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$i$ étant une racine primitive de

$x^{p^{2}}-1=0{\pmod {p}}$

il est clair que toute substitution de la forme

$[a_{k_{1}+k_{2}l},a_{(m_{1}+m_{2}l)(k_{1}+k_{2}l)}]$

sera une substitution linéaire ; mais, dans ces substitutions, aucune lettre ne reste à la même place, et elles sont au nombre de $p^{2}-1$.

Nous avons donc un système de $p^{2}-1$ permutations tel que, dans chacune de ses substitutions, toutes les lettres varient, à l’exception de $a_{0,0}$. Combinant ces substitutions avec les $p^{2}-p$ dont il est parlé plus haut, nous aurons

$(p^{2}-1)(p^{2}-p)$ substitutions.

Or, nous avons vu a priori que le nombre des substitutions où $a_{0,0}$ reste fixe ne pouvait être plus grand que $(p^{2}-1)(p^{2}-p)$. Donc il est précisément égal à $(p^{2}-1)(p^{2}-p)$ dont le groupe linéaire total aura en tout

$p^{2}(p^{2}-1)(p^{2}-p)$ permutations.

Il reste à chercher les diviseurs de ce groupe, qui peuvent jouir de la propriété d’être solubles par radicaux. Pour cela, nous allons faire une transformation qui a pour but d’abaisser autant que possible les équations générales de degré $p^{2}$ dont le groupe serait linéaire.

Premièrement, comme les substitutions circulaires d’un pareil groupe sont telles, que toute autre substitution du groupe les transforme les unes dans les autres, on pourra abaisser l’équation d’un degré et considérer une équation de degré $p^{2}-1$ dont le groupe n’aurait que des substitutions de la forme

$(b_{k_{1},k_{2}},b_{m_{1}k_{1}+n_{1}k_{2},m_{2}k_{1}+n_{2}k_{2}})$,

les $p^{2}-1$ lettres étant

${\begin{array}{cccccc}b_{0,0},&b_{0,1},&b_{0,2},&b_{0,3},\ldots ,\\b_{1,0},&b_{1,1},&b_{1,2},&b_{1,3},\ldots ,\\b_{2,0},&b_{2,1},&b_{2,2},&b_{2,3},\ldots ,\\\ldots ,&\ldots ,&\ldots ,&\ldots ,\ldots ,\\\end{array}}$