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\title{Calculs de groupes de Galois~: exemples}

\begin{document}
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\chapter{Calculs de groupes de Galois~: exemples}
\fi


\section{Généralités}

Le but de ce chapitre est d'illustrer certaines des méthodes
permettant de calculer un groupe de Galois, et spécifiquement celui
d'un polynôme à racines simples sur $\QQ$ --- ou du moins de démontrer
que tel groupe annoncé est bien le groupe de Galois.

Les arguments peuvent généralement se diviser en deux sortes : ceux
qui tendent à \emph{minorer} le groupe de Galois, c'est-à-dire, si on
voit celui-ci comme un sous-groupe du groupe des permutations sur les
racines, de montrer qu'il contient telle ou telle permutation
particulière, ou plutôt une permutation ayant telle ou telle structure
de cycles ; et ceux qui tendent à \emph{majorer} le groupe de Galois,
c'est-à-dire à montrer que ce dernier est inclus dans le groupe des
permutations préservant telle ou telle structure combinatoire sur les
racines.  Nous commençons par décrire de façon informelle la nature
que peuvent prendre ces arguments.

Pour \emph{minorer} le groupe de Galois, on cherche à en exhiber des
éléments.  Une façon facile d'en produire est d'utiliser la
conjugaison complexe (automorphisme de $\CC$ sur $\RR$,
cf. \refext{CG}{extensions-complexes-sur-reels}, qui fournit pour un
polynôme $f$ de degré $d=r+2s$ ayant $r$ racines réelles et $s$ paires
de racines complexes conjuguées, un automorphisme d'ordre $2$
de $\dec(f)$ dont la décomposition en cycles est le produit de $s$
transpositions disjointes).  Une façon plus générale
\commentaire{« plus générale » un peu abusif ($p=∞$) non ?}
est de réduire le polynôme $f$ considéré modulo différents nombres premiers $p$ et
d'appliquer un théorème de spécialisation tel
que \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire} : ceci
fournit, comme l'explique le
corollaire \refext{CG}{specialisation-elementaire-et-cycles}, des
éléments du groupe de Galois dont la structure de cycles coïncide avec
les degrés des facteurs irréductibles de la réduction $f_p$ de $f$
(supposée séparable).  Parmi les arguments tendant à minorer le groupe
de Galois de $f$, on doit classer ceux qui tendent à montrer que $f$
est irréductible (ce qui revient à dire que le groupe de Galois est
transitif en tant que sous-groupe opérant sur les racines,
cf. \refext{CG}{action transitive de Galois si poly irréductible}) :
cela se fait par exemple en trouvant $p$ tel que la réduction $f_p$ de
$f$ modulo $p$ soit irréductible (ce qui donne, plus exactement, un
$d$-cycle dans $\Gal(f)$, où $d = \deg f$), ou en trouvant des
réductions $f_p$ et $f_{p'}$ dont les décompositions en facteurs
irréductibles soient incompatibles.

On verra plus tard qu'une des conséquences du théorème de Čebotarev
est que la réduction d'un polynôme à coefficients rationnels modulo
des nombres premiers permet d'obtenir des éléments de son groupe de
Galois ayant toute décomposition en cycles qui y est effectivement
réalisée.

Tout ceci sous-entend qu'on sait calculer la décomposition en facteurs
irréductibles d'un polynôme $f_p \in \FF_p[X]$ donné, ou au moins
vérifier l'exactitude d'une décomposition proposée (c'est-à-dire
l'irréductibilité des facteurs) : c'est bien le cas d'après les
résultats de la
section \refext{ACF}{factorisation-polynomes-corps-finis} (ou au moins
la proposition \refext{CF}{critere-rabin}).  Dans tout ce qui suit,
nous nous contenterons d'affirmer sans autre forme d'explication que,
par exemple, « le polynôme $X^8 + X^7 - X^5 - X^4 - X^3 + X + 1$ a une
réduction modulo $11$ qui se factorise comme le produit de quatre
facteurs irréductibles de degré $2$, à savoir $(X^2 + 2X +
4) \penalty0 (X^2 - 5X + 3) \penalty0 (X^2 - 4X + 5) \penalty0 (X^2 -
3X - 2)$ », de nombreux logiciels de calcul formel permettant de
vérifier l'exactitude de ce fait et en constituent une démonstration
puisqu'ils appliquent les algorithmes mentionnés.

Le groupe de Galois le plus général (dans un sens que nous ne
chercherons pas encore à rendre rigoureux, mais
cf. \refext{CG}{exemple-galois-equation-generique}) d'un polynôme de
degré $d$ sur $\QQ$ est $\mathfrak{S}_d$ tout entier.  Pour montrer
que c'est le cas d'un polynôme précis, il suffit d'appliquer les
techniques que nous venons d'esquisser pour réaliser suffisamment
d'éléments du groupe de Galois de manière à
engendrer $\mathfrak{S}_d$.  Lorsque ce n'est pas le cas, en revanche,
il faut également trouver des méthodes pour \emph{majorer} le groupe
de Galois.  Quelques unes sont évidentes : lorsque $f$ n'est pas
irréductible, par exemple, son groupe de Galois est égal au produit de
\commentaire{au produit des \emph{groupes de Galois} de ses …}
ses facteurs irréductibles (qu'on a supposés étrangers entre eux deux
à deux), c'est-à-dire qu'il est inclus dans le groupe des permutations
préservant la partition des racines de $f$ en celles de ses différents
facteurs irréductibles ; avec cette présentation, le fait de
factoriser $f$ constitue une majoration de son groupe de Galois.
Lorsque le discriminant de $f$ est un carré, on peut utiliser la
proposition \refext{CG}{caracterisation groupe Gal alterne} pour
affirmer que son groupe de Galois est inclus dans le groupe
alterné $\mathfrak{A}_d$ d'ordre $d = \deg f$ : ceci constitue
également une technique de majoration.  Toute autre technique
consistant à dégager une structure combinatoire sur l'ensemble des
racines de $f$ qui serait nécessairement préservée par le groupe de
Galois permet de majorer ce dernier : ceci pourrait consister par
exemple à montrer qu'une certaine puissance d'une racine, ou le
produit de deux racines, est rationnel, ou appartient à une extension
quadratique sur laquelle l'action de Galois est connue.  Un argument
plus général, mais calculatoirement plus difficile, consiste à
considérer le polynôme $f$ (ici supposé irréductible) sur son corps de
décomposition $K = \QQ[X]/(f)$ (par construction, il possède au moins
une racine, donnée par la classe de $X$), de sorte que le groupe de
Galois $H = \Gal_K(f)$ de $f$ sur $K$ est le stabilisateur d'un
élément dans le groupe de Galois $G = \Gal_{\QQ}(f)$ de $f$ sur $\QQ$
vu comme opérant sur les racines de $f$ ; n'importe quelle technique
permettant de majorer le groupe $H$ permet de remonter à une
information sur $G$ : par exemple, si $f$ est scindé sur $K$,
c'est-à-dire que $H$ est trivial, alors $G$ est d'ordre $d = \deg f$
et les racines de $f$ possèdent une structure de $G$-ensemble
simplement transitif.

Nous verrons plus loin d'autres techniques, notamment celle des
résolvantes, permettant de systématiser la majoration des groupes de
Galois.  On verra aussi comment la classification des sous-groupes
transitifs de $\mathfrak{S}_d$ permet de construire des critères
explicites indiquant si le groupe de Galois d'un polynôme donné est
inclus dans tel ou tel sous-groupe.


\section{Équations de petits degrés}

\subsection{Équations quadratiques}

\subsubsection{}\label{exemple-galois-quadratique} Le polynôme $f = X^2 +
1 \in \QQ[X]$ a pour corps de décomposition $\QQ(i)$ où $i
= \sqrt{-1}$, et pour groupe de Galois $\Gal(f) \cong \ZZ/2\ZZ$ dont
le seul élément non trivial est donné par $i \mapsto -i$ : les seules
affirmations qui demandent vérification sont d'une part le fait que le
polynôme $f$ est irréductible sur $\QQ$, c'est-à-dire que
$i \not\in \QQ$, ce qui résulte du fait que $i \not\in \RR$, et
d'autre part le fait que $f$ est séparable, c'est-à-dire que $i \neq
-i$, ce qui résulte du fait que $\QQ$ est de caractéristique $0$ donc
\commentaire{de caractéristique $0$ donc $1 ≠ -1$ (parfait n'est pas vraiment nécessaire)}
parfait.  Dans cette perspective, l'automorphisme $i \mapsto -i$ est
vu comme la restriction à $\QQ(i)$ de la conjugaison complexe
(automorphisme de $\CC$ sur $\RR$,
cf. \refext{CG}{extensions-complexes-sur-reels}) : cet exemple
illustre donc le fait que la conjugaison complexe peut fournir un
élément non trivial du groupe de Galois.

\subsubsection{}\label{exemple-galois-quadratique-scinde} Le polynôme $f = X^2 - 2 \in \QQ[X]$ a pour corps de décomposition
$\QQ(\sqrt{2})$, et pour groupe de Galois $\Gal(f) \cong \ZZ/2\ZZ$ dont
le seul élément non trivial est donné par $\sqrt{2} \mapsto
-\sqrt{2}$ : la seule affirmation qui demande vérification (outre la
séparabilité comme ci-dessus) est le fait que le polynôme $f$ est
irréductible sur $\QQ$, c'est-à-dire que $\sqrt{2} \not\in \QQ$, ce
qui découle en appliquant le
lemme \refext{CG}{intersection-anneau-engendre-par-les-racines-et-rationnels}
de ce que $\sqrt{2} \not\in \ZZ$, ce dernier point pouvant se voir par
encadrement ou en remarquant que $2 \equiv -1$ n'est pas un carré dans
$\ZZ/3\ZZ$.  Dans cette perspective, le
théorème \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire} conduit à
un isomorphisme entre le groupe de Galois $\Gal(f_3) = \Gal(\FF_9 \bo
\FF_3)$ du polynôme $f_3 = X^2 + 1 \in \FF_3[X]$ et un sous-groupe $D$
de $\Gal(f)$, en l'occurrence $\Gal(f)$ tout entier : cet exemple
illustre donc le fait que le groupe de Galois après réduction modulo
un nombre premier (ici $p=3$) peut fournir un élément non trivial du
groupe de Galois.

Le polynôme $g = X^2 + 2X - 1 \in \QQ[X]$ a le même corps de
décomposition $\dec(g)$ (donc le même groupe de Galois) que le
polynôme $f = X^2 - 2$ considéré ci-dessus, puisque $g(X) = f(X+1)$.

\subsection{Extensions cubiques}

\subsubsection{}\label{exemple-galois-cubique-generique} Considérons dans un premier temps
le polynôme $f = X^3 - 2 \in \QQ[X]$.  Appelant $\root3\of2$ une
racine de $f$ dans un corps de décomposition $\dec(f)$, on a $f =
(X-\root3\of2)(X^2+\root3\of2 X + \root3\of4)$ (avec $\root3\of4$ le
carré de $\root3\of2$), et appelant $j\root3\of2$ une racine du second
facteur, la quantité $j \in \dec(f)$ est racine de $X^2 + X + 1$ (en
particuler, $j^2 = -j-1$ et $j^3 = 1$) : les racines de $f$ sont alors
$R_f = \{\root3\of2,\; j\root3\of2,\; (-j-1)\root3\of2\}$.  Le corps $\CC$
scinde le polynôme $f$ : on peut par exemple décider d'appeler
$\root3\of2$ la racine réelle de $f$, auquel cas la conjugaison
complexe fournit par restriction à $\dec(f)$ un élément de $\Gal(f)$
fixant $\root3\of2$ et envoyant $j$ sur $-j-1$, donc $j\root3\of2$ sur
$(-j-1)\root3\of2$.  Reste à voir que $\root3\of2 \not\in \QQ$, ce qui
assurera que $\Gal(f)$ opère transitivement sur $R_f$, donc
$\Gal(f) \cong \mathfrak{S}_3$ (puisque le seul sous-groupe de
$\mathfrak{S}_3$ contenant une transposition et opérant transitivement
est $\mathfrak{S}_3$) et
\commentaire{et \emph{entraînera} (ou variante) en particulier}
en particulier l'irréductibilité de $f$ : de
nouveau il s'agit de voir $\root3\of2 \not\in \ZZ$, et pour cela on
peut utiliser un encadrement ou remarquer que $f_7 = X^3 - 2$ est
irréductible dans $\FF_7[X]$.

\subsubsection{}\label{exemple-galois-cubique-cyclique} Considérons maintenant le polynôme $g \in \QQ[X]$ cubique unitaire
dont les racines réelles sont $x_1 = 2\cos\frac{2\pi}{7}, x_2 =
2\cos\frac{4\pi}{7}, x_3 = 2\cos\frac{6\pi}{7}$ : on peut calculer $g$
en évaluant les fonctions symétriques élémentaires de
$2\cos\frac{2\pi}{7}, 2\cos\frac{4\pi}{7}, 2\cos\frac{6\pi}{7}$ au
moyen de formules trigonométriques, ce qui donne explicitement $g = X^3 +
X^2 - 2 X - 1$.  On peut vérifier de nouveau que $g$ est irréductible
en constatant que $2\cos\frac{2\pi}{7} \not\in \QQ$ car
$2\cos\frac{2\pi}{7} \not\in \ZZ$ soit par encadrement soit parce que
la réduction de $g$ est irréductible modulo, disons, $2$ (ou $3$,
ou $5$).  Ceci garantit que $\Gal(g)$ opère transitivement sur
l'ensemble $R_g = \{x_1 = 2\cos\frac{2\pi}{7},\; x_2 =
2\cos\frac{4\pi}{7},\; x_3 = 2\cos\frac{6\pi}{7}\}$ des racines
de $g$.  La différence cruciale avec le paragraphe précédent est que
cette fois il n'y a pas d'élément d'ordre $2$ dans $\Gal(g)$ : on peut
s'en persuader en se rappelant que $x_2 = x_1^2 - 2$ et $x_3 = -x_1^2
-x_1 +1$, ce qui montre que le corps de rupture $\QQ(x_1) \cong \QQ(x_2)
\cong \QQ(x_3)$ de $g$ en est déjà un corps de décomposition (on a $g =
(X-x_1)(X-x_1^2+2)(X+x_1^2+x_1-1)$), si bien qu'il est de degré $3$
sur $\QQ$ et que $\Gal(g)$ ne peut pas contenir d'élément d'ordre $2$.
On a donc $\Gal(g) \cong \ZZ/3\ZZ$, opérant cycliquement sur
$\{x_1,x_2,x_3\}$.  (Intuitivement, il faut se figurer que, bien que
les racines $x_1,x_2,x_3$ de $g$ soient indiscernables sur $\QQ$, leur
ordre cyclique n'est pas indifférent : une fois fixée une racine
$x_1$, les deux autres le sont automatiquement aussi.)  On pouvait
également arriver à cette conclusion en calculant le discriminant
$\Delta$ du polynôme $g$ : puisque $\Delta = 49 = 7^2$, la
proposition \refext{CG}{caracterisation groupe Gal alterne} assure que
$\Gal(g) \subseteq \mathfrak{A}_3 = \ZZ/3\ZZ$.

\begin{remarque2}
La différence entre les polynômes $f = X^3 - 2$ et $g = X^3 + X^2 - 2
X - 1$ que nous venons d'expliquer peut se constater à leur réduction
modulo divers nombres premiers : quel que soit le nombre premier $p$
modulo lequel on réduit $g$, le polynôme $g_p$ ainsi réduit ne peut
jamais avoir une factorisation « $1+2$ », c'est-à-dire comme produit
d'un facteur linéaire et d'un facteur quadratique irréductible --- en
effet, une telle factorisation donnerait un élément d'ordre $2$
de $\Gal(g_p)$ donc de $\Gal(g)$ d'après le
théorème \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire}, ou plus
simplement dès lors qu'on a une racine $x_1$ de $g_p$, on dispose
aussi des racines $x_2 = x_1^2 - 2$ et $x_3 = -x_1^2 -x_1
+1$.  \textit{A contrario}, il existe beaucoup de nombres premiers $p$
tels que la réduction $f_p$ de $f$ soit de la forme « $1+2$ », à
savoir les nombres premiers $p>2$ tels que $p\equiv 2 \pmod{3}$ (car
alors l'application $x \mapsto x^3$ est bijective sur $\FF_p$, donc
$2$ a exactement une racine cubique).  On expliquera plus tard qu'une
des conséquences du théorème de Čebotarev est que la réduction d'un
polynôme dans $\QQ[X]$ modulo « beaucoup » de nombres premiers permet
d'obtenir des renseignements sur son groupe de Galois.
\end{remarque2}


\subsection{Équations biquadratiques}

\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquadratique-weyl} Considérons d'abord le polynôme $f = X^4 - 4 X^2 +
1 \in \QQ[X]$.  Le polynôme $h = Y^2 - 4 Y + 1 \in \QQ[Y]$, dont on
notera $2 + \sqrt{3}$ et $2 - \sqrt{3}$ les racines, a pour groupe de
Galois $\ZZ/2\ZZ$ (dont l'élément non trivial échange $\sqrt{3}$ et
$-\sqrt{3}$).  Notons $\pm\sqrt{2+\sqrt{3}}$ et $\pm\sqrt{2-\sqrt{3}}$
les quatre racines de $f$ sans pour le moment préciser si ou comment
les signes sont liés.
\commentaire{Je ne comprends pas le « sans préciser si … ». Les quatre signes sont possibles. Itou dans les exemples ci-dessous (2 fois)}
Le corps de décomposition $\dec(h)
= \QQ(\sqrt{3})$ de $h$ est une sous-extension du corps de
décomposition $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}})$ de $f$ : ainsi,
$\Gal(h)$ est un quotient de $\Gal(f)$, ce qui garantit que $\Gal(f)$
est inclus dans le sous-groupe (d'ordre $8$) de $\mathfrak{S}_4$
compatible\footnote{On dit qu'une permutation $\sigma$ d'un ensemble
fini $E$ est \emph{compatible} avec une partition $\mathcal{P}$ de $E$
lorsque $\sigma(P) \in \mathcal{P}$ pour tout $P \in \mathcal{P}$,
c'est-à-dire lorsque $x\sim y$ implique $\sigma(x)\sim\sigma(y)$ pour
$\sim$ la relation d'équivalence dont les classes sont la partition
considérée.} avec la partition $\{\{\sqrt{2+\sqrt{3}},
-\sqrt{2+\sqrt{3}}\}, \{\sqrt{2-\sqrt{3}}, -\sqrt{2-\sqrt{3}}\}\}$
de $R_f$ ; mais ceci garantit aussi l'existence d'un élément $\sigma$
de $\Gal(f)$ envoyant $\sqrt{3}$ sur $-\sqrt{3}$, donc
$\sqrt{2+\sqrt{3}}$ sur $\pm\sqrt{2-\sqrt{3}}$ pour au moins un des
deux signes.

Par ailleurs, le polynôme $f$ n'est pas scindé sur $\dec(h)$ : on peut
par exemple le voir en remarquant que modulo $11$, où le polynôme $h$
est scindé comme $(Y-7)(Y-8)$, le polynôme $f$ ne l'est pas, de sorte
qu'il existe un élément non trivial dans $\Gal(f_{11})$ qui d'après la
remarque \refext{CG}{fonctorialite-vraiment-basique-de-la-specialisation-elementaire}
et le fait que $\Gal(h_{11}) = \{1\}$ doit définir un élément $\tau$
non trivial de $\Gal(f)$ dont l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité ;
on pouvait également se convaincre que $\sqrt{2+\sqrt{3}}$ n'est pas
dans $\dec(h) = \QQ(\sqrt{3})$ car si on avait $(x+y\sqrt{3})^2 =
2+\sqrt{3}$ (avec $x,y\in\QQ$), en développant on aurait $x^2+3y^2=2$
et $2xy=1$, donc $x^4 - 2x^2 + \frac{3}{4} = 0$ c'est-à-dire
$(2x^2-1)(2x^3-3) = 0$, or cette équation n'a pas de solution
rationnelle.  Ceci prouve l'existence d'un élément $\tau \in \Gal(f)$
non trivial dont l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité, disons
$\tau(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = -\sqrt{2+\sqrt{3}}$ (quitte à conjuguer
$\tau$ par $\sigma$).

On sait que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \pm\sqrt{2-\sqrt{3}}$.
Quitte à composer $\sigma$ par $\tau$ (à droite), on peut faire en
sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \sqrt{2-\sqrt{3}}$, ce qu'on
conviendra.  La question essentielle est maintenant de savoir si l'on
peut déduire quelque chose sur $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}})$ : il est au
moins évident que $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}}) = \pm\sqrt{2+\sqrt{3}}$
(puisque $\sigma(2-\sqrt{3}) = 2+\sqrt{3}$), et il reste à voir si le
signe est imposé.  Or on a $\sqrt{2+\sqrt{3}} \sqrt{2-\sqrt{3}} = 1$,
de sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}})\, \sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}}) =
1$, et ceci montre $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{3}})
= \frac{1}{\sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}})} = \frac{1}{\sqrt{2-\sqrt{3}}}
= \sqrt{2+\sqrt{3}}$.  L'élément $\sigma$ est alors d'ordre $2$, et on
voit que nécessairement $\tau(\sqrt{2-\sqrt{3}}) = -\sqrt{2-\sqrt{3}}$
et que $\sigma$ et $\tau$ commutent.

Enfin, les éléments $1, \sigma, \tau, \sigma\tau$ épuisent le groupe
de Galois $\Gal(f)$ : pour s'en convaincre, on peut remarquer qu'on a
prouvé que tout élément envoyant $\sqrt{2+\sqrt{3}}$ sur
$\sqrt{2-\sqrt{3}}$ devait envoyer $\sqrt{2-\sqrt{3}}$ sur
$\sqrt{2+\sqrt{3}}$ ; ou bien que l'ordre de $\Gal(f)$ est inférieur
ou égal au degré de $\dec(f)$ sur $\QQ$, qui est $4$ car $\dec(f)
= \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}})$ puisqu'on a
montré que $\sqrt{2-\sqrt{3}} \in \QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}})$ (à savoir
$\sqrt{2-\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}
= \frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2+\sqrt{3}} =
(2-\sqrt{3})\sqrt{2+\sqrt{3}}$).

Tout ceci prouve $\Gal(f) = \{1,\sigma,\tau,\sigma\tau\} \cong
(\ZZ/2\ZZ)\times(\ZZ/2\ZZ)$ (et $\Gal(h)$ en est le quotient par le
sous-groupe $\{1,\tau\}$).

Dans ce contexte, vu que $\dec(h)$ est la sous-extension
$\Fix_{\{1,\tau\}}(\QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}}))$ associée au sous-groupe
$\{1,\tau\}$ par la correspondance de Galois, on peut d'ailleurs se
demander quelle est l'extension associée à chacun des sous-groupes
$\{1,\sigma\}$ et $\{1,\sigma\tau\}$ de $\Gal(f)$.  Sans chercher
encore à expliquer de façon systématique comment on mène ce type de
calcul, remarquons que si $a = \sqrt{2+\sqrt{3}}
+ \sigma(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \sqrt{2+\sqrt{3}} + \sqrt{2-\sqrt{3}} =
(3-\sqrt{3}) \sqrt{2+\sqrt{3}}$, alors on a $\sigma(a) = a$ (c'est
évident sur la première expression), et $a^2 =
(12-6\sqrt{3})(2+\sqrt{3}) = 6$ : on peut donc convenir d'écrire $a
= \sqrt{6}$ (c'est compatible avec sa valeur dans $\RR$), et comme
$a \not\in \QQ$ (ou par calcul direct), on a nécessairement $\tau(a) =
-a$, de sorte que $\QQ(\sqrt{6})$ est la sous-extension associée au
groupe $\{1,\sigma\}$.  De même, si $b = \sqrt{2+\sqrt{3}}
+ \sigma\tau(\sqrt{2+\sqrt{3}}) = \sqrt{2+\sqrt{3}}
- \sqrt{2-\sqrt{3}} = (3-\sqrt{3}) \sqrt{2+\sqrt{3}}$, alors on a
$\sigma\tau(b) = b$ (c'est évident sur la première expression), et
$b^2 = (4-2\sqrt{3})(2+\sqrt{3}) = 2$, on peut convenir d'écrire $b
= \sqrt{2}$ (c'est compatible à la fois avec sa valeur dans $\RR$ et
avec le fait que $a = b\sqrt{3}$ comme on le vérifie facilement), on a
nécessairement $\tau(b) = -b$, de sorte que $\QQ(\sqrt{2})$ est la
sous-extension associée à $\{1,\sigma\tau\}$.  Au passage, nous avons
prouvé que $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{3}})
= \QQ(\sqrt{3},\sqrt{6}) = \QQ(\sqrt{3},\sqrt{2})$.

\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquadratique-cyclique} Considérons maintenant le polynôme $f = X^4 - 4 X^2 +
2 \in \QQ[X]$.  Le polynôme $h = Y^2 - 4 Y + 2 \in \QQ[Y]$, dont on
notera $2 + \sqrt{2}$ et $2 - \sqrt{2}$ les racines, a pour groupe de
Galois $\ZZ/2\ZZ$ (dont l'élément non trivial échange $\sqrt{2}$ et
$-\sqrt{2}$).  Notons $\pm\sqrt{2+\sqrt{2}}$ et $\pm\sqrt{2-\sqrt{2}}$
les quatre racines de $f$ sans pour le moment préciser si ou comment
les signes sont liés.  Le corps de décomposition $\dec(h)
= \QQ(\sqrt{2})$ de $h$ est une sous-extension du corps de
décomposition $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}})$ de $f$ : ainsi,
$\Gal(h)$ est un quotient de $\Gal(f)$, ce qui garantit que $\Gal(f)$
est inclus dans le sous-groupe (d'ordre $8$) de $\mathfrak{S}_4$
compatible avec la partition $\{\{\sqrt{2+\sqrt{2}},
-\sqrt{2+\sqrt{2}}\}, \{\sqrt{2-\sqrt{2}}, -\sqrt{2-\sqrt{2}}\}\}$
de $R_f$ ; mais ceci garantit aussi l'existence d'un élément $\sigma$
de $\Gal(f)$ envoyant $\sqrt{2}$ sur $-\sqrt{2}$, donc
$\sqrt{2+\sqrt{2}}$ sur $\pm\sqrt{2-\sqrt{2}}$ pour au moins un des
deux signes.

Par ailleurs, le polynôme $f$ n'est pas scindé sur $\dec(h)$ : on peut
par exemple le voir en remarquant que modulo $7$, où le polynôme $h$
est scindé comme $(Y-5)(Y-6)$, le polynôme $f$ ne l'est pas, de sorte
qu'il existe un élément non trivial dans $\Gal(f_7)$ qui d'après la
remarque \refext{CG}{fonctorialite-vraiment-basique-de-la-specialisation-elementaire}
et le fait que $\Gal(h_7) = \{1\}$ doit définir un élément $\tau$ non
trivial de $\Gal(f)$ dont l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité ; on
pouvait également se convaincre que $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ n'est pas dans
$\dec(h) = \QQ(\sqrt{2})$ car si on avait $(x+y\sqrt{2})^2 =
2+\sqrt{2}$ (avec $x,y\in\QQ$), en développant on aurait $x^2+2y^2=2$
et $2xy=1$, donc $x^4 - 2x^2 + \frac{1}{2} = 0$, or cette équation n'a
pas de solution rationnelle (ni même avec $x^2$ rationnel).  Ceci
prouve l'existence d'un élément $\tau \in \Gal(f)$ non trivial dont
l'image dans $\Gal(h)$ est l'identité, disons $\tau(\sqrt{2+\sqrt{2}})
= -\sqrt{2+\sqrt{2}}$ (quitte à conjuguer $\tau$ par $\sigma$).

On sait que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}}) = \pm\sqrt{2-\sqrt{2}}$.
Quitte à composer $\sigma$ par $\tau$ (à droite), on peut faire en
sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}}) = \sqrt{2-\sqrt{2}}$, ce qu'on
conviendra.  La question essentielle est maintenant de savoir si l'on
peut déduire quelque chose sur $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}})$ : il est au
moins évident que $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}}) = \pm\sqrt{2+\sqrt{2}}$
(puisque $\sigma(2-\sqrt{2}) = 2+\sqrt{2}$), et il reste à voir si le
signe est imposé.  Or on a $\sqrt{2+\sqrt{2}} \sqrt{2-\sqrt{2}}
= \sqrt{2}$, de sorte que
$\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}})\, \sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}}) = -\sqrt{2}$,
et ceci montre $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{2}}) =
-\frac{\sqrt{2}}{\sigma(\sqrt{2+\sqrt{2}})} =
-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2-\sqrt{2}}} = -\sqrt{2+\sqrt{2}}$.  L'élément
$\sigma$ est alors d'ordre $4$ et permute cycliquement
$\sqrt{2+\sqrt{2}}, \sqrt{2-\sqrt{2}}, -\sqrt{2+\sqrt{2}},
-\sqrt{2-\sqrt{2}}$, et on a $\tau = \sigma^2$.

Enfin, les éléments $1, \sigma, \sigma^2=\tau, \sigma^3$ épuisent le
groupe de Galois $\Gal(f)$ : pour s'en convaincre, on peut remarquer
qu'on a prouvé que tout élément envoyant $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ sur
$\sqrt{2-\sqrt{2}}$ devait envoyer $\sqrt{2-\sqrt{2}}$ sur
$-\sqrt{2+\sqrt{2}}$ ; ou bien que l'ordre de $\Gal(f)$ est inférieur
ou égal au degré de $\dec(f)$ sur $\QQ$, qui est $4$ car $\dec(f)
= \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ puisqu'on a
montré que $\sqrt{2-\sqrt{2}} \in \QQ(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ (à savoir
$\sqrt{2-\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}
= \frac{\sqrt{2}\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2+\sqrt{2}} =
(-1+\sqrt{2})\sqrt{2+\sqrt{2}}$).

Tout ceci prouve $\Gal(f) = \{1,\sigma,\sigma^2,\sigma^3\} \cong
\ZZ/4\ZZ$ (et $\Gal(h)$ en est le quotient par le
sous-groupe $\{1,\sigma^2\}$).

Contrairement à la situation de l'exemple précédent, le corps
$\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}}) = \QQ(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ n'admet pas
d'autre sous-extension stricte que $\QQ(\sqrt{2})$, puisque
$\Gal(f) \cong \ZZ/4\ZZ$ n'a que les trois sous-groupes $\{1\}$,
$\{1,\sigma^2\}$ et $\Gal(f)$ tout entier.

\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquadratique-generique} Sans chercher à rendre cette affirmation précise, les
deux exemples précédents où on a trouvé des groupes de Galois de
$(\ZZ/2\ZZ)\times(\ZZ/2\ZZ)$ et $\ZZ/4\ZZ$, sont atypiques pour les
équations bicarrées en raison des « coïncidences » qui faisaient que
$(2+\sqrt{3}) (2-\sqrt{3})$ était un élément de $\QQ$ (à savoir $1$)
et que $(2+\sqrt{2}) (2-\sqrt{2})$ était un élément de $\QQ(\sqrt{2})$
envoyé sur son opposé par l'action de l'élément non trivial du groupe
de Galois (à savoir, $\sqrt{2}$ envoyé en $-\sqrt{2}$).  Illustrons
maintenant le cas typique.

Considérons maintenant le polynôme $f = X^4 - 4 X^2 - 1 \in \QQ[X]$.
Le polynôme $h = Y^2 - 4 Y - 1 \in \QQ[Y]$, dont on notera $2
+ \sqrt{5}$ et $2 - \sqrt{5}$ les racines, a pour groupe de
Galois $\ZZ/2\ZZ$ (dont l'élément non trivial échange $\sqrt{5}$ et
$-\sqrt{5}$).  Notons $\pm\sqrt{2+\sqrt{5}}$ et $\pm\sqrt{2-\sqrt{5}}$
les quatre racines de $f$ sans pour le moment préciser si ou comment
les signes sont liés.  Le corps de décomposition $\dec(h)
= \QQ(\sqrt{5})$ de $h$ est une sous-extension du corps de
décomposition $\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})$ de $f$ : ainsi,
$\Gal(h)$ est un quotient de $\Gal(f)$, ce qui garantit que $\Gal(f)$
est inclus dans le sous-groupe $G$ (d'ordre $8$) de $\mathfrak{S}_4$
compatible avec la partition $\{\{\sqrt{2+\sqrt{5}},
-\sqrt{2+\sqrt{5}}\}, \{\sqrt{2-\sqrt{5}}, -\sqrt{2-\sqrt{5}}\}\}$
de $R_f$ ; mais ceci garantit aussi l'existence d'un élément $\sigma$
de $\Gal(f)$ envoyant $\sqrt{5}$ sur $-\sqrt{5}$, donc
$\sqrt{2+\sqrt{5}}$ sur $\pm\sqrt{2-\sqrt{5}}$ pour au moins un des
deux signes.

Par ailleurs, la conjugaison complexe définit (une fois plongé
$\dec(f)$ dans $\CC$) un élément $\tau$ qui fixe $\pm\sqrt{5}$ et
$\pm\sqrt{2+\sqrt{5}}$ mais échange $\sqrt{2-\sqrt{5}}$ et
$-\sqrt{2-\sqrt{5}}$.

On sait que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{5}}) = \pm\sqrt{2-\sqrt{5}}$.
Quitte à composer $\sigma$ par $\tau$ (à \emph{gauche}), on peut faire
en sorte que $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{5}}) = \sqrt{2-\sqrt{5}}$, ce qu'on
conviendra.  À la différence des deux exemples précédents, on ne peut
rien en déduire sur $\sigma(\sqrt{2-\sqrt{5}})$ puisque, quitte à
composer $\sigma$ à \emph{droite} par $\tau$ (ce qui ne change pas la
valeur de $\sigma(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ mais transforme celle de
$\sigma(\sqrt{2-\sqrt{5}})$ en son opposé) on peut aussi assurer
$\sigma(\sqrt{2-\sqrt{5}}) = \sqrt{2+\sqrt{5}}$.  L'élément
$\sigma\tau$ est alors d'ordre $4$ et permute cycliquement
$\sqrt{2+\sqrt{5}}, \sqrt{2-\sqrt{5}}, -\sqrt{2+\sqrt{5}},
-\sqrt{2-\sqrt{5}}$.

Les éléments $\sigma$ et $\tau$ engendrent un groupe à huit éléments
(à savoir
$\{1, \sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau, \tau\sigma, \penalty-1000 \sigma, \tau, \tau\sigma\tau,
\sigma\tau\sigma\}$), qui est isomorphe au groupe diédral du carré
(c'est plus évident si l'on pose $\varrho = \sigma\tau$ et qu'on
observe les relations $\varrho^4 = 1$, $\tau^2 = 1$ et
$\tau\varrho\tau = \varrho^{-1}$), le « carré » étant celui qui a les
sommets $\sqrt{2+\sqrt{5}}, \sqrt{2-\sqrt{5}}, -\sqrt{2+\sqrt{5}},
-\sqrt{2-\sqrt{5}}$ dans cet ordre.  Il s'agit du groupe $G$ introduit
plus haut (le groupe des permutations compatibles avec la partition du
carré donnée par ses deux diagonales) : il est alors clair que les
éléments trouvés épuisent le groupe de Galois.

\emph{Remarque :} Nous avons présenté ce calcul de façon détaillée,
mais on peut le rédiger de façon efficace en écrivant : le groupe de
Galois de $f = X^4 - 4 X^2 - 1$ sur $\QQ$ est inclus dans le groupe
diédral du carré puisqu'il doit préserver la partition donnée par les
racines de $h = Y^2 - 4 Y - 1$ ; or la conjugaison complexe (ou bien
la réduction modulo $11$ qui se factorise comme $f_{11} =
(X-3)(X+3)(X^2+5)$) donne un élément de $G_f$ d'ordre $2$ agissant
avec deux points fixes, et par ailleurs la réduction modulo $3$ (qui
se factorise comme $f_3 = X^4 + 2X^2 + 2$) donne un élément
d'ordre $4$ dans $G_f$, et ces deux éléments assurent que $G_f$ est
bien le groupe diédral du carré tout entier.

Contrairement aux exemples détaillés précédemment, l'extension
$\dec(f) = \QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})$ est cette fois strictement plus
grosse que $\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ : c'est clair par le fait que
cette dernière est incluse dans $\RR$ et non la première, ou, ce qui
revient au même, à cause du fait que $\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ est le
corps fixe associé au sous-groupe non trivial $\{1,\tau\}$ (et comme
ce sous-groupe n'est pas distingué dans $G = \Gal(f)$, l'extension
$\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}}) \bo \QQ$ n'est pas galoisienne).

Pour continuer cet exemple, on peut de nouveau chercher les
sous-extensions de $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}}) \bo \QQ$ associées aux
différents sous-groupes de $G$ par la correspondance de Galois.  Outre
les cas triviaux de $\QQ$ (qui correspond à $G$) et
$\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})$ (qui correspond à $\{1\}$), on a vu que
$\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})$ correspond à $\{1,\tau\}$ et il est clair par
symétrie (c'est-à-dire, par conjugaison par $\sigma$) que
$\QQ(\sqrt{2-\sqrt{5}})$ correspond à $\{1,\sigma\tau\sigma\}$.  Il
est clair que $\QQ(\sqrt{5})$ correspond
à $\{1, \tau, \sigma\tau\sigma, \sigma\tau\sigma\tau\}$.  Une fois
remarqué que $\sqrt{2+\sqrt{5}} \sqrt{2-\sqrt{5}} = \sqrt{-1}$ (au
sens où le carré de cet élément est $-1$ et qu'on choisit de le noter
$\sqrt{-1}$), et en notant $\sqrt{-5} = \sqrt{-1} \sqrt{5}$, on voit
facilement (en constatant que $\tau(\sqrt{-1}) = -\sqrt{-1}$ et
$\tau(\sqrt{-5}) = -\sqrt{-5}$, et que $\sigma(\sqrt{-1}) = \sqrt{-1}$
et $\sigma(\sqrt{-5}) = -\sqrt{-5}$) que $\QQ(\sqrt{-1})$ et
$\QQ(\sqrt{-5})$ sont les extensions quadratiques de $\QQ$
correspondant aux deux autres sous-groupes d'ordre $2$ de $G$, à
savoir $\{1, \sigma, \tau\sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau\}$ et
$\{1, \sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau, \tau\sigma\}$ respectivement.

Restent les sous-groupes conjugués $\{1,\sigma\}$ et
$\{1,\tau\sigma\tau\}$, et le sous-groupe distingué
$\{1,\sigma\tau\sigma\tau\}$, dont on cherche les extensions de
degré $4$ sur $\QQ$ qui leur correspondent.  Soit $a
= \sqrt{2+\sqrt{5}} + \sqrt{2-\sqrt{5}}$ : on a ainsi $\sigma(a) = a$,
et $a^2 = 4 + 2\sqrt{-1}$, de sorte qu'on peut noter $a
= \sqrt{4+2\sqrt{-1}}$ ; comme $a$ a quatre conjugués distincts
par $G$, il est de degré $4$ sur $\QQ$, et $\QQ(\sqrt{4+2\sqrt{-1}})$
est le corps associé au sous-groupe $\{1,\sigma\}$ de $G$ (il contient
$\QQ(\sqrt{-1})$, ce qui était attendu puisque $\{1,\sigma\}$ est
contenu dans $\{1, \sigma, \tau\sigma\tau, \sigma\tau\sigma\tau\}$).
De même, l'élément $\tau(a) = \sqrt{2+\sqrt{5}} - \sqrt{2-\sqrt{5}}$
est fixé par $\tau\sigma\tau$, et a pour carré $\tau(a^2) = 4 -
2\sqrt{-1}$, et si on le note $\tau(a) = \sqrt{4-\sqrt{-1}}$,
l'extension $\QQ(\sqrt{4-2\sqrt{-1}})$ est le corps associé au
sous-groupe $\{1,\tau\sigma\tau\}$ de $G$.  Enfin, le corps associé à
$\{1,\sigma\tau\sigma\tau\}$ peut se décrire comme
$\QQ(\sqrt{5},\sqrt{-1})$.  Le diagramme suivant résume les inclusions
entre toutes les sous-extensions de $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})\bo\QQ$ :

\begin{center}
\footnotesize
\begin{tikzpicture}[auto]
\matrix(diag)[matrix of math nodes,column sep=1.5em,row sep=4ex,
text height=1.5ex,text depth=.25ex]{
&&\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{5}})&&\\
\QQ(\sqrt{2+\sqrt{5}})&\QQ(\sqrt{2-\sqrt{5}})&
\QQ(\sqrt{5},\sqrt{-1})&
\QQ(\sqrt{4-2\sqrt{-1}})&\QQ(\sqrt{4+2\sqrt{-1}})\\
&\QQ(\sqrt{5})&\QQ(\sqrt{-5})&\QQ(\sqrt{-1})&\\
&&\QQ&&\\};
\draw (diag-1-3) -- (diag-2-1);  \draw (diag-1-3) -- (diag-2-2);
\draw (diag-1-3) -- (diag-2-3);
\draw (diag-1-3) -- (diag-2-4);  \draw (diag-1-3) -- (diag-2-5);
\draw (diag-2-1) -- (diag-3-2);  \draw (diag-2-2) -- (diag-3-2);  \draw (diag-2-3) -- (diag-3-2);
\draw (diag-2-3) -- (diag-3-3);
\draw (diag-2-3) -- (diag-3-4);  \draw (diag-2-4) -- (diag-3-4);  \draw (diag-2-5) -- (diag-3-4);
\draw (diag-3-2) -- (diag-4-3);  \draw (diag-3-3) -- (diag-4-3);  \draw (diag-3-4) -- (diag-4-3);
\end{tikzpicture}
\end{center}

Il est naturellement possible de trouver beaucoup d'autres
descriptions de chacun de ces corps : par exemple,
$\QQ(\sqrt{5},\sqrt{-1})$ peut s'écrire $\QQ(\sqrt{1+4\sqrt{-5}})$ en
notant $\sqrt{1+4\sqrt{-5}} = \sqrt{5} + 2\sqrt{-1}$ (dont le carré
est bien $1+4\sqrt{-5}$).

\subsection{Exemples de degré $5$}

\subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-generique} Considérons le polynôme $f = X^5 - 4X + 2$ sur $\QQ$.
Il est irréductible d'après le critère d'Eisenstein (pour $p=2$) ou
parce que sa réduction modulo $p=3$ est irréductible.  Ainsi, le
groupe de Galois $G$ de $f$ peut se voir comme un sous-groupe de
$\mathfrak{S}_5$ qui opère transitivement sur les racines
$\{x_1,\ldots,x_5\}$.  Le stabilisateur (dans $G$) d'une racine donnée
a donc indice $5$ : ceci montre que $G$ a un ordre multiple de $5$, et
par les théorèmes de Sylow (ou une version plus faible due à Cauchy),
$G$ a alors un élément d'ordre $5$.  Un tel élément, vu comme
permutation, est nécessairement un $5$-cycle.  (De façon équivalente,
on peut conclure que $G_f$ contient un $5$-cycle directement à partir
du corollaire \refext{CG}{specialisation-elementaire-et-cycles} si on a
remarqué que $f_3$ était irréductible.)

Par ailleurs, $f$ possède exactement trois racines réelles (donc une
paire de racines complexes conjuguées) comme on le voit facilement
avec un tableau de variation (ou en utilisant l'algorithme de
Sturm-Liouville, cf. \XXX) : la conjugaison complexe se restreint donc
(une fois choisi un plongement quelconque de $\dec(f)$ dans $\CC$) en
un automorphisme de $\dec(f)$ sur $\QQ$ qui échange deux racines
de $f$ et laisse les trois autres fixes.  Ainsi, le groupe de Galois
$G$ de $f$ peut se voir comme un sous-groupe de $\mathfrak{S}_5$ qui
contient un $5$-cycle et une transposition : un tel sous-groupe est
nécessairement $\mathfrak{S}_5$ tout entier.  Le groupe de Galois
de $f$ est donc $\mathfrak{S}_5$.

(Plutôt que d'invoquer les racines réelles, on pouvait aussi faire
appel à la factorisation de $f$ modulo $257$, à savoir $f_{257} = (X +
91)\, (X - 53)\, (X - 31)\, (X^2 - 7 X - 118)$, qui d'après le
corollaire \refext{CG}{specialisation-elementaire-et-cycles} permet
également de conclure à l'existence d'une transposition dans $G$.)

\subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-alterne} Considérons le polynôme $f = X^5 + 20X + 16$ sur $\QQ$.
Il est irréductible parce que sa réduction modulo $p=3$ est
irréductible : comme précédemment, on en déduit que son groupe de
Galois $G$, vu comme un sous-groupe de $\mathfrak{S}_5$, contient un
$5$-cycle.  Par ailleurs, son discriminant est $256×20^5 + 3\,125×16^4
= 32\,000^2$, qui est un carré, donc $G$ est un sous-groupe de
$\mathfrak{A}_5$.  Modulo $p=7$, le polynôme $f$ se réduit en facteurs
irréductibles comme $f_7 = (X-4)(X-5)\penalty0(X^3+2X^2-2X-2)$.
D'après le corollaire \refext{CG}{specialisation-elementaire-et-cycles}, on
en déduit que $G$ contient un $3$-cycle.  Or on vérifie facilement que
tout sous-groupe de $\mathfrak{A}_5$ contenant un $5$-cycle et un
$3$-cycle est $\mathfrak{A}_5$ tout entier.  Le groupe de Galois
de $f$ est donc $\mathfrak{A}_5$.

\subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-metacyclique} Considérons le polynôme $f = X^5 - 2$ sur $\QQ$.  Il
est irréductible d'après le critère d'Eisenstein (pour $p=2$).  Notons
$\root5\of2$ une de ses racines dans $\dec(f)$, et $\zeta$ le rapport
entre deux racines, de sorte que les cinq racines de $f$ sont
$\root5\of2$, $\zeta\root5\of2$, $\zeta^2\root5\of2$,
$\zeta^3\root5\of2$ et $\zeta^4\root5\of2$.  Remarquons que
modulo $p=7$, le polynôme $f$ admet la factorisation en irréductibles
$f_7 = (X-4)(X^4 - 3X^3 + 2X^2 + X - 3)$ : en choisissant l'idéal
$\mathfrak{m}$ dans le
théorème \refext{CG}{specialisation-groupe-de-Galois-elementaire}, ou
de façon équivalente en choisissant $\root5\of2$, de telle sorte que
$\root5\of2$ se réduise en $4$ modulo $\mathfrak{m}$ (ce qui est
possible puisque le groupe de Galois $G$ de $f$ opère transitivement
sur les racines), il s'ensuit que le sous-groupe $H
= \Gal(\dec(f)\bo \QQ(\root5\of2))$ fixant $\root5\of2$ du groupe de
Galois $G$ de $f$ opère transitivement sur les quatre autres racines
ou, de façon équivalente, sur $\{\zeta,\zeta^2,\zeta^3,\zeta^4\}$.
Comme l'action doit évidemment respecter la structure de groupe
multiplicatif de $\{\zeta,\zeta^2,\zeta^3,\zeta^4\}$ (donc elle est
déterminée par l'image de $\zeta$), on peut la décrire comme le groupe
à $4$ éléments engendré par l'automorphisme $\sigma$ envoyant $\zeta$
sur $\zeta^2$.  À présent, il existe $\tau \in G$ envoyant
$\root5\of2$ sur $\zeta\root5\of2$, et quitte à composer par la bonne
puissance de $\sigma$, on peut supposer qu'il fixe $\zeta$, donc
envoie $\zeta^i \root5\of2$ sur $\zeta^{i+1} \root5\of2$ (où $i$ est
pris modulo $5$).  Finalement, on a trouvé dans $G$ les $20$ éléments
$\tau^b \sigma^a$ envoyant $\zeta^i \root5\of2$ sur
$\zeta^{2^ai+b} \root5\of2$ (pour $a \in \ZZ/4\ZZ$, ou de façon
équivalente $2^a \in (\ZZ/5\ZZ)^\times$ et $b \in \ZZ/5\ZZ$).  Ils
épuisent le groupe de Galois car un élément de $G$ est déterminé par
son action sur $\root5\of2$ et sur $\zeta$ et qu'on a trouvé un
élément réalisant chacune des $5×4$ combinaisons possibles.  On a donc
trouvé comme groupe de Galois $G$ le groupe à $20$ éléments
$(\ZZ/5\ZZ) \rtimes (\ZZ/5\ZZ)^\times$ produit semi-direct de
$\ZZ/4\ZZ \cong (\ZZ/5\ZZ)^\times$ par $\ZZ/5\ZZ$, qu'on peut voir
simplement comme le groupe des applications affines $i \mapsto 2^a i +
b$ sur $\ZZ/5\ZZ$ pour la composition.

\subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-diedral} Considérons le polynôme $f = X^5 - 5X + 12$
sur $\QQ$.  Il est irréductible comme l'atteste le fait que sa
réduction $f_7$ modulo $p=7$ l'est : ceci nous permet d'ailleurs de
conclure que le groupe de Galois $G$ de $f$, vu comme sous-groupe de
$\mathfrak{S}_5$ (pour une certaine numérotation des racines) contient
un $5$-cycle.  Appelant $z$ la classe de $X$ dans le corps de rupture
$K = \QQ[X]/(f)$ de $f$, on a l'égalité $f = (X-z)\penalty0 \big(X^2
+ \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2+3z+4)X
+ \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2-5z+8)\big)\penalty0 \big(X^2
+ \frac{1}{4}(z^4+z^3+z^2+z-4)X + \frac{1}{2}(-z^3-z-2)\big)$ : pour
la vérifier, il suffit de développer complètement l'expression
proposée et de faire usage de $f(z)=0$ (ce qui revient à calculer
modulo $f$, i.e., dans $\QQ[X]/(f)$) ; ceci assure que le fixateur $H$
dans $G$ d'une racine (quelconque) de $f$ préserve, sur les quatre
racines restantes, une partition en deux ensembles à deux éléments (en
effet, le fixateur d'une racine $z$ de $f$ dans $G$ est le groupe de
Galois de $\dec(f)\bo \QQ(z)$).  À l'inverse, comme la réduction
de $f$ modulo $3$ se factorise comme $f_3 = x (x^2+x-1)\penalty0
(x^2-x-1)$, on voit que $G$, donc $H$, contient un produit de deux
transpositions disjointes (ceci implique, si l'on préfère, que chacun
des deux facteurs $X^2 + \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2+3z+4)X
+ \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2-5z+8)$ et $X^2
+ \frac{1}{4}(z^4+z^3+z^2+z-4)X + \frac{1}{2}(-z^3-z-2)$ est
irréductible dans $K[X]$).  Ainsi, $G$ est un sous-groupe
de $\mathfrak{S}_5$ qui contient un $5$-cycle ainsi qu'un produit de
deux transpositions disjointes, et dont tout sous-groupe fixant une
racine préserve une partition des quatre autres en deux ensembles de
deux éléments.  Montrons qu'un tel sous-groupe est nécessairement le
groupe diédral du pentagone.

En effet, on peut sans perte de généralité appeler $\tau =
(1\;4)(2\;3)$ un produit de deux transpositions contenu dans $G$, et
$\varsigma = (0\;1\;2\;3\;4)$ un $5$-cycle (quitte à remplacer le
cycle par une de ses puissances et éventuellement échanger $1$ et $4$
ou $2$ et $3$ si les éléments $1,2,3,4$ ne sont pas parcourus dans le
bon ordre).  Ces éléments engendrent déjà le groupe diédral $D$
(d'ordre $10$) du pentagone $(0,1,2,3,4)$ : il s'agit de voir qu'il
n'y a pas d'autre élément dans $G$.  Pour cela, considérons d'abord un
élément $\sigma$ de $G$ fixant $0$ (on veut montrer qu'il est
dans $D$) : comme il doit préserver la partition $\{1,4\},\{2,3\}$, si
$\sigma \not\in D$, on ne peut avoir que $\sigma=(1\;4)$ ou
$\sigma=(2\;3)$, et quitte à composer par $\tau = (1\;4)(2\;3)$, on
peut supposer $\sigma=(1\;4)$ ; mais alors en multipliant à gauche et
à droite par $\varsigma$, on voit que $(1\;3\;2\;4) \in G$, ce qui est
une contradiction car il fixe $1$ sans préserver la partition
$\{1,4\},\{2,3\}$.  On a donc montré que le stabilisateur de $1$ dans
$G$ est le sous-groupe $H = \{\Id,\tau\}$ d'ordre $2$ ; puisque $G$
opère transitivement sur $\{0,\ldots,4\}$ de cardinal $5$, ce $H$ est
d'indice $5$ dans $G$, donc $\# G = 10$ et $G = D$ comme annoncé.

Pour simplifier ce raisonnement tendant à classifier certains
sous-groupes de $\mathfrak{S}_5$, au prix d'un peu plus de calculs, on
pouvait aussi remarquer qu'en notant $z_1$ la classe de $X$ dans le
corps de rupture $K_1 = K[X]/(X^2 + \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2+3z+4)X
+ \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2-5z+8))$ sur $K$ du facteur quadratique
indiqué de $f$, alors on a alors $f =
(X-z_0)(X-z_1)(X-z_2)(X-z_3)(X-z_4)$ où $z_0=z$, où $z_1$ a déjà été
introduit, et où $z_2 = \frac{1}{8}[(z_0^4-z_0^3+z_0^2-z_0-4)z_1 +
(-z_0^4+z_0^3-z_0^2+z_0-4)]$ et $z_3
= \frac{1}{8}[(-z_0^4+z_0^3-z_0^2+z_0+4)z_1 +
(-z_0^4-3z_0^3-z_0^2-3z_0+12)]$, et enfin $z_4 =
-z_1+\frac{1}{4}(z_0^4+z_0^3+z_0^2-3z_0-4)$.  Autrement dit, $K_1$ est
un corps de décomposition de $f$, et il est de degré $[K_1:K][K:\QQ] =
2\cdot 5 = 10$ sur $\QQ$, ce qui assure que $G$ est d'ordre $10$ et
est bien le groupe diédral annoncé.

\subsubsection{}\label{exemple-galois-quintique-cyclique} Considérons le polynôme $f = X^5 + X^4 - 4X^3 - 3X^2 + 3X + 1$
sur $\QQ$ : ses racines réelles sont les $x_i = 2\cos\frac{2i\pi}{11}$
pour $1\leq i \leq 5$.  On peut vérifier l'irréductibilité de $f$ en
constatant que sa réduction modulo $2$ est irréductible.  La situation
est semblable à celle de
l'exemple \ref{exemple-galois-cubique-cyclique} : les formules $x_2 =
x_1^2 - 2$, $x_3 = x_1^3 - 3 x_1$, $x_4 = x_1^4 - 4 x_1^2 + 2$ et $x_5
= -x_1^4 - x_1^3 + 3 x_1^2 + 2 x_1 - 1$ (obtenues soit par
trigonométrie, soit en vérifiant que $\prod(X-x_i)$ avec les formules
données vaut $f$ dans $\QQ(x_1) = \QQ[X]/(f)$ et, pour ce qui est de
l'ordre, que $x_{2i} = x_i^2 -2$ pour chaque $i$ avec $x_{11-i} =
x_i$) montrent que le corps de rupture de $f$ en est un corps de
décomposition, de sorte que $\Gal(f)$ est d'ordre $5$ et est le groupe
cyclique $\ZZ/5\ZZ$ (de préférence vu comme
$(\ZZ/11\ZZ)^\times/\{\pm1\}$) dont un générateur est la permutation
$x_i \mapsto x_{2i}$.


\section{Polynômes en~$X^2$}

\subsection{Généralités}\label{generalites-galois-polynomes-en-x2}

Dans cette section, nous nous proposons, pour illustrer d'autres
facettes des calculs de groupes de Galois, d'exposer quelques uns des
phénomènes qui peuvent se produire dans le calcul du groupe de Galois
d'un polynôme $f(X) = h(X^2)$ où $h \in \QQ[Y]$, et notamment le
rapport qui peut exister entre $\Gal(f)$ et $\Gal(h)$.  On se placera
toujours dans le cas où $h$ est irréductible.  Commençons par des
considérations générales sur cette situation, c'est-à-dire par
expliquer qu'on peut « majorer » $G$ en le voyant comme sous-groupe
d'un groupe $\mathfrak{G}$ naturellement relié à $Q = \Gal(h)$.

Pour fixer les idées, on appellera $\vartheta_i$ les racines de $h$
(indicées par $i\in I$, et on aura tendance à identifier tacitement
$i$ à $\vartheta_i$) et $L = \QQ(\vartheta_i)$
\commentaire{$\QQ(\vartheta_i)$ ⤳ $𝐐(θ_i,i ∈ I)$ plus clair ?}
le corps $\dec(h)$ de décomposition de $h$ dans un corps de décomposition $E = \dec(f)$
fixé : pour chaque $i$ on choisit $\xi_i$ une racine carrée
de $\vartheta_i$, de sorte que $R_f = \{\pm\xi_i\}$ est l'ensemble des
racines de $f$ et $E = \QQ(\xi_i)$ en est le corps de décomposition.
On suppose connu au moins $Q = \Gal(L/\QQ)$, et on cherche à
comprendre $G = \Gal(E/\QQ)$ dont $Q$ est le quotient par le
sous-groupe distingué $H = \Gal(E/L)$ :
\[
1 \to H \to G \to Q \to 1
\]

L'ensemble $R_f = \{\pm\xi_i\}$ des racines de $f$ est muni d'une
partition $\{\{+\xi_i,-\xi_i\}_{i\in I}\}$ dont les classes sont identifiées de
façon évidentes aux racines $\vartheta_i$ de $h$ (par la fonction
$x \mapsto x^2$).  Le groupe $G$ opérant sur $R_f$ préserve cette
partition (au sens où l'image d'une classe est une classe :
$\tilde\sigma(-\xi_i) = -\tilde\sigma(\xi_i)$ si $\tilde\sigma \in G$),
l'action sur les classes étant justement donnée par l'action de $Q$
sur les $\vartheta_i$ ; ou, pour redire les choses autrement, $G$ est
inclus dans le sous-groupe $\mathfrak{G}$ de
$\mathfrak{S}(R_f)$ formé des permutations préservant cette
partition et dont l'action sur les classes est un élément de $Q$ (vu
dans $\mathfrak{S}(\{\vartheta_i\}) \cong \mathfrak{S}(I)$).

Tout élément $\tau \in H$ doit envoyer $\xi_i$ sur $\pm\xi_i$ (i.e.,
sur $+\xi_i$ ou $-\xi_i$) : on a donc un plongement
$H \hookrightarrow \{\pm 1\}^I$ envoyant $\tau$ sur l'élément
$\varepsilon \in \{\pm 1\}^I$ tel que $\tau(\xi_i)
= \varepsilon_i\xi_i$ (ce plongement ne dépend d'ailleurs pas du choix
des $\xi_i$).

Mais on a défini $\mathfrak{G}$ comme le groupe des permutations
$\tilde\sigma$ de $\{\pm\xi_i\}$ telles que $\tilde\sigma(-\xi_i) =
-\tilde\sigma(\xi_i)$ et telles que la permutation $\sigma$ de $I$
définie par $\tilde\sigma(\xi_i) = \pm\xi_{\sigma(i)}$ appartienne
à $Q$.  Ce $\tilde\sigma \mapsto \sigma$ définit un morphisme
$\mathfrak{G}\to Q$ dont la définition même de $\mathfrak{G}$ rend
évident le fait qu'il est surjectif, et son noyau est le groupe des
permutations de chaque paire $\{\xi_i,-\xi_i\}$, qu'on identifie à
$\{\pm 1\}^I$ de façon évidente, c'est-à-dire qu'on a la suite
exacte :
\[
1 \to \{\pm 1\}^I \to \mathfrak{G} \to Q \to 1
\]

Cette suite exacte est scindée : donné $\sigma\in Q$, on peut définir
$s(\sigma) = \tilde\sigma\in\mathfrak{G}$ par $\tilde\sigma(\xi_i)
= \xi_{\sigma(i)}$.  Ceci permet d'identifier $\mathfrak{G}$ au
produit semi-direct $\{\pm 1\}^I \rtimes Q$ (où $Q$ opère (par
automorphismes) sur $\{\pm 1\}^I$ en envoyant $(\varepsilon_i)$ sur
$((\sigma*\varepsilon)_i) = (\varepsilon_{\sigma^{-1}(i)})$), produit
également noté $\{\pm 1\} \wr I$ (il s'agit de l'ensemble des couples
$(\varepsilon,\sigma)$ où $\sigma \in Q$ et $\varepsilon
\in \{\pm 1\}^I$, avec le produit $(\varepsilon',\sigma')\cdot
(\varepsilon,\sigma) = (\varepsilon'\cdot(\sigma'*\varepsilon),\,
\sigma'\sigma)$, la section étant alors donnée par
$s\colon \sigma \mapsto ((+1), \sigma)$).  Ce scindage, et donc
l'identification de $\mathfrak{G}$ avec $\{\pm 1\}^I \rtimes Q$, est
cependant non canonique, en ce sens qu'il équivaut au choix
particulier de $\xi_i$ parmi les deux racines carrées de $\vartheta_i$
(pour chaque $i \in I$).

On peut résumer cela par le diagramme commutatif :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[auto]
\matrix(diag)[matrix of math nodes,column sep=3em,row sep=5ex,
text height=1.5ex,text depth=.25ex]{
1&\{\pm1\}^I&\mathfrak{G}&Q&1\\1&H&G&Q&1\\};
\draw[->] (diag-1-1) -- (diag-1-2);
\draw[->] (diag-1-2) -- (diag-1-3);
\draw[->] (diag-1-3) -- (diag-1-4);
\draw[->] (diag-1-4) -- (diag-1-5);
\draw[->] (diag-2-1) -- (diag-2-2);
\draw[->] (diag-2-2) -- (diag-2-3);
\draw[->] (diag-2-3) -- (diag-2-4);
\draw[->] (diag-2-4) -- (diag-2-5);
\draw[right hook->] (diag-2-2) -- (diag-1-2);
\draw[right hook->] (diag-2-3) -- (diag-1-3);
\draw[double] (diag-2-4) -- (diag-1-4);
\draw[->] (diag-1-4) to [out=150,in=30] node[swap]{$\scriptstyle s$} (diag-1-3);
\end{tikzpicture}
\end{center}
dont les lignes sont exactes et celle d'en haut est scindée de façon
non canonique.

On peut donc se permettre d'identifier $G$ à son image
dans $\mathfrak{G}$ ; le groupe $\mathfrak{G}$ doit se comprendre,
dans un certain sens que nous ne chercherons pas à rendre précis,
comme le groupe de Galois le plus général possible dans la situation
considérée (c'est-à-dire pour le polynôme composé d'un polynôme $h$ de
groupe de Galois $Q$ et de $X^2$).  Le problème sera donc de
déterminer quel est $G$ à l'intérieur de $\mathfrak{G}$ ; en
remarquant que $H$ est distingué dans $\mathfrak{G}$ (car il est
stable à la fois par la conjugaison par un élément de $\{\pm 1\}^I$,
puisque ce derner est abélien, et par un élément de $s(Q)$, d'après la
diagramme qu'on vient d'expliciter), on peut aussi introduire la
surjection $\mathfrak{G}/H \twoheadrightarrow Q$ (dont le noyau est
$\{\pm 1\}^I/H$) : ce morphisme surjectif est scindé par la réciproque
$\gamma$ de l'isomorphisme $G/H \buildrel\sim\over\to Q$, et la
connaissance de $G$ équivaut à la connaissance de cette
section $\gamma$.  On peut donc considérer qu'il s'agit de déterminer
d'une part le sous-groupe $H \leq \{\pm 1\}^I$ et d'autre part la
section $\Im(\gamma) = G/H$ de $\mathfrak{G}/H \twoheadrightarrow Q$.

Soulignons qu'il est possible que la section $\gamma\colon
Q \to \mathfrak{G}/H$ ne provienne pas par passage au quotient d'une
section $s\colon Q\to\mathfrak{G}$ telle qu'on en a garanti
l'existence (non canonique) plus haut, c'est-à-dire qu'il est possible
que l'image d'aucune section $s\colon Q\to\mathfrak{G}$ ne tombe
dans $G$ (à l'intérieur de $\mathfrak{G}$) : ceci se produit
exactement lorsque la ligne du bas ($1\to H \to G\to Q\to 1$) du
diagramme ci-dessus n'est pas scindée (puisqu'une section de celle-ci
correspond justement à un $s$ dont l'image serait $G$), ce qu'elle n'a
pas de raison d'être.
L'exemple \ref{exemple-galois-biquadratique-cyclique}
de $\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}})$, pour lequel $G \cong \ZZ/4\ZZ$, fournit
une illustration de cette situation.  Remarquons par ailleurs que la
simple connaissance de $H$ (dans $\mathfrak{G}$) et de $Q$ (comme
quotient de $\mathfrak{G}$) ne permet pas de retrouver $G$ : il y a en
général plusieurs extensions possibles, correspondant aux sections
$\gamma$ de $\mathfrak{G}/H \twoheadrightarrow Q$.  De nouveau, un
(contre-)exemple est fourni par les exemples $E
=\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{2}})$
de \ref{exemple-galois-biquadratique-cyclique} et $E
=\QQ(\sqrt{2\pm\sqrt{3}})$ de \ref{exemple-galois-biquadratique-weyl},
qui ont tous les deux un groupe de Galois extension du même
sous-groupe $H \leq \{\pm 1\}^2$ (à savoir $\{(+1,+1),(-1,-1)\}$) par
$Q = \ZZ/2\ZZ = \mathfrak{S}_2$ vu comme l'action résiduelle du groupe
diédral du carré sur les diagonales de ce carré, et pourtant ne sont
pas isomorphes.  En général, il faudra donc déterminer non
seulement $H$ mais aussi quels éléments de $\mathfrak{G}$
appartiennent à $G$ (au-dessus d'un élément donné de $Q$).

\smallskip

Il y a un cas particulièrement favorable : si $H = \{\pm 1\}^I$ tout
entier alors certainement $G = \mathfrak{G}$ tout entier (ne serait-ce
que pour des raisons de cardinal) et il n'y a plus rien à étudier
(la section $\gamma$ est donnée par la réciproque de l'isomorphisme
$\mathfrak{G}/\{\pm 1\}^I \buildrel\sim\over\to Q$).
C'est le cas par exemple si $H$ contient un élément qui réalise
\emph{un unique} changement de signe ($\xi_r \mapsto -\xi_r$ et $\xi_i
\mapsto \xi_i$ pour tout $i \neq r$) : en effet, dans ce cas, comme
l'action de $Q$ sur $I$ est transitive (on a supposé $h$
irréductible), on peut réaliser n'importe quel changement de signe
unique, donc n'importe quelle combinaison de changements de signes,
i.e., $H = \{\pm 1\}^I$.  Plus généralement, c'est le cas si $H$
contient un élément $\varepsilon$ tel que les $\sigma*\varepsilon$
engendrent $\{\pm 1\}^I$.  (Noter que toute cette discussion ne
suppose pas d'avoir préalablement démontré l'irréductibilité de $f$ :
c'est une conséquence de la transitivité de $G$ agissant sur $R_f$.)

Pour trouver des éléments de $H$, les techniques usuelles sont
applicables : notamment, si toutes les racines de $h$ sont réelles, la
conjugaison complexe réalise un élément de $H$ dont le nombre de
changements de signes est connu (c'est le nombre de racines négatives
de $h$) ; de même, si $h$ est scindé à racines simples modulo un
nombre premier $p$, on obtient un élément de $H$ qui réalise un nombre
de changements de signes égal au nombre de racines de $h_p$ qui sont
des résidus quadratiques modulo $p$ (où $h_p$ désigne la réduction
modulo $p$).

Dans certains cas, au contraire, on cherche à prouver que $H$ n'est
pas $\{\pm 1\}^I$ tout entier.  Ceci peut se produire, par exemple, si
$\prod_{i\in I}\xi_i \in L$, c'est-à-dire que $\prod_{i\in
I} \vartheta_i$ (soit $(-1)^d$ fois le coefficient constant commun
commun de $h$ et $f$) est un carré dans $L$ : alors manifestement
$\prod_{i\in I} \varepsilon_i = +1$ pour tout $\varepsilon \in H$.
Dans ce cas, l'action de $G$ sur $\prod_{i\in I}\xi_i$ définit un
morphisme $G \to \{\pm 1\}$, qui est trivial exactement lorsque
$\prod_{i\in I}\xi_i \in \QQ$ (c'est-à-dire que $\prod_{i\in
I} \vartheta_i$ est un carré dans $\QQ$ et pas seulement dans $L$).

\subsection{Digression : extensions de $\mathfrak{S}_d$ et $\mathfrak{A}_d$ par des groupes abéliens d'exposant $2$}

Dans le cas particulier où $Q = \mathfrak{S}_d$ ou bien $Q
= \mathfrak{A}_4$ (avec $d = \deg h = \#I$) dans le cadre général
étudié dans la section précédente, on peut être plus précis sur ce que
peut être $H$ : les quatre seules possibilités sont énumérées par le
lemme suivant :
\begin{lemme2}\label{lemme-sous-groupes-de-pm1-stables-par-permutations}
Soit $H \leq \{\pm 1\}^I$ un sous-groupe de $\{\pm 1\}^I$ (où $I$ est
un ensemble fini) stable par l'action du groupe $\mathfrak{S}(I)$ de
toutes les permutations de $I$, ou du groupe alterné $\mathfrak{A}(I)$
(pour $\#I \geq 3$).  Alors $H$ est l'un des quatre sous-groupes
suivants :
\begin{itemize}
\item le groupe $\{\pm 1\}^I$ tout entier,
\item le sous-groupe de $\{\pm 1\}^I$ formé des éléments dont le
produit de toutes les coordonnées vaut $+1$,
\item le groupe à deux éléments $\{+1,-1\}$ où $-1$ désigne l'élément
dont toutes les coordonnées valent $-1$,
\item le groupe trivial $\{+1\}$.
\end{itemize}
\end{lemme2}
\begin{proof}
Soit $d = \#I$.  Pour tout $0\leq r\leq d$, le groupe
$\mathfrak{S}(I)$ et, pour $d\geq 3$, le groupe $\mathfrak{A}(I)$,
opère transitivement sur les parties à $r$ éléments de $I$.  La donnée
de $H$ est donc déterminée par l'ensemble $\%(H)$ des entiers $0\leq
r\leq d$ tels que $H$ contienne un parmi --- et donc tous --- les éléments
de $\{\pm 1\}^I$ dont $r$ coordonnées valent $-1$.  On a toujours
$0 \in \%(H)$.  Si $r,r' \in \%(H)$ avec $r\geq r'$ alors
manifestement $r-r' \in \%(H)$ (en écrivant le produit d'un élément
ayant $r$ coordonnées $-1$ et d'un autre ayant $r'$ parmi elles qui
valent $-1$) ; ceci permet de dire, en appliquant l'algorithme
d'Euclide, que si $r,r' \in \%(H)$ alors leur pgcd est aussi
dans $\%(H)$.  D'autre part, si $r\in \%(H)$ et $s \in \NN$ est tel
que $rs\leq d$, alors $rs \in \%(H)$ (en écrivant le produit de $s$
éléments ayant chacun $r$ coordonnées $-1$, ces coordonnées étant deux
à deux disjointes).

Si $\%(H) \ni 1$ alors $\%(H) = \{0,\ldots,d\}$ d'après ce qui vient
d'être dit.  Si $\%(H) \ni 2$ alors $\%(H)$ contient tous les nombres
pairs entre $0$ et $d$, et s'il contient un nombre impair quelconque
alors $\%(H) = \{0,\ldots,d\}$.  Si $\%(H)$ contient un nombre $r<d$
quelconque, alors $\%(H)$ contient $2$ en écrivant le produit de deux
éléments ayant chacun $r$ coordonnées $-1$, toutes les mêmes sauf une
seule qui diffère entre ces deux éléments.  Les seules possibilités
pour $\%(H)$ sont donc : $\{0,\ldots,d\}$, ou les nombres pairs entre
$0$ et $d$, ou $\{0,d\}$, ou enfin $\{0\}$.  Ces quatre possibilités
correspondent aux quatre cas énumérés dans l'énoncé.
\end{proof}

Pour être plus précis sur ce qu'est $G$ dans le troisième cas du
lemme, nous admettrons le résultat suivant (dont il s'agira justement
de voir que les cas non-triviaux \emph{ne} se produisent \emph{pas}) :
\begin{proposition2}\label{extensions-ordre-2-de-s-n}
Toute extension $1 \to \{\pm 1\} \to G \to \mathfrak{S}_d \to 1$ du
groupe symétrique $\mathfrak{S}_d$ par $\{\pm 1\}$, avec $d\geq 4$,
est l'une des quatre extensions suivantes :
\begin{itemize}
\item le produit direct $\{\pm 1\} \times \mathfrak{S}_d$, caractérisé
par le fait que tout élément $\tilde\sigma \in G$ au-dessus d'une
transposition est d'ordre $2$ ainsi que tout élément au-dessus du
produit de deux transpositions disjointes,
\item l'extension non scindée donnée par
l'ensemble $G$ des couples $(\varepsilon,\sigma)$ du produit
ensembliste $\{\pm 1\}\times \mathfrak{S}_d$, où la multiplication est
donnée par $(\varepsilon', \sigma') \cdot (\varepsilon,\sigma) =
((-1)^{\textrm{par}(\sigma')\,\textrm{par}(\sigma)}\varepsilon'\varepsilon,\, \sigma'\sigma)$
(où $(-1)^{\textrm{par}(\sigma)}$ désigne la signature de $\sigma$,
c'est-à-dire que $(-1)^{\textrm{par}(\sigma')\,\textrm{par}(\sigma)}$
vaut $+1$ sauf si $\sigma,\sigma'$ sont tous deux impairs auquel cas
il vaut $-1$), extension caractérisée par le fait que tout élément
$\tilde\sigma \in G$ au-dessus d'une transposition est d'ordre $4$ et
que tout élément au-dessus du produit de deux transpositions
disjointes est d'ordre $2$,
\item une extension non scindée notée $1 \to \{\pm 1\} \to
(2\cdot\mathfrak{S}_d)^+ \to \mathfrak{S}_d \to 1$, caractérisée par le
fait que tout élément $\tilde\sigma \in G$ au-dessus d'une
transposition est d'ordre $2$ et que tout élément au-dessus du produit
de deux transpositions disjointes est d'ordre $4$,
\item une extension non scindée notée $1 \to \{\pm 1\} \to
(2\cdot\mathfrak{S}_d)^- \to \mathfrak{S}_d \to 1$, caractérisée par le
fait que tout élément $\tilde\sigma \in G$ au-dessus d'une
transposition est d'ordre $4$ ainsi que tout élément au-dessus du
produit de deux transpositions disjointes.
\end{itemize}

De même, toute une extension $1 \to \{\pm 1\} \to
G \to \mathfrak{A}_d \to 1$ du groupe alterné $\mathfrak{A}_d$
par $\{\pm 1\}$ est l'une des deux extensions suivantes :
\begin{itemize}
\item le produit direct $\{\pm 1\} \times \mathfrak{A}_d$, caractérisé
par le fait que tout élément $\tilde\sigma \in G$ au-dessus du produit
de deux transpositions disjointes est d'ordre $2$,
\item une extension non scindée notée $1 \to \{\pm 1\} \to
2\cdot\mathfrak{A}_d \to \mathfrak{A}_d \to 1$, caractérisée par le
fait que tout élément $\tilde\sigma \in G$ au-dessus du produit
de deux transpositions disjointes est d'ordre $4$.
\end{itemize}
\end{proposition2}
\XXX --- trouver une référence.

\begin{lemme2}\label{lemme-sous-groupes-produit-en-couronne-de-pm1-par-s-n}
Soit $H \leq \{\pm 1\}^I$ un sous-groupe de $\{\pm 1\}^I$ (où $I$ est
un ensemble fini de cardinal $\#I \geq 5$), stable par l'action du
groupe $Q = \mathfrak{S}(I)$ de toutes les permutations de $I$, ou du
groupe alterné $\mathfrak{A}(I)$.  Si $\mathfrak{G} = \{\pm
1\}^I \rtimes Q$ et si $G$ est un sous-groupe de $\mathfrak{G}$
contenant $H$ et tel que le morphisme $G/H \to Q$ soit un
isomorphisme, alors, dans chacun des cas énumérés par le
lemme \ref{lemme-sous-groupes-de-pm1-stables-par-permutations}, on
peut affirmer :
\begin{itemize}
\item lorsque $H = \{\pm 1\}^I$, le groupe $G$ est $\mathfrak{G}$ tout
entier ;
\item lorsque $H$ est le sous-groupe de $\{\pm 1\}^I$ formé des
éléments dont le produit de toutes les coordonnées vaut $+1$, le
groupe $G$ est
\begin{itemize}
\item soit le produit semi-direct $H \rtimes Q$ (la suite exacte $1 \to
H \to G \to Q \to 1$ est scindée) vu dans $\mathfrak{G}$ comme
l'ensemble des $(\varepsilon,\sigma) \in \{\pm 1\}^I\rtimes Q$ tels
que $\varepsilon \in H$,
\item soit (pour $Q = \mathfrak{S}(I)$) le sous-groupe de
$\mathfrak{G}$ formé des couples $(\varepsilon,\sigma) \in \{\pm
1\}^I\rtimes Q$ tels que le produit des coordonnées de $\varepsilon$
soit égal à la signature de $\sigma$ ;
\end{itemize}
\item lorsque $H$ est $\{\pm 1\}$ (inclus diagonalement dans $\{\pm
1\}^I$), le groupe $G$ est isomorphe au produit direct $H \times Q$
(la suite exacte $1\to H \to G \to Q \to 1$ est scindée) ;
\item lorsque $H = \{+1\}$, le groupe $G$ est isomorphe à $Q$.
\end{itemize}
\end{lemme2}
\begin{proof}
Le premier et le dernier cas sont évidents.  Dans le deuxième cas,
considérons l'application $c\colon Q \to \{\pm 1\}$ définie de la
façon suivante : tous les éléments de $G$ au-dessus d'un $\sigma\in Q$
donné forment une classe de $\{\pm 1\}^I$ modulo $H$, et on peut donc
définir $c(\sigma) = 1$ ou $c(\sigma) = -1$ selon que cette classe est
$H$ (l'ensemble des $\varepsilon \in \{\pm 1\}^I$ dont le produit des
coordonnées vaut $+1$) ou l'unique autre classe (l'ensemble des
$\varepsilon \in \{\pm 1\}^I$ dont le produit des coordonnées
vaut $-1$) ; puisque $Q$ opère trivialement sur les classes de $\{\pm
1\}^I$ modulo $H$, on a $c(\sigma'\sigma) = c(\sigma')\,c(\sigma)$,
donc $c$ est un morphisme $Q \to \{\pm 1\}$ ; or pour $Q
= \mathfrak{A}_d$ (où $d\geq 3$), le seul morphisme $Q \to \{\pm 1\}$
est le morphisme constant $+1$ (pour $d \geq 5$ cela résulte de la
simplicité de $\mathfrak{A}_d$, pour $d=3$ d'une considération de
cardinal, et pour $d=4$ d'une inspection des sous-groupes
de $\mathfrak{A}_d$), et pour $Q = \mathfrak{S}_d$ le seul autre est
la signature : ceci donne le résultat annoncé.

Reste le troisième cas, celui où $H = \{\pm 1\}$ est le sous-groupe
diagonal de $\{\pm 1\}^I$.  Pour l'étudier, appelons $P$ le
sous-groupe d'indice $d$ de $Q$ fixateur d'un point $i\in I$
(arbitraire), qu'on verra comme $P = \mathfrak{S}_{d-1}$ ou $P
= \mathfrak{A}_{d-1}$ selon que $Q = \mathfrak{S}_d$ ou $Q
= \mathfrak{A}_d$ ; soit $\mathfrak{F}$ le sous-groupe d'indice $2d$
de $\mathfrak{G}$ fixant la paire correspondante parmi les $2d$ points
sur lesquels $\mathfrak{G}$ opère naturellement, c'est-à-dire, formé
des $(\varepsilon,\sigma)$ tels que $\sigma(i)=i$ et $\varepsilon_i =
+1$.  Soit $F_0$ désigne l'image réciproque de $P$ dans $G$ et soit $F
= \mathfrak{F} \cap G$ : comme $F \cap H = \{1\}$ (puisque déjà
$\mathfrak{F} \cap H = \{1\}$), le sous-groupe $F$ est isomorphe à son
image $P$ dans $Q$, c'est-à-dire qu'il définit une section de la suite
exacte $1 \to \{\pm 1\} \to F_0 \to P \to 1$.  En particulier, cette
extension est scindée, donc tout élément de $F_0$ au-dessus d'une
transposition (dans le cas $Q = \mathfrak{S}_d$), ou du produit de
deux transpositions disjointes, est d'ordre $2$ : mais cette propriété
est alors encore satisfaite pour l'extension de départ $1 \to \{\pm
1\} \to G \to Q \to 1$, et d'après la
proposition \ref{extensions-ordre-2-de-s-n} on peut conclure qu'elle
est également scindée.
\end{proof}

\subsection{Exemples explicites}

\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquartique-generique} Commençons
par illustrer une situation dans laquelle $G
= \mathfrak{G}$ avec $Q = \mathfrak{S}_d$.  C'est le cas, par exemple,
pour $f(X) = X^8 - 2 X^6 - 8 X^4 + 17 X^2 - 5$ : on vérifie que $h(Y)
= Y^4 - 2 Y^3 - 8 Y^2 + 17 Y - 5$ est irréductible avec pour groupe de
Galois $Q = \mathfrak{S}_4$ (cela découle par exemple de ses
réductions modulo $2$ et $3$, c'est-à-dire $h_2 = Y^4 + Y + 1$ et $h_3
= (Y + 1) (Y - 1) (Y^2 + Y - 1)$, qui fournissent respectivement un
$4$-cycle et une transposition dans $Q$) ; or $h$ a toutes ses racines
réelles et une seule est négative, donc la conjugaison complexe
réalise un $\tau \in H$ qui opère un seul changement de signe.
D'après ce qu'on a expliqué, ceci prouve que le groupe de Galois $G$
de $f$ est $\{\pm 1\}^4 \rtimes \mathfrak{S}_4$ (le plus gros possible
pour une équation biquartique), d'ordre $384$.

\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquartique-alterne} Donnons
un exemple où on a encore $G = \mathfrak{G}$ mais cette fois avec $Q
= \mathfrak{A}_d$ : on prend $h(Y) = Y^4-8Y^3+7Y^2+5Y-3$, dont le
discriminant est $\Delta_h = 589^2$, de sorte que le groupe de Galois
$Q$ de $h$ est inclus dans $\mathfrak{A}_4$, et ses réductions modulo
$2$ (factorisable comme $(Y + 1) (Y^3 + Y^2 + 1)$) et $7$
(factorisable commee $(Y^2 + Y - 1) (Y^2 - 2Y + 3)$) montrent
qu'effectivement $Q = \mathfrak{A}_4$ (car ce dernier est engendré par
un $3$-cycle et le produit de deux transpositions disjointes).  Mais,
de nouveau, $h$ a quatre racines réelles dont exactement une est
négative, et ce qu'on a expliqué prouve qu'alors $G = \{\pm
1\}^4\rtimes \mathfrak{A}_4$ comme groupe de Galois du polynôme $f(X)
= X^8 - 8 X^6 + 7 X^4 + 5 X^2 - 3$.  Il a pour ordre $192$.

\subsubsection{} De même, considérons $h(Y) = Y^4 - 8 Y^3 + 18 Y^2 -
8Y -2$.  Ses racines sont $2 \pm \sqrt{3\pm\sqrt{3}}$, et son groupe
de Galois $Q$ est le groupe diédral du carré $D_4$ : pour s'en
convaincre, on peut réduire modulo $7$ (la réduction est irréductible
donc donne un $4$-cycle dans le groupe de Galois) et $11$ (la
réduction se factorise en $(Y+1) (Y-5) (Y^2-4Y-4)$, ce qui donne une
transposition), et comme $Q$ n'est manifestement pas $\mathfrak{S}_4$
tout entier (car tout élément fixant $\sqrt{3+\sqrt{3}}$ fixe aussi
$-\sqrt{3+\sqrt{3}}$), c'est $D_4$.  On pose $f(X) = h(X^2) = X^8 - 8
X^6 + 18 X^4 - 8 X^2 - 2$ conformément à nos conventions générales :
puisque $h$ a quatre racines réelles dont exactement une est négative,
le groupe de Galois de $f$ est $G = \{\pm 1\}^4 \rtimes D_4$,
d'ordre $128$.

\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquartique-symetrique-scinde} Considérons
maintenant un exemple où $H$ est strictement plus petit que
$\mathfrak{G}$, d'abord pour $Q = \mathfrak{S}_d$.  Soit $f(X) = X^8 -
4 X^6 - 8 X^4 + 11 X^2 + 9$ : de nouveau, le groupe de Galois de $h(Y)
= Y^4 - 4 Y^3 - 8 Y^2 + 11 Y + 9$ est $Q = \mathfrak{S}_4$ (cela
découle par exemple de ses réductions modulo $2$ et $3$, c'est-à-dire
$h_2 = Y^4 + Y + 1$ et $h_3 = Y (Y - 1) (Y^2 + 1)$, qui fournissent
respectivement un $4$-cycle et une transposition dans $Q$).  Mais
cette fois, le coefficient constant, $c_4 = 9$, c'est-à-dire le
produit $\prod_{i=1}^4 \vartheta_i$ des racines de $h$, est un carré
(dans $\QQ$ donc \textit{a fortiori} dans $L = \dec(h)$), donc tout
élément de $H$ doit réaliser un nombre \emph{pair} de changements de
signes sur les $\xi_i$.  Or $h$ a quatre racines réelles dont deux
négatives : ceci prouve que la conjugaison complexe réalise deux
changements de signes, et puisque $Q = \mathfrak{S}_4$ (en
particulier, il est $2$-transitif) ces changements de signes peuvent
être quelconques, et $H$ est exactement le noyau --- isomorphe à
$\{\pm\}^3$ --- de $\{\pm 1\}^4 \to \{\pm 1\}$ envoyant $\varepsilon$
sur $\prod_{i=1}^4 \varepsilon_i$.

Puisque $H$ est plus petit que $\{\pm 1\}^4$, il n'est plus évident
\textit{a priori}, sur ce dernier exemple, que la suite exacte $1 \to
H \to G \to Q \to 1$ est scindée.  En fait, elle l'est, c'est-à-dire
que la surjection $G\to Q$ admet une section (dans la classification
du lemme \ref{lemme-sous-groupes-produit-en-couronne-de-pm1-par-s-n},
on est dans le premier sous-cas du deuxième cas) : en effet, si
$\sigma \in Q$, on peut le relever en un élément de $G$ qu'on voit
comme $(\varepsilon,\sigma) \in \mathfrak{G}$, et nécessairement
$\varepsilon$ a un nombre pair de $-1$ vu que le produit de tous les
$\xi_i$ est un rationnel ($3$ ou $-3$ selon le choix des racines
carrées, mais en tout cas invariant par l'action de $G$), donc
$\varepsilon$ appartient bien à $H$ et on peut l'annuler, c'est-à-dire
relever $\sigma\in Q$ en $((+1),\sigma) \in G$.  On a donc prouvé ici
que le groupe de Galois $G$ de $f$ était $H \rtimes
\mathfrak{S}_4$ où $H \leq \{\pm 1\}^4$ est le sous-groupe des
quadruplets $\varepsilon$ dont un nombre pair vaut $-1$.  Il a pour
ordre $192$.

\subsubsection{}\label{exemple-galois-biquartique-symetrique-non-scinde} Pour
comparer, donnons un exemple semblable où l'extension $1 \to H \to
G \to Q\to 1$ n'est pas scindée\footnote{L'exemple le plus simple
étant, rappelons-le, celui
de \ref{exemple-galois-biquadratique-cyclique}.} : on prendra $f(X) =
X^8 + 6 X^6 - 2 X^2 - 3$.  Le groupe de Galois de $h(Y) = Y^4 + 6 Y^3
- 2 Y - 3$ est $\mathfrak{S}_4$ (réduire modulo $5$ et $17$ pour
trouver un $4$-cycle et une transposition).  Modulo $103$, la
réduction $h_{103}$ du polynôme $h$ est scindée, ses racines sont
$20$, $34$, $53$ et $93$, et comme exactement deux de ces nombres sont
des carrés (dans $\ZZ/103\ZZ$), il y a dans $H$ un élément réalisant
deux changements signes, donc, par le même raisonnement que pour
l'exemple précédent ($\mathfrak{S}_4$ opèrant deux fois
transitivement) n'importe quels deux changements de signes donc tout
nombre pair de changements de signes.

La différence avec le cas précédent et que cette fois $c_4
= \prod_{i=1}^4 \vartheta_i = -3$ n'est pas un carré
dans $\QQ$ : mais $c_4 \Delta_h = 936^2$, où $\Delta_h$ désigne
le discriminant de $h$, en est un.  Donc $\prod_{i=1}^4 \xi_i$ est un
multiple rationnel de $\sqrt{\Delta_h}$
(et notamment il appartient à $L$).  Ainsi, si $\sigma \in Q =
\mathfrak{S}_4$ est une permutation \emph{paire} (de sorte que
$\sigma(\sqrt{\Delta_h}) = \sqrt{\Delta_h}$), on a
$\tilde\sigma(\prod_i \xi_i) = \prod_i \xi_i$ pour tout prolongement
$\tilde\sigma$ de $\sigma$ à $G$, c'est-à-dire que tout couple
$(\varepsilon,\sigma) \in \mathfrak{G}$ qui appartient à $G$ doit
avoir un nombre \emph{pair} de $-1$ dans $\varepsilon$ et (comme
précédemment) on en conclut que $((+1),\sigma) \in G$ ; en revanche,
si $\sigma$ est \emph{impaire}, on a $\tilde\sigma(\prod_i \xi_i) =
-\prod_i \xi_i$, c'est-à-dire que tout couple $(\varepsilon,\sigma)$
appartenant à $G$ doit cette fois avoir un nombre \emph{impair}
de $-1$ dans $\varepsilon$.  Comme on sait qu'on a au moins
$(\#H)(\#Q) \geq 8 \times 24 = 192$ éléments dans $G$ et qu'on vient
d'expliquer qu'il y en a au plus $\frac{1}{2} 16\times 24 = 192$,
c'est le nombre précis.  On a donc prouvé que $G$ était le sous-groupe
de $\{\pm 1\}^4\rtimes \mathfrak{S}_4$ formé des couples
$(\varepsilon,\sigma)$ pour lesquels la signature de $\sigma$ est
égale au produit des coordonnées de $\varepsilon$ (dans la
classification du
lemme \ref{lemme-sous-groupes-produit-en-couronne-de-pm1-par-s-n}, on
est dans le deuxième sous-cas du deuxième cas).  Et la suite $1 \to
H \to G \to Q \to 1$ n'est pas scindée : par exemple parce que chacun
des huit antécédents d'un $4$-cycle dans $Q =
\mathfrak{S}_4$ est d'ordre $8$ dans $G$.

\begin{remarque2}
On vient de donner trois exemples, $X^8 - 8 X^6 + 7 X^4 + 5 X^2 - 3$
(en \ref{exemple-galois-biquartique-alterne}), $X^8 - 4 X^6 - 8 X^4 +
11 X^2 + 9$ (en \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-scinde}) et
$X^8 + 6 X^6 - 2 X^2 - 3$
(en \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-non-scinde}),
d'équations biquartiques dont le groupe de Galois est d'ordre $192$, à
savoir dans $\{\pm 1\}^4 \rtimes \mathfrak{S}_4$ les sous-groupes
correspondant aux conditions que la seconde coordonnée soit
paire (en \ref{exemple-galois-biquartique-alterne}), que la première
le soit (en \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-scinde}), ou
que les deux aient même
parité (en \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-non-scinde}).
Manifestement ils sont différents en tant que sous-groupes
(d'indice $2$) de $\{\pm 1\}^4\rtimes\mathfrak{S}_4$.  Mais on peut se
demander s'ils sont isomorphes en tant que groupes abstraits : il n'en
est rien.  Sans chercher à justifier ces affirmations, voici des
propriétés qui les distinguent : dans le premier cas (celui
de \ref{exemple-galois-biquartique-alterne}) il y a dans $G$ un
sous-groupe distingué d'ordre $16$, à savoir $H = \{\pm 1\}^4 \cong
(\ZZ/2\ZZ)^4$, alors que les deux cas autres n'en ont pas ; dans le
second cas (celui
de \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-scinde}) il y a dans $G$
trois sous-groupes distingués distincts d'ordre $8$, tous les trois
isomorphes à $(\ZZ/2\ZZ)^3$, alors que dans le troisième cas il y en a
également trois mais deux d'entre eux sont isomorphes au groupe des
quaternions (le troisième est $H$, qui dans le troisième comme dans le
deuxième cas est isomorphe à $(\ZZ/2\ZZ)^3$).
\end{remarque2}

\subsubsection{} Pour donner un exemple avec $H$ encore plus petit,
prenons $f(X) = X^8 + 5 X^6 + 7 X^4 + 4 X^2 - 4$.  Le polynôme $h(Y) =
Y^4 + 5 Y^3 + 7 Y^2 + 4 Y - 4$, a encore groupe de Galois $Q
= \mathfrak{S}_4$, comme on le voit en le réduisant modulo $3$ et $7$
ce qui donne respectivement un $4$-cycle et une transposition
dans $Q$ ; par ailleurs, sa réduction modulo $113$ est scindée, à
savoir $h_{113}(Y) = (Y+17)(Y+29)(Y+33)(Y+39)$, aucun des quatre
racines $-17,-29,-33,-39$ n'étant un carré dans $\FF_{113}$,
c'est-à-dire que la réduction $f_{113}$ de $f$ se factorise comme
produit de quatre facteurs quadratiques irréductibles.  Ceci montre
que $H$ contient au moins l'élément $(-1)$ (c'est-à-dire constamment
égal à $-1$).

En fait, il s'avère que $H$ est réduit à $\{\pm 1\}$, c'est-à-dire que
$E = \QQ(\xi_i)$ est une extension quadratique de $L
= \QQ(\vartheta_i)$, c'est-à-dire que chaque produit
$\vartheta_r \vartheta_s$, avec $r\neq s$, de deux racines distinctes
de $h$, est un carré dans $L = \dec(h)$ (ou encore, chaque produit
$\xi_r \xi_s$, avec $r\neq s$, de racines de $f$ non situées au-dessus
de la même racine de $h$, appartient en fait à $L$).  (Dans la
classification du
lemme \ref{lemme-sous-groupes-de-pm1-stables-par-permutations}, on est
dans le troisième cas.)  Expliquons comment on peut s'en convaincre.

Considérons le polynôme $\rho(Z)=\prod_{\substack{i<j<k\\\pm,\pm,\pm}}
(Z\pm\xi_i\pm\xi_j\pm\xi_k)$ dont les racines sont tous les
$\pm\xi_i\pm\xi_j\pm\xi_k$ pour une certaine combinaison de signes et
$\{i,j,k\}$ une partie à trois éléments de $I$ (ce polynôme est donc
de degré $2^3\times 4 = 32$, c'est-à-dire en fait de degré $16$ en
l'indéterminée $Z^2$).  Les coefficients de $\rho$ sont rationnels,
car $\rho$ est par construction invariant sous l'action
de $\mathfrak{G}$ donc de $G$, et comme ils sont des polynômes en les
$\pm\xi_i$, ces coefficients sont en fait dans $\ZZ$
(cf. \refext{CG}{intersection-anneau-engendre-par-les-racines-et-rationnels}).
Ce fait étant connu, il est possible de calculer exactement $\rho$ sur
ordinateur en calculant numériquement chaque coefficient avec une
précision garantie suffisante pour isoler l'unique entier
possible\footnote{\label{note-calcul-resolvante}Esquissons une autre façon de mener le calcul, qui
évite l'utilisation d'approximations numériques garanties : dans
l'anneau $\QQ[Y_1,\ldots,Y_4,X_1,\ldots,X_4]$, calculer une base de
Gröbner $B$ de l'idéal $\mathfrak{I}$ engendré par les relations
$X_i^2 = Y_i$ et les $e_k(Y_1,\ldots,Y_4) = c_k$ où $e_k$ est la
$k$-ième fonction symétrique élémentaire et $c_k$ est le coefficient
correspondant de $h$ (soit $c_1 = -5$, $c_2 = 7$, $c_3 = -4$ et $c_4 =
4$) ; par exemple (en ordonnant correctement les monômes), $B
= \{Y_4^4 + 5 Y_4^3 + 7 Y_4^2 + 4 Y_4 - 4, Y_3^3 + Y_3^2 Y_4 + Y_3
Y_4^2 + Y_4^3 + 5 Y_3^2 + 5 Y_3 Y_4 + 5 Y_4^2 + 7 Y_3 + 7 Y_4 + 4,
Y_2^2 + Y_2 Y_3 + Y_3^2 + Y_2 Y_4 + Y_3 Y_4 + Y_4^2 + 5 Y_2 + 5 Y_3 +
5 Y_4 + 7, X_1^2 + Y_2 + Y_3 + Y_4 + 5, X_2^2 - Y_2, X_3^2 - Y_3,
X_4^2 - Y_4, Y_1 + Y_2 + Y_3 + Y_4 + 5\}$.  On peut ensuite calculer
modulo $B$, c'est-à-dire
dans $\QQ[Z,Y_1,\ldots,Y_4,X_1,\ldots,X_4]/\mathfrak{I}\QQ[Z,Y_1,\ldots,Y_4,X_1,\ldots,X_4]$,
le  polynôme $\prod_{\substack{1\leq i<j<k\leq 4\\\pm,\pm,\pm}}
(Z\pm X_i\pm X_j\pm X_k)$, et vérifier qu'on obtient bien un élément
indépendant des $Y_i$ et $X_i$, à savoir ce qu'on a annoncé
pour $\rho$.} : on trouve
$\rho(Z) = Z^{32} + 60 Z^{30} + 1\,566 Z^{28} + 23\,488 Z^{26} +
219\,945 Z^{24} + 1\,287\,696 Z^{22} + 4\,297\,294 Z^{20} +
4\,313\,804 Z^{18} - 25\,318\,556 Z^{16} - 110\,504\,956 Z^{14} -
172\,974\,402 Z^{12} - 198\,889\,360 Z^{10} - 1\,191\,008\,951 Z^8 -
1\,086\,950\,608 Z^6 - 325\,719\,986 Z^4 + 3\,922\,948 Z^2 +
7\,187\,761$.  Ce polynôme est séparable et admet dans $\ZZ[Z]$ un
facteur $\rho_0(Z) = Z^8 + 15 Z^6 + 30 Z^4 - 233 Z^2 - 49$ de
degré $8$.

On peut donc affirmer qu'il existe une partie $\mathscr{R}_0$ de
cardinal $8$ de l'ensemble des parties à trois éléments de $R_f
= \{\pm\xi_n\}$, qui est invariante sous l'action de $G$ (en effet,
comme $\rho$ est séparable, la somme de trois éléments de $R_f$
détermine la partie à trois éléments en question, et $\mathscr{R}_0$
est l'ensemble des parties à trois éléments dont la somme est racine
de $\rho_0$).  Donc, donnés trois indices $i<j<k$ (il y a quatre choix
possibles de tels indices, et ils sont interchangeables par l'action
de $Q = \mathfrak{S}_4$), il existe exactement deux choix (opposés)
des signes tels que
$\{\pm\xi_i,\pm\xi_j,\pm\xi_k\} \in \mathscr{R}_0$.  Or ceci prouve
bien que $H$ ne peut pas être plus que $\{\pm 1\}$, puisque l'action
de $H$ (comme de n'importe quel sous-groupe de $G$) doit
préserver $\mathscr{R}_0$.

Le lemme \ref{lemme-sous-groupes-produit-en-couronne-de-pm1-par-s-n}
ne s'applique pas dans le cas présent (il nécessite $d\geq 5$), donc
on ne peut pas conclure que la suite exacte $1
\to H \to G \to Q \to 1$, c'est-à-dire $1 \to \{\pm 1\} \to
G \to \mathfrak{S}_4 \to 1$, soit scindée : et de fait, elle ne l'est
pas.  On peut en effet exclure la possibilité la suite soit scindée,
c'est-à-dire $G = \{\pm 1\} \times \mathfrak{S}_4$, en constatant que
$c_4 = \prod_{i=1}^4 \vartheta_i = -4$ n'est pas un carré dans $\QQ$
(ce qui serait le cas si la suite était scindée, c'est-à-dire s'il
existait une façon d'étiqueter quatre racines $\xi_i$ telles que
$\prod_{i=1}^4 \xi_i$ appartînt à $\QQ$).

On pourrait conclure à ce stade par un examen systématique des
sous-groupes des quatre extensions possibles de $\mathfrak{S}_4$
par $\{\pm 1\}$ (cf. \ref{extensions-ordre-2-de-s-n}) : hormis
l'extension triviale $\{\pm 1\}\times \mathfrak{S}_4$, seul le
groupe $(2\cdot \mathfrak{S}_4)^+$ peut opérer fidèlement et
transitivement sur $8$ éléments (c'est-à-dire, a un sous-groupe
d'indice $8$ dont l'intersection des conjugués est réduite à l'élément
identité) : l'extension $1\to H \to G \to Q \to 1$ est donc
$1 \to \{\pm 1\} \to (2\cdot\mathfrak{S}_4)^+ \to \mathfrak{S}_4 \to
1$.  Ceci découle par exemple de l'argument dans la démonstration du
lemme \ref{lemme-sous-groupes-produit-en-couronne-de-pm1-par-s-n}
concernant les éléments relevant une transposition (même si l'ensemble
de la démonstration ne vaut pas, faute de possibilité de trouver
dans $P = \mathfrak{S}_3$ le produit de deux transpositions
disjointes, au moins la partie concernant une seule transposition
continue à être applicable).

On peut également procéder de manière \textit{ad hoc} : notons par
exemple
$\vartheta_{(1:0)},\penalty0 \vartheta_{(0:1)},\penalty0 \vartheta_{(1:1)},\penalty0 \vartheta_{(1:2)}$
(indicés par $I = \PP^1(\FF_3)$) les quatre racines de
$h$ dont la valeur numérique dans $\CC$ vaut approximativement
$0.470404$, $-3.383947$, $-1.043228 - 1.193531i$ et $-1.043228 +
1.193531i$ respectivement, et
$\xi_{(1,0)},\penalty0 \xi_{(0,1)},\penalty0 \xi_{(1,1)},\penalty0 \xi_{(1,2)}$
(indicés par $\FF_3^2\setminus\{0\}$) leurs racines carrées
(racines de $f$, donc) dont la valeur numérique dans $\CC$ vaut
approximativement $0.685860$, $1.839551i$, $0.520560 - 1.146391i$ et
$0.520560 + 1.146391i$ respectivement, et
$\xi_{(2,0)}, \xi_{(0,2)}, \xi_{(2,2)}, \xi_{(2,1)}$ les opposés de
ces nombres.  Alors on peut constater explicitement que
$\rho_0(\xi_i+\xi_j+\xi_k) = 0$ si et seulement si les trois indices
$i,j,k \in \FF_2^3\setminus\{0\}$ sont deux à deux non
colinéaires et vérifient $i+j+k=0$.  (Pour être rigoureux, il faut
faire le calcul de la façon suivante : pour chacun des triplets
concernés, on constate numériquement que
$\rho_1(\xi_i+\xi_j+\xi_k) \neq 0$, où $\rho_1 $ est l'autre facteur
de $\rho = \rho_0 \rho_1$ ; comme $\rho(\xi_i+\xi_j+\xi_k) = 0$ par
définition de $\rho$, c'est bien que $\rho_0(\xi_i+\xi_j+\xi_k) = 0$.)
Le groupe de Galois $G$ de $f$ opère donc sur les racines de $f$ comme
$\FF_2^3\setminus\{0\}$ en préservant la colinéarité et la
propriété $i+j+k=0$ ; or $GL_2(\FF_3)$ préserve ces mêmes relations,
donc $G \leq GL_2(\FF_3)$, et puisque les deux membres ont pour
ordre $48$, ils sont égaux.  La suite exacte non scindée $1 \to H \to
G \to Q \to 1$ est donc simplement $1 \to \{\pm 1\} \to
GL_2(\FF_3) \to PGL_2(\FF_3) \to 1$ (et en comparant les deux
descriptions qu'on a données de $G$, on voit que $GL_2(\FF_3) \cong
(2\cdot\mathfrak{S}_4)^+$).

\subsubsection{} Vérifions rapidement (on renvoie
à \ref{exemple-galois-biquadratique-generique} pour les détails sur ce
type de situation) que le groupe de Galois $Q$ de $h(Y) = Y^4 - 7 Y^3
+ 5 Y^2 + 2Y - 2$ est $D_4$ (groupe diédral du carré) : ses racines
sont $\frac{1}{4}(7 \pm \sqrt{17} \mathbin{\pm'} \sqrt{90 \pm
22\sqrt{17}})$ (où les deux choix de signes $\pm$ devant $\sqrt{17}$
sont les mêmes, tandis que les choix de signes $\pm$ et
$\mathbin{\pm'}$ sont indépendants), ce qui montre que $Q$ est inclus
dans $D_4$, et les réductions de $h$ modulo $5$ et $13$ ont
respectivement pour décompositions en facteurs irréductibles $h_5 =
Y^4 - 2Y^3 + 2Y - 2$ et $h_{13} = (Y - 5)\penalty0 (Y - 6)\penalty0
(Y^2 + 4Y + 6)$, ce qui montre qu'il existe dans $Q$ un $4$-cycle et
une transposition, après quoi il est clair que $Q = D_4$.  La
« structure de carré » sur l'ensemble $I$ des racines de $h$ est celle
pour laquelle sont « adjacents » deux sommets qui portent des choix de
signe $\pm$ différents dans l'écriture
$\frac{1}{4}(7 \pm \sqrt{17} \mathbin{\pm'} \sqrt{90 \pm
22\sqrt{17}})$.

En posant $f(X) = h(X^2)$, on est de nouveau
(cf. \ref{exemple-galois-biquartique-symetrique-non-scinde}) dans une
situation où $c_4 \Delta_h = (204)^2$ est un carré dans $\QQ$ : on ne
va pouvoir réaliser que des éléments $(\varepsilon, \sigma) \in
\mathfrak{G}$ pour lesquels $\varepsilon$ a un nombre de $-1$ de la
même parité que la permutation $\sigma \in Q \leq \mathfrak{S}_4$ ;
seulement, cette fois, $\sigma$ vit dans $Q = D_4$, qui n'opère pas
deux fois transitivement sur $I = \{\vartheta_i\}$, donc pour
s'assurer qu'on réalise bien tous ces éléments il ne suffit plus de
trouver un seul élément réalisant deux changements de signe
quelconques.  Par exemple, modulo $43$, la réduction $h_{43} = (Y -
20) (Y + 2) (Y + 4) (Y + 7)$ de $h$ est scindée et $f_{43}$ donne un
élément de $H$ réalisant deux changements de signes (car deux des
quatre racines $20,-2,-4,-7$ de $h$ ne sont pas des carrés dans $\FF_{43}$, à savoir
$-4$ et $20$), mais on veut encore constater que les deux changements
de signes se font sur des $\xi_i$ tels que les $\vartheta_i$
correspondants soient « adjacents » pour la structure de carré sur $I$
impliquée par $Q = D_4$ (si on préfère, ils correspondent à des choix
différents du signe $\pm\sqrt{17}$) : c'est bien le cas, car
choisissant pour $\sqrt{17}$ la racine carrée $19$ de $17$
dans $\FF_{43}$, et pour $\sqrt{90 + 22\sqrt{17}}$ et $\sqrt{90 -
22\sqrt{17}}$ les racines carrées respectivement $11$ et $4$ de $90 +
22\sqrt{17} = 35 \in \FF_{43}$ et de $90 - 22\sqrt{17} =
16 \in \FF_{43}$, on a les non-carrés $20 = \frac{1}{4}(7 + \sqrt{17}
+ \sqrt{90 + 22\sqrt{17}})$ et $-4 = \frac{1}{4}(7 - \sqrt{17}
- \sqrt{90 - 22\sqrt{17}})$, deux sommets adjacents de $I$.

Une fois cette observation faite, on voit que $H$ contient n'importe
quels deux changements de signes « adjacents », donc aussi deux
changements de signes « opposés » (en multipliant deux éléments
réalisant des changements de signes « adjacents » décalés), donc on a
bien $H$ d'indice $2$ dans $\{\pm 1\}^4$ et égal à l'ensemble des
$\varepsilon \in \{\pm 1\}^4$ comportant un nombre pair de
signes $-1$, et $G$ est le sous-groupe d'indice $2$ de $\{\pm
1\}^4 \rtimes D_4$ égal aux couples $(\varepsilon,\sigma)$ pour
lesquels $\varepsilon$ a un nombre de $-1$ de la même parité que la
permutation $\sigma$.  L'ordre de $G$ est $64$.

\subsubsection{} Pour finir, et pour contraster avec l'exemple
précédent, soit maintenant $h(Y) = Y^4 - 6 Y^3 + 2 Y - 1$, dont les
racines sont $\frac{1}{2}(3 \pm \sqrt{5} \mathbin{\pm'} \sqrt{22 \pm
10\sqrt{5}})$ et dont le groupe de Galois est de nouveau $D_4$ (la
réduction modulo $3$ soit $h_3 = Y^4 -Y - 1$ donne un $4$-cycle, et
celle modulo $11$ soit $h_{11} = (Y + 5) (Y - 4) (Y^2 + 4Y + 5)$ donne
une transposition).  De nouveau, la « structure de carré » sur
l'ensemble $I$ des racines de $h$ est celle pour laquelle sont
« adjacents » deux sommets qui portent des choix de signe $\pm$
différents dans l'écriture
$\frac{1}{2}(3 \pm \sqrt{5} \mathbin{\pm'} \sqrt{22 \pm 10\sqrt{5}})$.

De nouveau, aussi, il existe dans $H$ des éléments qui réalisent deux
changements de signes sur les $\xi_i$ : on peut le voir par exemple en
réduisant modulo $29$, où $h$ se factorise comme $h_{29} = (Y - 2) (Y
- 5) (Y - 9) (Y + 10)$, deux des quatre racines $2,5,9,-10$, à savoir
$2$ et $-10$, n'étant pas des carrés dans $\FF_{29}$.

La différence avec la situation précédente est la constatation que, si
$\vartheta_1,\vartheta_2,\vartheta_3,\vartheta_4$ sont dans l'ordre
« adjacentes » pour la structure diédrale (c'est-à-dire que
$\vartheta_1,\vartheta_3$ d'une part, et $\vartheta_2,\vartheta_4$ de
l'autre, font les mêmes choix de signe $\pm$, disons $+$ et $-$
respectivement) alors $\vartheta_1 \vartheta_3 = -2 - \sqrt{5}$ est un
carré dans $L$, à savoir le carré de $\frac{1}{2}(2\vartheta_2^3 -
11\vartheta_2^2 - 6 \vartheta_2 + 3)
= \mathbin{\pm'}\frac{1}{4}(7+3\sqrt{5}) \sqrt{22-10\sqrt{5}}$ (et
bien sûr aussi de la même expression avec $\vartheta_4$ à la place
de $\vartheta_2$, ce qui change le signe $\mathbin{\pm'}$).

Cette observation prouve que si $\xi_i$ est (pour chaque $i \in I$)
une racine de $\vartheta_i$, alors on a $\xi_1 \xi_3 \in L$ et bien
sûr aussi $\xi_2 \xi_4 \in L$ : donc $H$ a quatre éléments (et non
huit), on peut effectuer des changements de signes sur $\xi_1$
et $\xi_3$ simultanément, et/ou sur $\xi_2$ et $\xi_4$ simultanément.
(En particulier, pour reprendre par exemple la situation modulo $29$
déjà considérée, où on a $\vartheta_1 = 2$, $\vartheta_2 = 5$,
$\vartheta_3 = -10$, $\vartheta_4 = 9$ pour le choix $\sqrt{5} =
-11 \in \FF_{29}$, les deux non-carrés parmi les $\vartheta_i$ sont
$\vartheta_1$ et $\vartheta_3$, qui ne sont pas adjacents.)

Même une fois connu le sous-groupe $H \leq \{\pm 1\}^4$, il reste (à
conjugaison près) quatre sous-groupes (et par ailleurs abstraitement
deux à deux non isomorphes) $G$, d'ordre $32$, de $\mathfrak{G}$ qui
réalisent une extension $1\to H \to G \to D_4 \to 1$.  On peut trouver
auquel d'entre eux on a affaire en constatant, par exemple, que le
$\tau \in Q = D_4$ qui échange $\vartheta_2$ et $\vartheta_4$ en
laissant $\vartheta_1,\vartheta_3$ fixes se relève en un $\tilde\tau
\in G$ qui échange $\xi_2$ et $\xi_4$ tout en gardant $\xi_1$ fixe et en
échangeant $\xi_3$ et $-\xi_3$ (dans les autres extensions possibles
de $H$ par $D_4$ à l'intérieur de $\mathfrak{G}$, les relèvements
de $\tau$ réaliseraient par exemple des cycles
$\xi_2 \mapsto \xi_4 \mapsto -\xi_2 \mapsto -\xi_4 \mapsto -\xi_2$ ou
bien laisseraient $\xi_1,\xi_3$ tous deux fixes) ; or, de fait,
$\tilde\tau$ est réalisé par la conjugaison complexe (si on appelle
$\vartheta_1 = \frac{1}{2}(3 + \sqrt{5} + \sqrt{22 + 10\sqrt{5}})$).
Plus précisément :

\begin{proposition2}
À l'intérieur du groupe $\mathfrak{G} = \{\pm 1\} \wr_{D_4} 4 = \{\pm
1\}^4 \rtimes D_4$ (où $D_4$, groupe diédral du carré, opère sur
$\{\pm 1\}^4$ comme sur les fonctions sur les sommets du carré et à
valeurs dans $\{\pm 1\}$), il existe huit sous-groupes $G$ réalisant
une extension $1 \to H \to G \to D_4 \to 1$
(cf. \ref{generalites-galois-polynomes-en-x2}), où $H \leq \{\pm
1\}^4$ est le sous-groupe (isomorphe à $\{\pm 1\}^2$) formé des
fonctions des sommets du carré à valeurs dans $\{\pm 1\}$ qui prennent
la même valeur sur les sommets opposés.  Ces huit sous-groupes forment
quatre classes de conjugaison à l'intérieur de $\mathfrak{G}$, et les
quatre groupes abstraits correspondants sont deux à deux non
isomorphes, et sont discernés par l'existence ou non d'un élément
d'ordre $8$ dans $G$ et par le cardinal ($2$ ou $4$) du centre de $G$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
On a déjà expliqué en \ref{generalites-galois-polynomes-en-x2}
pourquoi la donnée d'un sous-groupe $G \leq \mathfrak{G}$ comme décrit
est équivalente à celle d'une section $\gamma \colon
D_4 \to \mathfrak{G}/H$ de l'isomorphisme $G/H \buildrel\sim\over\to
D_4$ impliqué par la donnée de $G$ dans $\mathfrak{G}$.  De façon
équivalente (puisque ici le scindage de $1 \to \{\pm
1\}^4 \to \mathfrak{G} \to D_4 \to 1$ est fixé : on considère
$\mathfrak{G}$ comme l'ensemble des $(\varepsilon, \sigma)$ avec
$\varepsilon \in \{\pm 1\}^4$ et $\sigma \in D_4$ et le produit
$(\varepsilon',\sigma')\cdot (\varepsilon,\sigma) =
(\varepsilon'\cdot(\sigma'*\varepsilon), \,\sigma'\sigma)$), cette
donnée est encore équivalente à celle de la fonction $c \colon
D_4 \to \{\pm 1\}^4/H$ telle que $\gamma(\sigma) =
(c(\sigma), \sigma) \in \mathfrak{G}/H$, c'est-à-dire qui à un élément
$\sigma \in D_4$ associe la classe modulo $H$ des
$\varepsilon \in \{\pm 1\}^4$ tels que $(\varepsilon,\sigma) \in G$.

La condition $\gamma(\sigma'\sigma) = \gamma(\sigma')\,\gamma(\sigma)$
se traduit sur la fonction $c \colon D_4 \to \{\pm 1\}^4/H$ par
$c(\sigma'\sigma) = c(\sigma')\,(\sigma'*c(\sigma))$ en raison de la
description du produit sur $\mathfrak{G}$ ; réciproquement, cette
condition, ainsi que $c(1) = 1$, permet de reconstuire $\gamma$
donc $G$.  Autrement dit, trouver $G$ équivaut à trouver la fonction
$c \colon D_4 \to \{\pm 1\}^4/H$ vérifiant $c(\sigma'\sigma) =
c(\sigma')\,(\sigma'*c(\sigma))$ (on dit que $c$ est un $1$-cocycle de
$D_4$ à valeurs dans $\{\pm 1\}^4/H$ sur lequel il agit).

Pour fixer les notations, on désignera un élément de $\{\pm 1\}^4$ par
une notation du type $(++-+)$, étant entendu que les quatre signes
sont lus dans l'ordre cyclique sur les quatre sommets du carré (un tel
ordre cyclique ayant été choisi une fois pour toutes) ; et appellera
$(++), (+-), (-+), (--)$ les quatre éléments de $\{\pm 1\}^4/H$
représentés par $(++++), (+++-), (++-+), (++--)$ respectivement dans
$\{\pm 1\}^4$.  (Il peut d'ailleurs être utile de remarquer que $\{\pm
1\}^4/H$ est, en fait, isomorphe à $H$ en tant que groupe muni d'une
action de $D_4$.)

Soit $\tau \in D_4$ la réflexion par rapport à la diagonale identifiée
par $\tau*(++-+)=(++-+)$ et $\tau*(+++-)=(+-++)$, et soit $\varrho \in
D_4$ la réflexion par rapport à un axe identifié par
$\varrho*(++-+)=(+-++)$ et $\varrho*(+++-)=(-+++)$.  On a $\tau^2
= \varrho^2 = (\tau\varrho)^4 = 1$, et ces générateurs et relations
constituent une présentation de $D_4$.  La fonction $c$ est donc
déterminée de façon unique par sa valeur sur $\tau$ et sur $\varrho$.

Puisque $\varrho^2 = 1$ (et $c(1)=(++)$), on a $c(\varrho)
= \varrho*c(\varrho)$, ce qui ne laisse que les deux possibilités
$(++)$ et $(--)$ pour $c(\varrho)$.  En revanche, $\tau^2 = 1$, donc
$c(\tau) = \tau*c(\tau)$, n'impose aucune contrainte sur $c(\tau)$ car
$\tau$ opère trivialement sur $\{\pm 1\}^4/H$ ; de même,
$c((\tau\varrho)^4) = 1$ est automatiquement vérifié puisque
$(\tau\varrho)^2$ opère trivialement sur $\{\pm 1\}^4/H$.  Il y a donc
huit possibilités pour la fonction $c$ (et on peut facilement calculer
les valeurs de chacune sur les huit éléments de $D_4$) : ceci prouve
qu'il existe huit groupes $G$ comme annoncés.

Si $\mu$ désigne l'élément $(+++-)$ de $H$, la fonction $c$
définissant le groupe conjugué $G^\mu = \mu G \mu$ de $G$ est
$c^\mu(\sigma) = \sigma(\mu)\,\mu\,c(\sigma)$.  En particulier,
$c^\mu(\tau) = c(\tau)$ (puisque $\tau$ opère trivialement sur $\{\pm
1\}^4/H$) alors que $c^\mu(\varrho) = (--)$ lorsque $c(\varrho) =
(++)$ et vice versa.  Ceci montre que parmi les huit groupes $G$
trouvés, ceux correspondants au même choix de $c(\tau)$ mais à des
choix différents de $c(\varrho)$ sont conjugués : il y a donc au plus
quatre classes de conjugaisons de $G$ dans $\mathfrak{G}$, déterminées
par la valeur de $c(\tau)$.

Montrons qu'il y a effectivement quatre classes d'isomorphisme
différents de $G$ comme groupes abstraits.  On peut au moins
distinguer facilement le critère suivant : si $G$ possède un élément
d'ordre $8$, c'est-à-dire un $8$-cycle dans $\mathfrak{G}$, un tel
élément a pour image un $4$-cycle dans $D_4$, qui est donc conjugué à
$\tau\varrho$, et on vérifie aisément qu'un élément $(\varepsilon
c(\tau\varrho), \tau\varrho) \in \mathfrak{G}$ d'ordre $8$ est obtenu
pour $c(\tau\varrho) = (+-)$ ou $c(\tau\varrho) = (-+)$, c'est-à-dire
$c(\tau) = (+-)$ ou $c(\tau) = (-+)$.

Pour obtenir un autre critère, considérons le centre de $G$ :
l'élément $(-1) = (----) \in H$ est toujours central dans $G$, et
aucun élément de $H$ autre que $1$ et $(-1)$ ne peut être central
puisque $D_4$ opère non trivialement dessus ; un autre élément central
de $G$ doit donc nécessairement être de la forme $(\varepsilon
, \varsigma)$ où $\varsigma = (\tau\varrho)^2$ est l'élément
non-trivial du centre de $D_4$ (la symétrie centrale du carré), et
pour qu'un tel élément soit effectivement central dans $G$, il faut et
il suffit qu'il commute aux éléments relevant $\varrho$ et $\tau$,
c'est-à-dire qu'il vérifie
$(C_\varrho,\varrho)(\varepsilon, \varsigma) =
(\varepsilon, \varsigma)(C_\varrho,\varrho)$ pour un (et donc tout)
$C_\varrho \in \{\pm 1\}^4$ dans la classe de $c(\varrho)$ et de même
$(C_\tau,\tau)(\varepsilon, \varsigma) =
(\varepsilon, \varsigma)(C_\tau,\tau)$.  Ceci se traduit par
$C_\varrho (\varrho*\varepsilon) = \varepsilon (\varsigma*C_\varrho)$
et $C_\tau (\tau*\varepsilon) = \varepsilon (\varsigma*C_\tau)$, ou
encore $\varepsilon (\varrho*\varepsilon) =
C_\varrho(\varsigma*C_\varrho)$ et $\varepsilon (\tau*\varepsilon) =
C_\tau(\varsigma*C_\tau)$.  On a vu qu'on pouvait prendre $C_\varrho =
(++++)$, auquel cas la première condition devient $\varrho*\varepsilon
= \varepsilon$, ce qui laisse quatre possibilités pour $\varepsilon$
(ou deux modulo $\{(++++),(----)\}$), et en examinant les valeurs de
$\varepsilon(\tau*\varepsilon)$ pour chacune d'elles, et les valeurs
de $C_\tau(\varsigma*C_\tau)$ pour chacun de
$C_\tau \in \{(++++),(+++-),(++-+),(++--)\}$, on voit que les valeurs
communes ($(++++)$ et $(+-+-)$) sont obtenues pour $c(\tau) = (++)$ et
$c(\tau) = (+-)$.  Ceci démontre que dans ces deux cas le centre de
$G$ est d'ordre plus grand que $2$ (et donc, $4$) tandis que dans les
cas $c(\tau) = (-+)$ et $c(\tau) = (--)$ il est d'ordre $2$.

Tout ceci ensemble montre bien qu'il y a quatre classes d'isomorphisme
de groupes $G$, correspondant aux quatre valeurs possibles de
$c(\tau)$.
\end{proof}

%% gap> Gfull := Group([(1,2),(1,3,5,7)(2,4,6,8),(1,3)(2,4)(5,7)(6,8)]);
%% Group([ (1,2), (1,3,5,7)(2,4,6,8), (1,3)(2,4)(5,7)(6,8) ])
%% gap> Order(Gfull);
%% 128
%% gap> Hfull := Subgroup(Gfull,[(1,2),(3,4),(5,6),(7,8)]);
%% Group([ (1,2), (3,4), (5,6), (7,8) ])
%% gap> H := Subgroup(Hfull,[(1,2)(5,6),(3,4)(7,8)]);
%% Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8) ])
%% gap> StructureDescription(Gfull/Hfull);
%% "D8"
%% gap> quotH := NaturalHomomorphismByNormalSubgroup(Gfull,H);
%% [ (1,2), (1,3,5,7)(2,4,6,8), (1,3)(2,4)(5,7)(6,8) ] -> [ f5, f2, f1*f2 ]
%% gap> Image(quotH);
%% Group([ f1, f2, f3, f4, f5 ])
%% gap> Order(Image(quotH));
%% 32
%% gap> GfullquotH := Image(quotH,Gfull);
%% Group([ f1, f2, f3, f4, f5 ])
%% gap> HfullquotH := Image(quotH,Hfull);
%% Group([ f5, f4, f5, f4 ])
%% gap> Order(HfullquotH);
%% 4
%% gap> Zone := OneCocycles(GfullquotH,HfullquotH);
%% rec( oneCoboundaries := <vector space over GF(2), with 1 generators>, 
%%   oneCocycles := <vector space over GF(2), with 3 generators>, 
%%   generators := [ f1, f2, f3 ], isSplitExtension := true, 
%%   complement := Group([ f1, f2, f3 ]), cocycleToList := function( c ) ... end,
%%   listToCocycle := function( L ) ... end, 
%%   cocycleToComplement := function( c ) ... end, factorGens := [ f1, f2, f3 ], 
%%   complementToCocycle := function( K ) ... end )
%% gap> cocycles := Elements(Zone.oneCocycles);
%% [ [ 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2) ], 
%%   [ 0*Z(2), 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2) ], 
%%   [ 0*Z(2), Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0 ], 
%%   [ 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0 ], 
%%   [ Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0 ], 
%%   [ Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, 0*Z(2), Z(2)^0, Z(2)^0 ], 
%%   [ Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2), 0*Z(2) ], 
%%   [ Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0, Z(2)^0, 0*Z(2), 0*Z(2) ] ]
%% gap> gList := List(cocycles, c->PreImage(quotH,Zone.cocycleToComplement(c)));
%% [ Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8), (1,3,5,7)(2,4,6,8), 
%%       (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]), 
%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8), (1,3,6,7)(2,4,5,8), 
%%       (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]), 
%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8)(5,6), (1,3,6,8,2,4,5,7), 
%%       (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), 
%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,7)(4,8)(5,6), (1,3,5,8,2,4,6,7), 
%%       (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), 
%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7), (1,3,6,8,2,4,5,7), 
%%       (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), 
%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7), (1,3,5,8,2,4,6,7), 
%%       (1,6,2,5)(3,8,4,7) ]), 
%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7)(5,6), (1,3,5,7)(2,4,6,8), 
%%       (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]), 
%%   Group([ (1,2)(5,6), (3,4)(7,8), (3,8,4,7)(5,6), (1,3,6,7)(2,4,5,8), 
%%       (1,5)(2,6)(3,7)(4,8) ]) ]
%% gap> List(gList, g -> StructureDescription(g));
%% [ "(C2 x C2 x C2 x C2) : C2", "(C2 x C2 x C2 x C2) : C2", "(C2 x D8) : C2", 
%%   "(C2 x D8) : C2", "(C4 x C4) : C2", "(C4 x C4) : C2", 
%%   "((C4 x C2) : C2) : C2", "((C4 x C2) : C2) : C2" ]
%% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[1],g));
%% [ true, true, false, false, false, false, false, false ]
%% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[3],g));
%% [ false, false, true, true, false, false, false, false ]
%% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[5],g));
%% [ false, false, false, false, true, true, false, false ]
%% gap> List(gList, g->IsConjugate(Gfull, gList[7],g));
%% [ false, false, false, false, false, false, true, true ]
%% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[1]);
%% [ (1,5)(2,6), (1,5)(2,6)(3,4)(7,8), (1,6)(2,5), (1,6)(2,5)(3,4)(7,8) ]
%% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[3]);
%% [ (1,5)(2,6)(7,8), (1,5)(2,6)(3,4), (1,6)(2,5)(7,8), (1,6)(2,5)(3,4) ]
%% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[5]);
%% [ (1,5,2,6), (1,5,2,6)(3,4)(7,8), (1,6,2,5), (1,6,2,5)(3,4)(7,8) ]
%% gap> Intersection(RightCoset(Hfull, (1,5)(2,6)), gList[7]);
%% [ (1,5,2,6)(7,8), (1,5,2,6)(3,4), (1,6,2,5)(7,8), (1,6,2,5)(3,4) ]


\section{Autres exemples}

\subsection{$PSL_3(\FF_2)$}\label{exemple-galois-psl-3-f-2}

Considérons le polynôme $f = X^7 - 7X + 3$ sur $\QQ$ : il est
irréductible car sa réduction modulo $2$ l'est.  On va montrer que son
groupe de Galois est $PSL_3(\FF_2)$ (unique groupe simple d'ordre
$168$, qui s'écrit également $PSL_2(\FF_7)$).

Considérons le polynôme $\rho(Z)=\prod_{\substack{i<j<k}}
(Z-\xi_i-\xi_j-\xi_k)$ dont les racines sont tous les
$\xi_i+\xi_j+\xi_k$ pour $\{\xi_i,\xi_j,\xi_k\}$ une partie à trois
éléments de l'ensemble des racines de $f$ (ce polynôme est donc de
degré $\frac{7!}{4!3!} = 35$).  Les coefficients de $\rho$ sont
rationnels, car $\rho$ est par construction invariant sous l'action
de $\mathfrak{G}$ donc de $G$, et comme ils sont des polynômes en les
$\xi_i$, ces coefficients sont en fait dans $\ZZ$
(cf. \refext{CG}{intersection-anneau-engendre-par-les-racines-et-rationnels}).
Ce fait étant connu, il est possible de calculer exactement $\rho$ sur
ordinateur en calculant numériquement chaque coefficient avec une
précision garantie suffisante pour isoler l'unique entier
possible\footnote{On peut également mener le calcul par théorie de
  l'élimination en utilisant des bases de Gröbner :
  cf. note \ref{note-calcul-resolvante}, même si la méthode expliquée
  là n'est pas directement applicable.} : on trouve $\rho(Z) = Z^{35}
- 280 Z^{29} + 906 Z^{28} - 79\,086 Z^{23} - 56\,826 Z^{22} + 34\,452
Z^{21} + 1\,739\,696 Z^{17} + 408\,366 Z^{16} + 1\,139\,292 Z^{15} +
978\,750 Z^{14} - 12\,357\,947 Z^{11} + 1\,393\,266 Z^{10} -
9\,345\,672 Z^9 + 4\,975\,614 Z^8 - 592\,029 Z^7 + 29\,042\,496 Z^5 -
12\,446\,784 Z^4 - 2\,222\,640 Z^3 + 1\,227\,744 Z^2 + 36\,288 Z -
31\,104$.  Ce polynôme est séparable et admet dans $\ZZ[Z]$ un facteur
$\rho_0(Z) = Z^7 + 14 Z^4 - 42 Z^2 - 21 Z + 9$ de degré $7$.

On pourrait conclure par un examen systématique des sous-groupes
transitifs de $\mathfrak{S}_7$ montrant que le seul pour lequel
l'action sur les parties à trois éléments des sept objets se décompose
en une orbite de taille $7$ et une de taille $28$ est $PSL_3(\FF_2)$.
On va procéder de manière plus \textit{ad hoc}.

On indice par $\PP^2(\FF_2)$ les racines de $f$ dans $\CC$ en notant
$\xi_{(1:0:0)}, \penalty0 \xi_{(0:1:0)}, \penalty0 \xi_{(0:0:1)},
\penalty0 \xi_{(1:0:1)}, \penalty0 \xi_{(1:1:1)}, \penalty0
\xi_{(1:1:0)}, \penalty0 \xi_{(0:1:1)}$ celles dont la valeur
numérique approchée vaut respectivement $1.293345$, $0.616663 +
1.211580i$, $0.616663 - 1.211580i$, $-0.755661 - 1.206128i$,
$-1.444302$, $-0.755661 + 1.206128i$, $0.428953$.  On vérifie
numériquement que $\rho_0(\xi_i + \xi_j + \xi_k) = 0$ (ce qui, pour
être rigoureux, doit se faire en vérifiant que $\rho/\rho_0$
\emph{n'est pas} nul, en le séparant numériquement de zéro) exactement
pour les sept parties $\{i,j,k\}$ de $\PP^2(\FF_2)$ qui sont des
droites sur ce dernier :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
\coordinate (P100) at (0,1.732051);
\coordinate (P010) at (1,0);
\coordinate (P001) at (-1,0);
\coordinate (P101) at (-0.5,0.866025);
\coordinate (P111) at (0,0.577350);
\coordinate (P110) at (0.5,0.866025);
\coordinate (P011) at (0,0);
\fill[black] (P100) circle (.8pt);
\fill[black] (P010) circle (.8pt);
\fill[black] (P001) circle (.8pt);
\fill[black] (P101) circle (.8pt);
\fill[black] (P111) circle (.8pt);
\fill[black] (P110) circle (.8pt);
\fill[black] (P011) circle (.8pt);
\draw (P100) -- (P010);
\draw (P010) -- (P001);
\draw (P001) -- (P100);
\draw (P101) -- (P010);
\draw (P110) -- (P001);
\draw (P011) -- (P100);
\draw (P111) circle (0.577350);
\node[anchor=south] at (P100) {$\scriptstyle (1:0:0)$};
\node[anchor=south west] at (P010) {$\scriptstyle (0:1:0)$};
\node[anchor=south east] at (P001) {$\scriptstyle (0:0:1)$};
\node[anchor=south east] at (P101) {$\scriptstyle (1:0:1)$};
\node[anchor=south] at (P111) {$\scriptstyle (1:1:1)$};
\node[anchor=south west] at (P110) {$\scriptstyle (1:1:0)$};
\node[anchor=north] at (P011) {$\scriptstyle (0:1:1)$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

Le groupe de Galois $G$ de $f$ est donc inclus dans l'ensemble des
permutations de $\PP^2(\FF_2)$ qui préserve l'alignement, c'est-à-dire
$PSL_3(\FF_2)$.  Montrons qu'il n'est pas strictement plus petit.
Mais le facteur $\rho/\rho_0$ de degré $28$ est irréductible, donc $G$
opère transitivement dessus, c'est-à-dire que $G$ doit envoyer
n'importe quel ensemble de trois points non alignés de $\PP^2(\FF_2)$
sur n'importe quel autre tel ensemble.  On peut conclure d'après :

\begin{proposition2}
Soit $G \leq PSL_3(\FF_2)$ un sous-groupe opérant transitivement sur
l'ensemble (de cardinal $28$) des parties à $3$ éléments non alignés
de $\PP^2(\FF_2)$.  Alors $G = PSL_3(\FF_2)$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Remarquons que le groupe $PSL_3(\FF_2)$ opère transitivement sur les
triplets (ordonnés) de points de $\PP^2(\FF_2)$ non alignés, puisque
$PSL_3(\FF_2) = GL_3(\FF_2)$ et que de tels triplets constituent une
base de $\FF^3_2$.  On va représenter les éléments de $PSL_3(\FF_2)$
par des matrices $3\times 3$ dans $\FF_2$ (qu'on fait opérer sur des
vecteurs colonne non nuls représentant les éléments de
$\PP^2(\FF_2)$).

Le groupe $G$ opère transitivement sur un ensemble de cardinal $28$,
donc son ordre doit être multiple de $28$, et, \textit{a fortiori},
multiple de $7$.  Il existe donc un élément $\sigma$ d'ordre $7$
dans $G$ qui, sur $\PP^2(\FF_2)$, opère comme un $7$-cycle.

Quite à conjuguer $G$ par un élément de $PSL_3(\FF_2)$
(cf. l'avant-dernier paragraphe), on peut supposer que $\sigma(1:0:0)
= (0:1:0)$, et que $\sigma(0:1:0) = (0:0:1)$.  L'élément
$\sigma(0:0:1)$ doit alors être non aligné avec $(0:1:0)$ et
$(0:0:1)$, et distinct de $(1:0:0)$, ce qui laisse trois
possibilités : $(1:0:1)$, $(1:1:1)$ ou $(1:1:0)$.  La matrice
$\left(\begin{matrix}0&0&1\\1&0&1\\0&1&1\\ \end{matrix}\right)$ est
d'ordre $4$ et non $7$, ce qui exclut $\sigma(0:0:1) = (1:1:1)$.
Enfin, si $\sigma(0:0:1) = (1:1:0)$, quitte à remplacer $\sigma$ par
$\sigma^3$, la matrice de $\sigma$ est donnée par
$\left(\begin{matrix}0&0&1\\1&0&1\\0&1&0\\ \end{matrix}\right)^3 =
\left(\begin{matrix}1&0&1\\1&1&1\\0&1&1\\ \end{matrix}\right)$ qui,
conjuguée par l'involution
$\left(\begin{matrix}1&1&1\\0&1&0\\0&0&1\\ \end{matrix}\right)$, se
ramène de toute façon à
$\left(\begin{matrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&1\\ \end{matrix}\right)$,
c'est-à-dire qu'on peut supposer $\sigma(0:0:1) = (1:0:1)$.

On peut donc supposer $G$ contient l'élément d'ordre $7$ donné par
$\left(\begin{matrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&1\\ \end{matrix}\right)$.  Par
ailleurs, l'hypothèse assure que $G$ doit contenir un élément $\psi$
envoyant $\{(1:0:0), (0:1:0), (0:0:1)\}$ sur $\{(0:1:0), (0:0:1),
(1:1:1)\}$, qui est donc représenté par une des six matrices possibles
dont les trois colonnes sont (une permutation de)
$\left(\begin{matrix}0\\1\\0\\ \end{matrix}\right)$,
$\left(\begin{matrix}0\\0\\1\\ \end{matrix}\right)$ et
$\left(\begin{matrix}1\\1\\1\\ \end{matrix}\right)$.  Il suffit donc
de vérifier que $\sigma$ prise avec n'importe laquelle de ces six
matrices $\psi$ engendre $GL_3(\FF_2)$, ce qui est bien le cas, comme
il est possible (quoique fastidieux) de vérifier.
\end{proof}
\begin{proof}[Démonstration utilisant l'Atlas des groupes finis]
Le groupe $G$ opère transitivement sur un ensemble de cardinal $28$,
donc son ordre doit être multiple de $28$.  Or la liste des
sous-groupes maximaux de $PSL_3(\FF_2)$, lue, par exemple,
dans \cite[p. 3]{ATLAS}, montre que ce dernier n'a de sous-groupes
maximaux que d'ordres $24$ et $21$, donc le seul sous-groupe d'ordre
multiple de $28$ est $PSL_3(\FF_2)$ tout entier.
\end{proof}

\subsection{$M_{12}$}\label{exemple-galois-m-12}

%% R.<x> = ZZ['x']
%% f = x^12 - 375*x^8 - 3750*x^6 - 75000*x^3 + 228750*x^2 - 750000*x + 1265625
%% roots = [t for (t,m) in f.roots(ring=ComplexField(5000))]
%% roots5 = [roots[i0] + roots[i1] + roots[i2] + roots[i3] + roots[i4] for i0 in range(12) for i1 in range(i0+1,12) for i2 in range(i1+1,12) for i3 in range(i2+1,12) for i4 in range(i3+1,12)]
%% roots6 = [roots[i0] + roots[i1] + roots[i2] + roots[i3] + roots[i4] + roots[i5] for i0 in range(12) for i1 in range(i0+1,12) for i2 in range(i1+1,12) for i3 in range(i2+1,12) for i4 in range(i3+1,12) for i5 in range(i4+1,12)]
%% RC.<xx> = ComplexField(5000)['xx']
%% f5C = prod([xx-r for r in roots5])
%% f6C = prod([xx-r for r in roots6])
%% f5l = [Integer(floor(a.real_part()+1/2)) for a in f5C.coefficients()]
%% f6l = [Integer(floor(a.real_part()+1/2)) for a in f6C.coefficients()]
%% f5 = sum(f5l[i]*x^i for i in range(len(f5l)))
%% f6 = sum(f6l[i]*x^i for i in range(len(f6l)))
%% f5F = factor(f5)
%% f6F = factor(f6)

Pour finir, évoquons le polynôme $f = X^{12} - 375 X^8 - 3\,750 X^6
- 75\,000 X^3 + 228\,750 X^2 - 750\,000 X + 1\,265\,625$ sur $\QQ$ :
considérons le polynôme $\rho(Z)=\prod_{\substack{i_1<\cdots<i_5}}
(Z-\xi_{i_1}-\cdots-\xi_{i_5})$, dont les racines sont tous les
$\xi_{i_1}+\cdots+\xi_{i_5}$ pour $\{\xi_{i_1},\ldots,\xi_{i_5}\}$ une
partie à cinq éléments de l'ensemble des racines de $f$ (ce polynôme
est donc de degré $\frac{12!}{5!7!} = 792$), et le polynôme
$\psi(T)=\prod_{\substack{i_1<\cdots<i_6}}
(T-\xi_{i_1}-\cdots-\xi_{i_6})$, dont les racines sont tous les
$\xi_{i_1}+\cdots+\xi_{i_6}$ pour $\{\xi_{i_1},\ldots,\xi_{i_6}\}$ une
partie à six éléments de l'ensemble des racines de $f$ (ce polynôme
est donc de degré $\frac{12!}{6!^2} = 924$).  Pour les mêmes raisons
que précédemment, les polynômes $\rho$ et $\psi$ appartiennent, en
fait, à $\ZZ[Z]$ et $\ZZ[T]$ respectivement, et il est possible de les
calculer explicitement par ordinateur : nous ne donnerons pas les
résultat ici puisque $\rho = Z^{792} + 47\,250 Z^{788} - 1\,237\,500
Z^{786} + 1\,046\,390\,625 Z^{784} + \cdots$ possède $788$
coefficients non nuls (dont le plus grand en valeur absolue comporte
$540$ chiffres en base $10$) et $\psi = T^{924} + 63\,000 T^{920}
-2\,070\,000 T^{918} + 1\,897\,875\,000 T^{916} + \cdots$ possède
$462$ coefficients non nuls (dont le plus grand en valeur absolue
comporte $633$ chiffres)\footnote{Le polynôme $\psi$ est, bien sûr,
pair, puisque la somme des $12$ racines de $f$ est nulle, donc
l'opposé de n'importe quelle somme de $6$ racines est la somme des $6$
autres.}.  Le polynôme $\rho$ est séparable et irréductible : nous ne
ne justifierons pas ce fait \XXX.  Quant au polynôme $\psi$, il admet
un facteur $\psi_1 = T^{132} + 9\,000 T^{128} - 990\,000 T^{126} +
28\,125\,000 T^{124} +\cdots$ de degré $132$, les polynômes $\psi_1$
et $\psi/\psi_1$ étant eux-mêmes irréductibles.

Appelons \emph{hexade} un ensemble de six racines (distinctes, non
ordonnées) de $f$ dont la somme est racine de $\psi_1$ : il existe
donc $132$ hexades, et chacun des $792$ ensembles de cinq racines
de $f$ peut se compléter de façon unique en une hexade (en effet,
l'irréductibilité de $\rho$ assure que le groupe de Galois de $f$
opère transitivement sur les ensembles de cinq racines de $f$, donc le
nombre de façons de compléter un ensemble de cinq racines en une
hexade est le même quel que soit l'ensemble choisi ; mais puisque $792
= 6\times 132$, chacun des $792$ ensembles de cinq racines peut être
obtenu en effaçant un élément d'une hexade).

On a donc défini sur les $12$ racines de $f$ la structure combinatoire
suivante : des ensembles à $6$ éléments (appelés \emph{hexades}) tels
que n'importe quelles $5$ parmi les $12$ racines appartiennent à un et
une seule hexade.  Une telle structure s'appelle un \emph{système de
Steiner} d'indices $(5,6,12)$ ; or il existe, à isomorphisme près, un
unique tel système, dont le groupe d'automorphisme (d'ordre $95\,040$)
est appelé groupe $M_{12}$ de Mathieu (\cite[§6.4]{Dixon-Mortimer} ou
bien \cite[§5.3.3]{Wilson-Parker}), et il opère $5$ fois
transitivement sur les $12$ points du système de Steiner.  Dans le
présent contexte, appelons $M_{12}$ le groupe des permutations de
l'ensemble $R_f$ qui préservent les hexades (c'est-à-dire telles que
l'image d'un hexade soit une autre hexade).  On souhaite expliquer que
le groupe de Galois $G$ de $f$ (vu comme ensemble de permutations
de $R_f$) est bien $M_{12}$.

Il est clair que $G$ est inclus dans $M_{12}$, puisque $\psi_1$, étant
à coefficients rationnels, est fixe par $G$ (donc $G$ envoie bien une
hexade sur une autre hexade).  Pour montrer que $G$ est $M_{12}$ tout
entier, on va observer qu'il opère transitivement sur l'ensemble des
$792$ parties à cinq éléments de $R_f$, puisque $\rho$ est
irréductible, et en particulier sur l'ensemble des $132$ hexades.  Il
reste à utiliser le fait suivant :

\begin{proposition2}
Le seul sous-groupe du groupe $M_{12}$ de Mathieu qui opère
transitivement sur l'ensemble des $792$ parties à $5$ éléments des
$12$ points du système de Steiner d'indices $(5,6,12)$ le définisant,
est $M_{12}$ tout entier.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Pour démontrer ce fait, nous ferons appel aux résultats suivants sur
les groupes de Mathieu.  Il existe à isomorphisme près un unique
système de Steiner d'indices $(5,8,24)$, c'est-à-dire $759$ parties à
$8$ éléments, appelées \emph{octades}, d'un ensemble $X$ de
cardinal $24$, telles que chaque partie à $5$ éléments de ce dernier
soit inclus dans une unique octade ; le groupe des automorphismes de
cette structure (d'ordre $244\,823\,040$) est appelé le groupe
$M_{24}$ de Mathieu.  Si on appelle \emph{dodécade} la différence
symétrique de deux octades dont l'intersection est de cardinal $2$ (de
sorte que cette différence symétrique est de cardinal $12$), il existe
$2\,576$ dodécades ; si $Z$ est une quelconque de ces dodécades, le
stabilisateur $\Stab_{M_{24}}(Z)$ de $Z$ à l'intérieur de $M_{24}$ est
isomorphe à $M_{12}$ opérant naturellement sur $Z$ : plus précisément,
si on définit des hexades dans $Z$ comme celles des octades de $X$ qui
ont une intersection avec $Z$ de cardinal $6$, alors ces hexades
définissent sur $Z$ un système de Steiner d'indices $(5,6,12)$ dont
$\Stab_{M_{24}}(Z)$ est le groupe d'automorphismes.  Modulo les
automorphismes intérieurs, $M_{12}$ possède un unique automorphisme
non-trivial : celui-ci peut être réalisé à l'intérieur de $M_{24}$
comme la conjugaison par un élément $\tau$ d'ordre $2$ échangeant la
dodécade $Z$ et sa dodécade complémentaire.
(Cf. \cite[§6.8]{Dixon-Mortimer}, \cite[§5.3.6]{Wilson-Parker}
ou \cite[p. 95]{ATLAS} pour ces différentes affirmations.)  Enfin, les
sous-groupes maximaux de $M_{12}$ sont connus
(cf. \cite[table 5.1]{Wilson-Parker} ou bien \cite[p. 31]{ATLAS}), et
il y en a, à conjugaison près, exactement deux dont l'ordre est
multiple de $792$ : l'un est le fixateur d'un point, c'est-à-dire le
groupe d'ordre $7\,920$ appelé groupe $M_{11}$ de Mathieu, et l'autre
est l'image de ce dernier par l'automorphisme extérieur de $M_{12}$.

Munis de ces faits, démontrons l'énoncé affirmé.  Il s'agit de voir
qu'aucun sous-groupe strict $H$ de $M_{12}$ n'opère transitivement sur
l'ensemble des parties à $5$ éléments des douze points : pour
démontrer cela par l'absurde, on peut supposer avoir affaire à un
sous-groupe $H$ maximal pour l'inclusion.  Pour opérer transitivement
sur $792$ éléments, son ordre doit être multiple de $792$, donc il ne
peut s'agir que d'un des deux sous-groupes cités.  On se contentera
maintenant, pour arriver à une contradiction, du fait que $H$ opère
transitivement sur les $132$ hexades.  Le fixateur d'un point $x$ est
manifestement exclu car il ne peut pas envoyer un ensemble à cinq
éléments contenant $x$ sur un autre ne contenant pas $x$.

L'autre sous-groupe (à conjugaison près) peut se voir comme
l'intersection $H$, dans $M_{24}$, de $M_{12}$ vu comme le
stabilisateur $\Stab_{M_{24}}(Z)$ d'une dodécade $Z$, et du fixateur
$\Stab_{M_{24}}(x)$ d'un point $x$ n'appartenant pas à $Z$.  Or
chacune des $132$ hexades de $Z$ se complète de façon unique en une
octade de $X$ : et chacune des paires de points de $X\setminus Z$ est
la différence entre une octade de $X$ et une hexade de $Z$ (en effet,
comme $M_{12} = \Stab_{M_{24}}(Z)$ opère cinq fois transitivement sur
$Z$, il s'ensuit que $\tau\, \Stab_{M_{24}}(Z)\, \tau
= \Stab_{M_{24}}(Z)$ opère cinq fois transitivement sur $X\setminus
Z$, donc en particulier permet d'envoyer n'importe quelle paire sur
n'importe quelle autre).  Il existe donc des hexades de $Z$ qui se
complètent en une octade de $X$ contenant $x$ et d'autres qui se
complètent en une octade de $X$ ne le contenant pas\footnote{Il est
facile de voir qu'il y a $22$ hexades de la première sorte et $110$ de
la seconde.}, et $H$ ne peut pas envoyer une hexade de la première
sorte sur une de la seconde, donc n'opère pas transitivement sur les
hexades, une contradiction.
\end{proof}



\ifx\danslelivre\undefined
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\end{document}
\fi