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\chapter{Exemples, calculs et premières applications}

\section{Premières applications}

\subsection{Le corps des nombres complexes est algébriquement 
clos}\label{d'Alembert-Gauss}
\begin{enumerate}
\item Il n'existe pas d'extension de degré impair de $\RR$ non triviale. \\
C'est évident car tout polynôme de degré impair à coefficients réels à une racine 
réelle. On en déduit, par théorie de Galois que 
\item Toute extension finie $K/\RR$ est de degré une puissance de $2$.\\
Le corps des nombres réels étant de caractéristique nulle, tout extension
est séparable ; il suffit de démontrer cet énoncé dans le cas particulier 
où $K/\RR$ est une extension
galoisienne de groupe $G$, ce que nous supposons donc. 
Soit $d=2^r m$ son degré, avec $r\geq 0$ et $m$ impair et $G_2$ un $2$-Sylow de $G$.
L'extension $K/K^{G_2}$ est galoisienne de groupe $G_2\leq G$, avec $\# G_2=2^r$, si bien
que $K^{G_2}/\RR$ est nécessairement de degré impair $m$. Finalement $m=1$ d'après le
point précédent. 
\item Il n'existe pas d'extension de $K/\RR$ de degré $2^r$, $r>1$.\\
On peut supposer l'extension galoisienne, de groupe noté $G$, car en vertu de ce qui précède, 
sa clôture galoisienne est également de degré une puissance de $2$.
Soit $M\leq G$ un sous-groupe d'indice $2$ de $G$ (nécessairement distingué).
(L'existence d'un tel sous-groupe est bien connue et laissée en exercice.)
Ainsi, l'extension $K^M/\RR$ est galoisienne de groupe $\ZZ/2$, nécessairement 
obtenue par l'extraction d'une racine carrée\footnote{
En effet, si $x\in K^M-\RR$, $[\RR(x):\RR]=2$ donc il existe
des nombres réels $a,b$ tels que $x^2+ax+b=0$. Si $\Delta=a^2-4b$, il est évident
que $\RR(x)=\RR(\sqrt{\Delta})=\RR(\sqrt{\mathrm{sgn}(\Delta)})$.}
d'un nombre négatif donc isomorphe à $\CC/\RR$,
auquel nous l'identifierons.
Par hypothèse $r>1$ donc $\CC\subsetneq K$. L'extension $K/\CC$ étant de degré une puissance
non triviale de $2$, on voit comme précédemment que $\CC$ possède alors une 
extension de degré $2$, obtenue par extraction d'une racine. Or, on vérifie
facilement explicitement que tout nombre complexe à une racine carrée dans $\CC$.
Contradiction.
\end{enumerate}


\subsection{Longueur maximale d'une chaîne de sous-extensions}\label{chaines}\  \\
Soit $f\in \QQ[X]$ un polynôme irréductible de degré $d$, et soit
$X_f=\{\alpha_1,\dots,\alpha_d\}$ l'ensemble de ses racines dans une 
clôture algébrique $\sur{\QQ}$ de $\QQ$.
Notons $G_f$ le groupe de Galois de $\QQ(\alpha_1,\dots,\alpha_d)/\QQ$.
Ce groupe agit par permutation sur les racines, d'où un morphisme
canonique $G_f\ra \got{S}_{X_f}$. \emph{Supposons que c'est un isomorphisme.}
(Nous verrons plus tard que c'est \emph{en général} le cas ; 
cf. \ref{groupe galois générique} [À rédiger :
Bourbaki, Algèbre, exercice chap. V, §12, №13].)

\begin{itemize}
\item Quel est le nombre de sous-corps distincts de $\QQ(X_f)$ ?\\
Il résulte de la théorie de Galois que ce nombre coïncide avec 
le nombre de sous-groupes de $\got{S}_X$.
Ses valeurs sont, pour $d=1,\dots,7$ égales à 
$$
1,2,6,30,156,1455,11300,\dots
$$
Ainsi, si l'on prend par exemple un polynôme de degré $5$ de groupe de Galois $\got{S}_5$,
le graphe des sous-corps de son corps de décomposition comporte $156$ sommets. Les arêtes 
de ce graphe correspondent par définition aux inclusions de corps.
Les valeurs pour $d=\{8,9,10\}$ sont disponibles par exemple sur l'encyclopédie
les suites entières\footnote{En ce début de \textsc{xxi}-ième siècle,
on peut la trouver à l'adresse 
\texttt{http://www.research.att.com/~njas/sequences/indexfrench.html}.} 
(entrée \texttt{A005432}, anciennement \texttt{M1690}).

\item Quelle est la longueur maximale d'une chaîne de sous-corps ? \\
Il s'agit donc ici de trouver la longueur maximale d'une chaîne de sous-groupes
de $\got{S}_n$. Les premières valeurs de cette suite sont :

$$
1,2,3,5,6,7,8,11,12,13,14,16,17.
$$
C'est la suite \texttt{A007238} (anciennement \texttt{M0945}) de \textit{loc. cit.}

\item Quel est le nombre de sous-extensions de $\QQ(\alpha)$ pour
$\alpha$ une racine quelconque de $f$ ?
Comme le sous-corps $\QQ(\alpha)$ de $\QQ(X_f)$ correspond au fixateur
de $\alpha$ dans $G_f=\got{S}_{X_f}$, il s'agit de compter les sous-groupes
de $\got{S}_{X_f}$ qui contiennent $\mathrm{Stab}(\alpha)\iso \got{S}_{X_f-\alpha}$.
Seulement deux possibilités se présentent : un tel groupe est soit le plus
grand possible soit le plus petit possible. Ainsi, pour $\alpha$ comme plus haut
(ce qui est \emph{généralement} le cas), $\QQ(\alpha)$ ne possède pas de sous-extension
non triviale. (C'est bien entendu évident, sans hypothèse sur le groupe
de Galois si $f$ est de degré premier.)
\end{itemize}


\section{Quelques exemples}

\subsection{Équations de degré $2$}
Une équation $K/k$ de degré $2$ est nécessairement monogène, même si elle n'est pas
séparable. Elle est donc isomorphe à $k[X]/\big(X^2+a'X+b'\big)$ où $X^2+a'X+b'$ est 
un polynôme irréductible (et en particulier $b'\neq 0$).
Si $\mathrm{car.}k\neq 2$, on obtient en écrivant $a'=2a$, 
$$K\isononcan k[X]/\big(X^2-c\big),$$ où $c\in k-k^2$. Dans le cas général, la substitution
$\alpha\mapsto -\frac{a'}{b'}\alpha+1$ montre que 
$$K\isononcan k[X]/\big(X^2-aX+1\big)$$ pour un $a\in k$.

\subsection{Équations de groupe $\ZZ/3\ZZ$}\label{groupe Z/3}
On va voir que comme précédemment, ces équations sont, sans hypothèse
sur la caractéristique du corps, donnée par une équation universelle à un paramètre.
Comment trouver cette équation ?
(La réponse à cette question, donnée par la théorie de \emph{Kummer} (exposée plus bas,
\ref{Kummer}),
est plus simple mais fait des hypothèses essentielles sur le corps de base.)
Voici comment construire cette équation universelle.
Il est bien connu que le groupe cyclique $\ZZ/3$ se plonge dans $\mathrm{PGL}_2(\QQ)\iso
\Aut_{\QQ}(\QQ(t))$ (qui coïncident également avec le groupe des aux automorphismes
de la droite projective $\PP^1_{\QQ}$) :
$$
1\in \ZZ/3 \leadsto \sigma:=\Big( t \mapsto \frac{1}{1-t} \Big).
$$
On veut décrire l'extension $\QQ(t)/\QQ(t)^{\ZZ/3}$, galoisienne de groupe $\ZZ/3$.
Soit $a:=t+\sigma(t)+\sigma^2(t)\in \QQ(t)^{\ZZ/3}$. On calcule :
$$
a=\frac{t^3-3t+1}{t^2-t}
$$
donc $\QQ(a)=\QQ(t)^{\ZZ/3}$ (l'inclusion du terme de gauche étant évident \emph{a priori}).
On vérifie par le calcul que $t\sigma(t)\sigma^2(t)=-1$ et 
$t\sigma(t)+t\sigma^2(t)+\sigma(t)\sigma^2(t)=a-3$ donc
$$
\mathrm{Irr}_{\QQ(a)}(t)=X^3-ax^2+(a-3)X+1.
$$

Remarquons que si $\mathrm{car.}k=3$, cette équation
devient $Y^3-Y=-\frac{1}{a}$ via le changement de variable $Y=\frac{1}{1+X}$.
C'est une équation d'\emph{Artin-Schreier} (cf. \ref{Artin-Schreier}).

\begin{prp2} Soient $k$ un corps et $K/k$ une extension galoisienne de groupe $\ZZ/3$.
Alors, il existe $a_K\in k$ tel que $$K\isononcan k[X]/\big(X^3-a_Kx^2+(a_K-3)X+1\big).$$
\end{prp2}


\begin{proof}
Soient $K/k$ comme dans l'énoncé et $\sigma\in \ga(K/k)$ un générateur.
Choisissons $x_1\in K-k$ ; posons $x_2=\sigma(x_1)$ et $x_3=\sigma(x_2)=\sigma^2(x_1)$.
On cherche $y$, fonction rationnelle en les $x_i$ ($1\leq i \leq 3$) telle
que $\sigma(y)=\frac{1}{1-y}$. On vérifie immédiatement que 
$y:=\frac{x_1-x_3}{x_1-x_2}$ répond à la question (bien entendu $x_1\neq x_2$).
Il résulte des calculs effectués plus haut que $y$ est racine d'une équation
du type attendu. Il nous faut cependant vérifier que $y\notin k$.
Si c'est le cas alors $y(1-y)=1$, équation qui n'a au plus que deux solutions.
Soit $1,\alpha,\beta$ une base de $K$ sur $k$ ; les quantités 
$y(\alpha),y(\beta),y(\alpha+\beta)$ ne peuvent prendre deux fois la même valeur. 
En effet, si par exemple
$$
\frac{\alpha-\sigma^2(\alpha)}{\alpha-\sigma(\alpha)}=\mu\in k=
\frac{\beta-\sigma^2(\beta)}{\beta-\sigma(\beta)}
$$
on en déduit immédiatement que les fonctions $\mathrm{Id},\sigma$ et $\sigma^2$ 
sont linéairement dépendantes sur $k$. Ce n'est pas le cas (exercice ou
\ref{indépendance linéraire caractères} ci-dessous).
Cette démonstration a été communiquée à l'auteur par Hugues Randriambololona.
\end{proof}

\begin{prp2}\label{indépendance linéraire caractères}\label{indep lineaire}
Soit $K/k$ une extension finie de groupe de Galois $G$.
Alors, les $g\in G$, vus comme éléments du $K$-espace vectoriel
$\End_k(K)$ sont $K$-linéairement indépendants.
\end{prp2}

\begin{proof}
Il suffit de démontrer ce résultat après extension des scalaires
de $k$ à $K$. Pour chaque $g'\in G$, l'élément $g'\otimes_k K$  de $\End_K(K\otimes_k K)\iso
\End_K(\Hom_{\Ens}(G,K))$
correspond, en vertu de \ref{auto décomposition}, aux translations 
$$T_{g'} :(x_g)_{g\in G}\mapsto (x_{gg'})_{g\in G}.$$ 
Celles-ci sont visiblement linéairement indépendantes : si $\sum \lambda_g T_g=0$,
alors $\sum \lambda_g T_g(e_1)=(\lambda_g)_{g\in G}=0$,
où $e_1$ est le Dirac en l'unité.
\end{proof}

Plus généralement, si $H$ est un groupe et $K$ un corps,
les morphismes de groupes $H\ra K^{\times}$ sont $K$-linéairement indépendants
(exercice ou \ref{} [À rédiger]) : c'est l'« indépendance linéaire des caractères ».
On retrouve la proposition précédente en prenant $H=K^{\times}$.

\subsection{Digression : discriminant}\label{discriminant}

Soient $n\in \NN$ et 
$\displaystyle \delta:=\prod_{1\leq i<j\leq n} \big(x_i-x_j\big)\in \ZZ[x_1,\dots,x_n]$.
On fait agir $\got{S}_n$ sur $\ZZ[x_1,\dots,x_n]$ par permutation des variables (cf.
\ref{fonctions symétriques}).
Pour chaque $\sigma\in \got{S}_n$, $\sigma\delta=\varepsilon(\sigma)\delta$, où
$\varepsilon(\sigma)\in \{\pm 1\}$. Ainsi, $\sigma\delta^2=\delta^2=:\Delta$, pour
tout $\sigma\in \got{S}_n$. Il en résulte que $\Delta$ est un polynôme
en les fonctions symétriques élémentaires  $\sigma_1=\sum_1^n x_i,\dots,\sigma_n=\prod_1^n x_i$ ;
il est homogène de degré $n(n-1)$ en les variables.

Pour $n=2$, $\Delta=(x_1-x_2)^2=x_1^2+x_2^2-2x_1x_2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2$
donc $$\Delta=\sigma_1^2-4\sigma_2;$$ c'est le discriminant de l'équation
$T^2-\sigma_1T+\sigma_2$. \\

Pour $n=3$, on vérifie que 
$$\Delta=
-27{\sigma_3}^{2}+18\sigma_1\sigma_2\sigma_3+
{\sigma_1}^{2}{\sigma_2}^{2}-4{\sigma_1}^{3}\sigma_3-4{\sigma_2}^{3},
$$ 
qui se réduit à $-27{\sigma_3}^{2}-4{\sigma_2}^{3}$ si $\sigma_1=0$.\\



Enfin, pour $n=4$, si l'on en croit l'ordinateur,

$$\begin{array}{l}
\Delta=-192{\sigma_3}{\sigma_1}{{\sigma_4}}^{2}+
144{\sigma_2}{{\sigma_1}}^{2}{{\sigma_4}}^{2}
-4{{\sigma_2}}^{3}{{\sigma_1}}^{2}{\sigma_4}
-6{{\sigma_3}}^{2}{{\sigma_1}}^{2}{\sigma_4}
-80{\sigma_3}{\sigma_1}{{\sigma_2}}^{2}{\sigma_4}
+18{{\sigma_3}}^{3}{\sigma_1}{\sigma_2}
-27{{\sigma_1}}^{4}{{\sigma_4}}^{2}
+18{\sigma_3}{{\sigma_1}}^{3}{\sigma_2}{\sigma_4}\\
+{{\sigma_2}}^{2}{{\sigma_3}}^{2}{{\sigma_1}}^{2}
-4{{\sigma_3}}^{3}{{\sigma_1}}^{3}
+16{{\sigma_2}}^{4}{\sigma_4}
-4{{\sigma_2}}^{3}{{\sigma_3}}^{2}
-128{{\sigma_2}}^{2}{{\sigma_4}}^{2}
+144{\sigma_4}{{\sigma_3}}^{2}{\sigma_2}
-27{{\sigma_3}}^{4}
+256{{\sigma_4}}^{3}.
\end{array}
$$

Pour $X^4+pX^2+qX+r$, on trouve $16p^4r-4p^3q^2-128p^2r^2+144pq^2r - 27q^4+256r^3$.

Soient $k$ un corps et $f\in k[X]$ un polynôme de degré $n$. Soient $x_1,\dots,x_n$
les racines de $f$ dans une clôture algébrique de $k$. Alors, il résulte
immédiatement de la définition que les racines de $f$ sont simples si et 
seulement si
$\Delta(x_1,\dots,x_n)\neq 0$ ; cette dernière quantité s'exprime à l'aide des formules
ci-dessus en remplaçant les $\sigma_i$ ($1\leq i \leq n$) par 
les coefficients $(a_i)_{1\leq i \leq n}$ dans $f=X^n-a_1X^{n-1}+\cdots+(-1)^n a_n$.

\begin{prp2}
Soient $k$ un corps de caractéristique différente de $2$ et $f\in k[X]$ un
polynôme séparable irréductible de degré $d$. On suppose choisie un corps 
de décomposition $K$ de $f$. Alors, le sous-groupe 
$G_f$ de $\got{S}_{X_f}$ est contenu dans le groupe alterné $\got{A}_{X_f}$ 
si et seulement si $\Delta_f$ est un carré dans $k$.
\end{prp2}

\begin{proof}
Compte tenu de l'égalité $\sigma \delta = \varepsilon(\sigma)\delta$,
$\delta\in K$ est fixe sous l'action de $G_f$ si et seulement si $\varepsilon(\sigma)=1$
pour tout $\sigma\in G_f$ (rappelons que par hypothèse, $1\neq -1$ dans $K$).
Donc $\delta\in k$ si et seulement si $G_f\subset \got{A}_{X_f}$. La conclusion
résulte de ce que par définition $\delta^2=\Delta$.
\end{proof}

Par exemple, le discriminant de l'équation universelle de groupe $\ZZ/3\isononcan 
\got{A}_3$ (\ref{groupe Z/3}) est $(a^2-3a+9)^2$.

En caractéristique $2$, le même argument montre que $\Delta$ est toujours un carré.


\subsection{Équations de degré $3$ et $4$}

\begin{dfn}
Soit $f$ un polynôme séparable (non nécessairement irréductible) à coefficient
dans un corps $k$. Notons $G_f$ le groupe de Galois d'un corps de décomposition de $f$ sur $k$
et $X_f$ l'ensemble des racines de $f$ dans ce sur-corps.
\end{dfn}

Remarquons que l'extension considérée est bien galoisienne.

Avec ces notations, on a :

\begin{prp}\label{transitif}
Si $f$ est irréductible, de degré $d$, alors $d$ divise le cardinal
du groupe $G_f$.
\end{prp}

\begin{proof}
Comme $f$ est irréductible, $G_f\hra \got{S}_{X_f}$ agit transitivement (cf.
\ref{transitivité normale}). La conclusion en résulte.
\end{proof}

Cela explique le rôle crucial tenu par les sous-groupes transitifs des groupes
des permutations. Nous verrons un exemple non trivial, utile à des fins calculatoires
plus bas (\ref{degré 5}).

\begin{exms}
\begin{itemize}
\item Soit $P=X^3-3X+1\in \QQ[X]$. Ce polynôme est irréductible : il n'a pas de racine
rationnelle. Son discriminant vaut $81=9^2$ donc si $\alpha$
est une racine de $P$ dans $\CC$, $\QQ(\alpha)/\QQ$ est galoisienne,
de groupe $\ZZ/3$. (Remarquons que cette équation s'obtient en substituant
$0$ à $a$ dans l'équation universelle ci-dessus.
\item Soit $\FF_2$ le corps fini à deux éléments. Toute extension finie
de ce corps est séparable (un corps fini est parfait) et normale donc galoisienne.
Par exemple, si $P=X^3+X+1\in \FF_2[X]$, $K=\FF_2[X]/P$ est un corps,
galoisien sur $\FF_2$.

\item Soient $k$ un corps de caractéristique deux et $P=X^3+aX+b$ un polynôme irréductible
séparable sur $k$. Montrons que $G_P=\got{A}_3$ ssi l'équation 
$$y^2+by+(a^3+b^2)$$ a une racine dans $k$. \\

Soient $x_1,x_2,x_3$ les racines de $P$ dans une clôture algébrique de $k$
et introduisons 
$$\alpha:=x_1 x_2^2+x_2 x_3^2+x_3 x_1^2$$
(resp. $\beta=(12)\alpha=x_2 x_1^2 + x_1 x_3^2 + x_3 x_2^2$)
le $\got{A}_3$-symétrisé de l'expression $x_1 x_2^2$. Remarquons que le polynôme
définissant $\alpha$ n'est \emph{pas} $\got{S}_3$ invariant.

Après quelques calculs (simplifiés par l'hypothèse sur la caractéristique de $k$)
on trouve que 

$$(Y-\alpha)(Y-\beta)=Y^2-x_1x_2(x_1+x_2)Y + (...) = Y^2-bY+(a^3+b^2).$$

Il est immédiat que si $G_P\subset \got{A}_3$, $\alpha\in k$ : l'expression
le définissant est $\got{A}_3$-invariante. Réciproquement, cette équation
en $Y$ a pour discriminant $b^2$, nécessairement non nul (car $P$ est irréductible
donc $b\neq 0$) ; il s'en suit que $\alpha\neq \beta$. Si $G_P\subsetneq \got{A}_3$,
il existe $g\leftrightarrow (12)$ dans le groupe de Galois tel que $g(\alpha)=\beta$. Cela entraîne 
que $g\alpha\neq \alpha$ et $\alpha\notin k$. CQFD.
\end{itemize}
\end{exms}

%SECTION FACULTATIVE PAGE 10 ZAPPÉE
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Équations de degré $4$}\label{degré 4}

Nous discuterons plus loin les méthodes de calculs de racines. Notre propos
est ici de comprendre pour quelles valeurs de paramètres 
$\mathbf{T}=(T_1,\dots,T_4)$ une équation $f=X^4-T_1X^3+T_2X^2-T_3X+T_4\in k[X]$,
pour un corps $k$ de caractéristique différente de deux, a pour groupe de galois
$\got{S}_4$.

Pour des valeurs des paramètres telles que l'équation soit séparable,
le groupe de Galois est bien défini et est égal à $\got{S}_4$ ssi
(tautologiquement) il n'est contenu dans aucun sous-groupe maximal strict de 
$\got{S}_4$. La proposition suivant en donne la courte liste.

En plus grand degré $n>4$, il est d'ordinaire utile de remarquer que si
l'équation est séparable et irréductible, son groupe de Galois agit transitivement 
sur les racines ; on peut donc se contenter de rechercher les sous-groupes
maximaux \emph{transitifs}\footnote{
À conjugaison près, le nombre de sous-groupes
transitifs de $\got{S}_n$ est, pour $n\in [1,20]$ (d'après
l'ordinateur pour $n\geq 16$)
\begin{center}
\begin{tabular}{|*{21}{c|}}
\hline
$n$&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15&16&17&18&19&20 \\
\hline
nb. sous-groupes transitifs & 1&1&2&5&5&16&7&50&34&45&8&301&9&63&104&1954&10&983
&8&1117\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}}
%$$
%\begin{array}{*{31}{l}}
%1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15&16&17&18&19&20&21&22&23&24&25&26&27&28&29&30&31 \\
%1&1&2&5&5&16&7&50&34&45&8&301&9&63&104&1954&10&983
%&8&1117&164&59&7&25000&211&96&2392&1854&8&5712&12
%\end{array}
%$$}}.

\begin{prp}
Les sous-groupes maximaux de $\got{S}_4$ sont $\got{A}_4$, $\got{S}_3\isononcan
\mathrm{Stab}_x$ ($1\leq x \leq 4$) et les $2$-Sylow de $\got{S}_4$,
isomorphes au groupe diédral $D_4$.
\end{prp}

\begin{proof}
Soit $G$ un sous-groupe maximal de $\got{S}_4$, d'ordre $d\in \{12,8,6,4,3,2,1\}$. 
Traitons les cas un par un.\\
$d=12$. Il s'agit d'un sous-groupe d'indice $2$ donc distingué ; c'est nécessairement 
$\got{A}_4$, qui est maximal.\\
$d=8$. C'est un $2$-Sylow ; ils sont tous conjugués et l'on remarque que pour chaque
numérotation des côtés d'un carré, le groupe $D_4$ des isométries du carré
est un sous-groupe de $\got{S}_4$, d'ordre $8$. Il est maximal car non
contenu dans $\got{A}_4$.\\
$d=6$. Comme $4$ ne divise pas $d$, $G$ n'agit pas transitivement. Comme
$G\subsetneq \mathrm{Fix}_{x_1,x_2}\times \mathrm{Fix}_{x_3,x_4}\subset \got{S}_4$ 
pour $\{x_1,x_2,x_3,x_4\}=[1,4]$ (sans quoi son cardinal diviserait $4$),
il est contenu dans, et même égal à, un fixateur $\mathrm{Fix}_x$ pour un $x\in [1,4]$.\\
Un sous-groupe d'ordre $2$ ou $4$ est contenu dans un $2$-Sylow donc non maximal 
et un sous-groupe d'ordre $3$, nécessairement engendré par un $3$-cycle
est contenu dans $\got{A}_4$ donc non maximal également.
\end{proof}

Pour simplifier les notations du théorème suivant, on identifiera $\got{S}_{X_f}$ à $\got{S}_4$
(par le choix d'une numérotation des racines) et l'on écrira $G_f\subset \got{S}_3$
(resp. $G_f\subset D_4$) pour signifier que $G_f$ est contenu
dans un sous-groupe de $\got{S}_4$ isomorphe au terme de droite.

\begin{thm}\label{S_4?} Soient $k$ un corps de caractéristique $\neq 2$ et 
$f=X^4-t_1X^3+t_2X^2-t_3X+t_4\in k[X]$
un polynôme séparable (non nécessairement irréductible) de degré $4$.
\begin{itemize}

\item $G_f\subset \got{A}_4$ ssi $\Delta$ est un carré.
\item $G_f\subset \got{S}_3$ ssi $f$ a une racine dans $k$.
\item $G_f \subset D_4$ ssi l'un des éléments $x_1x_3+x_2 x_4$, $x_1 x_2 + x_3 x_4$ ou 
$x_1 x_4 + x_2 x_3$ appartient à $k$. \\
De façon équivalente, $G_f\subset D_4$ ssi le polynôme de $k[X]$
{\small
$$
\big(X-(x_1x_3+x_2 x_4)\big)\big(X-(x_1 x_2 + x_3 x_4)\big))\big(X-(x_1 x_4 + x_2 x_3)\big)
=X^3-t_2X^2+(t_1t_3-4t_4)X+(4t_2t_4-t_1^2t_4-t_3^2)$$}
a une racine dans $k$.\\
De plus le discriminant de cette cubique est égal au discriminant de $f$, non nul.
\end{itemize}
\end{thm}

La cubique précédente est appelée une \emph{résolvante}.


\begin{proof}
Le premier point n'est mis que pour mémoire. Le second est évident.
Passons au troisième point. 
L'expansion de la cubique est un simple calcul ; l'égalité 
des discriminants résulte de ce que 
$$
(x_1 x_2 + x_3 x_4)-(x_1x_3+x_2 x_4)=(x_1-x_4)(x_2-x_3).
$$
%La nécessité de la condition est évidente : le polynôme $X_1X_3+X_2X_4$
%est invariant par $D_4\isononcan\langle (1234),(12)(34)\rangle\subset \got{S}_4$. 
Les expressions $\{ X_1X_3+X_2 X_4, X_1 X_2 + X_3 X_4,X_1 X_4 + X_2 X_3\}$ 
forment une orbite sous l'action de $\got{S}_4$ sur $\ZZ[X_1,\dots,X_4]$,
les stabilisateurs des éléments étant précisément les groupes diédraux.
Plus précisément, par exemple pour des raisons de degrés, 
$\QQ(X_1,\dots,X_4)^{D_4}=\QQ(X_1X_3+X_2X_4)$. Il en résulte que si $G_f$ n'est 
pas contenu dans un $D_4$, il agit sans point fixe sur les racines
de la cubique.
\end{proof}

Voyons une application immédiate : 

\subsection{Exemple : détermination du groupe de 
Galois de $X^4-X+1\in \QQ[X]$}
 
Il résulte des formules \ref{discriminant} que le discriminant de cette équation
est $256-27=229\neq 0$. Le polynôme est donc séparable (on ne sait
pas encore s'il est irréductible). Comme $229$ n'est pas un carré (c'est même un nombre
premier), le groupe de Galois $G$ de l'équation n'est pas contenu dans $\got{A}_4$.
Cette équation n'ayant pas de racine dans $\QQ$ (si c'était le cas, elle serait
entière mais $n(x^3-1)\neq -1$ pour tout entier $n\in \ZZ$), $G$ n'est pas contenu
dans un groupe $\got{S}_3$, stabilisateur d'une racine. Enfin, la cubique 
du théorème se spécialise ici en $X^3-4X-1$ qui n'a pas non plus de racine.
Ainsi, d'après les deux résultats précédents, $X^4-X+1$ est irréductible
sur $\QQ$, de groupe de Galois $\got{S}_4$. 


Nous encourageons le lecteur à choisir un polynôme 
« au hasard » et à faire de même avec son polynôme.



\subsection{Exercice (N. Bourbaki)}
Montrez qu'il existe une infinité de $a\in \ZZ$ tel que si $\alpha$
est une racine de $f_a:=X^4-aX-1$, l'extension $\QQ(\alpha)/\QQ$ ne possède pas
de sous-extension non triviale. Comme remarqué en fin de \ref{chaines},
il suffit de trouver de tels $a\in \ZZ$ tels que $G_{f_a}\isononcan\got{S}_4$.
%Indication : calculez la cubique résolvante.

\section{Équations de degré $5$}\label{degré 5}

On se propose de démontrer un analogue du théorème \ref{S_4?} pour de telles
équations. On procède de façon semblable.

\begin{prp}
Les sous-groupes maximaux de $\got{S}_5$ sont $\got{A}_5$, 
les stabilisateurs d'un point $\mathrm{Fix}_{x}\isononcan \got{S}_4$
les produits de fixateurs $\mathrm{Fix}_{x_1,x_2,x_3}\times \mathrm{Fix}_{x_4,x_5}
\isononcan \got{S}_2\times \got{S}_3$ et les normalisateurs
d'un $5$-Sylow (d'indice $6$) de $\got{S}_5$. Ces derniers groupes sont
isomorphes au groupe des automorphismes de la droite affine sur $\FF_5$, 
$\{x\mapsto ax+b\ (a,b)\in \FF_5^{\times}\times \FF_5\ : 
\FF_5\ra \FF_5 \}\isononcan \FF_5 \rtimes  \FF_5^{\times}$. Ils sont 
d'indice $6$ dans $\got{S}_5$.
\end{prp}

\begin{proof}
Soit $G$ un sous-groupe non trivial de $\got{S}_5$. Si l'action de $G$ n'est pas transitive,
soit il existe une orbite de cardinal $1$ et $G$ est contenu dans un $\got{S}_4$
soit il existe une orbite de cardinal $2$ et $G$ est contenu dans un $\got{S}_2\times\got{S}_3$.
Ces deux groupes sont maximaux.

Supposons donc l'action de $G$ transitive ; le cardinal du groupe est donc
divisible par $5$. Soit $n_5$ le nombre de $5$-Sylow (nécessairement
cycliques d'ordre $5$) de $G$. 

\begin{itemize}
\item Cas $n_5=1$. Comme $G$ normalise un $5$-Sylow de $\got{S}_5$, il contient 
un normalisateur, noté $\mathrm{H}_{20}$. 
Il reste à montrer qu'un tel groupe est maximal et isomorphe
au groupe affine sur $\FF_5$. Commençons par le premier point. Soit $\mathrm{H}_{20}\subsetneq
K \subsetneq \got{S}_5$ un sous-groupe. Comme $\mathrm{H}_{20}$ est d'indice $6$\footnote{
Le nombre d'éléments d'ordre $5$ dans $\got{S}_5$ est $4!$ donc le nombre de $5$-Sylow
est $4!/4=6$.}, $K$ est d'indice $2$ ou $3$. S'il est d'indice $2$ c'est $\got{A}_5$
mais $\mathrm{H}_{20}$ n'est pas contenu dans $\got{A}_5$ : $(1243)\notin \got{A}_5$
et stabilise le $5$-Sylow $\langle (12345) \rangle$. Ainsi, $K$ est d'indice $3$.
Cela entraîne l'existence d'une action transitive $\got{S}_5\ra \got{S}_3$,
ce qui est impossible. En effet, l'identité 
$(123)=(32145)(13254)$ montre que $\got{A}_5$,
engendré par les $3$-cycles, l'est également par les $5$-cycles. Le morphisme
précédent se factoriserait alors par $\got{S}_5/\got{A}_5\iso \ZZ/2$,
car l'image d'un $5$-cycle dans $\got{S}_3$ est nécessairement triviale, ce qui est absurde.

Ainsi, les groupes $\mathrm{H}_{20}$ sont maximaux. Identifiant $\got{S}_5$
à l'ensemble des permutations de $\FF_5$, on peut envoyer $\{x\mapsto ax+b : \FF_5\ra \FF_5\}$
dans $\got{S}_5$. On vérifie immédiatement qu'il normalise le $5$-Sylow
$\langle (12345) \rangle$.

\item Cas $n_5=6$. Sous cette hypothèse, $G$ contient tous les $5$-cycles
de $\got{S}_5$. On a vu plus haut que ceux-ci engendrent $\got{A}_5$.
Ainsi, $G$ contient $\got{A}_5$, qui est bien maximal dans $\got{S}_5$.
\end{itemize}
\end{proof}

Un $5$-Sylow de $\got{S}_{\FF_5}$ étant donné, par exemple 
$\langle (01234) \rangle$, notons $\mathrm{H}_{20}$ son normalisateur.
Il s'agit de l'ensemble des permutations $g\in \got{S}_{\FF_5}$
tels que $g(01234)g^{-1}=(01234)^{i}$, $i\in \{1,2,3,4\}$. Géométriquement,
c'est l'ensemble des éléments de $\FF_5$ qui envoient le premier pentagone
ci-dessous sur un des quatre pentagones ci-dessous, éventuellement
tourné.
\begin{center}
\input{pentagones.pstex_t}
\end{center}
Le fait que $H_{20}$ soit isomorphe au groupe affine de la droite affine
sur $\FF_5$ est alors apparent.

Soit 
$$u=(x_0x_1+x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+x_4x_0)-
(x_0x_2+x_2x_4+x_4x_1+x_1x_3+x_3x_0),$$
obtenu en sommant les produits correspondants aux arêtes du premier pentagone (traits
pleins) et en soustrayant les produits correspondants aux diagonales (traits
en pointillés).
Au signe près, on obtiendrait le même élément en considérant le deuxième pentagone.
Il en résulte que
cet élément de $\ZZ[x_1,\dots,x_5]$ est antisymétrique sous $\HH_{20}$, au sens
où $\sigma(u)=\varepsilon(\sigma)u$ pour tout $\sigma\in \HH_{20}$. 
En effet, les translations de $\HH_{20}$ (vu comme groupe affine) agissent trivialement
et le générateur $2\in \FF_5^{\times}$ (correspondant à 
$(1243)$ dans $\got{S}_{\FF_5}$) induit un changement de signe.
Ainsi 
$$\alpha_1:=\frac{u}{\delta}$$
($\delta=\prod_{i<j} (x_i-x_j)$) est invariant sous l'action de $\HH_{20}$
et c'est même son stabilisateur.

On est donc naturellement amené à considérer le polynôme
$$
(X-\alpha_1)(X-\alpha_2)\cdots(X-\alpha_6)\in \ZZ[x_1,\dots,x_5][\delta^{-1}][X]
$$
où les $\alpha_i$ ($1\leq i \leq 6$) forment l'orbite de $\alpha_1$ sous
$\got{S}_{\FF_5}$. Le groupe $\got{A}_{\FF_5}$ agit également transitivement sur ses racines,
par exemple parce que $\langle\got{A}_{\FF_5},H_{20}\rangle=\got{S}_{\FF_5}$.
Ce polynôme joue un rôle analogue à celui joué par la résolvante cubique (\ref{S_4?}). 

\begin{thm}\label{S_5?} Soit $k$ un corps de caractéristique $\neq 2$,
$f$ un polynôme unitaire irréductible séparable de $k[X]$.
Alors $G_f$ n'est ni contenu ni dans
un $\got{S}_4$ ni dans un $\got{S}_2\times \got{S}_3$,
et le groupe $G_f$ est contenu dans un $\mathrm{H}_{20}$ ssi
le polynôme précédent a une racine dans $k$.
\end{thm}

\begin{proof}
Le premier point est évident, de même que le fait que
si $G\subset \HH_{20}$ (\cad \emph{un} tel groupe), alors la résolvante a
une racine (correspondant à $\alpha_1$ avec les notations ci-dessus).
Voyons la réciproque. Supposons l'une des racines $\alpha_1$ de la sextique dans $k$ et
$G_f$ contenu dans aucun $\HH_{20}$. Puisque $G_f$ agit transitivement
sur $X_f$, $5|\#G_f$. Si $n_5=1$, d'après la démonstration de la proposition
précédente, $G$ contient un $\HH_{20}$ (maximal) et est donc, puisqu'il ne lui
est pas égal, le groupe $\got{S}_5$ tout entier.
Si par contre $n_5=6$, $G$ contient $\got{A}_5$. Dans ces deux cas,
$\got{A}_5$ est contenu dans $G_f$. Comme le groupe $\got{A}_5$
permute transitivement les racines $\alpha$, et qu'il est contenu
dans le groupe de Galois, les racines $\alpha$ sont tous égales (car $\alpha_1\in k$).
Nous allons voir que c'est impossible.
Comme $$\alpha_1=\delta^{-1}\big((x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+x_4x_5+x_5x_1)-
(x_1x_3+x_3x_5+x_5x_2+x_2x_4+x_4x_1)\big),$$ on a :
$$
(12)\alpha_1=:\alpha_2=\delta^{-1}\big( (x_2x_3+x_3x_5+x_5x_1+x_1x_4+x_4x_2)-
(x_2x_1+x_1x_3+x_3x_4+x_4x_5+x_5x_2)\big).
$$


L'égalité présumée $\alpha_1=\alpha_2$ se réécrit :

$$
x_1x_2+x_3x_4+x_4x_5=x_1x_4+x_2x_4+x_3x_5,
$$

et de même, en appliquant la transposition $(23)$ :

$$
x_1x_3+x_2x_4+x_4x_5=x_2x_5+x_4x_1+x_4x_3.
$$

En soustrayant ces deux égalités on obtient,
après avoir factorisé par le facteur évident $x_2-x_3$ (qui annule l'opération 
$\mathrm{Id}-(23)$), 

$$
(2x_4-x_1-x_5)(x_2-x_3)=0.
$$

Comme $f$ est supposé séparable, $2x_4=x_1+x_5$ ; par permutation
on a également $2x_3=x_1+x_5$ et finalement, comme la caractéristique
de $k$ est différente de $2$, $x_3=x_4$ : absurde !

\end{proof}

Nous allons maintenant étudier les extensions cycliques d'ordre premier à la 
caractéristique du corps.