\mathfrak{S}_3) \rtimes C_2$ (d'ordre $72$).
\end{exemple2}


\subsection{Degré $7$}

Le groupe symétrique $\mathfrak{S}_7$ possède sept classes de
conjugaison de sous-groupes transitifs, dont les inclusions (à
conjugaison près) sont représentées par le schéma suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[auto]
\node (group-6) at (0em,0ex) {$\mathfrak{S}_7$};
\node (group-5) at (4em,-6ex) {$\mathfrak{A}_7$};
\node (group-4) at (4em,-12ex) {$\PGL_3(\FF_2)$};
\node (group-3) at (-4em,-9ex) {$C_7 \rtimes C_6$};
\node (group-2) at (4em,-18ex) {$C_7 \rtimes C_3$};
\node (group-1) at (-4em,-15ex) {$D_7$};
\node (group-0) at (0em,-24ex) {$C_7$};
\draw (group-6) -- (group-5);
\draw (group-5) -- (group-4);
\draw (group-6) -- (group-3);
\draw (group-4) -- (group-2);
\draw (group-3.south east) -- (group-2.north west);
\draw (group-3) -- (group-1);
\draw (group-2) -- (group-0);
\draw (group-1) -- (group-0);
\end{tikzpicture}
\end{center}

À part $\mathfrak{S}_7$ (d'ordre $5040$) et $\mathfrak{A}_7$
(d'ordre $2520$), qui sont bien connus et qui correspondent à des
sous-groupes distingués, nous allons décrire successivement ces
différentes classes de conjugaison en choisissant, pour chacune, un
sous-groupe la représentant.  À chaque fois nous donnerons un polynôme
ayant ce sous-groupe pour fixateur, et relativement auquel il sera
donc éventuellement intéressant de considérer une résolvante.  On
utilise la notation $\sum_{C_7} P$ pour désigner le polynôme obtenu en
sommant toutes les permutations cycliques des variables
$(Z_1,\ldots,Z_7)$ à partir d'un polynôme $P$ :

\begin{itemize}
\item pour $\PGL_3(\FF_2)$ (d'ordre $168$) : le polynôme $\sum_{C_7}
  (Z_1 Z_2 Z_4) = Z_1 Z_2 Z_4 + Z_2 Z_3 Z_5 + Z_3 Z_4 Z_6 + Z_1 Z_5
  Z_6 + Z_1 Z_3 Z_7 + Z_4 Z_5 Z_7 + Z_2 Z_6 Z_7$ ; il s'agit des
  automorphismes du « plan de Fano » $\PP^2(\FF_2)$,
  cf. \refext{ExG}{exemple-galois-psl-3-f-2}, si on renumérote les
  objets $(1,2,3,4,5,6,7)$ comme $((1:0:0), \penalty-100 (0:1:0),
  \penalty-100 (0:0:1), \penalty-100 (1:0:1), \penalty-100 (1:1:1),
  \penalty-100 (1:1:0), \penalty-100 (0:1:1))$ (pour le choix de
  représentant qu'on a fait) ; ce groupe $\PGL_3(\FF_2)$ (l'unique
  groupe simple d'ordre $168$) est abstraitement isomorphe à
  $\PSL_2(\FF_7)$, mais il n'est pas évident de trouver un ensemble à
  $7$ éléments sur lequel $\PSL_2(\FF_7)$ opère ;
\item pour $C_7 \rtimes C_6$ (d'ordre $42$) : le polynôme $\sum_{C_7}
  (Z_1 Z_2 Z_4 + Z_1 Z_3 Z_4)$ ; ce groupe est aussi le groupe
  $\AGL(\FF_7)$ des fonctions affines $x \mapsto ax + b$ sur $\FF_7$
  (avec $a \in \FF_7^\times$ et $b \in \FF_7$) ;
\item pour $C_7 \rtimes C_3$ (d'ordre $21$) : le polynôme $\sum_{C_7}
  (Z_1^{2} Z_2 + Z_1^{2} Z_3 + Z_1 Z_4^{2})$ ; ce groupe est aussi le
  groupe des fonctions affines de la forme $x \mapsto ax + b$
  sur $\FF_7$ avec $a \in \{1,2,4\}$ (et $b \in \FF_7$) ;
\item pour $D_7 = C_7 \rtimes C_2$ (d'ordre $14$) : le polynôme
  $\sum_{C_7} (Z_1 Z_2) = Z_1 Z_2 + Z_2 Z_3 + Z_3 Z_4 + Z_4 Z_5 + Z_5
  Z_6 + Z_1 Z_7 + Z_6 Z_7$ ; ce groupe (diédral de l'heptagone) est
  aussi le groupe des fonctions affines de la forme $x \mapsto ax + b$
  sur $\FF_7$ avec $a \in \{1,-1\}$ (et $b \in \FF_7$) ;
\item pour $C_7$ (d'ordre $7$) : le polynôme $\sum_{C_7} (Z_1^2 Z_2) =
  Z_1^{2} Z_2 + Z_2^{2} Z_3 + Z_3^{2} Z_4 + Z_4^{2} Z_5 + Z_5^{2} Z_6
  + Z_6^{2} Z_7 + Z_1 Z_7^{2}$.
\end{itemize}


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