Chapitre XVI. Résolubilité par radicaux des équations polynomiales
Démonstration. Soient r 1 , . . . , r n les racines de f dans un corps de décompositon
L = k(t 1 , . . . , t n )(r 1 , . . . , r n ). On a f (X) =
n
i=1 (X − r i ) et les t k s’expriment en
fonction des r i à l’aide des fonctions symétriques élémentaires : t k = σ k (r 1 , . . . , r n ),
où σ k (x 1 , . . . , x n ) =
i 1 <... n
j=1 (x i j ). On a donc L = k(r 1 , . . . , r n ). Montrons
que les r i sont transcendants et algébriquement indépendants sur k (donc, en
particulier, distincts) : quitte à renuméroter les racines, on peut supposer que
r 1 , . . . , r s (s n) sont transcendants et algébriquement indépendants sur k et
que l’extension L/k(r 1 , . . . , r s ) est finie. Il s’agit de montrer que s = n. Comme t 1
est algébrique sur k(r 1 , . . . , r s ) (car L/k(r 1 , . . . , r s ) est finie), il existe une équation
polynomiale Q(t 1 , r 1 , . . . , r s ) = 0. Comme t 1 est transcendant sur k, cette équation
doit faire intervenir l’un des r i et, quitte à permuter r 1 , . . . , r s , on peut supposer
qu’elle fait intervenir r 1 . Donc r 1 est algébrique sur k(t 1 , r 2 , . . . , r s ), de sorte que
l’extension L/k(t 1 , r 2 , . . . , r s ) est finie. On fait de même avec r 2 , . . . , r s , montrant
ainsi que l’extension L/k(t 1 , . . . , t s ) est finie. Nécessairement s = n, sinon t s+1
serait algébrique sur k(t 1 , . . . , t s ), ce qui n’est pas puisqu’il est transcendant sur
k(t 1 , . . . , t s ).
Considérons maintenant la restriction des k(t 1 , . . . , t n )-automorphismes de L
à l’ensemble {r 1 , . . . , r n } des racines : on a déjà vu qu’une telle application définit
une injection du groupe Gal(f ) dans S n . C’est un isomorphisme. En effet, un élément ˜
σ de S n provient du k(t 1 , . . . , t n )-automorphisme σ défini par σ(r i ) = r ˜
σ(i) :
ce dernier associe à une fraction rationnelle
P (r 1 ,...,rn)
Q(r 1 ,...,rn) la fraction
P (σ(r 1 ),...,σ(rn))
Q(σ(r 1 ),...,σ(rn)) .
C’est bien un k(t 1 , . . . , t n )-automorphisme : comme les t k sont symétriques en les
r i , ils sont invariants sous l’action de σ, donc une fraction rationnelle en les t k est
laissée fixe par σ.
Corollaire XVI.2.2. L’équation générale polynomiale sur Q de degré n est résoluble
par radicaux si et seulement si n 4.
Exercice XVI.2. Déduire du théorème (XVI.2.2) et de l’application démontrée au
TR.II.B, que pour tout n 2, il existe une extension F/Q de degré n qui ne
contient pas de corps intermédiaire distinct de Q ou de F . (Indication : d’après
le théorème (XVI.2.2), il existe un polynôme f ∈ Q[X] dont le corps de décomposition L vérifie Gal(L/Q) S n . Considérer F = L S n−1 .)
Ceci est un exemple de la situation évoquée dans la mise en garde qui suit la
remarque (IX.2.1).
Signalons que Hilbert a démontré le résultat suivant.
Proposition XVI.2.2. Pour tout entier n 2, il existe un corps de nombres (i.e.
une extension finie de Q) dont le groupe de Galois est isomorphe à S n .
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Démonstration. Soient r 1 , . . . , r n les racines de f dans un corps de décompositon
L = k(t 1 , . . . , t n )(r 1 , . . . , r n ). On a f (X) =
n
i=1 (X − r i ) et les t k s’expriment en
fonction des r i à l’aide des fonctions symétriques élémentaires : t k = σ k (r 1 , . . . , r n ),
où σ k (x 1 , . . . , x n ) =
i 1 <... n
j=1 (x i j ). On a donc L = k(r 1 , . . . , r n ). Montrons
que les r i sont transcendants et algébriquement indépendants sur k (donc, en
particulier, distincts) : quitte à renuméroter les racines, on peut supposer que
r 1 , . . . , r s (s n) sont transcendants et algébriquement indépendants sur k et
que l’extension L/k(r 1 , . . . , r s ) est finie. Il s’agit de montrer que s = n. Comme t 1
est algébrique sur k(r 1 , . . . , r s ) (car L/k(r 1 , . . . , r s ) est finie), il existe une équation
polynomiale Q(t 1 , r 1 , . . . , r s ) = 0. Comme t 1 est transcendant sur k, cette équation
doit faire intervenir l’un des r i et, quitte à permuter r 1 , . . . , r s , on peut supposer
qu’elle fait intervenir r 1 . Donc r 1 est algébrique sur k(t 1 , r 2 , . . . , r s ), de sorte que
l’extension L/k(t 1 , r 2 , . . . , r s ) est finie. On fait de même avec r 2 , . . . , r s , montrant
ainsi que l’extension L/k(t 1 , . . . , t s ) est finie. Nécessairement s = n, sinon t s+1
serait algébrique sur k(t 1 , . . . , t s ), ce qui n’est pas puisqu’il est transcendant sur
k(t 1 , . . . , t s ).
Considérons maintenant la restriction des k(t 1 , . . . , t n )-automorphismes de L
à l’ensemble {r 1 , . . . , r n } des racines : on a déjà vu qu’une telle application définit
une injection du groupe Gal(f ) dans S n . C’est un isomorphisme. En effet, un élément ˜
σ de S n provient du k(t 1 , . . . , t n )-automorphisme σ défini par σ(r i ) = r ˜
σ(i) :
ce dernier associe à une fraction rationnelle
P (r 1 ,...,rn)
Q(r 1 ,...,rn) la fraction
P (σ(r 1 ),...,σ(rn))
Q(σ(r 1 ),...,σ(rn)) .
C’est bien un k(t 1 , . . . , t n )-automorphisme : comme les t k sont symétriques en les
r i , ils sont invariants sous l’action de σ, donc une fraction rationnelle en les t k est
laissée fixe par σ.
Corollaire XVI.2.2. L’équation générale polynomiale sur Q de degré n est résoluble
par radicaux si et seulement si n 4.
Exercice XVI.2. Déduire du théorème (XVI.2.2) et de l’application démontrée au
TR.II.B, que pour tout n 2, il existe une extension F/Q de degré n qui ne
contient pas de corps intermédiaire distinct de Q ou de F . (Indication : d’après
le théorème (XVI.2.2), il existe un polynôme f ∈ Q[X] dont le corps de décomposition L vérifie Gal(L/Q) S n . Considérer F = L S n−1 .)
Ceci est un exemple de la situation évoquée dans la mise en garde qui suit la
remarque (IX.2.1).
Signalons que Hilbert a démontré le résultat suivant.
Proposition XVI.2.2. Pour tout entier n 2, il existe un corps de nombres (i.e.
une extension finie de Q) dont le groupe de Galois est isomorphe à S n .
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