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Cas où est transcendant sur

Théorème $\sigma$ peut être prolongé d'une manière unique en un isomorphime

$\displaystyle \widehat{\sigma};K\left[ X\right] \longrightarrow K^{\prime}\left[ X\right]$

qui transforme

Démonstration Soit $\widehat{\sigma};K\left[ X\right] \longrightarrow K^{\prime}\left[ X\right]$ l'application définie par

$\displaystyle \widehat{\sigma}\left( a_{0}+a_{1}X+\cdot\cdot\cdot+a_{n}X^{n}\ri... ...sigma\left( a_{1}\right) X+\cdot\cdot \cdot+\sigma\left( a_{n}\right) X^{n}.$

C'est un simple exercice de prouver que $\widehat{\sigma}$ est un homomorphisme d'anneaux

vérifiant $\widehat{\sigma}\left( X\right) =X$ et $\widehat{\sigma}\left( k\right) =\sigma\left( k\right)$ pour tout $k\in K$ . $\widehat{\sigma}$ est injective

, car si nous avons

$\displaystyle \widehat{\sigma}\left( P\right) =\widehat{\sigma}\left( a_{0}+a_{1}%% X+\cdot\cdot\cdot+a_{n}X^{n}\right) =0$

alors $\sigma\left( a_{i}\right) =0$ pour

. Il en résulte $a_{i}=0$ pour

. $\widehat{\sigma}$ est l'unique isomorphisme qui vérifie $\widehat{\sigma}\left( X\right) =X$ et $\widehat{\sigma}\left( k\right) =\sigma\left( k\right)$ pour tout $k\in K$ car, si $\tau$ est une autre solution, alors nous avons

$\displaystyle \tau\left( a_{0}+a_{1}X+\cdot\cdot\cdot+a_{n}X^{n}\right)$	$\displaystyle =\tau\left( a_{0}\right) +\tau\left( a_{1}\right) +\cdot\cdot\cdot+\tau\left( a_{n}\right) X^{n}$
	$\displaystyle =\sigma\left( a_{0}\right) +\sigma\left( a_{1}\right) X+\cdot\cdot \cdot+\sigma\left( a_{n}\right) X^{n}$
	$\displaystyle =\widehat{\sigma}\left( P\right) .$

pour tout $P\in K\left[ X\right]$ .

Théorème Si $E^{\prime}$ est une extension de K' qui contient un élément $a^{\prime}$ transcendant sur $K^{\prime}$ , alors on peut prolonger $\sigma$ : $K\rightarrow K'$ d'une manière unique en un isomorphisme $E \rightarrow E'$ qui transforme en $a^{\prime}$ .

Démonstration Soit $F^{\prime}=K^{\prime}\left( a^{\prime}\right)$ . $F^{\prime}$ est une extension de $K^{\prime}$ isomorphe à $K^{\prime}\left( X\right)$ car $a^{\prime}$ est transcendant sur $K^{\prime}$ . On peut prolonger $\sigma$ en un isomorphisme $\widehat{\sigma};K\left[ X\right] \longrightarrow K^{\prime}\left[ X\right]$ par

$\displaystyle \widehat{\sigma}\left( a_{0}+a_{1}X+\cdot\cdot\cdot+a_{n}X^{n}\ri... ...sigma\left( a_{1}X\right) +\cdot\cdot \cdot+\sigma\left( a_{n}\right) X^{n}.$

$\widehat{\sigma}$ est l'unique prolongement

de $\sigma$ qui vérifie $\widehat{\sigma}\left( X\right) =X$ et $\widehat{\sigma}\left( k\right) =\sigma\left( k\right)$ pour tout $k\in K$ . Cet isomorphisme $\widehat{\sigma}$ peut être prolongé, d'une manière unique, en un isomorphisme $\sigma^{\prime}$ de $K\left( X\right)$ , corps des fractions

de $K\left[ X\right]$ , dans $K^{\prime}\left( X\right)$ , corps des fractions de $K^{\prime}\left[ X\right]$ , tel que $\sigma^{\prime}\left( X\right) =X$ et $\sigma^{\prime}\left( k\right) =\sigma\left( k\right)$ pour tout $k\in K$ . Finalement, soit

l'unique isomorphisme de $K\left( a\right)$ sur $K\left( X\right)$ tel que $u\left( a\right) =X$ et $u^{\prime}$ l'unique isomorphisme de $K^{\prime}\left( X\right)$ sur $K^{\prime}\left( a^{\prime}\right)$ tel que $u^{\prime}\left( X\right) =a^{\prime}$ . Nous avons

$\displaystyle %% \begin{tabular}[c]{ccccccc}%% & & $ K$ & $\overset{\sigma}... ...\longrightarrow}$ & $K^{\prime}\left( a^{\prime }\right) $%% \end{tabular}$

où les flêches verticales sont les injections canoniques. Posons $\overline{\sigma}=u^{\prime}\circ\sigma^{\prime}\circ u$ . $\overline{\sigma}$ est un isomorphisme et il vérifie

$\displaystyle \overline{\sigma}\left( a\right) =\left( u^{\prime}\circ\sigma^{\... ...gma^{\prime}\left( X\right) \right) =u^{\prime}\left( X\right) =a^{\prime}%%$

$\displaystyle \overline{\sigma}\left( k\right) =\left( u^{\prime}\circ\sigma^{\... ...ight) =u^{\prime}\left( \sigma\left( k\right) \right) =\sigma\left( k\right)$

$\overline{\sigma}$ est unique, car $\widehat{\sigma},\sigma^{\prime},u$ et $u^{\prime}$ sont tous uniques.

Remarque Si $E^{\prime}=K^{\prime}\left( a^{\prime}\right)$ alors $\overline{\sigma}$ est bijectif.

Théorème Si $\sigma$ peut être prolongé en un isomorphisme $\overline{\sigma}$ , alors
$a^{\prime}=\overline{\sigma}\left( a\right)$ est transcendant sur $K^{\prime}$ .

Démonstration Sinon, il existe des éléments $b_{0}^{\prime},b_{1}^{\prime}%% ,...,b_{n}^{\prime}$ , non tous nuls, tels que

$\displaystyle b_{0}^{\prime}+b_{1}^{\prime}a^{\prime}+\cdot\cdot\cdot+b_{n}^{\prime}\left( a^{\prime}\right) ^{n}=0.$

Mais chaque $b_{i}^{\prime}$ peut s'écrire sous la forme $b_{i}^{\prime }=\sigma\left( b_{i}\right)$

, il en résulte

$\displaystyle \overline{\sigma}\left( b_{0}+b_{1}a+\cdot\cdot\cdot+b_{n}a^{n}\right)$	$\displaystyle =\overline{\sigma}\left( b_{0}\right) +\overline{\sigma}\left( b_... ...prime}+\cdot\cdot\cdot+\overline{\sigma}\left( b_{n}\right) \left( a^{n}\right)$
	$\displaystyle =b_{0}^{\prime}+b_{1}^{\prime}a^{\prime}+\cdot\cdot\cdot+b_{n}^{\prime }\left( a^{\prime}\right) ^{n}=0$

qui implique $b_{0}+b_{1}a+\cdot\cdot\cdot+b_{n}a^{n}=0$ , avec les $b_{i}$ non tous nuls, qui prouve que

est algébrique sur

en contradiction l'hypothèse que

est transcendant sur

Ce qui précède permet d'énoncer :

Théorème $\sigma$ peut être prolongé en un isomorphisme $\overline{\sigma}$ de $E=K\left( a\right)$ dans $E^{\prime}$ si, et seulement si, $E^{\prime}$ contient un élément $a^{\prime}$ transcendant sur $K^{\prime}$ .