Niveau : supérieur, du facile au difficile. Durée estimée : 2 h. 10 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Pour savoir si l'équation $P(x)=0$ se résout par radicaux (avec $+,-,\times,\div$ et des racines $n$-ièmes), tu calcules son groupe de Galois $G$ et tu regardes s'il est résoluble. $G$ est le groupe des automorphismes de $L$, le corps de décomposition de $P$ (plus petit corps contenant ses racines), qui fixent $\mathbb{Q}$. Exemple : pour $x^2-2$, $L=\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ et $G\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ (identité et $\sqrt{2}\mapsto-\sqrt{2}$), abélien donc résoluble.
Un groupe $G$ est résoluble s'il existe une suite $\{e\}=G_r\triangleleft\dots\triangleleft G_1\triangleleft G_0=G$ de sous-groupes, chacun distingué (stable par conjugaison) dans le précédent, à quotients $G_i/G_{i+1}$ abéliens. Le théorème de Galois : sur $\mathbb{Q}$, $P$ est résoluble par radicaux si et seulement si son groupe de Galois est résoluble (cours de J.-F. Dat, Sorbonne Université).
Formules à retenir :
- $|\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})|=[L:\mathbb{Q}]$ si $L/\mathbb{Q}$ est galoisienne, et $[L:\mathbb{Q}]=[L:E]\,[E:\mathbb{Q}]$ dans une tour.
- Correspondance de Galois : $H\mapsto L^H$ (corps fixe de $H$) est une bijection entre sous-groupes de $G$ et corps intermédiaires, avec $[L:L^H]=|H|$ ; $L^H/\mathbb{Q}$ est galoisienne si et seulement si $H\triangleleft G$, et alors $\mathrm{Gal}(L^H/\mathbb{Q})\cong G/H$.
- $G$ permute les $n$ racines de $P$, donc se plonge dans $S_n$ ; $P$ est irréductible si et seulement si cette action est transitive.
- Un sous-groupe d'un groupe résoluble est résoluble.
- $A_n$ est simple (seuls sous-groupes distingués : $\{e\}$ et $A_n$) pour $n\ge5$ ; pour $p$ premier, un $p$-cycle et une transposition engendrent $S_p$.
Piège classique : « degré 5, donc pas résoluble » est faux. Aucune formule par radicaux ne vaut pour toutes les équations de degré 5, mais $x^5-2=0$, par exemple, se résout très bien : seul le groupe de Galois tranche.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : Soit $L$ le corps de décomposition de $(x^2-2)(x^2-3)$ sur $\mathbb{Q}$. Déterminer $L$, calculer $[L:\mathbb{Q}]$ et décrire $\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$. Ce groupe est-il cyclique ?
Correction :
On calcule le degré par une tour, puis on compte les images des générateurs. Les racines sont $\pm\sqrt{2}$ et $\pm\sqrt{3}$, donc $L=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$.
Si $\sqrt{3}=a+b\sqrt{2}$ avec $a,b\in\mathbb{Q}$, alors $3=a^2+2b^2+2ab\sqrt{2}$, donc $ab=0$. Si $b=0$, $\sqrt{3}$ serait rationnel ; si $a=0$, $(2b)^2=6$ : impossible. Donc $[L:\mathbb{Q}(\sqrt{2})]=2$ et $[L:\mathbb{Q}]=4$.
Un automorphisme envoie $\sqrt{2}$ sur $\pm\sqrt{2}$ et $\sqrt{3}$ sur $\pm\sqrt{3}$ : 4 choix, tous réalisés car $|G|=4$, et chacun est d'ordre 1 ou 2.
$L=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$, $[L:\mathbb{Q}]=4$ et $G\cong(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$, non cyclique.
Exercice 2 : Soit $L$ le corps de décomposition de $x^3-2$ sur $\mathbb{Q}$ et $j=e^{2i\pi/3}$. Montrer que $L=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},j)$, que $[L:\mathbb{Q}]=6$ et que $\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})\cong S_3$.
Correction :
On encadre le degré par divisibilité. Les racines sont $j^k\sqrt[3]{2}$ ($k=0,1,2$) ; $j$ est le quotient de deux d'entre elles, donc $L=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},j)$.
$x^3-2$ est irréductible (Eisenstein avec $p=2$ : $2$ divise les coefficients non dominants, $4$ ne divise pas $-2$), donc $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]=3$. $j$ est racine de $x^2+x+1$ mais n'est pas réel, alors que $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\subset\mathbb{R}$ : $[L:\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})]=2$ et $[L:\mathbb{Q}]=6$.
$G$ se plonge dans $S_3$ (il permute les 3 racines) et $|G|=6=|S_3|$ : c'est un isomorphisme.
$[L:\mathbb{Q}]=6$ et $G\cong S_3$.
Exercice 3 : Soit $L=K(a)$ une extension galoisienne finie, où $a$ a un polynôme minimal $P$ de degré $n$ sur $K$. Montrer que $|\mathrm{Gal}(L/K)|=n$ et que tout $\sigma\in\mathrm{Gal}(L/K)$ est déterminé par $\sigma(a)$. Que dire si $n$ est premier ?
Correction :
On compte les images de $a$. Comme $L/K$ est galoisienne, $|\mathrm{Gal}(L/K)|=[L:K]=\deg P=n$.
Tout élément de $L$ s'écrit $Q(a)$ avec $Q\in K[x]$ et $\sigma(Q(a))=Q(\sigma(a))$ : $\sigma$ est fixé par $\sigma(a)$, qui est une racine de $P$.
Si $n=p$ est premier, tout élément non neutre est d'ordre $p$ (théorème de Lagrange) et engendre le groupe.
Groupe d'ordre $n$, isomorphe à $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ si $n=p$ est premier. Erreur à éviter : ce n'est pas $S_n$, qui a $n!$ éléments.
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : Soit $L/\mathbb{Q}$ une extension galoisienne de groupe $G\cong\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$. Combien a-t-elle de corps intermédiaires distincts de $\mathbb{Q}$ et $L$ ? Montrer que $L$ est le corps de décomposition d'un polynôme irréductible de degré 4, résoluble par radicaux.
Correction :
Correspondance de Galois : $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ n'a qu'un sous-groupe strict non trivial, $\{0,2\}$, d'où un seul corps intermédiaire strict, de degré $4/2=2$ sur $\mathbb{Q}$.
Par le théorème de l'élément primitif, $L=\mathbb{Q}(\theta)$ ; le polynôme minimal de $\theta$, irréductible de degré 4, a toutes ses racines dans $L$ (normale) et l'une d'elles engendre $L$ : $L$ est son corps de décomposition.
Enfin $G$, abélien, est résoluble.
Un seul corps intermédiaire, de degré 2 ; polynôme résoluble par radicaux.
Exercice 5 : Soit $V=\{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$. Montrer que $A_4$ puis $S_4$ sont résolubles. En déduire que toute équation rationnelle de degré au plus 4 se résout par radicaux.
Correction :
On cherche une suite distinguée à quotients abéliens. $V$, réunion de classes de conjugaison (l'identité et les doubles transpositions), est distingué dans $S_4$ et $A_4$. Il est abélien : ses éléments non neutres sont d'ordre 2 et $(12)(34)\circ(13)(24)=(14)(23)$.
$A_4/V$ est d'ordre $12/4=3$, donc cyclique, et $S_4/A_4$ est d'ordre 2 : la suite $\{e\}\triangleleft V\triangleleft A_4\triangleleft S_4$ a des quotients abéliens.
Le groupe de Galois d'une équation de degré $n\le4$ se plonge dans $S_n\subset S_4$, et un sous-groupe d'un groupe résoluble est résoluble.
$A_4$ et $S_4$ sont résolubles : toute équation de degré au plus 4 se résout par radicaux.
Exercice 6 : Montrer que $S_5$ n'est pas résoluble. Un polynôme de $\mathbb{Q}[x]$ de groupe de Galois $S_5$ est-il résoluble par radicaux ?
Correction :
On raisonne par l'absurde. Si $S_5$ était résoluble, son sous-groupe $A_5$ le serait. Or, $A_5$ étant simple, la seule suite possible est $\{e\}\triangleleft A_5$, de quotient $A_5$, qui n'est pas abélien : $(123)\circ(12)(34)=(134)$ alors que $(12)(34)\circ(123)=(243)$.
$S_5$ n'est pas résoluble, donc le polynôme n'est pas résoluble par radicaux. Erreur à éviter : $A_4$ n'est pas simple ($V$ y est distingué), la simplicité commence à $n=5$.
Exercice 7 : Vrai ou faux : « si $P\in\mathbb{Q}[x]$ irréductible de degré $n$ a un groupe de Galois $G$ abélien, alors $n$ est premier ». Tester $P(x)=x^4-10x^2+1$, puis montrer que, sous ces hypothèses, $|G|=n$.
Correction :
Un contre-exemple, puis l'action de $G$ sur les racines. Pour $s=\sqrt{2}+\sqrt{3}$, $s^2=5+2\sqrt{6}$, donc $(s^2-5)^2=24$ : $P(s)=0$. Comme $\frac{1}{s}=\sqrt{3}-\sqrt{2}$, on a $\sqrt{2}=\frac{1}{2}\left(s-\frac{1}{s}\right)$ et $\sqrt{3}=\frac{1}{2}\left(s+\frac{1}{s}\right)$ : $\mathbb{Q}(s)=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$, de degré 4 (exercice 1).
$P$, polynôme minimal de $s$, est donc irréductible de degré 4, de groupe $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$ abélien : l'affirmation est fausse.
Ce qui est vrai : si $\sigma\in G$ fixe une racine $\alpha$, alors pour toute racine $\tau(\alpha)$ (action transitive), $\sigma(\tau(\alpha))=\tau(\sigma(\alpha))=\tau(\alpha)$ car $G$ est abélien, donc $\sigma=\mathrm{id}$. Ainsi $\sigma\mapsto\sigma(\alpha)$ est une bijection de $G$ sur les $n$ racines.
Faux, mais on a toujours $|G|=n$.
Exercices : niveau difficile
Exercice 8 : Soit $\zeta=e^{2i\pi/7}$ et $L=\mathbb{Q}(\zeta)$ ; on admet que $\Phi_7(x)=x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$. Montrer que $G=\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})\cong(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times$, puis que $\mathbb{Q}\left(\cos\frac{2\pi}{7}\right)$ est de degré 3.
Correction :
On suit l'image de $\zeta$. Les racines $\zeta^k$ ($1\le k\le6$) de $\Phi_7$ sont dans $L$ : $L/\mathbb{Q}$ est galoisienne de degré 6. Tout $\sigma\in G$ envoie $\zeta$ sur un $\zeta^k$, noté $\sigma=\sigma_k$ ; comme $\sigma_k\circ\sigma_m(\zeta)=\zeta^{km}$, $\sigma_k\mapsto k$ est un morphisme injectif de $G$ dans $(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times$, bijectif car les deux ont 6 éléments.
La conjugaison complexe $\sigma_6:\zeta\mapsto\zeta^{-1}$ fixe $c=\zeta+\zeta^{-1}=2\cos\frac{2\pi}{7}$, donc $\mathbb{Q}(c)\subset F$, le corps fixe de $\{\mathrm{id},\sigma_6\}$, avec $[L:F]=2$. Or $\zeta$ est racine de $x^2-cx+1$, donc $[L:\mathbb{Q}(c)]\le2$ : $\mathbb{Q}(c)=F$, de degré $6/2=3$.
$G\cong(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times$ et $\left[\mathbb{Q}\left(\cos\frac{2\pi}{7}\right):\mathbb{Q}\right]=3$.
Exercice 9 : Un camarade affirme : « $x^5-2=0$ est de degré 5, donc pas résoluble par radicaux ». Soit $L$ le corps de décomposition de $x^5-2$ sur $\mathbb{Q}$ et $\zeta=e^{2i\pi/5}$ ; on admet $[\mathbb{Q}(\zeta):\mathbb{Q}]=4$. Montrer que $[L:\mathbb{Q}]=20$ et que $G=\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$ est résoluble. Qui a raison ?
Correction :
Le degré ne décide rien, le groupe si. Les racines sont les $\zeta^k\sqrt[5]{2}$, $0\le k\le4$ : elles s'écrivent déjà par radicaux. Le quotient de deux racines est une puissance de $\zeta$, donc $L=\mathbb{Q}(\sqrt[5]{2},\zeta)$.
$x^5-2$ est irréductible (Eisenstein avec $p=2$) : 5 et 4, donc 20, divisent $[L:\mathbb{Q}]$. Or $\sqrt[5]{2}$ est de degré au plus 5 sur $\mathbb{Q}(\zeta)$, donc $[L:\mathbb{Q}]\le20$ : $[L:\mathbb{Q}]=20$.
$H=\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q}(\zeta))$ est d'ordre $20/4=5$, donc cyclique. Comme $\mathbb{Q}(\zeta)/\mathbb{Q}$ est galoisienne, $H\triangleleft G$ et $G/H\cong\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta)/\mathbb{Q})\cong(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})^\times$, abélien. La suite $\{e\}\triangleleft H\triangleleft G$ a des quotients abéliens.
$[L:\mathbb{Q}]=20$ et $G$ est résoluble : le camarade a tort.
Exercice 10 : Une amie veut coder une formule à radicaux donnant les racines de $P(x)=x^5-4x+2$, comme celle du second degré. Montrer que $P$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$ et compter ses racines réelles, puis que son groupe de Galois $G$ est $S_5$. Peut-elle y arriver ?
Correction :
On cherche un 5-cycle et une transposition. Eisenstein s'applique directement avec $p=2$ ($2\mid-4$, $2\mid2$, $4\nmid2$) : $P$ est irréductible.
$P'(x)=5x^4-4$ s'annule en $\pm c$, avec $c=\left(\frac{4}{5}\right)^{1/4}\approx0{,}95$ : $P$ croît, décroît, puis croît. Comme $c^5=\frac{4}{5}c$, $P(c)=2-\frac{16}{5}c\approx-1{,}03<0$ et $P(-c)=2+\frac{16}{5}c>0$ : $P$ a exactement 3 racines réelles, une sur chaque intervalle de monotonie, donc 2 racines non réelles conjuguées.
5 divise $|G|$ car $[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}]=5$ pour une racine $\alpha$ : par le théorème de Cauchy, $G$ a un élément d'ordre 5, donc un 5-cycle. La conjugaison complexe échange les 2 racines non réelles et fixe les 3 autres : une transposition. Ces deux permutations engendrent $S_5$, non résoluble (exercice 6).
$G\cong S_5$ : aucune formule à radicaux n'existe, il faudra approcher les racines numériquement. Erreur à éviter : le critère demande exactement deux racines non réelles, pas deux réelles.
Bilan et conseils
Ce qu'il faut retenir : calcule le degré par divisibilité, puis reconnais le groupe à son action sur les racines. Une équation se résout par radicaux si et seulement si son groupe de Galois est résoluble, quel que soit son degré. Pour obtenir $S_p$ : un $p$-cycle et une transposition.
Sources
Jean-François Dat, Théorie de Galois, cours de master, Sorbonne Université, 2023-2024.