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\section{Extensions résolubles}

\subsection{Clôture par radicaux}

\begin{convention2}
Si $k$ est un corps et $m$ un entier non multiple de la
caractéristique de $k$, on dit que $k$ \emph{contient les racines
  $m$-ièmes de l'unité} lorsque le polynôme $X^m-1$, ou, de façon
équivalente, le polynôme cyclotomique $\Phi_m$, est scindé sur $k$.
Lorsque c'est le cas, on notera $\bimu_m(k)$, ou simplement $\bimu_m$,
le groupe multiplicatif des racines $m$-ièmes de l'unité dans $k$.
\end{convention2}

Remarquons que si $k$ contient les racines $m$-ièmes de l'unité,
pour tout $a \in k$, le polynôme $X^m - a$ admet une racine $\alpha$
dans $k$ si et seulement s'il est scindé (il s'écrit
$\prod_{i=0}^{m-1} (X - \zeta^i \alpha)$ où $\zeta$ est une racine
primitive $m$-ième de l'unité).  On rappelle de même que, si $k$ est
de caractéristique $p>0$, le polynôme $X^p - X - a$ admet une racine
$\alpha$ dans $k$ si et seulement si il est scindé (il s'écrit
$\prod_{i=0}^{p-1} (X - \alpha - i)$).

\begin{proposition2}\label{groupe-de-galois-cyclotomique}
Soit $k$ un corps et $m$ un entier non multiple de la caractéristique
de $k$.  Soit $F = k(\zeta)$ le corps extension de $k$ par l'ajout
d'une racine primitive $m$-ième de l'unité $\zeta$ (c'est-à-dire le
corps de décomposition de $\Phi_m$ sur $k$) : alors $F$ est
galoisienne sur $k$ et son groupe de Galois est un sous-groupe du
groupe $(\ZZ/m\ZZ)^\times$ des éléments inversibles de $\ZZ/m\ZZ$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Le fait que $F$ soit galoisienne sur $k$ est clair puisque c'est le
corps de décomposition du polynôme séparable $\Phi_m$.  Si $\sigma \in
\Gal(F\bo k)$, alors $\sigma(\zeta)$ est une racine $m$-ième de
l'unité, donc s'écrit $\zeta^i$ pour un certain $i \in \ZZ/m\ZZ$,
lequel est inversible puisque $\zeta^i$ est aussi racine de $\Phi_m$.
Ceci définit un morphisme $\Gal(F\bo k) \to (\ZZ/m\ZZ)^\times$, qui
est injectif puisque $F = k(\zeta)$ (ce qui assure qu'un élément
$\sigma \in \Gal(F\bo k)$ est déterminé par son image sur $\zeta$).
\end{proof}

\XXX — Elle n'était pas déjà quelque part, cette proposition ?
Sinon, il faut peut-être la déplacer ailleurs.

\begin{definition2}\label{definition-corps-clos-par-radicaux}
Soit $k$ un corps.  On dit que $k$ est \emph{clos par radicaux},
resp. \emph{clos par radicaux $\leq N$-ièmes}, lorsque les deux
conditions suivantes sont vérifiées :
\begin{itemize}
\item si $m$ (resp. $m \leq N$) est un entier non multiple de la
  caractéristique de $k$ et que $k$ contient les racines $m$-ièmes de
  l'unité, et si $a \in k$, alors le polynôme $X^m - a$ est scindé
  sur $k$,
\item dans le cas où $k$ est de caractéristique $p>0$ (resp. et que $p
  \leq N$), si $a \in k$, alors le polynôme $X^p - X - a$ est scindé
  sur $k$.
\end{itemize}

Si $k$ est un corps dont on fixe une clôture séparable $k\sep$, il est
évident que $k\sep$ est clos par radicaux au sens ci-dessus et que
l'intersection de toute famille de corps intermédiaires entre $k$ et
$k\sep$ qui sont clos par radicaux (resp. clos par radicaux $\leq
N$-ièmes) est encore un corps clos par radicaux (resp. clos par
radicaux $\leq N$-ièmes) : ceci permet de définir la \emph{clôture par
  radicaux} (resp. clôture par radicaux $\leq N$-ièmes) de $k$, dite
encore \emph{corps des expressions en radicaux} (resp. corps des
expressions en radicaux $\leq N$-ièmes) sur $k$, et notée $k\resol$
(resp. $k\resol[\leq N]$).
\end{definition2}

Autrement dit, on dit qu'un corps est clos par radicaux lorsqu'il
contient les racines $m$-ièmes de tous ses éléments, pour les $m$ pour
lesquels il contient les racines $m$-ièmes de l'unité, ainsi que les
« racines $\wp$-ièmes » en caractéristique $p>0$, en notant comme
d'habitude $\wp(x) = x^p - x$.

Il existe différentes variations sur cette définition : la plupart des
auteurs demandent plutôt \emph{a priori} que $k$ contienne toutes les
racines de l'unité, ou au moins qu'on puisse extraire une racine
$m$-ième de tout élément sans demander spécialement que les racines
$m$-ièmes de l'unité soient déjà dans $k$ ; on verra que cela ne
change rien car, avec la définition ci-dessus, $k\resol$ contiendra
forcément toutes les racines de l'unité.  La définition ci-dessus nous
a paru meilleure car elle permet d'affirmer de façon non-triviale
(en \ref{racines-de-l-unite-sont-exprimables-par-radicaux}) que les
racines $m$-ièmes de l'unité s'expriment elles-mêmes par radicaux !

\begin{remarque2}\label{remarque-cloture-par-radicaux-est-galoisienne}
Soit $k$ un corps et $\sigma$ un automorphisme d'une clôture séparable
$k\sep$ de $k$.  Alors $k\resol$ est stable par $\sigma$ : en effet,
$\sigma(k\resol)$ est clos par radicaux et par minimalité on doit donc
avoir $\sigma(k\resol) = k\resol$ ; la même remarque vaut
pour $k\resol[\leq N]$.
\end{remarque2}

\begin{definition2}
Soit $k$ un corps.  On appelle \emph{tour d'extensions par radicaux}
(resp. tour d'extensions par radicaux $\leq N$-ièmes) sur $k$ une
suite $k = k_0 \subseteq k_1 \subseteq \cdots \subseteq k_r$ de corps
tels que, pour chaque $i$, le corps $k_{i+1}$ soit engendré sur $k_i$
par un unique élément $\alpha_i$ vérifiant l'une des propriétés
suivantes :
\begin{itemize}
\item il existe $m_i \geq 1$ entier (resp. avec $m_i \leq N$), non
  multiple de la caractéristique de $k$, tel que $k_i$ contienne les
  racines $m_i$-ièmes de l'unité et que $\alpha_i^{m_i} \in k_i$,
  \emph{ou bien}
\item $k$ est de caractéristique $p>0$ (resp. et $p \leq N$), et
  $\wp(\alpha_i) \in k_i$.
\end{itemize}
\end{definition2}

\begin{proposition2}\label{composition-tours-extensions-par-radicaux}
Soient $k \subseteq \cdots \subseteq k'$ et $k \subseteq \cdots
\subseteq k''$ deux tours d'extensions par radicaux d'un même
corps $k$.  Alors il existe une tour d'extensions $k \subseteq \cdots
\subseteq k' k''$ aboutissant à la composée $k' k''$ (cette composée
étant prise dans une extension commune quelconque).

Le même résultat vaut pour les tours d'extensions par radicaux $\leq
N$-ièmes.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Si $k = k_0 \subseteq k_1 \subseteq \cdots \subseteq k_r = k'$ est la
tour dans laquelle s'inscrit $k'$, on en déduit une tour $k'' = k_0
k'' \subseteq k_1 k'' \subseteq \cdots \subseteq k_r k'' = k' k''$
(toutes ces compositions étant entendues dans une extension commune
fixée) où toutes les étapes sont soit triviales soit une étape de tour
d'extensions par radicaux ; en mettant bout à bout cette tour $k''
\subseteq \cdots \subseteq k' k''$ avec celle $k \subseteq \cdots
\subseteq k''$ dans laquelle s'inscrit $k''$, on a inscrit $k'k''$
dans une tour d'extensions par radicaux comme souhaité.

La démonstration pour les tours d'extensions par radicaux $\leq
N$-ièmes est analogue.
\end{proof}

\begin{proposition2}\label{trivialite-cloture-par-radicaux}
Soit $k$ un corps, dont on fixe une clôture séparable $k\sep$.  Alors
la clôture par radicaux $k\resol$ de $k$ (à l'intérieur de $k\sep$)
est précisément la réunion de tous les corps intervenant dans une tour
d'extensions par radicaux sur $k$ et incluse dans $k\sep$.

La clôture par radicaux $\leq N$-ièmes, $k\resol[\leq N]$, est de même
la réunion de tous les corps intervenant dans une tour d'extensions
par radicaux $\leq N$-ièmes sur $k$ et incluse dans $k\sep$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Si $k = k_0 \subseteq k_1 \subseteq \cdots \subseteq k_r$ est une tour
d'extensions par radicaux incluse dans $k\sep$, on veut prouver que
chaque $k_i$ est inclus dans $k\resol$.  Par récurrence sur $i$, on
peut supposer que $k_i$ l'est, et on veut prouver que $k_{i+1} =
k_i(\alpha_i)$ l'est, où $\alpha_i$ est soit la racine $m_i$-ième d'un
élément de $k_i$ où $k_i$ contient les racines $m_i$-ièmes de l'unité
soit la « racine $\wp$-ième » d'un élément de $k_i$ si la
caractéristique est positive.  Dans les deux cas, les propriétés de
clôture par radicaux de $k\resol$ montrent que $\alpha_i \in k\resol$
donc $k_{i+1} \subseteq k\resol$.

Réciproquement, considérons la réunion $E$ de tous les corps
intervenant dans une tour d'extensions par radicaux sur $k$ : on veut
vérifier que $E$ est un corps, qui sera alors évidemment clos par
radicaux donc contenu dans $k\resol$.  Pour montrer que $E$ est un
corps, il suffit de montrer que si $k'$ et $k''$ sont deux corps
intervenant dans une tour d'extensions par radicaux sur $k$ incluse
dans $k\sep$, on peut trouver une tour d'extensions par radicaux
faisant intervenir une extension commune à $k'$ et $k''$ (cette
extension commune permettant alors de faire la somme ou le produit
d'un élément de $k'$ et d'un élément de $k''$).  Or on a prouvé
ci-dessus que si $k \subseteq \cdots \subseteq k'$ est la tour dans
laquelle s'inscrit $k'$ (on peut évidemment l'arrêter là), et $k
\subseteq \cdots \subseteq k''$ de même pour $k''$, on dispose d'une
tour d'extensions par radicaux $k \subseteq \cdots \subseteq k' k''$.

La démonstration pour les radicaux $\leq N$-ièmes est analogue.
\end{proof}

\subsection{Rappels sur les groupes résolubles}

\begin{definition2}
On dit qu'un groupe fini $G$ est \emph{résoluble} lorsqu'il vérifie
les conditions équivalentes suivantes :
\begin{itemize}
\item il existe une chaîne $G = G_0 \geq G_1 \geq \cdots \geq G_r =
  \{1\}$ de sous-groupes de $G$ telle que pour chaque $i$ le
  sous-groupe $G_{i+1}$ soit distingué dans $G_i$ (mais non
  nécessairement dans $G$) et que le quotient $G_i / G_{i+1}$ soit
  \emph{cyclique d'ordre premier} ;
\item (la même condition, en omettant les mots « d'ordre premier ») ;
\item (la même condition, en remplaçant « cyclique d'ordre premier »
  par « abélien ») ;
\item la même condition que l'une des trois précédentes, mais en
  imposant que chaque $G_i$ soit distingué dans $G$ (et pas seulement
  dans le précédent) ;
\item si on note $G'$ le sous-groupe, dit \emph{groupe dérivé}
  engendré par les commutateurs (éléments de la forme
  $xyx^{-1}y^{-1}$) des éléments de $G$, qui est également le plus
  grand sous-groupe distingué de $G$ tel que le quotient soit abélien,
  alors la suite $G \geq G' \geq G'' \geq G''' \geq \cdots$ termine
  en $1$ (i.e., elle ne stationne pas avant).
\end{itemize}
\end{definition2}

\begin{proposition2}\label{enonces-standards-groupes-resolubles}
Un sous-groupe et un quotient d'un groupe résoluble sont résolubles.
Un groupe dont un quotient par un sous-groupe distingué résoluble est
résoluble est lui-même résoluble.
\end{proposition2}

On renvoie par exemple à \cite[théorèmes 5.15 à 5.23]{Rotman} pour une
démonstration ces différentes affirmations (y compris de l'équivalence
entre les différents énoncés de la définition).

On aura également besoin, pour traiter les extensions par
racines $\leq N$-ièmes, de la proposition suivante :

\begin{proposition2}\label{trivialite-groupes-resolubles-facteurs-bornes}
Si $N$ est un entier naturel, les conditions suivantes sur un groupe
fini $G$ sont équivalentes :
\begin{itemize}
\item $G$ est résoluble et tous les facteurs premiers de son
  ordre $\#G$ sont $\leq N$,
\item il existe une chaîne $G = G_0 \geq G_1 \geq \cdots \geq G_r =
  \{1\}$ de sous-groupes de $G$ telle que pour chaque $i$ le
  sous-groupe $G_{i+1}$ soit distingué dans $G_i$ et que le quotient
  $G_i / G_{i+1}$ soit cyclique d'ordre premier $\leq N$.
\end{itemize}
\end{proposition2}
\begin{proof}
On a expliqué que $G$ est résoluble si et seulement si il existe une
chaîne $G = G_0 \geq G_1 \geq \cdots \geq G_r = \{1\}$ telle que pour
chaque $i$ le sous-groupe $G_{i+1}$ soit distingué dans $G_i$ et que
le quotient $G_i / G_{i+1}$ soit cyclique d'ordre premier.  Or $\#G$
est alors le produit des $\#(G_i/G_{i+1})$, de sorte que ceux-ci sont
précisément les facteurs premiers de $\#G$, ce qui prouve
l'équivalence annoncée.
\end{proof}

\subsection{Extensions par radicaux et groupes de Galois résolubles}

\begin{proposition2}\label{extension-resoluble-egale-extension-par-radicaux}
Soit $K\bo k$ une extension de corps finie séparable, et $N$ un entier
naturel.  Il y a équivalence entre :
\begin{itemize}
\item il existe une tour d'extensions par radicaux $\leq N$-ièmes $k
  \subseteq \cdots \subseteq k'$ telle que $K \subseteq k'$,
\item le corps $K$ est inclus dans $k\resol[\leq N]$ (à l'intérieur
  d'une clôture séparable $k\sep$ de $K$),
\item le groupe de Galois de la clôture galoisienne de $K$ sur $k$ est
  résoluble et tous les facteurs premiers de son ordre sont $\leq N$.
\end{itemize}

En particulier, il y a équivalence entre :
\begin{itemize}
\item il existe une tour d'extensions par radicaux $k \subseteq \cdots
  \subseteq k'$ telle que $K \subseteq k'$,
\item le corps $K$ est inclus dans $k\resol$ (à l'intérieur d'une
  clôture séparable $k\sep$ de $K$),
\item le groupe de Galois de la clôture galoisienne de $K$ sur $k$ est
  résoluble.
\end{itemize}
\end{proposition2}
\begin{proof}
L'équivalence entre les deux premières affirmations a déjà été prouvée
en \ref{trivialite-cloture-par-radicaux}.

Supposons maintenant la première propriété vérifiée, et on veut
montrer la troisième.  L'hypothèse garantit qu'il existe une tour $k
\subseteq \cdots \subseteq k'$ d'extensions par radicaux $\leq
N$-ièmes telle que $K \subseteq k'$.  Pour chacun des conjugués
$\sigma(k')$ de $k'$, avec $\sigma$ parcourant les différents
automorphismes de $k\sep$ sur $k$, on a une tour $k \subseteq \cdots
\subseteq \sigma(k')$ d'extensions par radicaux $\leq N$-ièmes, et en
composant ces différentes tours
d'après \ref{composition-tours-extensions-par-radicaux} (notons que
les $\sigma(k')$ sont en nombre fini), on peut supposer qu'on a une
unique tour $k = k_0 \subseteq \cdots \subseteq k_r = k'$ d'extensions
par radicaux $\leq N$-ièmes, avec $k'$ galoisien sur $k$ et
contenant $K$, donc contenant aussi la clôture galoisienne de $K$.  Il
nous suffira de montrer que le groupe de Galois de $k'\bo k$ est
résoluble et que tous les facteurs premiers de son ordre sont $\leq N$
(puisque le groupe de Galois de la clôture galoisienne de $K$ en est
un quotient, cf. \ref{enonces-standards-groupes-resolubles}).

Appelons maintenant $G = \Gal(k'\bo k)$ et $G_i = \Gal(k'\bo k_i)$.
On a ainsi $G = G_0 \geq G_1 \geq \cdots \geq G_r = \{1\}$ et les
suppositions faites sur l'extension $k_{i+1}\bo k_i$ garantissent que
$G_i/G_{i+1}$ est cyclique d'après \refext{KASW}{extension Kummerienne
  est de groupe cyclique} et \refext{KASW}{extension AS est de groupe
  Z sur p}.  Ceci montre que $G$ est résoluble.  Par ailleurs, chacun
des $\#(G_i/G_{i+1})$ est $\leq N$, donc en particulier tous ses
facteurs premiers le sont, donc tous les facteurs premiers de $\#G$ le
sont.

On va maintenant montrer que la troisième propriété implique la
première, et pour cela, on va procéder par récurrence sur $N$.  Le cas
$N=1$ est trivial.  Supposons par récurrence l'énoncé connu pour $N-1$
(pour toute extension $K\bo k$) afin de le démontrer pour $N$.  On
peut évidemment supposer que $K$ est galoisienne sur $k$.

Soit $M$ le produit de tous les nombres premiers $\leq N$ et distincts
de la caractéristique $p$ de $k$ si celle-ci est non nulle, et soit
$F$ le corps obtenu en ajoutant une racine primitive $M$-ième de
l'unité à $k$ si elle n'y est pas déjà.
D'après \ref{groupe-de-galois-cyclotomique}, $\Gal(F\bo k)$ est inclus
dans $(\ZZ/M\ZZ)^\times$.  Ce groupe $(\ZZ/M\ZZ)^\times$ est abélien,
donc résoluble, et il est d'ordre $\varphi(M)$ avec $\varphi$ la
fonction indicatrice d'Euler, c'est-à-dire $\prod_{\ell \leq N}
(\ell-1)$ où $\ell$ parcourt les nombres premiers $\leq N$, et tous
les facteurs premiers de chaque $\ell-1$, donc de $\varphi(M)$,
sont $\leq N-1$.  L'hypothèse de récurrence garantit donc qu'il existe
une tour d'extensions par radicaux $\leq (N-1)$-ièmes $k \subseteq
\cdots \subseteq k^\sharp$ telle que $F \subseteq k^\sharp$.
L'extension $K^\sharp = k^\sharp K$ de $k^\sharp$ est galoisienne sur
$k^\sharp$ et son groupe de Galois $G^\sharp = \Gal(K^\sharp\bo
k^\sharp)$ est un sous-groupe de celui $\Gal(K\bo k)$ de $K$ sur $k$,
donc il est lui aussi résoluble et tous les facteurs premiers de son
ordre sont $\leq N$.  Bref, on est ramené au cas où le corps de base
(qui s'appelle maintenant $k^\sharp$) contient les racines
$\ell$-ièmes de l'unité pour tout nombre premier $\leq N$.

Soit $G^\sharp = G_0 \geq G_1 \geq \cdots \geq G_r = \{1\}$ une chaîne
de sous-groupes de $G^\sharp$ telle que pour chaque $i$ le sous-groupe
$G_{i+1}$ soit distingué dans $G_i$ et que le quotient $G_i / G_{i+1}$
soit cyclique d'ordre premier $\leq N$.  Appelons $k^\sharp_i$ le
corps fixe de $G_i$ dans $K^\sharp$.  L'extension $k^\sharp_{i+1} \bo
k^\sharp_i$ est ainsi galoisienne de groupe de Galois cyclique d'ordre
premier $\ell \leq N$ où $k^\sharp_i$ contient les racines
$\ell$-ièmes de l'unité : d'après \refext{KASW}{extension
  cyclique=Kummer} et \refext{KASW}{extension Z sur p-AS}, on a bien
affaire à l'adjonction d'une racine $\ell$-ième ou d'une « racine
  $\wp$-ième », c'est-à-dire que $k^\sharp = k^\sharp_0 \subseteq
\cdots \subseteq k_r^\sharp = K^\sharp$ est une tour d'extensions par
radicaux $\leq N$-ièmes.  En mettant cette tour bout à bout avec la
tour $k \subseteq \cdots \subseteq k^\sharp$, on obtient bien la
conclusion souhaitée.
\end{proof}

\begin{corollaire2}\label{racines-de-l-unite-sont-exprimables-par-radicaux}
Pour tout $m$ non multiple de la caractéristique de $k$, les racines
$m$-ièmes de l'unité sont dans $k\resol$.  Plus précisément, elles
sont dans $k\resol[\leq \ell]$ où $\ell$ est le plus grand facteur
premier de $\varphi(m)$.
\end{corollaire2}
\begin{proof}
Ceci découle immédiatement de
\ref{extension-resoluble-egale-extension-par-radicaux}
et \ref{groupe-de-galois-cyclotomique} (mais en fait, on a déjà dû
démontrer ce résultat dans le cours de la démonstration précédente).
\end{proof}

\begin{remarque2}
Comme on l'a déjà signalé, la définition que nous avons prise
en \ref{definition-corps-clos-par-radicaux} fait que cet énoncé
n'était pas trivial : on n'autorise pas une « expression par
  radicaux » telle que $\root m\of 1$ puisqu'on ne peut, avec nos
règles, prendre les racines $n$-ièmes qu'à condition d'avoir déjà les
racines $n$-ièmes de l'unité (de sorte qu'un élément de $k\resol$ peut
être écrit comme une expression en radicaux quelle que soit la
détermination choisie pour les racines $n$-ièmes).  Mais une fois
cette observation faite, la définition d'expression par radicaux que
nous avons donnée est heureusement la même que toutes les autres
trouvées dans la littérature (au moins en caractéristique $0$, des
petites variantes pouvant se trouver selon qu'on admet ou non les
racines $\wp$-ièmes, ou parfois chez certains auteurs des racines
$p$-ièmes inséparables).
\end{remarque2}

\subsubsection{Remarque algorithmique}\label{remarque-algorithmique-expressions-radicaux} Même si ce n'est pas
immédiatement apparemment, la
proposition \ref{extension-resoluble-egale-extension-par-radicaux} est
constructive, au sens où elle permet (en principe) de calculer une
expression par radicaux explicite pour un élément d'une extension de
corps dont la clôture galoisienne a un groupe de Galois résoluble.  La
clé provient du théorème \refext{KASW}{extension cyclique=Kummer}.  De
façon sommaire, l'algorithme ressemble à ceci (en se plaçant en
caractéristique $0$ pour simplifier) :
\begin{itemize}
\item Si $\gamma \in K$ avec $K \bo k$ galoisienne de groupe de Galois
  cyclique d'ordre $m$ engendré par un élément $\sigma$ et que $k$
  contient les racines $m$-ièmes de l'unité dont on note $\zeta$ une
  racine primitive, alors la « somme de Lagrange » $\alpha_j :=
  \sum_{i=0}^{m-1} \zeta^{ij} \sigma^i(\gamma)$ (introduite dans une
  des démonstrations de \refext{KASW}{extension cyclique=Kummer})
  vérifie $\sigma(\alpha_j) = \zeta^{-j} \alpha_j$ donc $a_j :=
  \alpha_j^m$ appartient à $k$.  On peut calculer $a_j$ (pour $0\leq j
  \leq m-1$), puis exprimer $\alpha_j$ comme $\root m \of a_j$ (ou
  peut-être comme $\zeta^{t_j} \root m\of a_j$ avec un $t_j$ à
  déterminer selon le choix de convention qui aurait été fait de la
  détermination de $\root m\of a_j$), et enfin retrouver $\gamma$ en
  inversant la matrice de Vandermonde $\zeta^{ij}$, c'est-à-dire
  $\gamma = \frac{1}{m} \sum_{j=0}^{m-1} \alpha_j$).  Les calculs des
  $a_j$ (puis des $\alpha_j$) pour différents $j$ peuvent souvent se
  mener de façon commune lorsque le groupe de Galois des racines
  $m$-ièmes de l'unité opère de façon agréable sur la situation.
\item Si le groupe de Galois de $K \bo k$ est résoluble mais non
  cyclique, on commence par en trouver une suite de chaîne $G = G_0
  \geq G_1 \geq \cdots \geq G_r = \{1\}$, on appelle $k_i$ le corps
  fixe de $G_i$ dans $K$, et on exprime un générateur de chaque
  extension $k_{i+1}\bo k_i$ au moyen de la méthode précédente.
\item Si toutes les racines de l'unité pertinentes ne sont pas
  dans $k$, on commence par les y ajouter, c'est-à-dire par les
  exprimer elles-mêmes avec des radicaux, en utilisant la même méthode
  (sachant que pour exprimer les racines $m$-ièmes on n'aura besoin
  que de racines $\ell$-ièmes avec $\ell$ parcourant les facteurs
  premiers de $\varphi(m)$).
\end{itemize}

Comme on le voit, l'expression des racines de l'unité en radicaux est
un point crucial pour l'écriture par radicaux de n'importe quelle
autre quantité.  Nous allons maintenant nous pencher plus précisément
sur ce problème.

\section{Expression explicite des racines de l'unité}

\subsection{Généralités}\label{generalites-calcul-expressions-racines-de-1}

\subsubsection{} On se propose dans cette section d'expliquer comment
calculer explicitement des expressions en radicaux des racines
$n$-ièmes de l'unité (en utilisant la détermination standard, dite
« principale » des racines $m$-ièmes, cf. ci-dessous).  Afin
d'uniformiser les notations, on appellera toujours $\omega$ une racine
primitive $n$-ième de l'unité (qu'on cherche à exprimer en radicaux),
tandis que $\zeta$ désignera une racine $m$-ième de l'unité pour un
autre $m$ (divisant $\varphi(n)$) qui sera utilisée dans le calcul.
On introduira aussi fréquemment $\gamma = \frac{1}{2}(\omega +
\omega^{-1})$.

Afin de fixer le choix des racines $m$-ièmes, on plongera $\QQ\resol$
dans le corps $\CC$ des complexes.  On utilise alors la notation
$\root m \of x$ pour la « détermination principale » de la racine
$m$-ième de $x$, c'est-à-dire celle dont la partie réelle est la plus
grande et, en cas d'égalité (qui se produit uniquement si $x$ est réel
négatif), celle qui a la partie imaginaire positive.  De même, la
racine $n$-ième de l'unité $\omega$ qu'on cherche à exprimer sera
$e^{2i\pi/n}$, c'est-à-dire la racine primitive $n$-ième de l'unité de
partie réelle la plus grande et de partie imaginaire positive (et une
racine primitive $m$-ième de l'unité $\zeta$ qui interviendrait dans
les calculs intermédiaires sera de même $e^{2i\pi/m}$) ; le nombre
$\gamma = \frac{1}{2}(\omega + \omega^{-1})$ s'écrit
$\cos\frac{2\pi}{n}$, et on introduit parfois aussi
$\sin\frac{2\pi}{n}$ avec $e^{2i\pi/n} = \cos\frac{2\pi}{n} +
\sqrt{-1}\, \sin\frac{2\pi}{n}$.

Nous n'aborderons pas les questions éventuellement subtiles de trouver
une expression plus ou moins canonique ou plus agréable qu'une autre.

\subsubsection{} Le problème de l'écriture en radicaux des racines
$n$-ièmes de l'unité ne se pose réellement que pour $n$ premier
impair.  En effet, si $n = n_1 n_2$, et si on sait déjà exprimer les
racines $n_1$-ièmes et $n_2$-ièmes de l'unité par radicaux, alors les
racines $n$-ièmes de l'unité s'écrivent comme racines $n_1$-ièmes des
racines $n_2$-ièmes de l'unité (fois une éventuelle racine $n_1$-ième
de l'unité pour fixer la détermination).  En fait, si $n_1$ et $n_2$
sont premiers entre eux, le théorème chinois permet d'obtenir une
expression plus agréable, puisqu'il garantit que toute racine
primitive $n$-ième de l'unité est produit d'une racine primitive
$n_1$-ième et d'une racine primitive $n_2$-ième (par exemple,
$e^{2i\pi/15} = e^{-2i\pi/3} \cdot e^{4i\pi/5}$).

\subsubsection{} Supposons donc $n$ premier impair.  On a alors
$\varphi(n) = n-1$, et le groupe $(\ZZ/n\ZZ)^\times$ est cyclique : on
en notera $g$ un générateur, c'est-à-dire un élément primitif
modulo $n$.

On note $\omega$ la racine $n$-ième de l'unité qu'on cherche à
exprimer, et $\zeta$ une racine primitive $(n-1)$-ième de l'unité,
dont on suppose déjà connue une expression en radicaux.

Selon la stratégie générale exposée
en \ref{remarque-algorithmique-expressions-radicaux}, on va poser
$\alpha_j := \sum_{i=0}^{n-2} \zeta^{ij} \omega^{g^i}$ : on a alors
$\omega = \frac{1}{n-1} \sum_{j=0}^{n-2} \alpha_j$, et il s'agit de
voir que $\alpha_j$ est racine $m$-ième (pour un certain $m$, par
exemple $n-1$) d'un élément de $\QQ(\zeta)$ à calculer explicitement.

Pour justifier ce fait, il est naturel d'invoquer le fait que
$\QQ(\zeta,\omega)$ est galoisienne sur $\QQ(\zeta)$ de groupe de
Galois $(\ZZ/n\ZZ)^\times = \ZZ/(n-1)\ZZ$ (\XXX — référence ?), avec
pour générateur $\sigma \colon \omega\mapsto \omega^g$, de sorte que
$\sigma(\alpha_j) = \zeta^{-j} \alpha_j$, et $\sigma(a_j) = a_j$ si
$a_j = (\alpha_j)^{n-1}$.  En vérité, on n'a pas vraiment besoin
d'utiliser ce résultat : en effet, on peut travailler dans l'anneau $R
:= \QQ(\zeta)[X]/(\Phi_n)$, où on note $\mathring\omega$ la classe
de $X$ : il est alors évident que $\sigma \colon \mathring\omega \to
\mathring\omega^g$ constitue un automorphisme de $R$ (vu que
$\Phi_n(\mathring\omega^g) = 0$), et une fois calculée une égalité
dans $R$ (entre une puissance $m$-ième de $\alpha_j$ et un élément
de $\QQ(\zeta)$), on peut l'appliquer à $\omega$ puisque
$\Phi_n(\omega) = 0$.  Cette observation indique également la manière
dont on peut mener les calculs : travailler dans $\QQ(\zeta)[X]$
modulo $\Phi_n$ (ou encore dans $\QQ[X]$ modulo $\Phi_{n(n-1)} =
\Phi_n \Phi_{n-1}$).

En fait, il n'est pas nécessaire de monter jusqu'à la puissance
$(n-1)$-ième de $\alpha_j$ : si $d$ désigne le pgcd de $n-1$ et $j$,
alors déjà $(\alpha_j)^{(n-1)/d}$ est invariant par $\sigma$ dont
appartient à $\QQ(\zeta)$, et en fait, comme il s'agit d'une somme ne
faisant intervenir que $\zeta^d$ (et $\omega$) et que toutes les
remarques du paragraphe précédent s'appliquent aussi bien à
$\QQ(\zeta^d)$, on a même $(\alpha_j)^{(n-1)/d} \in \QQ(\zeta^d)$.

(Par exemple, on a $\alpha_0 \in \QQ$, et de fait, $\alpha_0 =
\sum_{i=0}^{n-2} \omega^{g^i} = \sum_{t \in (\ZZ/n\ZZ)^\times}
\omega^t$ est la somme des racines primitives $n$-ièmes de l'unité,
donc l'opposé du coefficient sous-dominant de $\Phi_n = X^{n-1} +
X^{n-2} + \cdots + 1$, c'est-à-dire $-1$.  Quant à $\alpha_{(n-1)/2} =
\sum_{t \in (\ZZ/n\ZZ)^\times} \Legendre{t}{n} \omega^t$, son carré et
rationnel, et on peut montrer, toujours sous l'hypothèse que $n$ soit
premier impair, que $\alpha_{(n-1)/2}$ vaut $\sqrt{n}$ ou $\sqrt{-n}$
selon que $n\equiv 1\pmod{4}$ ou $n\equiv 3\pmod{4}$. \XXX)

\subsubsection{}\label{remarque-groupe-de-galois-sur-zeta-dans-calcul-de-omega}
Pour une même valeur de $d := \pgcd(j,n-1)$, les différents $\alpha_j$
sont reliés entre eux par l'action du groupe de Galois de
$\QQ(\zeta,\omega)$ au-dessus de $\QQ(\omega)$ cette fois, ce qui
signifie qu'une fois calculé l'un d'entre eux on peut en déduire tous
les autres (c'est sans doute plus utile au niveau du
$(\alpha_j)^{(n-1)/d}$, qui appartient à $\QQ(\zeta)$, qu'au niveau de
$\alpha_j$ puisque celui-ci fait intervenir une racine
$\frac{n-1}{d}$-ième dont la détermination risque de ne pas bien se
comporter par rapport au groupe de Galois qu'on vient d'évoquer).
Ceci n'est pas forcément d'une grande utilité dans les calculs (qu'il
est aussi simple de refaire $\varphi(\frac{n-1}{d})$ fois), mais cela
explique au moins la raison pour laquelle les expressions dans les
radicaux de chacune des sommes qu'on va calculer ci-dessous sont très
semblables les unes aux autres.

\subsubsection{}\label{generalites-calcul-expressions-cos-2pi-sur-n}
Dans le cadre qu'on vient de décrire, on s'intéresse
souvent à l'expression $\gamma := \frac{1}{2}(\omega + \omega^{-1})$,
c'est-à-dire $\cos\frac{2\pi}{n}$ pour le choix usuel des
déterminations complexes.  Remarquons que $\omega^{-1} =
\omega^{g^{(n-1)/2}}$, de sorte que $\sum_{i=0}^{n-2} \zeta^{ij}
\omega^{-g^i}$ vaut $(-1)^j \alpha_j$ (toujours avec $\alpha_j =
\sum_{i=0}^{n-2} \zeta^{ij} \omega^{g^i}$ défini plus haut).  La somme
$\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{n-2} \zeta^{ij} (\omega^j + \omega^{-j})$ qui
sert, dans l'algorithme considéré ici, à calculer $\gamma$, vaut donc
$\alpha_j$ ou $0$ selon que $j$ est pair ou impair ; ou pour dire les
choses différemment, le calcul de $\gamma$ passe par le calcul des
$\alpha_j$ avec $j$ pair uniquement (et notamment, qu'on peut se
contenter des racines $\frac{n-1}{2}$-ièmes de l'unité, et que les
racines qui interviendront seront au plus des racines
$\frac{n-1}{2}$-ièmes) : on a précisément $\gamma = \frac{1}{n-1}
\sum_{j=0}^{(n-3)/2} \alpha_{2j}$.

Une fois calculé $\gamma = \frac{1}{2}(\omega + \omega^{-1})$ (en
radicaux), on peut éventuellement en déduire une expression (toujours
en radicaux) de $\omega$ de la façon suivante : si on pose $\delta :=
\frac{1}{2} \sqrt{-1} (-\omega + \omega^{-1})$ en notant $\sqrt{-1}$
une racine carrée de $-1$ (disons $\zeta^{(n-1)/4}$ si $n\equiv
1\pmod{4}$), c'est-à-dire en fait $\delta = \sin\frac{2\pi}{n}$ pour
le bon choix de $\omega$, alors on vérifie facilement que $\gamma^2 +
\delta^2 = 1$, ce qui permet de calculer $\delta$ connaissant $\gamma$
(il n'y a qu'à retrouver son signe), et du coup $\omega = \gamma +
\sqrt{-1} \delta$.  Cette remarque revient en fait à calculer $\omega$
comme élément de degré $2$ au-dessus de l'extension engendrée
par $\gamma$ et appliquer la technique générale.

\subsubsection{} Il faut encore dire quelques mots au sujet du choix
des déterminations.  Lorsqu'on a calculé $a := \alpha^m \in
\QQ(\zeta)$ pour une certaine quantité $\alpha$ et pour un $m$
divisant $n-1$ (ici, $\zeta$ est une racine $(n-1)$-ième de l'unité),
on peut affirmer que $\alpha = \zeta^t\,\root m\of{a}$ en notant
$\root m\of{a}$ la détermination principale complexe de la racine
$m$-ième de $a$ : il reste alors à savoir ce que vaut $t$
(modulo $m$).  Exception faite de cas très particulier (pour
$\alpha_{(n-1)/2}$ on a signalé que c'est toujours $\sqrt{n}$ ou
$\sqrt{-n}$, i.e., $t=0$), il n'y a pas de technique plus intelligente
que simplement calculer numériquement $\alpha$ et $\root m\of{a}$ avec
une précision garantie suffisante pour obtenir l'argument du quotient
à $2\pi/m$ près.

\subsection{Expressions en radicaux de quelques \texorpdfstring{$\cos\frac{2\pi}{n}$}{cos(2π/n)} et \texorpdfstring{$\sin\frac{2\pi}{n}$}{sin(2π/n)}}

Nous nous proposons maintenant de calculer explicitement les
expressions en radicaux de $e^{2 i \pi/n}$ ou au moins
$\cos\frac{2\pi}{n}$ pour les petites valeurs de $n$, en utilisant la
stratégie exposée
en \ref{generalites-calcul-expressions-racines-de-1}, dont nous
reprenons les notations.  En particulier, la notation $\root n \of x$
désigne la « détermination principale » de la racine $n$-ième de $x$
dans les complexes, c'est-à-dire celle dont la partie réelle est la
plus grande et, en cas d'égalité (qui se produit uniquement si $x$ est
réel négatif), celle qui a la partie imaginaire positive ; et on
cherche à exprimer, avec cette notation, le nombre
$\cos\frac{2\pi}{n}$ qui est défini comme $\frac{1}{2}(\omega_n +
\omega_n^{-1})$, voire le nombre $e^{2 i \pi/n} = \omega_n =
\cos\frac{2\pi}{n} + \sqrt{-1}\,\sin\frac{2\pi}{n}$, où $\omega_n$ est
la racine primitive $n$-ième de l'unité de partie réelle la plus
grande et de partie imaginaire positive.

(Nous avons fait le choix de toujours préférer la quantité
$\sqrt{-1}\,\sin\frac{2\pi}{n}$ à $\sin\frac{2\pi}{n}$, puisque
l'objet fondamental est $e^{2 i \pi/n}$, et que $\sqrt{-1}$
n'appartient pas forcément à $\QQ(\zeta,\omega)$ : il faut donc
considérer $\sqrt{-1}\,\sin$ comme un seul symbole.)

\subsubsection{$n=3$}\label{racine-3e-de-1} Si $\omega$ désigne une
racine cubique primitive de l'unité, c'est-à-dire une racine de
$\Phi_3 = X^2 + X + 1$, alors en calculant modulo $\Phi_3$ on voit que
$\omega^2 = -1-\omega = \omega^{-1}$, et la quantité $\alpha_1 :=
(\omega - \omega^{-1})$ vérifie $(\alpha_1)^2 = \omega^2 - 2 +
\omega^{-1} = -3$.  Une fois vérifiée la détermination, on peut écrire
$\alpha_1 = \sqrt{-3}$, de sorte que $\omega =
\frac{1}{2}(-1+\sqrt{-3})$ :
\[
\cos\frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2}\hbox{\quad et\quad }
\sqrt{-1}\,\sin\frac{2\pi}{3} = \frac{1}{2}\sqrt{-3}
\]

\subsubsection{$n=4$}\label{racine-4e-de-1} Si $\omega$ désigne une
racine primitive $4$-ième de l'unité, c'est-à-dire une racine de
$\Phi_4 = X^2 + 1$, alors on a $\omega^2 = -1$.  Avec nos conventions
sur la détermination, on peut écrire $\omega = \sqrt{-1}$ :
\[
e^{i\pi/2} = \sqrt{-1}
\]

\subsubsection{$n=5$}\label{racine-5e-de-1} Si $\omega$ désigne une
racine primitive $5$-ième de l'unité, c'est-à-dire une racine de
$\Phi_5 = X^4 + X^3 + X^2 + X + 1$, alors on considère les quantités
$\alpha_j := \sum_{i=0}^3 (\sqrt{-1})^{ij} \omega^{2^i}$ (ici, $\zeta
= \sqrt{-1}$ intervient en tant que racine $4$-ième de l'unité),
c'est-à-dire : $\alpha_0 = \omega + \omega^2 + \omega^4 + \omega^3$ et
$\alpha_1 = \omega + \sqrt{-1}\, \omega^2 - \omega^4 - \sqrt{-1}\,
\omega^3$ et $\alpha_2 = \omega - \omega^2 + \omega^4 - \omega^3$ et
$\alpha_3 = \omega - \sqrt{-1}\, \omega^2 - \omega^4 + \sqrt{-1}\,
\omega^3$.  Il est clair que $\alpha_0 = -1$.  D'autre part,
$(\alpha_2)^2 = 5$ comme on le calcule en développant, et compte tenus
des choix de déterminations, $\alpha_2 = \sqrt{5}$.  Ceci permet déjà
d'exprimer $\gamma := \frac{1}{2}(\omega + \omega^{-1}) =
\cos\frac{2\pi}{5}$, puisque $\gamma = \frac{1}{4}(\alpha_0 +
\alpha_2)$, on a donc $\gamma = \frac{1}{4}(-1+\sqrt{5})$ :
\[
\cos\frac{2\pi}{5} = \frac{1}{4}(-1+\sqrt{5})
\]

Pour obtenir l'expression de $\omega$ lui-même, on peut bien sûr
calculer $\sin\frac{2\pi}{5} = \sqrt{1 - \cos^2\frac{2\pi}{5}} =
\frac{1}{4}\sqrt{10+2\sqrt{5}}$, c'est-à-dire
\[
\sqrt{-1}\,\sin\frac{2\pi}{5} = \frac{1}{4}\sqrt{-10-2\sqrt{5}}
\]
Ou bien on peut, de façon plus systématique mais moins commode,
calculer $(\alpha_1)^4 = -15 + 20\sqrt{-1}$, d'où on déduit $\alpha_1
= \sqrt{-1}\, \root4\of{-15 + 20\sqrt{-1}}$, et de même $\alpha_3 =
\sqrt{-1}\, \root4\of{-15 - 20\sqrt{-1}}$.  On a alors $\omega =
\frac{1}{4}(\alpha_0 + \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3)$.  Dans ce cas,
on trouve
\[
\sqrt{-1}\,\sin\frac{2\pi}{5} = \frac{1}{4} \big( \sqrt{-1}\,
\root4\of{-15 + 20\sqrt{-1}} + \sqrt{-1}\, \root4\of{-15 -
  20\sqrt{-1}} \big)
\]

Ici, cette expression est moins plaisante que celle calculée
ci-dessus, mais pour de plus grandes valeurs de $n$ ce ne sera pas
forcément le cas.

\XXX — Y a-t-il moyen plus intelligent d'« expliquer » le fait que
$\root4\of{-15 + 20\sqrt{-1}} + \root4\of{-15 - 20\sqrt{-1}} =
\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}$ ?

\subsubsection{$n=6$}\label{racine-6e-de-1} Si $1,\zeta,\zeta^2$
désignent les racines cubiques de l'unité, alors les racines sixièmes
de l'unité sont $1,-\zeta^2, \zeta,-1, -\zeta,\zeta^2$.  (Citées dans
cet ordre car avec nos conventions sur le fait que la racine
principale est celle qui a la partie réelle la plus grande et la
partie imaginaire positive, si $\zeta$ est la racine cubique
principale, la racine sixième principale est $-\zeta^2$.)

\subsubsection{$n=7$}\label{racine-7e-de-1} Pour exprimer les racines
$7$-ièmes de l'unité, on commence par choisir une base des racines
$6$-ièmes : comme le paragraphe précédent l'explique, celles-ci seront
notées $1,-\zeta^2, \zeta,-1, -\zeta,\zeta^2$ avec $\zeta =
e^{2i\pi/3}$ une racine primitive cubique de l'unité, et on choisira
la $\QQ$-base $1,\sqrt{-3}$ de $\QQ(\zeta) = \QQ(-\zeta^2)$ pour
exprimer les résultats (on a vu que $\zeta = \frac{1}{2} +
\frac{1}{2}\sqrt{-3}$).

Si $\omega$ désigne une racine primitive $7$-ième de l'unité, alors vu
que $3$ est primitif modulo $7$ on considère les quantités $\alpha_j
:= \sum_{i=0}^5 (-\zeta^2)^{ij} \omega^{3^i}$ (ici, $-\zeta^2 =
\frac{1}{2}(1 + \sqrt{-3})$ est une racine primitive $6$-ième de l'unité).
On a bien sûr $\alpha_0 = -1$.

Commençons par nous intéresser à $\gamma := \frac{1}{2}(\omega +
\omega^{-1})$.  Comme on l'a expliqué (cf. notamment
\ref{generalites-calcul-expressions-cos-2pi-sur-n}), on a $\gamma =
\frac{1}{6}(\alpha_0 + \alpha_2 + \alpha_4)$ : on va donc calculer
$(\alpha_2)^3$ et $(\alpha_4)^3$ en travaillant modulo $\Phi_7$.  On
trouve $(\alpha_2)^3 = -7 - 21\zeta = \frac{7}{2} -
\frac{21}{2}\sqrt{-3} = \frac{7}{2}(1-3\sqrt{-3})$ et $(\alpha_4)^3 =
14 + 21\zeta = \frac{7}{2} + \frac{21}{2}\sqrt{-3} =
\frac{7}{2}(1+3\sqrt{-3})$ (soit en faisant un nouveau calcul, soit en
appliquant la conjugaison complexe c'est-à-dire en faisant agir le
groupe de Galois de $\QQ(\zeta)\bo\QQ$,
cf. \ref{remarque-groupe-de-galois-sur-zeta-dans-calcul-de-omega}).
Il faut ensuite vérifier les déterminations pour pouvoir écrire
$\alpha_2 = \root3\of{\frac{7}{2} - \frac{21}{2}\sqrt{-3}}$ et
$\alpha_4 = \root3\of{\frac{7}{2} + \frac{21}{2}\sqrt{-3}}$.  Ceci
conduit déjà à l'expression suivante pour $\gamma =
\frac{1}{6}(\alpha_0 + \alpha_2 + \alpha_4)$ :
\[
\begin{array}{rl}
\displaystyle\cos\frac{2\pi}{7}
&\displaystyle= \frac{1}{6}\Big(
-1 + \root3\of{\frac{7}{2} - \frac{21}{2}\sqrt{-3}}
+ \root3\of{\frac{7}{2} + \frac{21}{2}\sqrt{-3}}
\Big)\\
&\displaystyle= -\frac{1}{6} + \frac{1}{6}\root3\of{\frac{7}{2}}
\Big(\root3\of{1 - 3\sqrt{-3}}
+ \root3\of{1 + 3\sqrt{-3}}
\Big)\\
\end{array}
\]

Pour le sinus, on calcule d'abord $(\alpha_3)^2 = -7$ ce qui donne
(une fois vérifiée la détermination) $\alpha_3 = \sqrt{-7}$.  Puis
$(\alpha_1)^6 = -385 - 273\zeta = -\frac{497}{2} -
\frac{273}{2}\sqrt{-3} = \frac{7}{2}(-71 - 39\sqrt{-3})$ d'où
$\alpha_1 = -\root6\of{-\frac{497}{2} - \frac{273}{2}\sqrt{-3}}$ ; et
de même, ou en faisant agir la conjugaison complexe, $(\alpha_5)^6 =
-112 - 273\zeta = -\frac{497}{2} + \frac{273}{2}\sqrt{-3} =
\frac{7}{2}(-71 + 39\sqrt{-3})$ d'où $\alpha_6 =
\root6\of{-\frac{497}{2} + \frac{273}{2}\sqrt{-3}}$.  Au final, on
obtient l'expression de $\omega = \frac{1}{6}(\alpha_0 + \cdots +
\alpha_5)$ sous la forme $\cos\frac{2\pi}{7} + \sqrt{-1} \,
\sin\frac{2\pi}{7}$ où :
\[
\begin{array}{rl}
\displaystyle\sqrt{-1}\,\sin\frac{2\pi}{7}
&\displaystyle= \frac{1}{6}\Big(
\sqrt{-7} - \root6\of{-\frac{497}{2} - \frac{273}{2}\sqrt{-3}}
+ \root6\of{-\frac{497}{2} + \frac{273}{2}\sqrt{-3}}
\Big)\\
&\displaystyle= \frac{1}{6}\sqrt{-7} + \frac{1}{6}\root6\of{\frac{7}{2}}\Big(
- \root6\of{-71 - 39\sqrt{-3}}
+ \root6\of{-71 + 39\sqrt{-3}}
\Big)\\
\end{array}
\]

Comme pour le cas $n=5$ on pouvait aussi calculer $\sin\frac{2\pi}{7}
= \sqrt{1 - \cos^2\frac{2\pi}{7}}$, mais l'expression ainsi obtenue ne
semble pas plus agréable que celle reproduite ci-dessus.

\subsubsection{$n=11$}\label{racine-11e-de-1} De nouveau, on doit
commencer par choisir une base raisonnable des racines $(n-1)$-ièmes,
c'est-à-dire $10$-ièmes, de l'unité : on choisit $1, \sqrt{5},
\penalty-100 \sqrt{-10-2\sqrt{5}}, \penalty-100 \sqrt{-10+2\sqrt{5}}$,
on rappelle (\ref{racine-5e-de-1}) que $\zeta := e^{2i\pi/5}$ est
donnée par $-\frac{1}{4} + \frac{1}{4} \sqrt{5} + \frac{1}{4}
\sqrt{-10-2\sqrt{5}}$ (et la racine primitive $10$-ième de l'unité
$-\zeta^3 = e^{i\pi/5}$ vaut $\frac{1}{4} + \frac{1}{4} \sqrt{5} +
\frac{1}{4} \sqrt{-10+2\sqrt{5}}$).

Maintenant $\omega$ désigne une racine primitive $11$-ième de l'unité.
On considère les quantités $\alpha_j := \sum_{i=0}^9 (-\zeta^3)^{ij}
\omega^{2^i}$ où $\zeta = e^{2i\pi/5}$ et $-\zeta^3 = e^{i\pi/5}$, et
on a utilisé le fait que $2$ est primitif modulo $11$.  On a bien sûr
$\alpha_0 = -1$.

Pour calculer $\cos\frac{2\pi}{11}$, on calculera d'abord
$(\alpha_2)^5 = -286 - 220 \zeta + 165 \zeta^2 - 110 \zeta^3 =
\frac{11}{4}(-89 - 25\sqrt{5} - \penalty-100 20\sqrt{-10-2\sqrt{5}} +
\penalty-100 25\sqrt{-10+2\sqrt{5}})$ : en cherchant la bonne
puissance de $\zeta$ à multiplier par la valuation principale, on peut
écrire $\alpha_2 = \frac{1}{4} \big( -1+\sqrt{5} + \penalty0
\sqrt{-10-2\sqrt{5}} \big) \penalty-100 \root 5\of{\frac{11}{4}}
\penalty-100 \root 5\of{-89 - 25\sqrt{5} - 20\sqrt{-10-2\sqrt{5}} +
  25\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}$.  Des calculs analogues, ou l'application
soigneuse du groupe de Galois de $\QQ(\zeta)\bo\QQ$ (cyclique
d'ordre $4$), donnent : $\alpha_4 = \frac{1}{4} \big( -1+\sqrt{5} +
\penalty0 \sqrt{-10-2\sqrt{5}} \big) \penalty-100 \root
5\of{\frac{11}{4}} \penalty-100 \root 5\of{-89 + 25\sqrt{5} -
  25\sqrt{-10-2\sqrt{5}} - 20\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}$, $\alpha_6 =
\frac{1}{4} \big( -1+\sqrt{5} - \penalty0 \sqrt{-10-2\sqrt{5}} \big)
\penalty-100 \root 5\of{\frac{11}{4}} \penalty-100 \root 5\of{-89 +
  25\sqrt{5} + 25\sqrt{-10-2\sqrt{5}} + 20\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}$, et
$\alpha_8 = \frac{1}{4} \big( -1+\sqrt{5} - \penalty0
\sqrt{-10-2\sqrt{5}} \big) \penalty-100 \root 5\of{\frac{11}{4}}
\penalty-100 \root 5\of{-89 - 25\sqrt{5} + 20\sqrt{-10-2\sqrt{5}} -
  25\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}$.  Finalement, pour $\gamma :=
\frac{1}{2}(\omega + \omega^{-1}) = \cos\frac{2\pi}{11} =
\frac{1}{10}(\alpha_0 + \alpha_2 + \alpha_8 + \alpha_4 + \alpha_6)$,
on trouve :
\[
\begin{array}{rl}
\rlap{$\displaystyle\cos\frac{2\pi}{11} \;\;\; = \;\;\; -\frac{1}{10} \;\;\;
+ \;\;\; \frac{1}{40} \, \root5\of{\frac{11}{4}} \;\; \times$}\hphantom{\cos\frac{2\pi}{11}}&\\
&\displaystyle \llap{\Bigg(\;\;} \Big( -1+\sqrt{5} + \sqrt{-10-2\sqrt{5}} \Big)
\root 5\of{-89 - 25\sqrt{5} - 20\sqrt{-10-2\sqrt{5}} + 25\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}\\
+ &\displaystyle \Big( -1+\sqrt{5} - \sqrt{-10-2\sqrt{5}} \Big)
\root 5\of{-89 - 25\sqrt{5} + 20\sqrt{-10-2\sqrt{5}} - 25\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}\\
+ &\displaystyle \Big( -1+\sqrt{5} + \sqrt{-10-2\sqrt{5}} \Big)
\root 5\of{-89 + 25\sqrt{5} - 25\sqrt{-10-2\sqrt{5}} - 20\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}\\
+ &\displaystyle \Big( -1+\sqrt{5} - \sqrt{-10-2\sqrt{5}} \Big)
\root 5\of{-89 + 25\sqrt{5} + 25\sqrt{-10-2\sqrt{5}} + 20\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}
\rlap{\;\;\Bigg)}
\end{array}
\]

Le calcul du reste de $\omega = e^{2i\pi/11}$ peut se faire de façon
analogue : on calcule par exemple $(\alpha_1)^{10} =
\frac{11}{4}(51\,061 + 2\,725\sqrt{5} - \penalty-100
6\,840\,\sqrt{-10-2\sqrt{5}} + \penalty-100
5\,635\,\sqrt{-10+2\sqrt{5}})$, ce qui permet d'écrire $\alpha_1 =
\frac{1}{4} \big( 1-\sqrt{5} + \penalty0 \sqrt{-10-2\sqrt{5}} \big)
\penalty-100 \root {10}\of{\frac{11}{4}} \penalty-100
\root{10}\of{\Big(} 51\,061 + 2\,725\sqrt{5} - \penalty-100
6\,840\,\sqrt{-10-2\sqrt{5}} + \penalty-100
5\,635\,\sqrt{-10+2\sqrt{5}} \overline{\Big)}$.  Les cas de
$\alpha_3,\alpha_7,\alpha_9$ sont analogues.  Quant à $\alpha_5$, il
vaut $\sqrt{-11}$.  On obtient finalement :
\[\footnotesize
\begin{array}{rl}
\rlap{$\displaystyle\sqrt{-1}\,\sin\frac{2\pi}{11} \;\;\; = \;\;\; \frac{\sqrt{-11}}{10} \;\;\;
+\;\; \frac{1}{40}\, \root{10}\of{\frac{11}{4}} \; \times$}\hphantom{\cos\frac{2\pi}{11}}&\\
&\displaystyle \llap{\Bigg(\;\;} \hphantom{-}\Big( 1-\sqrt{5} + \sqrt{-10-2\sqrt{5}} \Big)
\root{10}\of{51\,061 + 2\,725\sqrt{5} - 6\,840\sqrt{-10-2\sqrt{5}} + 5\,635\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}\\
+ &\displaystyle \Big( -1+\sqrt{5} + \sqrt{-10-2\sqrt{5}} \Big)
\root{10}\of{51\,061 + 2\,725\sqrt{5} + 6\,840\sqrt{-10-2\sqrt{5}} - 5\,635\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}\\
+ &\displaystyle \hphantom{-}\Big( 1+\sqrt{5} - \sqrt{-10+2\sqrt{5}} \Big)
\root{10}\of{51\,061 - 2\,725\sqrt{5} - 5\,635\sqrt{-10-2\sqrt{5}} - 6\,840\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}\\
+ &\displaystyle \Big( -1-\sqrt{5} - \sqrt{-10+2\sqrt{5}} \Big)
\root{10}\of{51\,061 - 2\,725\sqrt{5} + 5\,635\sqrt{-10-2\sqrt{5}} + 6\,840\sqrt{-10+2\sqrt{5}}}
\rlap{\;\;\Bigg)}\\
\end{array}
\]

\subsubsection{$n=9$}\label{racine-9e-de-1} Si $\omega = e^{2i\pi/9}$,
on peut bien sûr simplement écrire $\omega = \root3\of\zeta$ où $\zeta
= e^{2i\pi/3}$, c'est-à-dire, puisque $\zeta = -\frac{1}{2} +
\frac{1}{2}\sqrt{-3}$, qu'on a $\omega = \root3\of{-\frac{1}{2} +
  \frac{1}{2}\sqrt{-3}}$.  Ceci conduit aux écritures
\[
\cos\frac{2\pi}{9} = \frac{1}{2} \root3\of{-\frac{1}{2} +
  \frac{1}{2}\sqrt{-3}} + \frac{1}{2} \root3\of{-\frac{1}{2} -
  \frac{1}{2}\sqrt{-3}}
\]
\[
\sqrt{-1}\sin\frac{2\pi}{9} = \frac{1}{2} \root3\of{-\frac{1}{2} +
  \frac{1}{2}\sqrt{-3}} - \frac{1}{2} \root3\of{-\frac{1}{2} -
  \frac{1}{2}\sqrt{-3}}
\]

Remarquons pour plus tard qu'une base de $\QQ(\omega)$ sur $\QQ$ est
donnée par $1,1+2\zeta,\omega,\omega^{-1},-\omega^5,-\omega^{-5}$,
c'est-à-dire par $1$, $\sqrt{-3}$, $\root3\of{-\frac{1}{2} +
  \frac{1}{2}\sqrt{-3}}$, $\root3\of{-\frac{1}{2} -
  \frac{1}{2}\sqrt{-3}}$, $\root3\of{\frac{1}{2} +
  \frac{1}{2}\sqrt{-3}}$, $\root3\of{\frac{1}{2} -
  \frac{1}{2}\sqrt{-3}}$.

\subsubsection{$n=13$}\label{racine-13e-de-1} Cette fois nous nous
contenterons d'une expression du cosinus : pour ça, on n'aura donc pas
besoin des racines $12$-ièmes de l'unité, mais seulement des racines
$6$-ièmes (cf. \ref{generalites-calcul-expressions-cos-2pi-sur-n}).
On fait le même choix de base qu'en \ref{racine-7e-de-1}, c'est-à-dire
qu'on note $\zeta = e^{2i\pi/3}$ et on choisit d'utiliser la
$\QQ$-base $1,\sqrt{-3}$ de $\QQ(\zeta) = \QQ(-\zeta^2)$ pour exprimer
les résultats (on a vu que $\zeta = \frac{1}{2} +
\frac{1}{2}\sqrt{-3}$).

Maintenant $\omega$ désigne une racine primitive $13$-ième de l'unité,
et comme d'habitude $\gamma = \frac{1}{2}(\omega + \omega^{-1})$.  On
considère les quantités $\alpha_{2j} := \sum_{i=0}^9 (-\zeta^2)^{ij}
\omega^{2^i}$ où $\zeta = e^{2i\pi/3}$ et $-\zeta^2 = e^{i\pi/3}$, et
on a utilisé le fait que $2$ est primitif modulo $13$.  On a bien sûr
$\alpha_0 = -1$.

En calculant modulo $\Phi_{13}$, on trouve $(\alpha_2)^6 = -2288
-195\zeta = -\frac{4\,381}{2} -\frac{195}{2} \sqrt{-3} =
\frac{13}{2}(-337 - 15\sqrt{-3})$, et de même (ou par conjugaison
complexe) $(\alpha_{10})^6 = -2093 +195\zeta = -\frac{4\,381}{2}
+\frac{195}{2} \sqrt{-3} = \frac{13}{2}(-337 + 15\sqrt{-3})$.  Les
autres termes sont plus simples : $(\alpha_4)^3 = -52 - 39\zeta =
-\frac{65}{2} -\frac{39}{2} \sqrt{-3} = \frac{13}{2}(-5 - 3\sqrt{-3})$
et $(\alpha_8)^3 = -13 + 39\zeta = -\frac{65}{2} +\frac{39}{2}
\sqrt{-3} = \frac{13}{2}(-5 + 3\sqrt{-3})$, et enfin $(\alpha_6)^2 =
13$.  En prenant les bonnes racines, une fois vérifiée la
détermination, on obtient finalement :
\[
\begin{array}{rl}
\displaystyle\cos\frac{2\pi}{13}
&\displaystyle= - \frac{1}{12} + \frac{1}{12} \, \sqrt{13}\\
&\displaystyle + \frac{1}{24} \root3\of{\frac{13}{2}}
\Big(
 (-1 + \sqrt{-3}) \, \root3\of{-5 - 3 \, \sqrt{-3}}
+ (-1 - \sqrt{-3}) \, \root3\of{-5 + 3 \, \sqrt{-3}} \Big)\\
&\displaystyle + \frac{1}{24} \root6\of{\frac{13}{2}}
\Big(
 (1 + \sqrt{-3}) \, \root6\of{-337 - 15 \, \sqrt{-3}}
+ (1 - \sqrt{-3}) \, \root6\of{-337 + 15 \, \sqrt{-3}} \Big)\\
\end{array}
\]

\subsubsection{$n=17$}\label{racine-17e-de-1} Pour calculer
$\cos\frac{2\pi}{17}$, nous allons procéder d'une manière légèrement
différente de la méthode usuelle.  Celle-ci aura pour avantage de
fournir une expression purement réelle (on verra en \XXX à quelle
condition il est possible de trouver une telle expression), et par
ailleurs plus simple.  Plutôt que d'attaquer directement (en utilisant
les racines $16$-ièmes de l'unité) l'extension $\QQ(\omega)\bo \QQ$
(où $\omega = e^{2i\pi/17}$), ou même $\QQ(\gamma) \bo \QQ$ (avec
$\gamma = \cos\frac{2\pi}{17}$), qui ont pour groupes de Galois
respectifs $(\ZZ/17\ZZ)^\times \cong \ZZ/16\ZZ$ et $\ZZ/8\ZZ$, on va
introduire les extensions intermédiaires $\QQ = E_0 \subseteq E_1
\subseteq E_2 \subseteq E_3 = \QQ(\gamma) \subseteq E_4 = \QQ(\omega)$
corps fixes de $G = G_0 \geq G_1 \geq G_2 \geq G_3 \geq G_4 = \{1\}$
avec $G_i$ l'unique sous-groupe d'indice $2^i$ de $G$, engendré par
l'élément $3^{2^i}$ de $G = (\ZZ/17\ZZ)^\times$.

Notons $\sigma$ l'automorphisme $\omega \mapsto \omega^3$ de
$\QQ(\omega) \bo \QQ$, qui, comme $3$ est primitif modulo $17$,
engendre le groupe de Galois $G$, cyclique d'ordre $16$, de cette
extension.  (De même que précédemment, on peut si on le souhaite
feindre d'ignorer que $\QQ(\omega) \bo \QQ$ ait $(\ZZ/17\ZZ)^\times$
pour groupe de Galois, c'est-à-dire que $\sigma$ ait un sens comme
morphisme de corps, en considérant ce dernier comme un morphisme de $R
= \QQ[X]/(\Phi_{17})$, mais nous ne développerons pas plus.)  Le
sous-groupe $G_i$ d'indice $2^i$ de $G$ est engendré par $\sigma^{2^i}
\colon \omega \mapsto \omega^{3^{2^i}}$.

Pour $1\leq i \leq 4$, introduisons l'élément $\beta_i =
\sum_{j=0}^{(2^{5-i}-1)}\, (-1)^j \, \omega^{3^{(2^{i-1}\times j)}}$,
c'est-à-dire concrètement $\beta_1 = \omega - \omega^3 + \omega^9 -
\omega^{10} + \omega^{13} - \omega^5 + \omega^{15} - \omega^{11} +
\omega^{16} - \omega^{14} + \omega^8 - \omega^7 + \omega^4 -
\omega^{12} + \omega^2 - \omega^6$ et $\beta_2 = \omega - \omega^9 +
\omega^{13} - \omega^{15} + \omega^{16} - \omega^8 + \omega^4 -
\omega^2$ et $\beta_3 = \omega - \omega^{13} + \omega^{16} - \omega^4$
et enfin $\beta_4 = \omega - \omega^{16}$.  On a manifestement
$\sigma^{2^i} (\beta_i) = -\beta_i$, donc $(\beta_i)^2$ est stable par
$G_i$ tandis que les deux images de $\beta_i$ par $G_i = \langle
\sigma^{2^i} \rangle$ sont $\pm\beta_i$ : ainsi, $\beta_i$ engendre
l'extension $E_i \bo E_{i-1}$ où $E_i$ est le corps fixe de $G_i$.

En travaillant modulo $\Phi_{17}$, on calcule $(\beta_1)^2 = 17$, et
une fois vérifié que $\beta_1$ est positif on en conclut $\beta_1 =
\sqrt{17}$ : ainsi, $E_1 = \QQ(\sqrt{17})$.  Puis on calcule
$(\beta_2)^2 = \frac{17}{2} - \frac{1}{2}\,\sqrt{17}$ pour conclure
que $\beta_2 = \sqrt{\frac{17}{2} - \frac{1}{2} \, \sqrt{17}}$ :
ainsi, $E_2 = \QQ(\sqrt{\frac{17}{2} - \frac{1}{2} \, \sqrt{17}})$,
mais on peut calculer aussi $\sigma(\beta_2) = \sqrt{\frac{17}{2} +
  \frac{1}{2} \, \sqrt{17}}$ et on pourrait tout aussi bien écrire
$E_2 = \QQ(\sqrt{\frac{17}{2} + \frac{1}{2} \, \sqrt{17}})$ (cette
extension de $\QQ$ est galoisienne de groupe de Galois $\ZZ/4\ZZ$ : on
est dans la même situation qu'en
\refext{ExG}{exemple-galois-biquadratique-cyclique}), et une
$\QQ$-base de $E_2$ est donnée par $1, \sqrt{17}, \sqrt{\frac{17}{2} -
  \frac{1}{2} \, \sqrt{17}}, \sqrt{\frac{17}{2} + \frac{1}{2} \,
  \sqrt{17}}$.  Puis on calcule $(\beta_3)^2 = \frac{17}{4} +
\frac{3}{4} \, \sqrt{17} - \frac{1}{2} \,
\sqrt{\frac{17}{2}-\frac{1}{2} \, \sqrt{17}} - \sqrt{\frac{17}{2} +
  \frac{1}{2} \, \sqrt{17}}$, pour conclure que $\beta_3 =
\sqrt{\frac{17}{4} + \frac{3}{4} \, \sqrt{17} - \frac{1}{2} \,
  \sqrt{\frac{17}{2}-\frac{1}{2} \, \sqrt{17}} -
  \sqrt{\frac{17}{2}+\frac{1}{2} \, \sqrt{17}}}$.  Comme par ailleurs
le nombre $\gamma = \frac{1}{2} \omega - \frac{1}{2} \omega^{16}$ vaut
$-\frac{1}{16} + \frac{1}{16}\beta_1 + \frac{1}{8}\beta_2 +
\frac{1}{4}\beta_3$, on trouve :
\[
\begin{array}{rl}
\displaystyle\cos\frac{2\pi}{17}
&\displaystyle= - \frac{1}{16} + \frac{1}{16} \, \sqrt{17} + \frac{1}{8} \, \sqrt{\frac{17}{2} - \frac{1}{2} \, \sqrt{17}}\\
&\displaystyle + \frac{1}{4} \, \sqrt{\frac{17}{4} + \frac{3}{4} \, \sqrt{17} - \frac{1}{2} \, \sqrt{\frac{17}{2} - \frac{1}{2} \, \sqrt{17}} - \sqrt{\frac{17}{2} + \frac{1}{2} \, \sqrt{17}}}
\end{array}
\]

On a $E_3 = \QQ(\beta_3) = \QQ(\cos\frac{2\pi}{17})$ ; ce même corps
est aussi engendré par exemple par $\sigma(\beta_3) =
\sqrt{\frac{17}{4} - \frac{3}{4} \, \sqrt{17} +
  \sqrt{\frac{17}{2}-\frac{1}{2} \, \sqrt{17}} - \frac{1}{2} \,
  \sqrt{\frac{17}{2}+\frac{1}{2} \, \sqrt{17}}}$.

Le calcul du sinus revient exactement à celui de $\beta_4 =
2\sqrt{-1}\,\sin\frac{2\pi}{17}$.  On peut calculer $(\beta_4)^2 = -
\frac{17}{8} + \frac{1}{8} \, \sqrt{17} - \frac{1}{4} \,
\sqrt{\frac{17}{2} - \frac{1}{2} \, \sqrt{17}} + \frac{1}{2} \,
\sqrt{\frac{17}{4} + \frac{3}{4} \, \sqrt{17} + \frac{1}{2} \,
  \sqrt{\frac{17}{2} - \frac{1}{2} \, \sqrt{17}} + \sqrt{\frac{17}{2}
    + \frac{1}{2} \, \sqrt{17}}}$ et en conclure
\[
\begin{array}{rl}
\displaystyle\sqrt{-1}\,\sin\frac{2\pi}{17}
&\displaystyle= \frac{1}{2} \sqrt{\Bigg(} - \frac{17}{8} + \frac{1}{8} \, \sqrt{17} - \frac{1}{4} \, \sqrt{\frac{17}{2} - \frac{1}{2} \, \sqrt{17}}\\
&\displaystyle \hphantom{\frac{1}{2} \sqrt{\Bigg(}} + \frac{1}{2} \, \sqrt{\frac{17}{4} + \frac{3}{4} \,
  \sqrt{17} + \frac{1}{2} \, \sqrt{\frac{17}{2} - \frac{1}{2} \,
    \sqrt{17}} - \sqrt{\frac{17}{2} + \frac{1}{2} \, \sqrt{17}}} \overline{\Bigg)}
\end{array}
\]

\subsubsection{$n=19$}\label{racine-19e-de-1} Nous ne donnons pas ici
les détails du calcul, qui sont extrêmement semblables au cas $n=13$.
Pour base du corps engendré par les racines $9$-ièmes (ou $18$-ièmes)
de l'unité dans $\QQ$, on choisit celle suggérée
en \ref{racine-9e-de-1}, à savoir : $1$, $\sqrt{-3}$,
$\root3\of{-\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{-3}}$,
$\root3\of{-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\sqrt{-3}}$,
$\root3\of{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{-3}}$,
$\root3\of{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\sqrt{-3}}$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[rotate=-90]{
$\footnotesize
\begin{array}{rl}
\displaystyle\cos\frac{2\pi}{19}
&\displaystyle=
-\frac{1}{18}
+\frac{1}{36}\,\root3\of{\frac{19}{2}}\,\Big(
(-1+\sqrt{-3})\,\root 3\of{7-3\,\sqrt{-3}}
+(-1-\sqrt{-3})\,\root 3\of{7+3\,\sqrt{-3}}\Big)
+\frac{1}{18}\,\root9\of{\frac{19}{2}} \times \\
&\displaystyle \Bigg(\root 3\of{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}\,\root 9\of{6865+7611\,\sqrt{-3}+63072\,\root 3\of{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}+16524\,\root 3\of{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-6084\,\root 3\of{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-44244\,\root 3\of{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}}\\
&\displaystyle +\root 3\of{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}\,\root 9\of{6865-7611\,\sqrt{-3}-10440\,\root 3\of{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-18828\,\root 3\of{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}+63072\,\root 3\of{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}+16524\,\root 3\of{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}}\\
&\displaystyle +\root 9\of{6865+7611\,\sqrt{-3}-44244\,\root 3\of{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-6084\,\root 3\of{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-10440\,\root 3\of{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-18828\,\root 3\of{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}}\\
&\displaystyle +\root 9\of{6865-7611\,\sqrt{-3}-6084\,\root 3\of{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-44244\,\root 3\of{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-18828\,\root 3\of{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-10440\,\root 3\of{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}}\\
&\displaystyle +\root 3\of{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}\,\root 9\of{6865+7611\,\sqrt{-3}-18828\,\root 3\of{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-10440\,\root 3\of{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}+16524\,\root 3\of{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}+63072\,\root 3\of{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}}\\
&\displaystyle +\root 3\of{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}\,\root 9\of{6865-7611\,\sqrt{-3}+16524\,\root 3\of{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}+63072\,\root 3\of{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-44244\,\root 3\of{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}-6084\,\root 3\of{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt{-3}}}\Bigg)
\end{array}
$
};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\section{Résolution par radicaux de certaines équations}

\subsection{Généralités}

\subsubsection{} Dans ce qui suit, nous allons chercher des formules
« générales » permettant de résoudre en radicaux une équation $f = 0$
où $f$ est un polynôme séparable de degré $n$ petit sur un corps $k$.
On notera généralement $\xi_0, \ldots, \xi_{n-1}$ les racines de $f$
(qu'on cherche à exprimer) dans un corps de décomposition.

\label{remarque-expressions-racines-et-permutations}On considérera
souvent des « expressions » des racines, c'est-à-dire
des polynômes ou fractions rationnelles en $\xi_0,\ldots,\xi_{n-1}$ :
il faut considérer qu'une telle expression $u$ est un élément de
$k[Z_0,\ldots,Z_{n-1}]$ ou $k(Z_0,\ldots,Z_{n-1})$ et qu'on le confond
abusivement avec sa \emph{valeur} qui est l'évaluation de $u$ en
$\xi_0,\ldots,\xi_{n-1}$.  La raison de ce distinguo est que si
$\sigma$ est une permutation de $\xi_0,\ldots,\xi_{n-1}$, on se
permettra de parler de faire agir $\sigma$ sur $u$, ce qui signifie
qu'on fait agir $\sigma$ en permutant les variables
$Z_0,\ldots,Z_{n-1}$ (cf. par exemple
\refext{Calculs}{polynomes-invariants-de-sous-groupes}) et qu'on peut
ensuite évaluer ce $\sigma(u)$ en $\xi_0,\ldots,\xi_{n-1}$ (ce qui
revient à évaluer $u$ en $\sigma(\xi_0), \ldots, \sigma(\xi_{n-1})$),
si tant est que l'éventuel dénominateur ne s'annule pas.

Lorsque $\sigma$ appartient au groupe de Galois de $f$, vu comme
groupe de permutation des racines de $f$, alors bien entendu l'action
de $\sigma$ sur $u$ au sens ci-dessus coïncide avec son action comme
élément du groupe de Galois (puisque $\sigma$ opère trivialement sur
les coefficients et a la même action sur les $\xi_i$ avec les deux
définitions données) ; cf. aussi
\refext{Calculs}{critere-polynomes-invariants-cas-separable} à ce
sujet.

\subsubsection{Résolution des équations cycliques} Nous avons déjà vu
en \ref{remarque-algorithmique-expressions-radicaux} comment on peut
de façon générale exprimer par radicaux les éléments des extensions
galoisiennes dont le groupe de Galois est cyclique ou même résoluble.
Nous allons maintenant revisiter cette question dans l'optique de la
résolution des équations.  Le cas des équations cycliques est clair :

\begin{proposition2}\label{resolution-equations-cycliques-cas-kummer}
Soit $K$ un corps contenant une racine primitive $n$-ième de
l'unité $\zeta$, où $n$ est un entier non multiple de la
caractéristique de $K$.  Soit $\sigma$ l'automorphisme de
$K[Z_0,\ldots,Z_{n-1}]$ qui laisse invariant les coefficients et
permute cycliquement les variables ($\sigma(Z_i) = Z_{i+1\pmod{n}}$).
Si pour $j$ entier (défini modulo $n$) on introduit la somme de
Lagrange $L_j = \sum_{i=0}^{n-1} \zeta^{ij} Z_i$, alors $\sigma(L_j) =
\zeta^{-j} L_j$, de sorte que $\sigma((L_j)^{n/\delta}) =
(L_j)^{n/\delta}$ où $\delta = \pgcd(j,n)$, c'est-à-dire que le
polynôme $(L_j)^{n/\delta}$ est invariant par permutation cyclique de
ses variables.  On a de plus $Z_i = \frac{1}{n} \sum_{j=0}^{n-1}
\zeta^{-ij} L_j$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
C'est évident.
\end{proof}

\XXX — C'est une trivialité, mais où est-ce que je veux en venir, au
juste ?

\begin{proposition2}\label{resolution-equations-cycliques-cas-artin-schreier}
Soit $K$ un corps de caractéristique $p > 0$.  Soit $\sigma$
l'automorphisme de $K[Z_0,\ldots,Z_{n-1}]$ qui laisse invariant les
coefficients et permute cycliquement les variables ($\sigma(Z_i) =
Z_{i+1\pmod{n}}$).  Si on introduit l'expression $A = \sum_{i=0}^{n-1}
i Z_i$, alors $\sigma(A) = A-e_1$ où $e_1 = Z_0 + \cdots + Z_{p-1}$,
de sorte que $\sigma(A^p-A {e_1}^{p-1}) = A^p-A {e_1}^{p-1}$,
c'est-à-dire que le polynôme $A^p-A {e_1}^{p-1}$ est invariant par
permutation cyclique des variables $Z_0,\ldots,Z_{n-1}$.

En notant $\Tr(x) = \sum_{i=0}^{p-1} \sigma^i(x)$, on a $\Tr(A^\ell) = 0$
pour $0 \leq \ell \leq p-2$ ou $p \leq \ell \leq 2p-3$, et $\Tr(A^{p-1}) =
-{e_1}^{p-1}$ et $\Tr(A^{2p-2}) = -{e_1}^{2p-2}$.  Si $x =
\sum_{i=0}^{p-1} c_i A^i$ alors $c_i = -\Tr(x A^{p-1-i})/{e_1}^{p-1}$
sauf $c_0 = -\Tr(x A^{p-1})/{e_1}^{p-1} - c_{p-1} {e_1}^{p-1}$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Le premier paragraphe est évident.

Pour l'affirmation concernant $\Tr(A^\ell)$, on a besoin d'un peu plus
que ce qui était dans \refext{KASW}{trace dans AS} : on développe
$\Tr(A^\ell) = \sum_{t=0}^{p-1} (A+te_1)^\ell = \sum_{i=0}^{\ell}
\sum_{t=0}^{p-1} C_\ell^i A^{\ell-i} t^\ell {e_1}^\ell$ (en notant
$C_\ell^i = \frac{\ell!}{i!(\ell-i)!}$).  Or modulo $p$, la somme
$\sum_{t=0}^{p-1} t^i$ vaut $0$ si $i=0$ et, si $i>0$, elle vaut
$\sum_{j=0}^{p-2} g^{ij}$ avec $g$ générateur de $\FF_p^\times$, de
sorte que cette somme vaut $0$ si $i$ n'est pas multiple de $p-1$ et
$-1$ s'il l'est.  On obtient donc $\Tr(A^\ell) = - \sum C_\ell^i
A^{\ell-i} {e_1}^\ell$ où la somme est prise sur les $i$ multiples de
$p-1$ entre $1$ et $\ell$ inclus.  Si $0\leq \ell \leq p-2$, on
obtient déjà $\Tr(A^\ell) = 0$.  Pour aller plus loin, remarquons que
$C_\ell^{p-1} = \frac{\ell(\ell-1)\cdots(\ell-p+2)}{(p-1)\cdots 1}$
vaut, modulo $p$, soit $1$ soit $0$ selon que $\ell \equiv p-1
\pmod{p}$ ou non (car le dénominateur est toujours le produit de tous
les éléments non nuls de $\FF_p$, et le numérateur l'est si $\ell
\equiv p-1$ tandis que sinon il contient un facteur nul modulo $p$).
Ceci prouve bien que $\Tr(A^\ell) = 0$ si $p \leq \ell \leq 2p-3$ et
$\Tr(A^{p-1}) = -{e_1}^{p-1}$, et $\Tr(A^{2p-2}) = -{e_1}^{2p-2}$.

Si $x = \sum_{i=0}^{p-1} c_i A^i$, on en déduit que $\Tr(x A^{p-1-i})$
(pour $0 \leq i \leq p-1$) vaut $-c_i {e_1}^{p-1}$ sauf pour $i=0$
auquel cas $\Tr(x A^{p-1}) = -c_0 {e_1}^{p-1} - c_{p-1} {e_1}^{2p-2}$.
\end{proof}

\subsection{Degré $2$}

\subsubsection{} Si $k$ est un corps de caractéristique $\neq 2$ et $f
= X^2 + bX + c$, la transformation de Tschirnhaus $U = X+\frac{b}{2}$
(cf. \refext{Calculs}{section-transformations-de-tschirnhaus}) sur $f$
transforme ce dernier en $g = X^2 - \frac{\Delta}{4}$ où $\Delta =
b^2-4c$ est le discriminant de $f$.  Le polynôme $f$ est donc scindé
sur (une extension quelconque de) $k$ si et seulement si $\Delta$ y
est un carré, auquel cas ses racines sont $\displaystyle -\frac{b}{2}
\pm \frac{1}{2}\sqrt{b^2-4c}$.

\subsubsection{} Si $k$ est de caractéristique $2$ et $f = X^2 + bX +
c$, on distingue deux cas selon que $b$ est ou n'est pas nul.  Si $b =
0$, le polynôme $X^2 + c$ s'écrit $(X+\sqrt{c})^2$ si $c$ est un
carré ; si ce n'est pas le cas, le corps de rupture de $f$ est
purement inséparable : avec nos définitions on ne parle pas ici
d'extension par radicaux.  Si $b \neq 0$, on peut effectuer la
transformation de Tschirnhaus $U = \frac{1}{b} X$, qui transforme $f$
en $g = X^2 + X + \frac{c}{b^2}$, c'est-à-dire $g = X^2 - X +
\betsu_2$ où $\betsu_2 = \frac{c}{b^2}$ désigne le
$2$-distinguant de $f$ (cf. \refext{CG}{exemples discriminants et
  2-distinguants}).  Le polynôme $f$ st donc scindé sur (une extension
quelconque de) $k$ si et seulement si $\betsu_2$ y est dans
l'image de $\wp\colon x \mapsto x^2 - x$, et lorsque c'est le cas ses
racines sont $\displaystyle b \big(\root\wp\of{\frac{c}{b^2}} +
\big\lwave\begin{matrix}0\\1\end{matrix}\big\rwave\big)$ où la
notation $\root\wp\of t$ désigne un antécédent de $t$ par $\wp$ et
$\big\lwave\begin{matrix}0\\1\end{matrix}\big\rwave$ signifie « soit
  $0$ soit $1$ » (ce qui permet d'obtenir l'autre antécédent).

\subsection{Degré $3$}

\subsubsection{} Si $k$ est de caractéristique différente de $3$ et $f
= X^3 + bX^2 + cX + d$, on peut commencer par appliquer la
transformation de Tschirnhaus $U = X+\frac{b}{3}$ qui transforme $f$
en $g = X^3 + pX + q$ où $p = -\frac{1}{3}b^2 + c$ et $q =
\frac{2}{27} b^3 - \frac{1}{3} bc + d$.  Ce polynôme $g$ est donc
scindé si et seulement si le polynôme $f$ initial l'est, et on peut
donc supposer avoir affaire à un polynôme de cette forme.

Soient $\xi_0,\xi_1,\xi_2$ les racines de $g = X^3 + pX + q$ dans une
extension de $k$ contenant également une racine primitive cubique de
l'unité $\zeta$.  Dans le groupe $\mathfrak{S}_3$ des permutations de
$\xi_0,\xi_1,\xi_2$ (qu'on peut imaginer comme contenant le groupe de
Galois de $g$ sur $k(\zeta)$), on va utiliser la chaîne de
sous-groupes $1 \leq C_3 \leq \mathfrak{S}_3$ où $C_3$ est le
sous-groupe cyclique d'ordre $3$ de $\mathfrak{S}_3$ (distingué dans
celui-ci) engendré par la permutation $\sigma$ de $\xi_0,\xi_1,\xi_2$
qui envoie chacun sur le suivant cycliquement.  La somme de Lagrange
$L_1 = \xi_0 + \zeta \xi_1 + \zeta^2 \xi_2$ est multipliée
par $\zeta^{-1}$ sous l'effet de la permutation $\sigma$ : le cube de
cette quantité (que pour des raisons essentiellement historiques on va
noter $27 u$) est donc invariant par $C_3$.  Une quantité conjuguée
s'obtient en échangeant, disons, $\xi_1$ et $\xi_2$ (permutation
représentant l'autre classe de $C_3$ dans $\mathfrak{S}_3$) : c'est
tout simplement $L_2$.

Bref, on introduit les quantités $u := \frac{1}{27} (\xi_0 + \zeta
\xi_1 + \zeta^2 \xi_2)^3$ et $v := \frac{1}{27} (\xi_0 + \zeta \xi_2 +
\zeta^2 \xi_1)^3$ : elles sont, bien sûr, invariantes par
renumérotation cyclique de $\xi_0,\xi_1,\xi_2$.  En développant
complètement $u + v = 2(\xi_0^3 + \xi_1^3 + \xi_2^3) - 3 (\xi_0^2
\xi_1 + \xi_1^2 \xi_2 + \xi_2^2 \xi_0 + \xi_0^2 \xi_2 + \xi_1^2 \xi_0
+ \xi_2^2 \xi_1) + 12\xi_0 \xi_1 \xi_2$ et en remplaçant les fonctions
symétriques élémentaires $\xi_0 + \xi_1 + \xi_2 = 0$, $\xi_0 \xi_1 +
\xi_1 \xi_2 + \xi_2 \xi_0 = p$ et $\xi_0\xi_1\xi_2 = -q$ par leurs
valeurs, on trouve $u + v = -q$, et par un calcul semblable, $uv =
-\frac{1}{27}p^3$.  Les quantités $u$ et $v$ sont donc solutions de
l'équation quadratique $Z^2 + qZ - \frac{1}{27}p^3 = 0$.  En
appliquant les résultats de la section précédente pour résoudre
celle-ci, on obtient une équation en radicaux de $u,v$ (excepté en
caractéristique $2$ si $q=0$, ce cas étant de toute façon
inintéressant), par exemple
$\big\lwave\begin{matrix}u\\v\end{matrix}\big\rwave = -\frac{q}{2} \pm
\sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}$ en caractéristique $\neq 2$.
En notant $\root3\of{u}$ et $\root3\of{v}$ des racines cubiques
quelconques de respectivement $u$ et $v$, qui sont donc égales à
$\frac{1}{3} (\xi_0 + \zeta \xi_1 + \zeta^2 \xi_2)$ et $\frac{1}{3}
(\xi_0 + \zeta \xi_2 + \zeta^2 \xi_1)$ respectivement, à une puissance
de $\zeta$ près, ou ce qui revient au même à renumérotation cyclique
de $\xi_0,\xi_1,\xi_2$ près.  Compte tenu du fait que $\xi_0 + \xi_1 +
\xi_2 = 0$, les différentes valeurs de $\root3\of{u} + \root3\of{v}$
(selon le choix de la détermination de chaque racine cubique)
parcourent les $\zeta^j \xi_i$.

En résumé, les racines de $X^3 + pX + q$ en caractéristique $\neq 2,3$
sont de la forme :
\[
\zeta^{j} \root3\of{-\frac{q}{2} + \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}}
+ \zeta^{j'} \root3\of{-\frac{q}{2} - \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}}
\]
pour certaines combinaisons de $j,j'$.

\subsubsection{} Pour $k$ de caractéristique $3$, étudions maintenant
la résolution par radicaux de l'équation $X^3 + b X^2 + c X + d = 0$
avec $b\neq 0$.  On notera $f$ le polynôme membre de gauche de cette
équation, et $\xi_0,\xi_1,\xi_2$ ses racines dans une certaine
extension de $k$.  Appelons $\alpha$ la quantité $\frac{1}{b}(\xi_1 -
\xi_2)$ (c'est-à-dire, si on préfère, $\alpha =
\frac{1}{b}\sum_{i=0}^2 i \xi_i$) : le choix de cette expression est
dicté par le fait que si on appelle $\sigma$ la permutation de
$\xi_0,\xi_1,\xi_2$ envoyant chacun sur le suivant, alors
$\sigma(\alpha) = \alpha+1$ (on renvoie à la remarque faite
en \ref{remarque-expressions-racines-et-permutations} sur le sens à
donner à l'application de $\sigma$ à $\alpha$).

La quantité $w := \wp(\alpha) = \alpha^3 - \alpha$ (en notant comme
d'habitude $\wp(x) = x^3 - x$) a pour carré $w^2 = -\frac{d}{b^3} +
\frac{c^2}{b^4} - \frac{c^3}{b^6}$, comme on peut le vérifier en
remplaçant $b,c,d$ par $-(\xi_0+\xi_1+\xi_2)$, $\xi_0 \xi_1 + \xi_1
\xi_2 + \xi_2 \xi_0$ et $-\xi_0 \xi_1 \xi_2$ respectivement dans les
deux membres de cette égalité.  On peut donc écrire $\alpha = \pm
\root\wp\of{\sqrt{-\frac{d}{b^3} + \frac{c^2}{b^4} - \frac{c^3}{b^6}}}
+ \big\lwave0,1,2\big\rwave$ (le choix du signe devant les racines, et
du terme $0,1,2$ étant lié à la détermination des racines).  Reste à
expliquer comment retrouver $\xi_0,\xi_1,\xi_2$ à partir de $\alpha$ :
pour cela, remarquons que $b^2 \alpha^2 = \xi_1^2 + \xi_1 \xi_2 +
\xi_2^2 = b^2 - c + b\xi_0$, ce qui permet d'écrire $\xi_0 = b
\alpha^2 - b + \frac{c}{b}$, et on a alors facilement $\xi_1 = b
\alpha^2 - b\alpha + \frac{c}{b}$ et $\xi_2 = b \alpha^2 + b\alpha +
\frac{c}{b}$ (ces formules pouvaient se trouver en appliquant la
proposition \ref{resolution-equations-cycliques-cas-artin-schreier}).

Reste à dire un mot en caractéristique $3$ des équations $X^3 + c X +
d = 0$ avec $c \neq 0$, et $X^3 + d = 0$.  Lorsque $-c$ est un carré,
la première se ramène, par la transformation de Tschirnhaus $U =
\frac{1}{\sqrt{-c}} X$, à $g = X^3 - X + \frac{d}{(\sqrt{-c})^3}$,
dont les racines sont $\root\wp\of{\frac{d}{(\sqrt{-c})^3}} +
\big\lwave0,1,2\big\rwave$, et celles de $f$ sont donc égales à
$\sqrt{-c}$ fois cette quantité.  L'équation inséparable $X^3 + d = 0$
a bien sûr pour solution (unique) $\root 3\of{-d}$, qui n'est pas une
écriture en radicaux avec nos définitions.

\subsection{Degré $4$}

\subsubsection{} Soit $f = X^4 + a_1 X^3 + a_2 X^2 + a_3 X + a_4$ un
polynôme de degré $4$ sur un corps $k$, dont on cherche à exprimer les
racines, $\xi_1,\xi_2,\xi_3,\xi_4$.

Lorsque $k$ est de caractéristique $\neq 2$, on pourrait commencer par
utiliser la transformation de Tschirnhaus $U = X + \frac{a_1}{4}$ (qui
transforme $f$ en $X^4 + b_2 X^2 + b_3 X + b_4$ avec $b_2 =
-\frac{3}{8} a_1^2 + a_2$, $b_3 = \frac{1}{8} a_1^3 - \frac{1}{2} a_1
a_2 + a_3$ et $b_4 = -\frac{3}{256} a_1^4 + \frac{1}{16} a_1^2 a_2 -
\frac{1}{4} a_1 a_3 + a_4$).  Cette opération permettrait de
simplifier légèrement les calculs en annulant le terme sous-dominant,
mais elle ne sera pas fondamentalement utile pour ce qui va suivre et
nous ne l'appliquerons donc pas.

On a vu en \refext{Calculs}{calcul-galois-degre-4} que la quantité
$\pi = \xi_1 \xi_3 + \xi_2 \xi_4$, choisie pour stabiliser le
sous-groupe $D_4 \leq \mathfrak{S}_4$, est racine du polynôme
résolvant $X^3 - a_2 X^2 + (a_1 a_3 - 4 a_4) X + (- a_1 ^2 a_4 - a_3^2
+ 4 a_2 a_4)$ (on parle généralement de \emph{résolvante cubique} ou
de \emph{résolvante de Ferrari} pour désigner cette équation).
Puisqu'il s'agit d'une équation de degré $3$, on peut supposer,
d'après les résultats précédents, qu'on dispose d'une expression
de $\pi$ (les différentes solutions de l'équation cubique
correspondent aux différentes classes de conjugaison de $D_4$
dans $\mathfrak{S}_4$, choix qui ne nous importe pas puisque la
numérotation des racines était arbitraire).

En caractéristique $\neq 2$ et quitte à adjoindre éventuellement au
corps $k$ une racine $4$-ième de l'unité $i$, on va introduire les
quatre sommes de Lagrange : $L_0 = \xi_1 + \xi_2 + \xi_3 + \xi_4$,
$L_1 = \xi_1 + i \xi_2 - \xi_3 - i \xi_4$, $L_2 = \xi_1 - \xi_2 +
\xi_3 - \xi_4$ et $L_3 = \xi_1 - i \xi_2 + \xi_3 + i \xi_4$.  La somme
$L_0$ vaut évidemment $-a_1$ et ne pose pas de problème.  Les
quantités $L_1^4$, $L_3^4$ et $L_2^2$,
d'après \ref{resolution-equations-cycliques-cas-kummer}, sont
invariantes par le groupe $C_4$ des permutations cycliques des
variables, donc vérifient des équations de degré au plus $2$ sur
$k(\pi)$, et, s'agissant de $L_2^2$, en fait $1$ puisqu'il est même
invariant par $D_4$.  Effectivement, il est facile de vérifier que
$L_2^2 = 4\pi + a_1^2 - 4a_2$ : ceci fournit déjà une manière de
résoudre l'équation, consistant à calculer tous les conjugués de
$L_2$, à savoir les $\pm\sqrt{4\pi + a_1^2 - 4a_2}$ où $\pi$ parcourt
les trois solutions de la résolvante cubique, et les différentes
sommes $\frac{1}{4}(L_0 \pm L_2 \pm L_2' \pm L_2'')$ où $L_2, L_2',
L_2''$ sont obtenues de cette manière, parcourent les racines $\xi_i$
ainsi que les $-\frac{1}{2} a_1 - \xi_i$ qu'il est facile de
reconnaître.  Une autre approche consiste à utiliser une équation
vérifiée par $L_1$, à savoir : $X^8 + (- 2 a_1^4 + 8 a_1^2 a_2 - 64
a_1 a_3 + 8 a_2^2 + 256 a_4 + ( 8 a_1^2 + 16 a_2 ) \pi - 56 \pi^2) X^4
+ ( a_1^8 - 8 a_1^6 a_2 + 24 a_1^4 a_2^2 - 32 a_1^4 a_4 - 32 a_1^2
a_2^3 + 208 a_1^2 a_2 a_4 - 32 a_1^2 a_3^2 + 16 a_2^4 - 320 a_2^2 a_4
+ 80 a_2 a_3^2 + (- 8 a_1^6 + 48 a_1^4 a_2 + 32 a_1^3 a_3 - 96 a_1^2
a_2^2 - 112 a_1^2 a_4 - 80 a_1 a_2 a_3 + 64 a_2^3 + 256 a_2 a_4 + 16
a_3^2 ) \pi + ( 24 a_1^4 - 128 a_1^2 a_2 - 16 a_1 a_3 + 176 a_2^2 + 64
a_4 ) \pi^2 )$ (on renvoie à \refext{Calculs}{calcul-galois-degre-4},
et spécifiquement à la discussion sur ce qui y est noté $R_{D_4,F}$
pour une explication de comment on peut calculer une telle expression,
mais sa vérification est une simple et fastidieuse question de
développer ce polynôme) ; comme prévu, le polynôme en question fournit
une équation quadratique en $L_1^4$, dont les deux racines sont
$L_1^4$ et $L_3^4$.

\subsubsection{} En caractéristique $2$, toujours en partant d'une
racine $\pi$ de la résolvante cubique $X^3 + a_2 X^2 + a_1 a_3 X +
(a_1 ^2 a_4 + a_3^2)$, la quantité $\xi_1 + \xi_3$ vérifie l'équation
$X^2 + a_1 X + a_2 + \pi = 0$, et si $\varsigma$ désigne cette
quantité $\xi_1 + \xi_3$, alors $\xi_1$ est racine de $a_1 X^2 + a_1
\varsigma X + \pi\varsigma + a_3 = 0$.  Lorsque $a_1 \neq 0$, ceci
permet de résoudre l'équation en résolvant successivement (la
résolvante cubique, puis) deux équations quadratiques.

Toujours en caractéristique $2$, si $a_1 = 0$, et toujours en partant
d'une racine $\pi$ de la résolvante cubique $X^3 + a_2 X^2 + a_3^2$,
la quantité $\xi_1 \xi_3$ vérifie l'équation $X^2 + \pi X + a_4 = 0$
(ceci étant d'ailleurs vrai sans l'hypothèse $a_1 = 0$), et si
$\varpi$ désigne cette quantité $\xi_1 \xi_3$, alors $\xi_1$ est
racine de $a_3 X^2 + (a_2 \pi + \pi^2) X + a_3 \varpi = 0$.  Lorsque
$a_1 = 0$ mais $a_3 \neq 0$, ceci permet de résoudre l'équation en
résolvant successivement (la résolvante cubique, puis) deux équations
quadratiques.

Enfin, dans le cas $a_1 = a_3 = 0$, l'équation $X^4 + a_2 X^2 + a_4 =
0$ est une équation quadratique en $X^2$ (et n'est pas séparable).

\subsection{Un exemple en degré $5$}

Considérons le polynôme $f = X^5 - 5X + 12$ sur les rationnels : on
cherche à en exprimer les racines au moyen de radicaux.  Pour se
convaincre que c'est au moins possible, il faut tout d'abord s'assurer
que son groupe de Galois $G$ est résoluble.  Nous avons traité cet
exemple en \refext{ExG}{exemple-galois-quintique-diedral} où nous
avons vu qu'il s'agissait du groupe diédral du pentagone ; plus
précisément, nous avons vu que le corps de décomposition de $f$
sur $\QQ$ s'écrit comme $K_1 = K[Y]/(Y^2 +
\frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2+3z+4)Y + \frac{1}{4}(-z^4-z^3-z^2-5z+8))$, où
$K = \QQ[X]/(f)$ est le corps de rupture de $f$ dans lequel on note
$z$ ou $z_0$ la classe de $X$, et on note $z_1$ la classe de $Y$
dans $K_1$ qui est aussi une racine de $f$ : le groupe de Galois est
alors le groupe des isométries d'un pentagone régulier dont les
sommets seraient étiquetés $z_0,z_1,z_2,z_3,z_4$ avec $z_2 =
\frac{1}{8}[(z_0^4-z_0^3+z_0^2-z_0-4)z_1 +
  (-z_0^4+z_0^3-z_0^2+z_0-4)]$ 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 $z_4 =
-z_1+\frac{1}{4}(z_0^4+z_0^3+z_0^2-3z_0-4)$.  On notera $\varsigma$
l'élément du groupe de Galois $G$ qui envoie cycliquement chacun de
$z_0,z_1,z_2,z_3,z_4$ sur le suivant, et $\tau$ celui qui échange
$z_1$ et $z_4$ ainsi que $z_2$ et $z_3$.

Pour spécifier le choix des déterminations des racines dans les
complexes, on fixe la numérotation pour laquelle $z_0 \approx
-1.842086$, $z_1 \approx 1.272897+0.719799i$, $z_2 \approx
-0.351854+1.709561i$, $z_4 \approx -0.351854-1.709561i$ et $z_5
\approx 1.272897-0.719799i$ (on vérifie bien avec ce choix que $z_1^2
+ \frac{1}{4}(-z_0^4-z_0^3-z_0^2+3z_0+4)z_1 +
\frac{1}{4}(-z_0^4-z_0^3-z_0^2-5z_0+8) = 0$ et que $z_2,z_3,z_4$ sont
donnés par les expressions ci-dessus en fonction de $z_0,z_1$).

Nous aurons aussi besoin de faire intervenir une racine primitive
cinquième de l'unité $\zeta$.  On peut montrer que $f$ a le même
groupe de Galois sur $\QQ(\zeta)$, c'est-à-dire que $K \otimes_{\QQ}
\QQ(\zeta) = \QQ(\zeta)[X]/(f)$ et $K_1 \otimes_{\QQ} \QQ(\zeta)$ sont
bien des corps (par exemple, on peut vérifier que le polynôme minimal
$Z^{10} - 10 Z^8 - 75 Z^6 + 1500 Z^4 - 5500 Z^2 + 16000$ de l'élément
primitif $z_0 - z_1$ de $K_1$ reste encore irréductible
sur $\QQ(\zeta)$) ; mais en réalité, nous n'en aurons pas vraiment
besoin de ce fait : nous ne calculerons pas de division dans ces
anneaux, donc il nous suffit qu'ils aient un sens en tant qu'anneaux,
que le groupe diédral du pentagone opère sur le second en
laissant $\zeta$ fixe, et que les éléments fixes par cette action
soient ceux de $\QQ(\zeta)$.

On définit les sommes de Lagrange $L_j = \sum_{i=0}^4 \zeta^{ij}
\varsigma^i(z_0) = \sum_{i=0}^4 \zeta^{ij} z_i$, de sorte que
$\varsigma(L_j) = \zeta^j L_j$.  Les éléments $L_j$ peuvent être
calculés explicitement dans $K_1 \otimes_{\QQ} \QQ(\zeta)$ (dont on a
une description explicite comme algèbre quotient de $\QQ[X,Y,U]$ par
l'idéal engendré par $f(X)$ et $(Y^2 + \frac{1}{4}(-X^4-X^3-X^2+3X+4)Y
+ \frac{1}{4}(-X^4-X^3-X^2-5X+8))$ et $U^4 + U^3 + U^2 + U + 1$).  On
a évidemment $L_0 = 0$ ; les autres $L_j$ vérifient
$\varsigma((L_j)^5) = (L_j)^5$, mais par ailleurs il est clair que
$\tau(L_j) = L_{5-j}$ (on rappelle que $\tau$ opère trivialement
sur $\zeta$), et en particulier $\tau((L_j)^5) = (L_{5-j})^5$.  Ainsi,
$(L_1)^5 + (L_4)^5$ et $(L_1 L_4)^5$, et de même $(L_2)^5 + (L_3)^5$
et $(L_2 L_3)^5$ sont stables par $\varsigma$ et $\tau$ donc éléments
de $\QQ(\zeta)$, et calculables explicitement.  De fait :
\begin{align*}
(L_1)^5 + (L_4)^5 &= - 8750 - 5000 \zeta^2 - 5000 \zeta^3\\
(L_1 L_4)^5 &=  78125 + 156250 \zeta^2 + 156250 \zeta^3\\
(L_2)^5 + (L_3)^5 &= - 3750 + 5000 \zeta^2 + 5000 \zeta^3\\
(L_2 L_3)^5 &=  -78125 + 156250 \zeta^2 - 156250 \zeta^3\\
\end{align*}
(Au lieu de la somme et du produit de $(L_1)^5$ et $(L_4)^5$, on
aurait pu introduire de nouvelles sommes de Lagrange $M_{(1,4),j} :=
L_1^5 + (-1)^j (L_4)^5$, sachant qu'alors $M_{(1,4),0} = (L_1)^5 +
(L_4)^5$ et de $(M_{(1,4),1})^2 = ((L_1)^5 - (L_4)^5)^2$ étaient dans
$\QQ(\zeta)$ ; cela revenait essentiellement au même ; et la même
chose vaut, évidemment, pour $L_2$ et $L_3$.)

Ces valeurs permettent de calculer $(L_1)^5$ et $(L_4)^5$ en radicaux
dans les complexes : on connaît déjà une expression en radicaux de
$\zeta = e^{2i\pi/5}$, à savoir $\frac{1}{4}(-1+\sqrt{5} +
\sqrt{-10-2\sqrt{5}})$, et le fait de connaître la somme et le produit
de $(L_1)^5$ et $(L_4)^5$ donne ceux-ci comme solutions d'une équation
quadratique donc résoluble au prix d'une racine carrée ; la même chose
vaut, évidemment, pour $(L_2)^5$ et $(L_3)^5$.

Pour obtenir des expressions un petit peu plus propres, et pour y voir
plus clair, on peut chercher à identifier l'extension quadratique de
$\QQ$ définie par le) (c'est-à-dire corps fixe du) sous-groupe
engendré par $\varsigma$ dans $G$ : pour cela, on considère par
exemple l'élément $q = z_0 z_1^2 + z_1 z_2^2 + z_2 z_3^2 + z_3 z_4^2 +
z_4 z_0^2$ de $K_1$ : il est stable par $\varsigma$ mais non
par $\tau$, et on calcule $q + \tau(q) = -10$ et $q\, \tau(q) = 275$,
ce qui donne $q^2 + 10q + 275 = 0$ ou encore $q =
-5(1\pm\sqrt{-10})$ ; par cohérence avec le choix des racines dans
$\CC$ décrit plus haut, on écrira $q = -5(1+\sqrt{-10})$, ou plus
exactement, on appellera $\sqrt{-10}$ l'élément de $K_1$ défini par
$-1-\frac{1}{5}q$ : cet élément est fixé par $\varsigma$ et
$\tau(\sqrt{-10}) = -\sqrt{-10}$.  Puisque $(L_1)^5 - (L_4)^5$ est lui
aussi fixé par $\varsigma$ et transformé par $\tau$ en son opposé, on
peut chercher à écrire $(L_1)^5 - (L_4)^5$ sous la forme $c\sqrt{-10}$
avec $c \in \QQ(\zeta)$, qu'on calcule comme $((L_1)^5 -
(L_4)^5)\times\sqrt{-10}/(-10)$, ce qui donne
\[
(L_1)^5 - (L_4)^5 = (- 750 - 1500 \zeta + 750 \zeta^2 - 2250 \zeta^3)\,\sqrt{-10}
\]
et de façon analogue
\[
(L_2)^5 - (L_3)^5 = (- 750 - 3000 \zeta - 2250 \zeta^2 - 750 \zeta^3)\,\sqrt{-10}
\]
Ceci donne une expression plus heureuse pour les $(L_j)^5$, à savoir,
une fois $\zeta$ remplacé par sa propre expression complexe en
radicaux :
\begin{align*}
(L_1)^5 &= -3125 + 1250\sqrt{5} + 375\sqrt{-10}\,\sqrt{-10+2\sqrt{5}}
  - \frac{375}{2}\sqrt{-10}\,\sqrt{-10-2\sqrt{5}}\\
(L_2)^5 &= -3125 - 1250\sqrt{5} - \frac{375}{2}\sqrt{-10}\,\sqrt{-10+2\sqrt{5}}
  - 375\sqrt{-10}\,\sqrt{-10-2\sqrt{5}}\\
(L_3)^5 &= -3125 - 1250\sqrt{5} + \frac{375}{2}\sqrt{-10}\,\sqrt{-10+2\sqrt{5}}
  + 375\sqrt{-10}\,\sqrt{-10-2\sqrt{5}}\\
(L_4)^5 &= -3125 + 1250\sqrt{5} - 375\sqrt{-10}\,\sqrt{-10+2\sqrt{5}}
  + \frac{375}{2}\sqrt{-10}\,\sqrt{-10-2\sqrt{5}}\\
\end{align*}
Et pour l'expression finale de la racine réelle $z = \frac{1}{5}(L_0 +
L_1 + L_2 + L_3 + L_4)$ de $f$ dans les complexes, on obtient
{\footnotesize
\begin{align*}
& \frac{1}{20}\left(-1-\sqrt{5}+\sqrt{-10+2\sqrt{5}}\right)
\root5\of{-3125 + 1250\sqrt{5} + 375\sqrt{-10}\,\sqrt{-10+2\sqrt{5}}
  - \frac{375}{2}\sqrt{-10}\,\sqrt{-10-2\sqrt{5}}}\\
& + \frac{1}{20}\left(-1-\sqrt{5}+\sqrt{-10+2\sqrt{5}}\right)
\root5\of{-3125 - 1250\sqrt{5} - \frac{375}{2}\sqrt{-10}\,\sqrt{-10+2\sqrt{5}}
  - 375\sqrt{-10}\,\sqrt{-10-2\sqrt{5}}}\\
& + \frac{1}{20}\left(-1-\sqrt{5}+\sqrt{-10+2\sqrt{5}}\right)
\root5\of{-3125 - 1250\sqrt{5} + \frac{375}{2}\sqrt{-10}\,\sqrt{-10+2\sqrt{5}}
  + 375\sqrt{-10}\,\sqrt{-10-2\sqrt{5}}}\\
& + \frac{1}{5}
\root5\of{-3125 + 1250\sqrt{5} - 375\sqrt{-10}\,\sqrt{-10+2\sqrt{5}}
  + \frac{375}{2}\sqrt{-10}\,\sqrt{-10-2\sqrt{5}}}\\
\end{align*}
\par}


\subsection{Une stratégie algorithmique générale}

Nous proposons d'étudier dans cette section le problème suivant : on
suppose que $f = X^d + a_1 X^{d-1} + \cdots + a_d \in k[X]$ est un
polynôme unitaire séparable sur un corps $k$, dans lequel on suppose
au moins qu'on sait mener des calculs et factoriser des polynômes, et,
en supposant que le groupe de Galois de $f$ est résoluble, on cherche
à calculer de façon algorithmique une expression en radicaux des
racines de $f$, dans le corps de décomposition de celui-ci.

Les algorithmes que nous exposons ici sont avant tout théoriques, et
ne sont pas forcément utilisables en tant que tels dans la pratique en
raison de leur complexité considérable : de nombreuses améliorations
et optimisations sont possibles afin de les rendre pratiques.

\subsubsection{Cas de caractéristique $0$ avec assez de racines de l'unité}
On suppose ici que $k$ est un corps de caractéristique $0$ et qu'il
contient « assez » de racines de l'unité (où le sens de « assez » va
être précisé en fonction du groupe de Galois, mais il sera en tout cas
suffisant que $k$ contienne les racines $\ppcm(1,2,3,\ldots,d)$-ièmes
de l'unité, où $d = \deg f$).

Comme en
\refext{Groebner}{section-algebre-de-decomposition-universelle}, on
introduit l'algèbre de décomposition universelle $k[Z_1,\ldots,Z_d]/I$
de $f$, où $I$ est l'idéal engendré par les relations $\sigma_i =
(-1)^i a_i$ où $\sigma_i$ désigne le $i$-ième polynôme symétrique
élémentaire en $Z_1,\ldots,Z_d$.  Le groupe $\mathfrak{S}_d$ agit par
permutation sur les $Z_i$.  Comme en
\refext{Groebner}{section-calcul-galois-par-base-de-groebner}, où on a
vu comment le calculer algorithmiquement, on appelle $J$ un idéal
premier de $k[Z_1,\ldots,Z_d]$ contenant $I$ : alors $E =
k[Z_1,\ldots,Z_d]/J$ est le corps de décomposition de $f$, et le
groupe $G$ des permutations de $Z_1,\ldots,Z_d$ laissant $J$ invariant
est le groupe de Galois de $f$.  On sait effectuer algorithmiquement
des calculs dans $E$, et on sait naturellement faire agir $G$ sur ses
éléments (puisqu'il s'agit simplement de permutations des $Z_i$).  En
réalité, dans ce qui suit, nous n'aurons pas besoin du fait que $G$
soit exactement le groupe de Galois de $f$, il suffira qu'il le
contienne.

On supposera que $k$ contient les racines $N$-ièmes de l'unité, où $N$
est tel que $g^N = 1$ pour tout $g \in G$ (et dès lors que $k$
\emph{contient} ces éléments, on sait les représenter explicitement
puisque nous avons supposé savoir factoriser des polynômes sur $k$ :
il suffit de factoriser le $N$-ième polynôme cyclotomique $\Phi_N$
pour disposer d'une racine primitive $N$-ième).

Soit $G = G_0 \geq G_1 \geq \cdots \geq G_r = \{1\}$ une suite de
sous-groupes de $G$ avec $G_{u+1}$ distingué dans $G_u$ et
$G_u/G_{u+1}$ cyclique d'ordre $m_u$ engendré par un élément
représenté par un élément $\tau_u$ de $G_u$.  Par récurrence sur $u$,
nous montrons qu'on peut calculer des expressions par radicaux
d'éléments du sous-corps $E_u$ de $E$ fixé par $G_u$.  Pour $u=0$, un
élément de $E$ fixé par $G_0 = G$ est un élément de $k$, et la
représentation choisie est transparente (c'est-à-dire que dans
$k[Z_1,\ldots,Z_d]/J$ on verra cet élément comme $c \cdot 1$ avec $c
\in k$ et $1$ le monôme unité).  Si maintenant le problème est de
calculer une expression par radicaux de $\gamma \in E_{u+1}$
(c'est-à-dire, fixé par $G_{u+1}$), on calcule les valeurs dans $E$
des sommes de Lagrange $\alpha_j = \sum_{i=0}^{m_u-1} \zeta^{ij}
{\tau_u}^i(\gamma)$, où $\zeta$ est une racine primitive $m_u$-ième de
l'unité dans $k$ (par exemple $\omega^{N/m_u}$ avec $\omega$ une
racine primitive $N$-ième fixée une fois pour toutes).  Puisque
$\tau_u$ est connu comme permutation des $Z_i$, ces $\alpha_j$ sont
explicitement calculables dans $E = k[Z_1,\ldots,Z_d]/J$.  Comme les
$(\alpha_j)^{m_u/\pgcd(j,m_u)}$ sont fixés par $G_{u+1}$ et
$\tau_u$, donc par $G_u$, l'hypothèse de récurrence assure qu'on sait
en calculer explicitement une expression en radicaux.  On peut donc
écrire $\alpha_j$ comme une racine de cette quantité, ce qui en donne
une expression en radicaux (cf. la remarque suivante), et alors
$\gamma = \frac{1}{m_u} \sum_{j=0}^{m_u-1} \alpha_j$ donne une
expression en radicaux de $\gamma$.  En appliquant ceci à n'importe
lequel des $Z_i$ (modulo $J$), on a trouvé une expression en radicaux
des racines de $f$.

\begin{remarque2}
Pour que l'expression en radicaux obtenue définisse correctement la
quantité écrite, il faut fixer un choix de déterminations des racines
extraites.  En général, il n'y a pas de manière particulièrement
intelligente de procéder.  On pourrait par exemple décider qu'à chaque
fois que l'algorithme veut écrire un élément $\alpha \in E$ comme
racine $m$-ième d'un $a \in E$, on cherche si une racine $m$-ième de
ce même $a$ a déjà été utilisée : si ce n'est pas le cas, on décide
que $\alpha$ sera l'élément noté $\root m\of a$, et on enregistre le
triplet $(a,m,\alpha)$ ; sinon, on appelle $\alpha_0$ la racine
$m$-ième précédemment choisie pour $a$ (c'est-à-dire qu'on a
enregistré le triplet $(a,m,\alpha_0)$), et on écrit $\alpha = \zeta^t
\root m\of a$ où $\root m\of a$ a déjà servi à désigner $\alpha_0$, et
$\zeta^t$ est la racine $m$-ième de l'unité $\alpha/\alpha_0$ (qu'on
peut calculer explicitement dans $E$, cf. par
exemple \refext{Gröbner}{algorithme-calcul-inverse-algebre-de-type-fini}).

Si les calculs sont menés sur $\QQ$ (ou de façon générale sur un
sous-corps de $\CC$), il existe bien sûr un choix standard de
déterminations des racines $m$-ièmes.  Pour pouvoir réaliser ce choix,
il faut, lorsqu'on réalise le corps de décomposition de $f$ comme
$k[Z_1,\ldots,Z_d]/J$, choisir en même temps un plongement compatible
dans $\CC$, c'est-à-dire trouver une numérotation des racines
complexes $\xi_1,\ldots,\xi_d$ de $f$ telles que toutes les relations
engendrant $J$ soient satisfaites pour cette numérotation (ou
inversement, choisir l'idéal $J$ premier contenant $I$ qui soit
compatible avec la numérotation préalablement choisie des $\xi_i$).
Ceci permet, à chaque étape de l'algorithme, d'obtenir une valeur
complexe approchée des éléments de $E$ qui apparaissent, et donc,
quand il s'agit d'extraire une racine $m$-ième de $a$, de choisir
l'écriture $\zeta^t \root m\of a$ qui fait intervenir la détermination
principale complexe.
\end{remarque2}

\subsubsection{Cas de caractéristique $0$ sans hypothèse de racines de l'unité}
Supposons maintenant relaxée l'hypothèse que le corps de base $k$
possède assez de racines de l'unité.

On peut se ramener au cas précédent en introduisant le corps $k' =
k(\zeta)$ où $\zeta$ est une racine $N$-ième de l'unité avec $N$
choisi de sorte que $g^N = 1$ pour tout $g$ dans le groupe de Galois
de $f$ sur $k$ (ou, dans le pire cas, $\ppcm(1,2,\ldots,d)$).  Pour
cela, on factorise le $N$-ième polynôme cyclotomique $\Phi_N$ sur $k$,
on en choisit un facteur irréductible $\chi$ quelconque, et on appelle
$k'$ le corps de rupture (qui est aussi corps de décomposition) de
$\chi$ sur $k$ : manifestement, on sait effectuer des calculs
dans $k'$, et on sait aussi factoriser des polynômes sur $k'$ car \XXX
\textcolor{Magenta}{[il faut décider où expliquer ce fait : pour
    l'instant, il est prévu dans le chapitre « Calculs », mais ce
    n'est pas forcément idéal]}.  Soulignons que le groupe de Galois
de $f$ sur $k'$ peut très bien être strictement plus petit que sur $k$
(lorsque $k'$ et $\dec_k(f)$ ne sont pas linéairement disjoints).

Plutôt que de travailler sur le corps $k'$, on peut préférer
travailler toujours sur $k$ : ceci peut se faire en ajoutant une
nouvelle indéterminée $\Omega$ (qui représentera une racine $N$-ième
de l'unité) et la relation $\Phi_N(\Omega)$ dans l'idéal $I$ : en
trouvant comme précédemment un idéal $J$ premier contenant $I$, le
corps $E = k[Z_1,\ldots,Z_d,\Omega]/J$ sera alors le corps de
décomposition de $\Phi_N \times f$ sur $k$, c'est-à-dire le corps de
décomposition de $f$ sur $k'$.  Le choix de $J$ équivaut ici au calcul
du groupe de Galois de $f$ sur $k'$.

\subsubsection{Cas de caractéristique $p$} On se place maintenant dans
le cas d'un corps de caractéristique $p > 0$.  Les méthodes décrites
ci-dessus fonctionnent encore, sauf lorsqu'un des groupes cycliques
$G_u/G_{u+1}$ est d'ordre $m_u$ multiple de $p$.  Quitte à raffiner la
décomposition de $G$, on peut d'ailleurs supposer $m_u = p$
exactement, ce que nous ferons.  On note $\tau = \tau_u$ un élément de
$G$ qui engendre $G_u$ modulo $G_{u+1}$ (i.e., d'ordre $p$ modulo
$G_{u+1}$).

Il convient tout d'abord de déterminer un élément $z$ de $E_{u+1} :=
\Fix_{G_{u+1}}(E)$ (le corps fixe par $G_{u+1}$) dont la trace $\Tr(z)
:= \sum_{i=0}^{p-1} \tau^i(z)$ ne soit pas nulle.  Un tel élément
existe toujours (cf. \refext{Alg}{pot-diag=geom-red=f-net}), et on
pourra donc en trouver, par exemple, en parcourant une base de
$E_{u+1}$ comme $k$-espace vectoriel et en calculant la trace de
chacun de ses élément ; ou bien, si on ne connaît pas de base de
$E_{u+1}$, en considérant une base de $E$ comme $k$-espace vectoriel,
et en calculant la trace vers $E_u$, soit $\sum_{\sigma \in G_u}
\sigma(\alpha)$, de chacun de ses éléments $\alpha$, sachant qu'il y
aura nécessairement un $\alpha$ pour lequel elle sera non-nulle et
alors $z := \sum_{\sigma \in G_{u+1}} \sigma(\alpha)$ sera dans
$E_{u+1}$ et aura une trace $\sum_{i=0}^{p-1} \tau^i(z)$ non nulle.

Quitte à diviser $z$ par sa trace (on rappelle (\XXX) qu'on sait
algorithmiquement calculer des divisions dans $E$), on peut supposer
que $\Tr(z) := \sum_{i=0}^{p-1} \tau^i(z) = 1$.  On pose alors $y :=
\sum_{i=0}^{p-1} i \tau^i(z)$.  Alors $\wp(y) := y^p - y$ est fixé par
($G_{u+1}$ et) par $\tau$ donc par $G_u$, donc on sait en donner une
expression en radicaux (c'est l'hypothèse de récurrence), ce qui
permet d'écrire $y$ comme une racine $\wp$-ième.  Par ailleurs, $y$,
étant de degré $p$ sur $E_u$, engendre $E_{u+1}$ sur ce dernier.
Ainsi, si $x$ est un élément quelconque de $E_{u+1}$ (i.e., fixé par
$G_{u+1}$), on peut l'écrire $\sum_{i=0}^{p-1} c_i y^i$, et les
coefficients sont calculables
(d'après \ref{resolution-equations-cycliques-cas-artin-schreier} \XXX)
comme $c_i = -\Tr(x y^{p-1-i})$ sauf $c_0 = -\Tr(x y^{p-1}) + \Tr(x)$.
On a donc écrit $x$ en radicaux, ce qui complète la récurrence.

\section{Polynômes résolubles de degré $p$}

\subsection{Sous-groupes résolubles transitifs de $\mathfrak{S}_p$}

\subsubsection{} Soit $p$ un nombre premier.  On identifie $\mathfrak{S}_p$ à
l'ensemble des permutations de $\FF_p$ et à l'intérieur de ce groupe
on note $C_p$ (isomorphe au groupe additif $\FF_p$) le groupe cyclique
des translations $t \mapsto t+b$ pour $b \in \FF_p$ et $\AGL_1(\FF_p)$
(isomorphe au produit semidirect $\FF_p \rtimes \FF_p^\times$) le
groupe des transformations affines $t \mapsto at+b$ pour $b \in \FF_p$
et $a \in \FF_p^\times$.  Rappelons le fait bien connu (ou facile à
vérifier) que $\AGL_1(\FF_p)$ est le normalisateur de $C_p$ dans
$\mathfrak{S}_p$ (c'est-à-dire le groupe des permutations $\gamma \in
\mathfrak{S}_p$ telles que $\gamma \tau \gamma^{-1}$ s'écrive de la
forme $\tau^u$ pour un certain $u$).

\begin{lemme2}
Le groupe $C_p$ est l'unique sous-groupe d'ordre $p$ dans
$\AGL_1(\FF_p)$.
\end{lemme2}
\begin{proof}
Si $t \mapsto at + b$ est d'ordre $p$ alors $a^p = 1$ dans
$\FF_p^\times$ donc $a=1$, et l'élément en question est bien
dans $C_p$.
\end{proof}

\begin{proposition2}\label{sous-groupes-resolubles-transitifs-de-s-p}
Soit $G \leq \mathfrak{S}_p$ un sous-groupe transitif (c'est-à-dire
que son action sur $\FF_p$ est transitive).  Alors il existe $\sigma
\in \mathfrak{S}_p$ tel que $C_p \leq \sigma G \sigma^{-1}$.  Si de
plus on suppose que $G$ et résoluble, alors pour tout tel $\sigma$ on
aussi $\sigma G \sigma^{-1} \leq \AGL_1(\FF_p)$
\end{proposition2}
\begin{proof}
Puisque $G$ est transitif, le stabilisateur $H$ d'un point quelconque
vérifie $\#G/\#H = p$ et en particulier $p$ divise l'ordre de $G$ :
par un théorème de Cauchy, il existe donc un élément de $G$
d'ordre $p$.  Vu dans $\mathfrak{S}_p$, cet élément est un $p$-cycle,
et quitte à conjuguer par une permutation $\sigma$ appropriée, on peut
réétiqueter ce cycle de façon qu'il soit $(0\;1\;2\;\cdots\;(p-1))$
c'est-à-dire $\tau \mapsto t \mapsto t+1$.  On a alors $C_p \leq
\sigma G \sigma^{-1}$ comme annoncé.

Supposons maintenant (quitte à conjuguer) qu'on ait $C_p \leq G$ avec
$G$ résoluble, et on souhaite montrer $G \leq \AGL_1(\FF_p)$.

Il existe une chaîne $G = G_0 \geq G_1 \geq \cdots \geq G_r = \{1\}$
de sous-groupes de $G$ telle que pour chaque $i$ le sous-groupe
$G_{i+1}$ soit distingué dans $G_i$ et que le quotient $G_i/G_{i+1}$
soit cyclique d'ordre premier.

Considérons d'abord le plus grand $i$ tel que $C_p \leq G_i$.  Le
groupe $G_i/G_{i+1}$ est nécessairement d'ordre $p$ : s'il était d'un
ordre $\ell \neq p$, alors en notant $\tau$ le générateur $t \mapsto
t+1$ de $C_p$, on aurait $\tau^\ell$ trivial modulo $G_{i+1}$
c'est-à-dire $\tau^\ell \in G_{i+1}$ et comme $\tau^\ell$
engendre $C_p$ on aurait encore $C_p \leq G_{i+1}$, ce qui contredit
la maximalité de $i$.  Montrons maintenant que $i=r-1$ c'est-à-dire
que $G_{i+1}$ est trivial : si ce n'était pas le cas, il existerait un
$\gamma \in G_{i+1}$ différent de l'identité, disons $\gamma(u) = v$
avec $u\neq v$ dans $\FF_p$, alors $\varrho := \tau^{u-v}\gamma$ fixe
le point $u$ donc est dans un conjugué de $\mathfrak{S}_{p-1}$ donc
est d'un ordre non multiple de $p$, c'est-à-dire que $\varrho$ peut
s'écrire comme une puissance de $\varrho^p$ ; mais $\varrho^p \in
G_{i+1}$ puisque $G_i/G_{i+1}$ est cyclique d'ordre $p$, donc $\varrho
\in G_{i+1}$ donc $\tau^{u-v} \in G_{i+1}$ donc $C_p \leq G_{i+1}$, ce
qui de nouveau contredit la maximalité de $i$.

On sait donc que $G_{r-1} = C_p$, et en particulier $G_{r-1} \leq
\AGL_1(\FF_p)$.

Montrons maintenant par récurrence descendante sur $i$ que $G_i \leq
\AGL_1(\FF_p)$ pour tout $i \leq r-1$.  Si on a $G_{i+1} \leq
\AGL_1(\FF_p)$, et si $\gamma \in G_i$, on a $\gamma\tau\gamma^{-1}
\in G_{i+1}$ (car $G_{i+1}$ est distingué dans $G_i$), donc
$\gamma\tau\gamma^{-1} \in \AGL_1(\FF_p)$, donc $\gamma\tau\gamma^{-1}
\in C_p$ d'après le lemme qui précède ; or ceci implique $\gamma \in
\AGL_1(\FF_p)$ d'après la remarque faite avant ce lemme.  Ceci conclut
la récurrence.
\end{proof}

\subsection{Un théorème de Galois}

\XXX Référencer : \textit{Mémoire sur les conditions de résolubilité
  des équations par radicaux}, propositions VII et VIII.

\begin{theoreme2}
Soit $f \in k[X]$ un polynôme irréductible de degré $p$ premier.
Alors les conditions suivantes sont équivalentes :
\begin{itemize}
\item Les racines de $f$ sont exprimables par radicaux.
\item Le groupe de Galois de $f$ est résoluble.
\item Le groupe de Galois de $f$ est, à conjugaison près, un
  sous-groupe de $\AGL_1(\FF_p)$.
\item Le corps de décomposition de $f$ est engendré par n'importe
  quelle paire de racines distinctes $\xi \neq \xi'$ de $f$.
\item Le corps de décomposition de $f$ est engendré par une paire de
  racines distinctes $\xi \neq \xi'$ de $f$.
\end{itemize}
\end{theoreme2}
\begin{proof}
L'équivalence entre les deux premières conditions a déjà été prouvée
en \ref{extension-resoluble-egale-extension-par-radicaux} et est citée
ici pour mémoire.

Si le groupe de Galois de $f$ est résoluble, la
proposition \ref{sous-groupes-resolubles-transitifs-de-s-p} montre
qu'il est un sous-groupe de $\AGL_1(\FF_p)$ ; réciproquement, comme
$\AGL_1(\FF_p)$ est résoluble, ses sous-groupes le sont
(cf. \ref{enonces-standards-groupes-resolubles}).  Les trois premières
conditions sont donc bien équivalentes.

Si le groupe de Galois de $f$ est un sous-groupe de $\AGL_1(\FF_p)$
(ou, quitte à renuméroter, s'il en est un à conjugaison près), comme
aucun élément de $\AGL_1(\FF_p)$ autre que l'identité ne fixe deux
points, le groupe des automorphismes du corps de décomposition de $f$
fixant $\xi$ et $\xi'$ (deux racines quelconques de $f$) est trivial,
donc ces racines engendrent tout le corps de décomposition.

Enfin, si $\xi\neq\xi'$ sont deux racines distinctes de $f$ qui
engendrent le corps de décomposition de $f$, alors comme $[k(\xi):k] =
p$, on a $[k(\xi,\xi'):k] = pr$ pour un certain $r =
[k(\xi,\xi'):k(\xi)]$, compris entre $1$ et $p-1$.  D'après la
première partie de \ref{sous-groupes-resolubles-transitifs-de-s-p} (et
quitte à renuméroter les racines) on a $C_p \leq G$ où $G$ désigne le
groupe de Galois de $f$.  Les $p$-sous-groupes de Sylow de $G$ sont
d'ordre $p$ et leur nombre doit diviser $r$ et être congru à $1$
modulo $p$, ce qui n'est possible que pour $r=1$, de sorte que $C_p$
est le seul, et il est donc distingué dans $G$.  Mais alors $G$
normalise $C_p$ dans $\mathfrak{S}_p$ et, comme on l'a fait remarquer,
ceci implique $G \leq \AGL_1(\FF_p)$.
\end{proof}

\XXX Regarder s'il n'y a pas quelque chose d'intéressant à extraire
autour de la page 110 (théorème 5.29) du Rotman de théorie des
groupes.  Galois prétend avoir une généralisation aux puissances des
nombres premiers ?



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\bibliography{../biblio/bibliographie-livre}
\bibliographystyle{../biblio/style-bib-livre}
Git: \showgitstatus
\end{document}
\else
\endgroup
\fi