Montrer $\Bbb K(X)\not\cong\Bbb K(X,Y)$ ?
Bonjour
Soit $\mathbb K$ un corps (commutatif). Avez-vous un argument simple pour montrer que les corps $\mathbb K(X)$ et $\mathbb K(X,Y)$ ne sont pas isomorphes ? À vrai dire, n'ayant pas de preuve, je ne suis pas sûr que ce soit vrai :-D, mais ça m'a l'air raisonnable (dites-moi si je suis dans l'erreur). Et je ne vois pas de façon de transposer aux fractions les arguments de $\mathbb K[X] \not\cong\mathbb K[X,Y]$ que je connais.
Merci d'avance.
Soit $\mathbb K$ un corps (commutatif). Avez-vous un argument simple pour montrer que les corps $\mathbb K(X)$ et $\mathbb K(X,Y)$ ne sont pas isomorphes ? À vrai dire, n'ayant pas de preuve, je ne suis pas sûr que ce soit vrai :-D, mais ça m'a l'air raisonnable (dites-moi si je suis dans l'erreur). Et je ne vois pas de façon de transposer aux fractions les arguments de $\mathbb K[X] \not\cong\mathbb K[X,Y]$ que je connais.
Merci d'avance.
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Réponses
Changeons la question, alors : est-ce que $\mathbb Q(X)\not\cong\mathbb Q(X,Y)$ ? (Tu remarques que je suis moins affirmatif sur la vérité de mon énoncé cette fois :-D)
C'est en fait mon vrai questionnement, mais je me suis cru malin en remplaçant $\mathbb Q$ par un corps quelconque.
Les extensions $\Q(X)/\Q$ et $\Q(X,Y)/\Q$ n'ont pas le même degré de transcendance.
(Avec mon exemple ci-dessus $\mathbb K(X)$ et $\mathbb K(X,Y)$ n'avaient pas même degré de transcendance sur $\mathbb K$, ce qui ne les empêchait pas d'être isomorphes).
Je ne connaissais pas les extensions transcendantes de corps, donc je suis allé voir sur Wikipédia ce que c'est. Si j'ai bien compris le degré de transcendance de $\mathbb{Q}(X)/\mathbb{Q}$ est 1 et celui de $\mathbb{Q}(X,Y)/\mathbb{Q}$ est 2. C'est ça ?
Mais donc, ça veut dire que les corps $\mathbb{R}$, $\mathbb{R}(X)$, $\mathbb{R}(X,Y)$ et $\mathbb{R}(X_1,X_2,\dots)$ sont isomorphes ::o. Je ne m'y attendais pas.
> Mais donc, ça veut dire que les corps $\mathbb{R}$, $\mathbb{R}(X)$, $\mathbb{R}(X,Y)$
> et $\mathbb{R}(X_1,X_2,\dots)$ sont isomorphes ::o. Je ne m'y attendais pas.
Non, là tu vas trop vite en besogne ! $\mathbb R$ est réel clos, pas $\mathbb R(X)$. Ils ne sont donc pas isomorphes.
Un corps premier est un corps qui n'a pas de sous-corps propre. Autrement dit, le corps premier dans un corps est le sous-corps engendré par 1.
J'ai lu sur Wikipédia :
Donc voilà je me suis dit. Si on note $\mathbb A$ l'ensemble des réels algébriques sur $\mathbb Q$, alors l'extension $\mathbb R$ de $\mathbb A$ est purement transcendante, donc $\mathbb R$ est isomorphe à un corps de fractions sur $\mathbb A$ en une infinité d'indéterminées. Et ensuite regarder $\mathbb R(X)$ ne rajoute qu'une indéterminée, donc $\mathbb R(X)$ est isomorphe au même corps de fractions sur $\mathbb A$. Qu'est-ce qui cloche dans ce raisonnement ?
Par exemple, si je prends $K$ le corps des fractions de $\mathbb Q[X,Y]/(X^2+Y^2-1)$, alors tu auras que les algébriques là-dedans sont peu nombreux, pour autant $K\neq\mathbb Q(X)$ et aussi $\mathbb Q(X,Y)$ n'est pas là.
Donc en fait il y a un sens qui marche : être isomorphe au-dessus de $k$ implique avoir le même degré de transcendance au-dessus de celui-là; mais inversement on peut avoir le même degré de transcendance sans être isomorphe.
Or on a $(n+1)^2$ de ces machins-là (pour $i,j$ variant dans $\{0,...,n\}$). Donc si je trouve $n$ tel que $(n+1)^2 > n(\deg(A)+\deg(B)+\deg(G)+\deg(D)) +1$, alors l'espace engendré est inclus dans $\mathbb Q_{n(\deg(A)+\deg(B)+\deg(G)+\deg(D)) }[X]$ mais pourtant j'ai $(n+1)^2$ vecteurs : ils sont donc liés.
Bon bah trouver un tel $n$ n'est pas compliqué, puisque $(\deg(A)+\deg(B)+\deg(G)+\deg(D))$ est fixé, et donc le côté droit grandit linéairement alors que celui de gauche grandit quadratiquement.
Une relation de liaison fournit un polynôme $P$ comme tu le souhaites, puisque si $\sum_{i,j} a_{i,j}G^{n-j}F^jD^{n-i}H^i = 0$, on a (en multipliant par $G^{-n}D^{-n}$) $\sum_{i,j}a_{i,j} A^jB^i = 0$ et les $a_{i,j}$ non tous nuls.
D'ailleurs, on s'est croisé 2 ou 3 fois hier (dans la vraie vie, je veux dire). C'est assez marrant parce que, d'habitude, on ne se croise pas souvent. Pas sûr que ça t'aide à deviner qui je suis, mais ça m'amuse. 8-)
Merci @JLT ! Un détail : si $B\in\mathbb Q(X)$, alors $R$ n'est pas un polynôme ; mais ce n'est pas très grave, quitte à multiplier $R$ par le dénominateur de $B$ en la variable $T$.
C'est bien, j'ai d'un côté la réponse de Maxtimax qui est élémentaire, et de l'autre celle de JLT qui est très efficace. :-)
Un premier essai facile. donne
C'est rassurant. Plus fort : nous répond