Fraction rationnelle à valeurs rationnelles

Soit $F=\frac{A}{B}$ une telle fraction, avec $A$ et $B$ premiers entre eux.
Pour tout $q \in \Q$, $\frac{A(q)}{B(q)} \in \Q$. Donc, pour tout $\sigma$ automorphisme de $\C$, $\sigma(\frac{A(q)}{B(q)})=\frac{A(q)}{B(q)}$. Donc, si on écrit $A=a_n X^n+a_{n-1}X^{n-1}+\dots+ a_0$, et si on note $\sigma(A)=\sigma(a_n)X^n+\dots+\sigma(a_0)$, on a $\frac{\sigma(A)(q)}{\sigma(B)(q)}=\frac{A(q)}{B(q)}$.
Donc $\sigma(A)B-A\sigma(B)$ est nul sur les rationnels, donc identiquement nul.
Donc $A$ divise $\sigma(A)$ et ces deux polynômes sont de même degré.
Donc $A=\lambda \sigma(A)$ avec $\lambda \in \C^*$.
De même, $B=\lambda \sigma(B)$.
Donc, pour tout $\sigma$ automorphisme de $\C$, $\sigma(A)/A \in \C^*$.
Donc, pour tout $\sigma$, $\sigma(a_n)/a_n=\sigma(a_{n-1})/a_{n-1}=\dots=\sigma(a_0)/a_0$.
Donc, pour tout $\sigma$, $\sigma(a_n)/\sigma(a_{n-1})=a_n/a_{n-1}$. Donc, $a_n/a_{n-1} \in \Q$.
De même, $a_{i}/a_{j} \in \Q$, etc...
Donc, $A$ est un polynôme $U$ de $\Q(X)$ éventuellement mutliplié par un complexe non nul $a$.
De même, pour $B=bV$ avec $V\in \Q(X)$.
Donc, on en déduit $a/b \in \Q$, et $F \in \Q(X)$

Non, je ne sais pas.

Maxtimax a écrit:

Et y a-t-il une preuve plus taupin-friendly ?

En ayant les idées plus claires ce matin, voici une approche possible qui me semble « taupin-friendly ».

On donne une fraction rationnelle \(R\), élément de \(\C(X)\), qui prend des valeurs rationnelles(resp. réelles) sur les nombres rationnels (resp. réels).
On fixe un représentant irrédutible \(P_0/Q_0\) de \(R\) (par exemple \(Q_0\) unitaire…), et on note :
\begin{align}p&=\deg(P_0)&q&=\deg(Q_0)\end{align}

Soit on traite à part le cas de la fraction nulle qui appartient à \(\Q[X]\)^† (resp. \(\R[X]\)), soit on décide que \(P_0\) nul est un polynôme constant avec\(p\) nul…

[† Je devrais dire « admet un représentant constitué de deux polynômes à cofficients rationnels » du fait que \(\Q[X]\) et \(\Q(X)\) ne sont plus, me semble-t-il, taupin-friendly.]

On considère alors l'application \(f\) définie par:
\[\begin{array}{ccc} \C_{\leqslant p}[X]\times \C_{\leqslant q}[X] & \to & \C_{\leqslant p+q}[X] \\ (P,Q) & \mapsto & Q_0P-P_0Q \end{array}\]
dont on établit qu'elle est \(\C\)-linéaire, que son noyau est la \(\C\)-droite vectorielle engendrée par \((P_0,Q_0)\), qu'elle est de de rang maximal \(p+q+1\), donc surjective.

On se donne un \(p+q+1\)-uplet \((a_0,\dotsc,a_{p+q})\) de nombres complexes deux à deux distincts, et on considère l'application :
\[\begin{array}{ccc} \C_{\leqslant p+q}[X] & \to & \C^{p+q+1} \\ P & \mapsto & \bigl(P(a_k)\bigr)_{0 \leq k \leqslant p+q} \end{array}\]
dont on prouve qu'il s'agit d'un isomorphisme.

Du coup, \(g \circ f\) est linéaire, de noyau \(\mathrm{Vect}(P_0,Q_0)\), de rang \(p+q+1\), surjective.

On détermine le noyau en résolvant le système des équations :
\begin{align} (Q_0P-P_0Q)(a_k)&=0 &(0 \leqslant k \leqslant p+q) \end{align}
qui est équivalent, si les \(a_k\) ne sont pas des pôles de \(R\), au système :
\begin{align} P(a_k)-R(a_k)Q(a_k)&=0 & (0 \leqslant k \leqslant p+q) \end{align}
qui est donc bien de rang \(p+q+1\).
Si, de plus, les \(a_k\) sont des nombres rationnels (resp. réels), ce système, en les \(p+q+2\) coefficients de \(P\) et \(Q\), est à coefficients rationnels (resp. réels) donc admet, par déterminants (taupin-friendly : pas d'invariance du rang, mais purement calculatoire), une solution dans \(\Q^{p+q+2}\) (resp. \(\R^{p+q+2}\)) ; on obtient ainsi un représentant \(P/Q\) de \(R\) qui établit que la fraction rationnelle appartient à \(\Q(X)\) (resp. \(\R(X)\)).

On peut bien évidemment (en sortant du cadre taupin-friendly) remplacer le corps \(\C\) et son sous-corps \(\Q,\) (resp. \(\R)\)) par un autre corps \(L\) et un sous-corps infini \(K\).

Maxtimax a écrit:

Y a-t-il des contrexemples autrement ?

Si le corps \(K\) est le corps fini \(\mathbf{F}_q\), il suffit de considérer, \(a\) étant un élément de \(L\setminus \mathbf{F}_q\) :
\[R=a(X^q-X)+R_0\]
avec \(R_0\) élément de \(\mathbf{F}_q(X)\), que l'on peut choisir sans pôle, par exemple:
\[R=a(X^2+X)+\frac{1}{X^3+X+1}\]
pour \(K=\mathbf{F}_2\) ; on dispose même du cas « limite » :
\[R = \frac{a}{X^q-X}\]
qui n'appartient pas à \(\mathbf{F}_q(X)\) bien que satisfaisant :
\[\forall x\in\mathbf{F}_q\qquad R(x)\in\mathbf{F}_q.\]