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seule valeur, on voit clairement que la fonction qu’on suppose connue n’est invariable par aucune substitution dans laquelle deux lettres garderaient un même rang.

Si donc, mutatis mutandis, on applique à ce cas les raisonnements employés dans le mémoire cité, on vérifiera l’énoncé de la proposition qui suit :

« Étant supposée connue la valeur de la fonction en question, une racine s’exprimera toujours au moyen de deux autres, et l’égalité qu’on obtiendra ainsi sera invariable par les substitutions telles que (k, ak + b). »

Soit donc $x_{2}=f(x_{1},x_{0})$, on en déduira en général,

$x_{2a+b}=f(x_{a+b},x_{b})$,

équation qui, appliquée de toutes manières, donnera l’expression d’une quelconque des racines de deux autres quelconques, si l’on a soin d’y substituer successivement les expressions des racines qui entrent dans cette équation.

Cela posé, prennons une fonction symmétrique $\Phi$ des racines $x_{0},x_{p},x_{2p},x_{3p},\ldots ,x_{(p^{n-1}-1)p}$ ; il vient

${\begin{aligned}&\Phi (x_{0},x_{p},x_{2p},\ldots )=\Phi _{0}\\&\Phi (x_{1},x_{p+1},x_{2p+1},\ldots )=\Phi _{1}\\&\Phi (x_{2},x_{p+2},x_{2p+2},\ldots )=\Phi _{2}\\&\Phi (x_{p-1},x_{2p-1},\ldots )=\Phi _{p-1}\end{aligned}}$

et supposons qu’en général $\Phi _{k+p}=\Phi _{k}$. Toute fonction des quantités $\Phi$, qui sera invariable par les substitutions linéaires de ces quantités, sera évidemment une fonction invariable par les substitutions linéaires de $x_{0},x_{1},x_{2},\ldots ,x_{m-1}$. Ainsi l’on connaîtra à priori toute fonction des quantités, $\Phi _{0},\Phi _{1},\ldots ,\Phi _{p-1}$, invariable par les substitutions linéaires de ces quantités. On pourra donc 1^o former l’équation dont ces quantités sont racines (puisque toute fonction symmétrique est à plus forte raison invariable par les substitutions) ; 2^o résoudre cette équation.

Il suit de là, qu’on pourra toujours, au moyen d’une équation de degré $p$, algébriquement soluble, diviser l’équation proposée