# Comptes Rendus
## Mathématique

Pierre Deligne

Le critère d'Abel pour la résolubilité par radicaux d'une équation irréductible de degré premier

Volume 359, issue 7 (2021), p. 919-921

Published online: 17 September 2021

https://doi.org/10.5802/crmath.242

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Dans l'article [3] à l'occasion du centenaire de la naissance d'Abel, Sylow écrit page 18 :

« Abel s'est toutefois exprimé inexactement ou au moins peu clairement, et
a sans doute voulu dire que toutes les racines devaient pouvoir s'exprimer
rationnellement en fonction de deux d'entre elles, toujours les mêmes. Prise
rigoureusement à la lettre, la proposition est inexacte, car il existe une classe
d'équations à laquelle elle ne s'applique pas, tout ou moins lorsque le degré est
de la forme 2^k - 1. »

Nous montrons que, nonobstant ce que dit Sylow, l'énoncé d'Abel est correct. Nous n'avons
toutefois aucune idée de quelle était sa preuve.

La preuve du lemme qui suit est due à Galois [2, propositions VI, VII et VIII].

**Lemme.** Avec les hypothèses et notations du théorème, les conditions suivantes sont équivalentes :

(i) Il existe deux éléments de E tels que le seul élément de G qui les fixe soit l'identité.

(ii) $|G| < p^2$.

(iii) G contient un sous-groupe distingué A d'ordre p.

(iv) Une indexation $\mathbb{Z}/p \cong E$ transforme G en un sous-groupe du groupe des affinités $x \mapsto ax+b$, contenant les translations.

(v) G est résoluble.

**Démonstration.**

(i) ⇒ (ii). En effet, (i) implique que $|G| \le p(p-1)$, le nombre de paires ordonnées d'éléments de $E$.

(ii) ⇒ (iii). Puisque $G$ agit transitivement sur $E$, $p$ divise l'ordre $|G|$ de $G$ et, d'après un théorème de Cauchy, $G$ contient un sous-groupe cyclique $A$ d'ordre $p$. Il ne peut en contenir un deuxième, $B$, car on aurait dans ce cas $|AB| = p^2 \le |G|$. Le sous-groupe $A$, étant unique, est distingué.

(iii) ⇒ (iv). Identifications $E \times \mathbb{Z}/p$ de sorte que $A$ soit le groupe des translations. Le groupe $G$ est alors contenu dans le groupe affine des $x \mapsto ax+b$, qui est le normalisateur de $A$ dans le groupe symétrique $S_E$.

(iv) ⇒ (i) et (v). Clair.

(v) ⇒ (iv). Soit $\{e\} = G_0 \subset G_1 \subset \dots \subset G_n = G$ une suite strictement croissante de sous-groupes de $G$, avec $G_i$ distingué dans $G_{i+1}$ et $G_{i+1}/G_i$ cyclique. Par hypothèse, l'action de $G$ sur $E$ est transitive et fidèle. Si $H \subset G$ est un sous-groupe distingué, ses orbites dans $E$ ont toutes le même nombre d'éléments. Si $H \ne \{e\}$, $H$ est donc transitif. Appliquant cet argument aux $G_i$, on voit par récurrence descendante que les $G_i$ ($i > 0$) sont transitifs. Le groupe $G_1$ est commutatif et agit fidèlement. Il est donc cyclique d'ordre $p$. Comme dans la preuve de (iii) ⇒ (iv), on peut identifier $E$ à $\mathbb{Z}/p$ de sorte que $G_1$ soit le groupe des translations. Puisque $G_2$ normalise $G_1$, il est contenu dans le groupe affine, et $G_1$ est l'unique sous-groupe d'ordre $p$ de $G_2$. Puisque $G_2$ est distingué dans $G_3$, $G_3$ normalise le sous-groupe caractéristique $G_1$ de $G_2$, et est contenu dans le groupe affine. Répétant l'argument jusqu'à atteindre $G_n$, on obtient (iv). □

**Preuve du théorème.** Si $G$ est résoluble, on applique la partie (v) ⇒ (iv) du lemme. Réciproque-ment, supposons que $G$ vérifie la condition énoncée par Abel. Nous prouverons (i) du lemme.

Puisque $G$ agit transitivement sur $E$, $p = |E|$ divise l'ordre de $G$, et $G$ contient une permutation $h$ de $E$ d'ordre $p$. Identifications $E \times \mathbb{Z}/p$, de sorte que $h$ soit la permutation $n \mapsto n+1$ de $\mathbb{Z}/p$. Pour vérifier (i) du lemme, nous n'aurons à utiliser la condition énoncée par Abel que pour les triplets $\{a, b, c\}$ en progression arithmétique.

Pour $p=2$, l'énoncé est trivial. Supposons $p>2$. Supposons d'abord que pour un $k \ne 0$ et un
triplet de la forme $\{a, a+k, a+2k\}$, tout $g$ dans $G$ fixant $a$ et $a+k$ fixe aussi $a+2k$. Conjuguant
par une puissance de $h$, on obtient le même énoncé pour tout $a$. Si $g$ fixe $a$ et $a+k$, il fixe $(a+k)$
et $(a+k)+k$, et donc $a+3k$. Itérant l'argument, on voit que $g$ fixe tous les $a+nk$, c'est à dire $E$ tout entier. La clause (i) du lemme est donc vérifiée par $a$ et $a+k$.

Appliquant ceci à $-k$ et au triplet ${a+2k, a+k, a}$, on voit que si tout $g$ dans $G$ fixant $a+2k$ et $a+k$ fixe aussi $a$, la clause (i) du lemme est vérifiée par $a+2k$ et $a+k$.

Si pour aucun triplet en progression arithmétique ces arguments ne permettent de conclure, alors, quels que soient $a$ et $b$ distincts, si $g$ dans $G$ fixe $a$ et $b$, $g$ fixe aussi $\frac{1}{2}(a+b)$. Sous cette hypothèse, montrons par récurrence sur $n$ que si $g$ fixe 0 et $b$, $g$ fixe aussi les $2^{-n}.i.b$ pour $0 \le i \le 2^n$. Considérant deux $i$ consécutifs, et leur moyenne, on obtient en effet les $2^{-(n+1)}i.b$ ($i$ impair) à partir des $2^{-n}.i.b$. Dès que $2^n \ge p$, $E$ entier est atteint de sorte que la clause (i) du lemme est vérifiée par 0 et $b$. $\square$

Références

[1] N. H. Abel, *Oeuvres complètes. Nouvelle édition publiée aux frais de l'État Norvégien par MM. L. Sylow et S. Lie.*, Christiania. Grøndahl et Søn, 1881, Tome 2, XXII, p. 270.

[2] É. Galois, « Mémoire sur les conditions de résolubilité des équations par radicaux », J. Math. Pures et Appl. **11** (1846), p. 417-433.

[3] L. Sylow, « Les études d'Abel et ses découvertes », in *Niels Henrik Abel, Mémorial publié à l'occasion du centenaire de sa naissance*, Christiania. Grøndahl et Søn, 1902.