Algèbre approfondie - Automne 2007 ENS-Lyon

Théorie de Galois II - Corrigé

Exercice 1 — 1. L’action du groupe Gal(K(R)/K) sur K(R) stabilise l’ensemble R et définit donc un homomorphisme Gal(K(R/K) → 𝔖(R), qui est injectif car un élément de Gal(K(R/K) opèrant trivialement sur R est trivial.

2. L’élément D = (−1)^{\frac{n(n−1}{2}} ∏ _{x≠y∈R} (x − y) de K(R) est invariant par toute permutation de R, donc par Gal(K(R/K), et D appartient au corps K.

Ayant choisi un ordre total sur R, on peut écrire D sous la forme

D = ∏_{x<y}(x − y)^{2}

et cela montre que D est un carré dans K. Quelle que soit la permutation σ ∈ 𝔖(R),

σ ( ∏_{x<y}(x − y)) = ∏_{x<y}(σ(x) − σ(y)) = (−1)^{r} ∏_{x<y}(x − y)

où r est le nombre de couples (x,y) ∈ R^{2} tels que x < y et σ(x) > σ(y) ; lorsque le corps K est de caractéristique distincte de 2, (−1)^{r} est la signature ε(σ) de la permutation σ et nous en déduisons qu’une permutation de R fixe chacune des deux racines carrées de D dans K(R) si et seulement si elle est paire.

Vu ce que l’on vient de dire, le discriminant D est un carré dans K (de caractéristique distincte de 2) si et seulement si le groupe Gal(K(R)/K) est contenu dans le groupe alterné 𝔄(R).

3. Écrivant P sous la forme a∏ _{x∈R} (T − x), P′= a∑_{x∈R} ∏ _{y≠x}(T − y) et donc

∏_{x≠y}(x − y) = ∏_{x∈R} ∏_{y≠x}(x − y) = ∏_{x∈R} a^{−1} P′(x) = a^{−n} ∏_{x∈R} P′(x),

soit

a^{n}D = (−1)^{\frac{n(n−1)}{2}} ∏_{x∈R} P′(x).

Si l’on pose d’autre part P′= a∏ _{λ∈R′} (T − λ),

∏_{x∈R} P′(x) = a^{n} ∏_{x∈R} ∏_{λ∈R′}(x − λ) = (−1)^{n−1} a^{n} ∏_{λ∈R′} ∏_{x∈R}(λ − x) = (−1)^{\frac{n(n−1)}{2}} a^{n} ∏_{λ∈R′} a^{−1} P(λ) = (−1)^{\frac{n(n−1)}{2}} a ∏_{λ∈R′} P(λ),

c’est-à-dire

a^{n−1} D = (−1)^{\frac{n(n−1)}{2}} ∏_{λ∈R′} P(λ).

Si l’on note x_{1} et x_{2} les deux racines de T^{2}+aT+b, D = (x_{1}−x_{2})^{2} = x_{1}^{2}+x_{2}^{2}−2x_{1}x_{2} = (x_{1}+x_{2})^{2}−4x_{1}x_{2} = a^{2}−4b.

Pour calculer le discriminant du polynôme T^{3}+ pT + q, on peut utiliser la formule faisant intervenir les racines du polynômes dérivé :

D = −27( \sqrt{\frac{−p}{3}} ^{3}+ p\sqrt{\frac{−p}{3}} + q) ( \sqrt{−\frac{−p}{3}} ^{3}− p\sqrt{\frac{−p}{3}} + q) = −27( \frac{2p}{3}\sqrt{\frac{−p}{3}} + q) ( −\frac{2p}{3}\sqrt{\frac{−p}{3}} + q)

= −27( \frac{2p^{3}}{27} + q^{2}) = −4p^{3}− 27q^{2}.

Exercice 2 — 1. L’entier n étant premier à la caractéristique du corps K, les polynômes T^{n}−1 et nT^{n−1} sont premiers entre eux ; le polynôme T^{n}− 1 est donc séparable sur K et son corps de décomposition K(μ_{n}) (dans une clôture algébrique de K) est par conséquent une extension galoisienne de K.

2. Le groupe Gal(K(μ_{n})/K) opère par permutation sur l’ensemble μ_{n} des racines n-èmes de l’unité dans K(μ_{n}). Étant donnée une racine primitive ζ ∈ μ_{n} — c’est-à-dire un générateur du groupe cyclique μ_{n} — σ(ζ) est encore une racine primitive pour tout automorphisme σ ∈ Gal(K(μ_{n})/K) et il existe donc une application bien définie χ_{ζ} : Gal(K(μ_{n})/K) → (ℤ/nℤ)^{×} telle que σ(ζ) = ζ^{χ_{ζ}(σ)} pour tout σ ∈ Gal(K(μ_{n})/K). Étant données deux racines primitives ζ,ξ ∈ μ_{n}, ξ = ζ^{d} avec d ∈ (ℤ/nℤ)^{×} donc

ξ^{χ_{ξ}(σ)} = σ(ξ) = σ(ζ^{d}) = σ(ζ)^{d} = ζ^{dχ_{ζ}(σ)}

et χ_{ζ}(σ) = χ_{ξ}(σ) pour tout élément σ de Gal(K(μ_{n})/K). Nous obtenons ainsi l’existence d’une application

χ : Gal(K(μ_{n})/K) → (ℤ/nℤ)^{×}

telle que σ(ζ) = ζ^{χ(σ)} pour toute racine primitive ζ ∈ μ_{n} et tout σ ∈ Gal(K(μ_{n})/K). La dernière identité est bien entendue valable sans restriction sur la racine de l’unité : étant donnée une racine primitve ζ ∈ μ_{n}, tout élément de μ_{n} est de la forme ζ^{d} avec d ∈ ℤ et σ(ζ^{d}) = σ(ζ)^{d} = ζ^{dχ(σ)} = (ζ^{d})^{χ(σ)}. Il est immédiat de vérifier que l’application χ est un homomorphisme de groupes : quelle que soit la racine primitive ζ,

τσ(ζ) = τ(ζ^{χ(σ)}) = ζ^{χ(τ)χ(σ)}

et donc χ(τσ) = χ(τ)χ(σ). Enfin, l’injectivité de χ est claire puisque un élément de Gal(K(μ_{n})/K) est uniquement déterminé par sa restriction à μ_{n}.

3. Soit μ′_{n} le sous-ensemble de μ_{n} formé des racines primitives. Quelle que soit la racine primitive ζ ∈ μ′_{n}, les conjugués de ζ dans K(μ_{n}) sont les racines du polynômes minimal f_{ζ} de ζ sur K ; le polynôme

Φ_{n} = ∏_{ζ∈μ′_{n}}(T − ζ) = ∏_{μ′_{n}/Gal(K(μ_{n})/K)}f_{ζ}

appartient par conséquent à K[T].

L’homomorphisme χ est surjectif si et seulement si le groupe Gal(K(μ_{n})/K) est d’ordre φ(n) ; comme deg(Φ_{n}) = φ(n), cela est le cas si et seulement si Gal(K(μ_{n})/K) opère transitivement sur μ′_{n}, ce qui équivaut à l’irréductibilité du polynôme Φ_{n}.

4. (i) De manière générale, tout polynôme unitaire P ∈ ℚ[T] dont les racines sont des entiers algébriques est à coefficients entiers : en effet, l’expression des coefficients de P comme fonctions symétriques élémentaires de ses racines montre que ceux-ci sont également des entiers algébriques, et ce sont donc des entiers puisque l’anneau ℤ est intégralement clos. Cette observation s’applique dans le cas que l’on considère puisque les racines de l’unité sont des entiers algébriques.

(ii) Par construction, le polynôme P divise Q(T^{p}) dans ℚ[T] : Q(T^{p}) = PR avec R ∈ ℚ[T]. En outre, le polynôme R est unitaire et ses racines, étant des racines de l’unité, sont des entiers algébriques ; on a donc R ∈ ℤ[T] et P divise ainsi Q(T^{p}) dans ℤ[T].

(iii) Comme Q(T^{p}) = Q(T)^{p} dans 𝔽_{p}[T], la réduction modulo p de l’identité précédente montre que les polynômes P et Q ont une racine commune dans toute clôture algébrique de 𝔽_{p}. Si P et Q étaient distincts, ces polynômes seraient deux facteurs irréductibles de Φ_{n} — car ζ et ζ^{p} sont toutes deux des racines primitives de l’unité — et Φ_{n} serait par suite divisible par le produit PQ dans ℤ[T]. En réduisant modulo p, il découlerait de ce que l’on vient de voir que le polynôme Φ_{n} aurait une racine double dans toute clôture algébrique de 𝔽_{p} et l’on aboutirait alors à une contradiction puisque, p et n étant premiers entre eux, le polynôme Φ_{n} est séparable sur 𝔽_{p} (c’est en effet un facteur du polynôme séparable T^{n}− 1). Nous avons donc P = Q.

(iv) Nous venons de prouver que le polynôme minimal P de la racine primitive ζ s’annule en ζ^{p} pour tout nombre premier p ne divisant pas n. Comme ζ^{p} est encore une racine primitive, un raisonnement par récurrence évident permet d’en déduire que P s’annule en ζ^{m} pour tout entier non nul m premier à n; P s’annule par conséquent en chaque racine primitive, ce qui implique P = Φ_{n} et prouve que le polynôme Φ_{n} est irréductible sur ℚ.

Exercice 3 — 1. Dire que le groupe μ_{n}(K) est d’ordre n revient à demander que le polynôme T^{−} 1 soit scindé à racines simples sur K, ce qui implique en particulier que l’entier n soit premier à la caractéristique de K.

Le polynôme T^{n}− a est scindé sur K(α) :

T^{n}− a = ∏_{ζ∈μ_{n}(K)}(T − ζα)

et le corps K(α), étant un corps de décomposition de T^{n}− a, est une extension galoisienne de K.

L’application Gal(K(α)/K) → K(α), σ ↦ \frac{σ(α)}{α} est à valeurs dans le sous-groupe μ_{n}(K) de K^{×}. Étant donnés σ, τ ∈ Gal(K(α)/K),

\frac{τσ(α)}{α} = \frac{τ(σ(α))}{τ(α)} \frac{τ(α)}{α} = τ ( \frac{σ(α)}{α} ) \frac{τ(α)}{α} = \frac{σ(α)}{α} \frac{τ(α)}{α}

car \frac{σ(α)}{α} ∈ K ; cette application est donc un homomorphisme de groupes. Il s’agit enfin manifestement d’une application injective.

Soit d le plus petit entier ≥ 1 tel que α^{d} = 1. Le polynôme T^{d}−α^{d} est irréductible sur K : en effet, le terme constant de tout facteur de degré m ≥ 1 du polynôme

T^{d}− α^{d} = ∏_{ζ∈μ_{d}(K)}(T − ζα)

est de la forme (∏ _{ζ∈E} ζ)α^{m} pour un certain sous-ensemble E de μ_{d}(K) de cardinal m et, pour que ce facteur soit à coefficients dans K, il est nécessaire que l’on ait α^{m} ∈ K, soit m = d. Le groupe de Galois Gal(K(α)/K) opère par conséquent transitivement sur les racines de T^{d} − α^{d}, ce qui équivaut à dire que son image dans μ_{n}(K) est le sous-groupe μ_{d}(K).

2. Soit L/K une extension galoisienne finie dont le groupe de Galois est cyclique et d’ordre n. Ayant fixé un générateur σ de G, on pose

(ζ,α) = ∑_{i=0}^{n−1} ζ^{−i} σ^{i}(α)

pour toute racine ζ ∈ μ_{n}(K).

(i) Il est immédiat que

σ(ζ,α) = ∑_{i=0}^{n−1} σ(ζ^{−i} σ^{i}(α)) = ∑_{i=0}^{n−1} ζ^{−i} σ^{i+1} (α) = ζ ∑_{i=1}^{n} ζ^{−i} σ^{i}(α),

soit σ(ζ,α) = ζ(ζ,α) puisque ζ^{−n} σ^{n}(α) = α. On en déduit que (ζ,α)^{n} est fixé par σ et donc appartient à K. (ii) Cette question n’a pas lieu d’être ! (iii) En vertu du lemme de Dedekind, les n éléments 1,σ,...,σ^{n−1} de Gal(L/K) sont linéairement indépendants

sur L. Par suite, quelle que soit la racine de l’unité ζ ∈ μ_{n}(K), il existe un élément α de L tel que (ζ,α) ≠ 0. Étant donné un élément primitif x de l’extension L/K, il est loisible de choisir α parmi les puissances x^{k} de x, 0 ≤ x ≤ n−1 puisque celles-ci forment une base de L comme K-espace vectoriel.

Considérons finalement une racine primitive ζ ∈ μ_{n}(K) ainsi qu’un élément α de L tel que (ζ,α) ≠ 0. Puisque σ(ζ,α) = ζ(ζ,α), le groupe de Galois Gal(L/K) opère transitivement sur les racines du polynôme

T^{n}− (ζ,α)^{n} = ∏_{i=0}^{n−1}(T − ζ^{i}(ζ,α))

et ce dernier est donc irréductible. On en déduit que l’élément (ζ,α) de L est de degré n = [L : K] sur K, c’est-à-dire L = K((ζ,α)).

Nous venons de prouver que, lorsque le groupe μ_{n}(K) est d’ordre n, les extensions galoisiennes L/K telles que le groupe Gal(L/K) soit cyclique et d’ordre n sont exactement les extensions de la forme K(α)/K avec α^{n} ∈ K^{×} et α^{d} ∉ K pour tout diviseur strict d de n.

3. On se limite maintenant à supposer que l’entier n soit premier à la caractéristique du corps K, de sorte que le polynôme T^{n}− 1 soit séparable, mais non nécessairement scindé, sur K. On considère de nouveau un élément a de K^{×} et un corps de décomposition L du polynôme T^{n}− a au-dessus de K.

(i) Soit α une racine de T^{n}− a dans L. Le polynôme T^{n}− a étant scindé sur L, ζα ∈ L et donc ζ ∈ L pour toute racine n-ème de l’unité dans une clôture algébrique de L. Le polynôme T^{n}− 1 est ainsi scindé sur L et ses racines engendrent une sous-extension K_{1} de K dans L.

(ii) L’extension L/K_{1} est galoisienne car l’extension L/K l’est tandis que l’extension K_{1}/K est galoisienne car K_{1} est le corps de décomposition de T^{n}−1. En vertu de l’exercice 2, le groupe Gal(K_{1}/K) est canoniquement isomorphe à un sous-groupe de (ℤ/nℤ)^{×} tandis que le choix d’une racine α de T^{n}− a dans L permet de définir un plongement du groupe Gal(L/K_{1}) dans μ_{n}(K_{1}).

(iii) On dispose d’une suite exacte de groupes

\xymatrix{1 \ar[r] & Gal(L/K_{1}) \ar[r] & Gal(L/K) \ar[r] & Gal(K_{1}/K) \ar[r] & 1}.

Si l’on fait opérer Gal(L/K) sur lui-même par conjuguaison, on obtient un homomorphisme de Gal(L/K) dans Aut(Gal(L/K_{1})) qui se factorise à travers la projection de Gal(L/K) sur Gal(K_{1}/K) en vertu de la commutativité de Gal(L/K_{1}). Ce dernier groupe étant cyclique d’ordre d égal au degré des facteurs irréductibles de T^{n}− a sur K_{1}, nous obtenons finalement un homomorphisme canonique

u: Gal(K_{1}/K) → (ℤ/dℤ)^{×} .

Le choix d’une racine α de T^{n}− a dans L permet de construire une section s_{α} de la surjection Gal(L/K) → Gal(K_{1}/K) en associant à tout élément σ de Gal(K_{1}/K) son unique prolongement à L fixant α; cette racine α permet par ailleurs d’identifier Gal(L/K_{1}) à un sous-groupe μ_{d}(K_{1}). Tout élément de Gal(L/K) s’écrit de manière unique sous la forme τs_{α} (σ) avec τ ∈ Gal(L/K_{1}) et σ ∈ Gal(K_{1}/K) et, vu ce qui précède,

(τ′s_{α} (σ′))(τs_{α} (σ)) = τ′s_{α} (σ′)τs_{α} (σ′)^{−1} s_{α} (σ′)s_{α} (σ)
= τ′τ^{u(σ)}s_{α} (σ′σ).

Le groupe Gal(L/K) s’identifie donc à l’ensemble Gal(L/K_{1})×Gal(K_{1}/K) muni du produit « tordu » par l’automorphisme u:

(τ′,σ′) ∗ (τ,σ) = (τ′τ^{u(σ′)},σ′σ) ;

c’est le produit semi-direct de Gal(K_{1}/K) par Gal(L/K_{1}).

Exercice 4 — Une extension de corps L/K est dite radicale élémentaire si L = K(α) avec α^{n} ∈ K pour un certain entier n ≥ 1 et elle est dite radicale si elle l’aboutissement d’une tour d’extensions radicales élémentaires ; enfin, elle est dite résoluble par radicaux si elle est contenue dans une extension radicale de K. Cette dernière condition signifie précisément que tout élément de L peut s’exprimer en termes de radicaux itérés construits à partir d’éléments de K.

Supposons que le corps K soit de caractéristique nulle et fixons-en une clôture algébrique \overline{K}.

(i) Soit n ≥ 1 un entier et soit K_{1} le corps de décomposition du polynôme T^{n}− 1 dans \overline{K}. Si l’extension composée LK′/K est résoluble par radicaux, l’extension L/K est bien évidemment résoluble par radicaux. Réciproquement, si L/K est une extension résoluble par radicaux et si L′/K est une extension radicale contenant L, l’extension composée L′K′/K est radicale puisqu’elle s’obtient à partir de L′par adjonction de racines de l’unité et, comme LK′⊂ L′K′, l’extension LK′/K est résoluble par radicaux. En conclusion, une extension L/K est résoluble par radicaux si et seulement si tel est le cas de l’extension composée LK′/K.

(ii) Quelle que soit l’extension galoisienne L/K, l’extension composée LK′/K est galoisienne et Gal(L/K) est le quotient de Gal(LK′/K) par le sous-groupe abélien et distingué Gal(K′/K) tandis que le groupe Gal(LK′/K′) s’identifie à un sous-groupe de Gal(L/K). Il en découle que le groupe Gal(L/K) est résoluble si et seulement si tel est le cas du groupe Gal(LK′/K′).

(iii) Considérons finalement une extension galoisienne finie L de K dans \overline{K}.

– Si l’extension L/K est résoluble par radicaux, considérons une extension radicale L′de K dans \overline{K} contenant L et désignons par K′le corps de décomposition du polynôme T^{[L′:K]}− 1 dans \overline{K}. Vu ce que l’on a établi au cours de l’exercice 3, toute extension radicale élémentaire de K′est galoisienne de groupe de Galois cyclique et toute extension radicale est galoisienne, de groupe de Galois résoluble ; appliquant cela à l’extension L′K′/K′, nous en déduisons que le groupe Gal(L′K′/K′) est résoluble. Ceci prouve que le groupe Gal(L/K).

– Si réciproquement le groupe Gal(L/K) est résoluble, désignons par K′le corps de décomposition du polynôme T^{|Gal(L/K)|}− 1 dans \overline{K}. En s’appuyant de nouveau sur l’exercice 3, la tour d’extensions de K′déduite d’une suite de composition de Gal(L/K) à quotients cycliques est une tour d’extensions radicales élémentaires ; l’extension LK′/K′est donc radicale. Il en est alors de même de l’extension LK′/K, ce qui prouve que l’extension L/K est résoluble par radicaux.

Exercice 6 — Soit K un sous-corps de ℝ.

1. [...]

2. Soit L une extension galoisienne finie de K contenue dans ℝ. Étant donnés un élément a de K, un entier n ≥ 1 et une racine α du polynôme T^{n}− a dans ℝ, tout K-automorphisme σ ∈ Gal(L/K) envoie α sur une autre racine du polynôme T^{n}− a et donc

σ(α) = \{ \begin{matrix}α & si n est impair ; \\ ±α & si n est pair. \end{matrix}

Dans tous les cas, σ(α) ∈ K(α) et le sous-groupe H de Gal(L/K) fixant le corps L ∩ K(α) est d’indice 1 ou 2, de sorte que [L ∩ K(α) : K] ∈ {1,2}.

Supposons que l’extension galoisienne L/K soit résoluble par radicaux réels, c’est-à-dire qu’il existe une tour d’extensions radicales élémentaires K = K_{0} ⊂ K_{1} ⊂ ... ⊂ K_{r} ⊂ ℝ telle que L ⊂ K_{r}. D’après ce que l’on vient de dire, [L ∩ K_{i+1} : L ∩ K_{i}] ∈ {1,2} pour tout i ∈ {0,...,r − 1} et donc

[L : K] = ∏_{i=0}^{r−1} [L ∩ K_{i+1} : L ∩ K_{i}]

est une puissance de 2. Nous avons ainsi prouvé que, si l’extension galoisienne L/K est résoluble par radicaux réels, alors son degré est une puissance de 2. L’assertion réciproque est vraie : toute extension de degré 2 entre deux souscorps de ℝ est élémentairement radicale en vertu de l’exercice 3 et l’extension L/K est donc résoluble par radicaux réels si elle est résoluble par radicaux et si son degré est une puissance de 2.

Exercice 7 — 1. Soient x_{1} et x_{2} les deux racines du polynôme T^{2}+aT+b dans une clôture algébrique de K. Le groupe de Galois G du corps de décomposition L de ce polynôme est un sous-groupe du groupe symétrique 𝔖({x_{1},x_{2}}). Le groupe alterné 𝔄({x_{1},x_{2}}) étant trivial, il découle de l’exercice 1 que G est trivial si le discriminant D = a^{2}−4b est un carré dans K et que G = \{1,(x_{1},x_{2})\} sinon. Dans ce second cas, l’extension L/K(\sqrt{D}) est triviale et les deux racines x_{1}, x_{2} s’expriment donc en fonction d’une racine carrée du discriminant.

2. Rappelons tout d’abord que tout polynôme cubique S^{3}+aS^{2}+bS+c peut s’écrire sous la forme P = T^{3}+pT+q: il suffit de faire le changement de variable S = T − \frac{a}{3}. Cette opération a pour vertu de simplifier l’expression du discriminant D du polynôme et de fournir la relation x_{1}+ x_{2}+ x_{3} = 0 entre les trois racines x_{1}, x_{2} et x_{3} de P dans une clôture algébrique de K. On rappelle que D = −4p^{3}− 27q^{2}.

Soit L = K(x_{1},x_{2},x_{3}) le corps de décomposition du polynôme P et soit G son groupe de Galois, que l’on identifie à un sous-groupe du groupe symétrique 𝔖({x_{1},x_{2},x_{3}}). En vertu de l’exercice 1, G∩𝔄({x_{1},x_{2},x_{3}}) est sous-groupe de G fixant le corps K(\sqrt{D}) et, comme 𝔄(\{x_{1},x_{2},x_{3}\}) est un groupe cyclique d’ordre 3, les quatre cas de figure possibles sont les suivants :

– G = {1};

– G ≃ ℤ/2ℤ fixe l’une des racines de P et permute les deux autres ;

– G = 𝔄({x_{1},x_{2},x_{3}}) ;

– G = 𝔖({x_{1},x_{2},x_{3}}). Le premier cas se produit si P est scindé sur K, le deuxième si P possède exactement une racine dans K, le troisième si P est irréductible sur K et si D est un carré dans K, le quatrième enfin si P est irréductible sur K et si D n’est pas un carré dans K.

Remarque : il convient d’observer que, dans le deuxième cas de figure, P est scindé sur le corps K(\sqrt{D}). Cela peut également se voir en vérifiant que le discriminant du facteur irréductible quadratique de P est un carré dans K(\sqrt{D}).

Nous supposons dans ce qui suit que le polynôme P est irréductible sur K ; l’extension L/K(\sqrt{D}) est alors cyclique de degré 3 et nous allons appliquer la théorie de Kummer exposée à l’exercice 3. Cela suppose de disposer des racines cubiques de l’unité dans le corps de base ; notant K′un corps de décomposition de T^{3} − 1, nous allons travailler dans l’extension composée L′= LK′= K(x_{1},x_{2},x_{3},ρ), où ρ est une racine cubique primitive de 1. L’extension L′/K′(\sqrt{D}) est non triviale puisque [L′: K] est un multiple de 3 tandis que [K′(\sqrt{D}) : K] est une puissance de 2, donc Gal(L′/K′(\sqrt{D}) est le groupe cyclique 𝔄(\{x_{1},x_{2},x_{3}\}). Soit σ le 3-cycle (x_{1},x_{2},x_{3}) et considérons les trois résolvantes de Lagrange

(1,x_{1}) = x_{1}+ σ(x_{1}) + σ^{2}(x_{1}) = x_{1}+ x_{2}+ x_{3} = 0,
(ρ,x_{1}) = x_{1}+ ρ^{−1} σ(x_{1}) + ρ^{−2} σ^{2}(x_{1}) = x_{1}+ ρ^{2}x_{2}+ ρx_{3}

et

(ρ^{2},x_{1}) = x_{1}+ ρx_{2}+ ρ^{2}x_{3}.

Les trois racines x_{1},x_{2} et x_{3} s’expriment en fonction des résolvantes :

x_{1} = \frac{1}{3}((ρ,x_{1}) + (ρ^{2},x_{1})), x_{2} = \frac{1}{3}(ρ(ρ,x_{1}) + ρ^{2}(ρ^{2},x_{1})) et x_{3} = \frac{1}{3}(ρ^{2}(ρ,x_{1}) + ρ(ρ^{2},x_{1})).

On a par ailleurs σ(ρ,x_{1}) = ρ(ρ,x_{1}) et σ(ρ^{2},x_{1}) = ρ^{2}(ρ^{2},x_{1}), donc (ρ,x_{1})^{3}, (ρ^{2},x_{1})^{3} ∈ K′(\sqrt{D}) ; il reste par conséquent à calculer explicitement ces deux derniers cubes dans K′(\sqrt{D}) pour obtenir une expression des trois racines de P en termes de radicaux quadratiques et cubiques faisant intervenir les coefficients de P et le trois racines cubiques de l’unité.

On a :

(ρ,x_{1})^{3} = (x_{1}+ ρ^{2}x_{2}+ ρx_{3})^{3}
= x_{1}^{3}+ x_{2}^{3}+ x_{3}^{3}+ 6x_{1}x_{2}x_{3}+ 3(x_{1}^{2}x_{3}+ x_{2}^{2}x_{1}+ x_{3}^{2}x_{2})ρ + 3(x_{1}x_{3}^{2}+ x_{2}x_{1}^{2}+ x_{3}x_{2}^{2})ρ^{2}
= A + 3Bρ + 3Cρ^{2}

où

A = (x_{1}+ x_{2}+ x_{3})^{3}− 3(B + C)
= −3(B + C)
= −3(x_{1}x_{2}(x_{1}+ x_{2}) + x_{2}x_{3}(x_{2}+ x_{3}) + x_{1}x_{3}(x_{1}x_{3}))
= −3(−x_{1}x_{2}x_{3}− x_{1}x_{2}x_{3}− x_{1}x_{2}x_{3})
= 9x_{1}x_{2}x_{3}
= −9q,
B + C = 3q

et

B − C = (x_{1}− x_{2})(x_{2}− x_{3})(x_{1}− x_{3})

est une racine carrée de D que l’on note \sqrt{D}; on en déduit finalement

(ρ,x_{1})^{3} = −9q + \frac{3}{2}(3q + \sqrt{D})ρ + \frac{3}{2}(3q − \sqrt{D})ρ^{2} = −\frac{27}{2}q + \frac{3}{2}\sqrt{D}\sqrt{−3}

où l’on a posé \sqrt{−3} = ρ − ρ^{2} puisque (ρ − ρ^{2})^{2} = ρ^{2}+ ρ − 2 = −3.

Il suffit de permuter ρ et ρ^{2} pour obtenir (ρ^{2},x_{1}) à partir de (ρ,x_{1}) donc

(ρ^{2},x_{1}) = −\frac{27}{2}q − \frac{3}{2}\sqrt{D}\sqrt{−3} .

Remarque : on peut observer que (ρ,x_{1})(ρ^{2},x_{1}) est invariant par σ et appartient donc à K′(\sqrt{D}). Un calcul immédiat fournit en fait la relation (ρ,x_{1})(ρ^{2},x_{1}) = −3p, d’où l’on tire (ρ,x_{1})^{3}+ (ρ^{2},x_{1})^{3} = −q. Cela montre que (ρ,x_{1})^{3} et (ρ^{2},x_{1})^{3} sont les deux racines du polynôme T^{2}+ qT − 27p^{3}.