Caractérisation du groupe de Galois des polynômes de degré deux, trois et quatre

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1 Caractérisation du groupe de Galois des polynômes de degré deux, trois et quatre Caroline Aubin Travail remis dans le cadre du cours Théorie de Galois MAT Université duquébec à Montréal 1 er décembre 1997

2 Extensions de corps, groupes de Galois... Sujet abstrait, s il en est un! En effet, il semble difficile d avoir une idée concrète de ce que sont ces objets. Or, il est possible et même assez simple de caractériser les groupes de Galois associés à des polynômes de degré deux, trois et quatre. Nous allons donc déterminer ces groupes de Galois ainsi que les racines de polynômes irréductibles de degré deux, trois et quatre. Pour ce faire, nous allons étudier en profondeur les théorèmes et preuves sur ce sujet présentés dans Field and Galois theory [3]. Eclaircissons d abord quelques zones grises. Si f est un polynôme de F et si E est le corps de décomposition de f, alors Aut F E est le groupe de Galois de f sur F. Il est aussi important de mentionner que les polynômes traités seront tous séparables. Dans les trois cas qui nous intéressent, il suffit que la caractéristique du corps de base soit différente de ou 3 pour assurer la séparabilité. (Pensez à la dérivée!) Soit f(x) F [X] séparable et irréductible sur F, et soit E le corps de décomposition de f. Posons f(x) = (x α 1 )(x α )...(x α n ) E[x]. Si n = deg(f), notons que n divise [E : F ]= Aut E F, car [F (α 1 ):F]=net [E : F ]= [E:F(α 1,α,..., α n 1 )][F (α 1,α,..., α n 1 ):F(α 1,α,..., α n )]...[F (α 1,α ): F(α 1 )][F (α 1 ):F]. De plus, nous savons qu un élément de Aut F E est entièrement déterminé par son effet sur les racines de f, racines qui sont bien sûr permutées. Ceci nous a permis de démontrer que le groupe de Galois d un polynôme est effectivement isomorphe à un sous-groupe de S n. Or, seuls quelques sousgroupes de S n sont susceptibles d être isomorphes à un groupe de Galois, puisque ce dernier agit transitivement sur les racines du polynômes f. Nous allons noter Gal(E/F) le sous-groupe de S n isomorphe au groupe de Galois de E sur F. Nous sommes maintenant prêts à commençer. Polynômes quadratiques Soit f(x) = x + bx + c F [X] séparable et irréductible sur F. Si char(f), alors la formule quadratique peut être utilisée pour trouver

3 les racines de f. Ces racines seront 1( b ± b 4c). Ainsi, le corps de décomposition E de f sur F est F ( b 4c). Dans ce cas, le groupe de Galois associé àfest S, un groupe cyclique d ordre deux. Ceci découle du fait que [E : F ]=et[e:f] = Aut E F = Gal(E/F). Or, le seul sous-groupe de S de cardinalité égale à deux est S lui-même, donc Gal(E/F) = S. Polynômes cubiques Nous allons maintenant poser f un polynôme irréductible, séparable de degré 3 sur le corps F, et soit E son corps de décomposition. S 3 et A 3 sont les seuls sous-groupe de S 3 de cardinalité un multiple de trois. Théorème 1. Soit f(x) F [X] un polynôme de degré 3 irréductible, séparable sur F, et soit E le corps de décomposition de f sur F.SiDest le discriminant de f, alors Gal(E/F) = S 3 si et seulement si D F,etGal(E/F) = A 3 si et seulement si D F. Pour arriver à démontrer ce théorème, nous aurons besoin des définitions, lemme et corollaire suivants: Définition Soit F un corps avec char(f ), et soit f(x) F [X]. Soient α 1,α,..., α n les racines de f dans le corps de décomposition E de f, et posons = i<j (α i α j ) E. Alors le discriminant disc(f) defest D = = i<j(α i α j ). Définition 3. Si E est extension algébrique de F avec char et α F, alors le discriminant disc(α) est disc(min F, (α)). Lemme 4. Soit F un corps de char(f ), soit f(x) F [X] un polynôme irréductible, séparable et appelons E le corps de décomposition de f(x) sur F.Si est tel que dans la définition 3, alors σ Gal(E/F) est une permutation paire si et seulement si σ( )=,etσest impaire si et seulement si F p est défini comme étant l ensemble des p-puissances de F 3

4 σ( ) =. De plus, disc(f) F. Preuve du lemme 4. Tout d abord, il est assez simple de voir que σ Gal(E/F), σ(disc(f)) = disc(f), donc disc(f) F. En effet σ a pour effet de permuter les racines de f, or disc(f) = = i<j(α i α j ). Comme ce produit est laissé inchangé par une permutation, nous avons bien que disc(f) Fix(Gal(E/F)) = F. Posons maintenant h(x) = i<j(x i x j ). Supposons que σ S n est une transposition, disons σ =(ij) avec i<j. Alors σ n affecte que les facteurs de h contenant x i ou x j. Nous allons classer ces facteurs dans quatre groupes: x i x j x k x i,x k x j pour k<i x i x l,x j x l pour j<l x i x m,x m x j pour i<m<j. Pour k<i, la permutation σ =(ij) envoie x k x i sur x k x j et vice versa, tandis que σ envoie x i x l sur x j x l et vice versa pour j<l. Si i<m<j, alors σ(x i x m )=x j x m = (x m x j ) et σ(x m x j )=x m x i = (x i x m ). Finalement, σ(x i x j )=x j x i = (x i x j ). En multipliant tous les termes, nous allons trouver σ(h) = h. En effet, les termes du premier et second groupe gardent le même signe, tandis que les termes du troisième groupe amènent deux changements de signe consécutifs. Bref, seul le terme σ(x i x j ) va forcer un changement de signe. Ainsi, pour un σ S n arbitraire, nous aurons que σ(h) =hsi et seulement si σ est produit d un nombre pair de transpositions, et σ(h) = hsi et seulement si σ est produit d un nombre impair de transpositions. Il ne nous reste plus qu à remplacer les x i par des α i pour obtenir la conclusion désirée. Corollaire 5. Soit F un corps de char(f ), soit f(x) F [X] un polynôme irréductible, séparable et appelons E le corps de décomposition de f(x) sur F. Alors 4

5 G = Gal(E/F) A n si et seulement si disc(f) F. Preuve du corollaire 5. Ceci est conséquence directe du lemme, car Gal(E/F) A n si et seulement si σ G, σ est paire. Or, par le lemme 4, σ est paire si et seulement si σ( ) =. Or, si σ( ) =, nous avons que est laissé fixe par σ Gal(E/F), ce qui implique que F et disc(f) = F. Nous pouvons donc conclure que G A n si et seulement si disc(f) F. Finalement, nous pouvons démontrer le théorème 1. Théorème 1. Soit f(x) F [X] un polynôme de degré 3 irréductible, séparable sur F, et soit E le corps de décomposition de f sur F.SiDest le discriminant de f, alors Gal(E/F) = S 3 si et seulement si D F,etGal(E/F) = A 3 si et seulement si D F. Preuve du théorème 1. Soit G = Gal(E/F). Par le corollaire 5, G A 3 si et seulement si D F. Mais G = S 3 ou G = A 3, alors G = S 3 si et seulement si D F. Racines du polynôme cubique Nous avons donc caractérisé le groupe de Galois associé à un polynôme de degré 3 irréductible, séparable. Encore nous faut-il en calculer les racines. Pour ce faire, nous allons utiliser la méthode de Cardan. Nous supposons toujours que char(f ),3. Soit f(x) =x 3 +a 1 x +a x+a 0 F[x]. Nous allons tout d abord efffectuer la translation suivante: x = y + t = y a 1 /3. Mais alors g(y) =f(y+t)=y 3 +py + q f(t) =q Voici maintenant les valeurs de p et q: q =( a 1 3 )3 +a 1 ( a 1 3 ) +a ( a 1 )+a 3 0 p= d f(y + t) dy y=0 = d f(x) dx x=t Nous devons donc résoudre y 3 + py + q =0. Une fois de plus, nous effectuons une transformation judicieuse (y = u+v) pour obtenir: 5

6 Nous fixons maintenant: u 3 + v 3 + q +(3uv + p)(u + v) =0. u 3 + v 3 + q = 0 et 3uv+p=0 v = p/(3u) u 3 + v 3 + q = 0 devient u 3 +( p/(3u)) 3 + q =0. v= p/(3u) u 3 v 3 = p3 7 Simplifions la situation, si nous avons: x 1 + x = a x 1 +x 1 x +x =a x 1 x =b 4x 1 x =4b Nous avons donc x 1 x 1 x + x = a 4b x 1 x = ± a 4b. Bref, x 1,x = a± a 4b Revenons àl équation qui nous intéresse pour y appliquer ce principe, nous arrivons à ce qui suit: u 3,v 3 = q 1( q± +4p 3 /7) Finalement, u, v = 3 1 q ( q ± +4p 3 /7). Il ne nous reste plus qu à revenir sur nos pas! y = u + v = 3 1 ( q + q +4p 3 /7) q ( q +4p 3 /7) et x = y a 1 3. Exemple. Démêlons un peu tout ça au moyen d un exemple. Prenons le polynôme x 3 Q [x]. Nous allons commencer par en trouver les racines avec la méthode de Cardan, bien qu ici cela ne soit pas réellement nécessaire. Nous avons déjà une équation de la forme: x 3 +px+q Ainsi, nous obtenons: u + v = 3 1 ( + ( ) + 4(0) 3 /7) ( ) ( + 4(0) 3 /7) = 3 Alors nous avons: u + v = 1/3 ou 1/3 ( 1 + i 3 )ou1/3 ( 1 i 3 ) 6

7 Finalement, x = y = u + v = 1/3 ou 1/3 ( 1 + i 3 )ou1/3 ( 1 i 3 ) Nous allons maintenant trouver le groupe de Galois de ce polynôme. Pour ce faire, nous allons dabord en calculer le discriminant. =(α 1 α ) (α 1 α 3 ) (α α 3 ) =( 1/3 1/3 ( 1 +i 3 )) ( 1/3 1/3 ( 1 i 3 )) ( 1/3 ( 1 + i 3 )) 1/3 ( 1 i 3 )) = [(( 3 + i 3 )( 3 i 3 )) (i 3) ] = ( 3)( ) = 7(4). Clairement, 7(4) Q, donc G = S 3. Polynômes de degré quatre Soit f(x) =x 4 +ax 3 + bx + cx + d, un polynôme irréductible, séparable sur F avec : f(x) =(x α 1 )(x α )(x α 3 )(x α 4 ) dans un corps de décomposition. Pour arriver à trouver les racines et le groupe de Galois d un polyôme de degré 4, nous allons étudier un polynôme de degré 3 qui lui sera associé. Nous allons ainsi définir : β 1 = α 1 α + α 3 α 4, β = α 1 α 3 + α α 4, β 3 = α 1 α 4 + α α 3, et r(x) =(x β 1 )(x β )(x β 3 ). Après quelques répétitions de l algorithme vu en classe pour exprimer un polynôme symétrique en les fonctions symétriques élémentaires des α i, nous obtenons: r(x) =x 3 bx +(ac 4d)x +4bd a d c F [x]. Il serait aussi facile de vérifier, quoique un peu long que les polynômes f et r ont le même discriminant (exercice ). Posons E = F (α 1,α,α 3,α 4 ), un corps de décomposition de f et L = F (β 1,β,β 3 ), un corps de décomposition de r. Mais alors L est une extension 7

8 galoisienne de F, puisque L est le corps de décomposition de r qui est un polynôme de F. Soit V = {Id,(1)(34), (13)(4), (14)(3)}, un sous-groupe de S 4, d ordre 4. Alors V A 4, A 4 sous-groupe normal de S 4, donc V est normal dans S 4. Par une vérification rapide, nous remarquons que tous les β i sont fixés par V. Dans ce cas, L = F (β 1,β,β 3 ) Fix(G V), car F Fix(G)etpar ce qui précède V Fix(V). L inclusion inverse (Fix(G V) L) est tout aussi vraie. En effet, il est assez facile de voir que tout autre élément de S 4, élément de G G V va déplacer un des β i. Le groupe G = Gal(E/F) est isomorphe à un sous-groupe transitif de S 4 d ordre un multiple de 4. Nous remarquons facilement que les sous-groupes de S 4 d ordre 1 et 4 sont A 4 et S 4. De plus, les sous-groupes transitifs d ordre 4 sont V et les groupes cycliques engendrés par des 4-cycles. Nous allons noter C 4 les groupes cycliques d ordre 4 à isomorphisme près. Finalement, le sous-groupe engendré par (134) et (4) est un sousgroupe transitif d ordre 8. Il faut remarquer que tout sous-groupe non abélien d ordre 8 est isomorphe á D 4 ou à Q 8 [3]. Or, de par sa définition, ce sousgroupe est isomorphe à D 4. Puisqu il s agit ici d un sous-groupe de Sylow, tout autre sous-groupe de S 8 lui sera isomorphe. Après ces quelques mises au point, le théorème. Théorème 6. Posons m =[L:F]. 1. G = S 4 si et seulement si r(x) est irréductible sur F et D F,siet seulement si m =6.. G = A 4 si et seulement si r(x) est irréductible sur F et D F,siet seulement si m =3. 3. G = V si et seulement si r(x) se factorise sur F, si et seulement si m =1. 4. G = C 4 si et seulement si r(x) a une racine unique t F et h(x) = (x tx + d)(x + ax +(b t)) se factorise sur L, si et seulement si m = et f(x) est réductible sur L. 5. G = D 4 si et seulement si r(x) a une racine unique t F et h(x) = Un sous-groupe d ordre P est un p sous-groupe de Sylow (p premier), si P est maximale pour un p sous-groupe. 8

9 (x tx + d)(x + ax +(b t)) ne se factorise pas sur L, si et seulement si m =et f(x) est irréductible sur L. Preuve du théorème 6. Tout d abord, [E : L] 4, puisque E = L(α 1 ). Cette égalité découle du théorème fondamental, puisque seule l identité fixe L(α 1 ). Ensuite, r(x) est irréductible sur F si et seulement si m =3oum= 6. De plus, r(x) a une racine unique dans F si et seulement si m =. Finalement, nous pouvons facilement vérifier que si σ est un 4-cycle, alors σ est dans V. Supposons que r(x) est irréductible sur F. Alors si m est 3 ou 6, 3 divise G, car G = [E : F ]=[E:L][L : F ]. Ainsi, dans ce cas, G est isomorphe soit à S 4, soit à A 4. Dans les deux cas, V G, etl=fix(v G)=Fix(V). Comme [E : L] = V :Id, alors G = S 4 si m =6etG=A 4 si m =3. Réciproquement, G = S 4 si et seulement si D F,etG=A 4 si et seulement si D F. Mais alors si G = S 4, m = S 4 : V = 6,etsiG=A 4, alors m = A 4 : V = 3. Dans les deux cas G divise 3, donc r(x) est irréductible sur F. Maintenant r(x) se factorise sur F si et seulement si L = F, si et seulement si m = 1. Si nous nous trouvons devant ce cas, alors L = F = Fix(G)et L Fix(G V) Fix(G)=L, alors G V. Puisque G est un multiple de4et V = 4, nous avons que G = V. Réciproquement, si G = V, alors L Fix(G V)=Fix(G) ce qui implique que L = F, donc m =1etr(x) se factorise sur F. Pour les deux derniers cas, nous supposons que r(x) a une racine unique t F. Mais alors m =. Or, nous aurons alors G : G V =,etg V. Les seules possibilités pour G seront G = D 4 ou G = C 4. Réciproquement, si G est isomorphe à D 4 ou à C 4, alors m = G : G V =,etr(x) a une racine unique dans F. Maintenant f est irréductible sur L si et seulement si [K : L] = 4, si et seulement si [K : F ] = 8 si et seulement si G = D 4. Ainsi, G = C 4 si et seulement si f est réductible sur L. Nous venons de supposer que r(x) a une racine unique t F. Donc, sans perte de généralité, nous pouvons poser que t = β 1 = α 1 α + α 3 α 4. Alors h(x) se factorise ainsi sur E : h(x) =(x α 1 α )(x α 3 α 4 )(x (α 1 + α ))(x (α 3 + α 4 )). 9

10 Si h(x) se factorise dans L alors α 1 + α et α 1 α sont dans L. Mais alors α 1 est racine du polynôme quadratique : x (α 1 + α )x + α 1 α =(x α 1 )(x α ) L. Ainsi, [E : L] car E = L(α 1 ). De plus, [E : F ] 4, ce qui implique que G = C 4. Si G = C 4, posons σ un 4-cycle qui engendre G. Alors σ G V. Pour fixer t = α 1 α + α 3 α 4, nous devons avoir σ = (1)(34). Alors α 1 + α,α 3 + α 4,α 1 α et α 3 α 4 sont tous laissés fixes par σ, ils sont donc élément de L. Ainsi, h se factorise dans L. Exemple. Soit f(x) =x 4 4x 3 +4x +6 Q [x]. Ce polynôme est irréductible par le critère d Eisenstein. Nous avons r(x) =x 3 bx +(ac 4d)x +4bd a d c où a=-4, b=4, c=0 et d=6 ce qui nous mène à r(x) =x 3 4x 4x = x(x 4x 4). Nous nous trouvons alors devant le cas 4 ou le cas 5 du théorème 6, car r(x) possède une racine t = 0 dans Q. Alors L =Q (β 1,β,β 3 )oùβ i est racine de r(x). Ainsi, L =Q (0, 7, + 7)=Q ( 7). Prenons t =0et calculons h(x) =(x tx + d)(x + ax +(b t)). h(x) =(x 0x+ 6)(x 4x +(4 0)) =(x + 6)(x 4x +4) =(x + 6)(x ). Comme h(x) ne se factorise pas sur L, nous concluons que G = D 4. Racines du polynôme de degré quatre Remarquons d abord que si f(x) =(x t 1 )(x t )(x t 3 )(x t 4 ), alors les automorphismes associés à V laissent fixes t 1 t + t 3 t 4,t 1 t 3 +t t 4 et t 1 t 4 + t t 3, et nous savons déjà que le Fix(V)=L=F(β 1,β,β 3 ). Ainsi, L est le corps de décomposition du polynôme dont les racines sont précisement ces trois élément, c est-à-dire r(x). 10

11 Soit k un corps de caractéristique différente de deux, et soit K = k(t 1,t,t 3,t 4 ) le corps des fonctions rationnelles à quatre indéterminées sur k. Posons: f(x) =(x t 1 )(x t )(x t 3 )(x t 4 ) Or, f(x) =x 4 +ax 3 + bx + cx + d k(s 1,s,s 3,s 4 )[x] oùs i est la i e fonction symétrique élémentaire. Alors, s 1 = a, s = b, s 3 = c, s 4 = d. Si F=k(s 1,s s,s 3,s 4 ) alors K = F (t 1,t,t 3,t 4 ) est le corps de décomposition sur F de f, etgal(k/f) =S 4 (Annexe). Soient β 1 = t 1 t + t 3 t 4 β = t 1 t 3 + t t 4 β 3 = t 1 t 4 + t t 3. Le polynôme r(x) est: r(x) =(x β 1 )(x β )(x β 3 )=x 3 bx +(ac 4d)x +4bd a d c. Nous avons toujours L = F (β 1,β,β 3 ), le corps laissé fixe par V. Sans perte de généralité, nous allons supposer que σ 1 = (1)(34),σ = (13)(4) et σ 3 = (14)(3). Soit u =(t 1 +t ) (t 3 +t 4 ).Alors σ 1 (u) =uet σ (u) = σ 3 (u)= u. Par conséquent, u L. Posons m = L(u). Alors M correspond par la correspondance de Galois à {id, σ 1 }. Finalement, soit v = t 1 t. Alors σ 1 (v) = v, v M. Or, seule l identité laisse M(v) inchangé. Donc, M(v) =K. Finalement, u =(t 1 +t ) +(t 3 +t 4 ) (t 1 + t )(t 3 + t 4 ) = t 1 + t + t 3 + t 4 +(t 1 t +t 3 t 4 ) (t 1 t 3 + t t 4 + t 1 t 4 + t t 3 ) = s 1 s +β 1 (β + β 3 )=s 1 s +aβ 1 b = a 4b + aβ 1. Pour déterminer v, nous remarquons d abord que u + s 1 =(t 1 +t ), alors t 1 + t = 1 (s 1 + u). De la même façon, t 3 + t 4 = t 1 + t u = 1 (s 1 u). Nous pouvons maintenant trouver la valeur de v. v =(t 1 t ) =(t 1 +t ) 4t 1 t = 1 4 (s 1+u) 4t 1 t = 1 4 ( a+u) 4t 1 t. Nous pouvons maintenant exprimer t 1 t en fonction des coefficients. Il faut tout d abord se rappeler que (t 1 t t 3 t 4 )u =(t 1 t t 3 t 4 )((t 1 +t ) (t 3 +t 4 )) 11

12 par la définition de u. Nous obtenons ainsi: (t 1 t t 3 t 4 )((t 1 + t ) (t 3 + t 4 )) = t 1t + t 1 t + t 3t 4 + t 3 t 4 (t 1 t t 3 + t 1 t t 4 + t t 3 t 4 + t 1 t 3 t 4 ) =(t 1 t +t 3 t 4 )(t 1 + t + t 3 + t 4 ) s 3 = s 1 β 1 s 3 = aβ 1 +c. Nous en tirons que t 1 t t 3 t 4 = u 1 (c aβ 1 ). Nous avons aussi que β 1 = t 1 t + t 3 t 4. t 1 t = 1 (β u (c aβ 1)), t 3 t 4 = 1 (β 1 1 u (c aβ 1)), et v = 1 4 (u a) (β 1 1 u (c aβ 1)). Une fois t 1 trouvé, nous avons terminé le travail, puisque t = σ 1 (t 1 ),t 3 = σ (t 1 )ett 4 =σ 3 (t 1 ). Trouvons t 1. Mais alors t 1 = 1 (t 1 + t + t 1 t )= 1 (v+1 (u a)). t = σ 1 (t 1 )= 1 (σ 1(v)+ 1 (σ 1(u) a)), t 3 = σ (t 1 )= 1 (σ (v)+ 1 (σ (u) a)), t 4 = σ 3 (t 1 )= 1 (σ 3(v)+ 1 (σ 3(u) a)). car a F L = Fix(V)etσ i V. Il ne nous reste plus qu à calculer σ i (v). Nous savons que σ 1 (v) = v. Posons: v = t 3 t 4 = σ (v) = σ 3 (v). Ainsi, nous avons toujours (v ) = 1 4 (u a) (β 1 1 u (c aβ 1)). Finalement, nous obtenons: t 1 = 1(v + 1 (u a)), t = 1( v + 1 (u a)), t 3 = 1 (v + 1 ( u a)), t 4 = 1 ( v + 1 ( u a)). Pour un polynôme quelconque, ces équations sont définies si u 0. Or, comme les racines de r(x) sont distinctes -nous avons supposé f séparable- 1

13 au plus un des β va rendre u =0. Exemple. Prenons le polynôme x 4 + x 3 + x + x +1 Q [x] avec a=b=c=d=1. Nous allons en trouver les racines avec la méthode que nous venons de voir. Nous avons ainsi, r(x) =x 3 x 3x+=(x )(x + x 1). Posons β 1 =. Alors u = a 4b +4β 1 =1 4+8=5 u= 5 De la même manière, v = 1 4 (u a) (β 1 1 (c aβ u 1)) = 1( 5 1) ( ( )) = 5+ 5 Ainsi, v = i 10 5 sans compter que v = i 10 5également. Nous avons donc les quatre racines suivantes: 1 ( i ( 1+ 5)), 1 ( i ( 1+ 5)), ( 1 5)), ( 1 5)). ( i 1 ( i. 13

14 ANNEXE Soit k un corps, et soit K = k(x 1,x,..., x n ) le corps des fonctions rationnelles en n indéterminées sur k. Nous pouvons penser au groupe symétrique comme à un sous-groupe de Aut(K), le groupe des automorphismes sur K en définissant: σ( f(x 1,...,x n) g(x 1,...,x )=(f(xσ(1),...,xσ(n))) n) g(x σ(1),...,x σ(n)) pour un σ S n. Posons F = Fix(S n ), le corps des fonctions symétriques en les x i. Alors, S n = Gal(K/F) et[k:f]= S n =n!. Nous voulons déterminer F. Soient s 1,s,s 3,..., s n les fonctions symétriques élémentaires en les x i. Alors k(s 1,s,...s n ) Fix(S n )=F, par définition de fonction symétrique. En fait, F = k(s 1,s,..., s n ). Pour prouver ceci, nous allons utiliser le corps de décomposition du polynôme f défini comme suit: f(t) =t n s 1 t n ( 1) n s n k(s 1,s,..., s n )[t]. Alors f(t) =(t x 1 )(t x )...(t x n ) K[x]. Mais nous avons ainsi que K est un corps de décomposition pour f(t) sur k(s 1,s,..., s n ). Nous savons déjà que [K : F ]= S n =n!, donc [K : k(s 1,s,..., s n )] n!, car k(s 1,s,...s n ) F. Il est aussi assez simple de démontrer par récurrence sur n que si K est le corps de décomposition de f(t), nous aurons [K : k(s 1,s,..., s n )] n!. Finalement, [K : k(s 1,s,..., s n )]=[K:F]etF=k(s 1,s,..., s n ). 14

15 RÉFÉRENCES [1] HADLOCK, Charles R., Field theory and its classical problems, Mathematical Association of America, Washington, [] HUNGERFORD, Thomas W., Algebra, Springer-Verlag, New York, [3] MORANDI, Patrick, Field and Galois theory, Springer-Verlag, New York,

16 TRANSPARENTS 16