Montrer $\Bbb K(X)\not\cong\Bbb K(X,Y)$ ?

Si $\mathbb K$ est le corps des fractions rationnelles sur $\mathbb Q$, disons, en les variables $T_1,T_2,\ldots$ ?

Salut Calli

Les extensions $\Q(X)/\Q$ et $\Q(X,Y)/\Q$ n'ont pas le même degré de transcendance.

Dans le cas $\mathbb{K}=\Q$, on utilise le fait qu'un morphisme de corps entre deux extensions de $\Q$ est automatiquement $\Q$-linéaire. Donc ton isomorphisme de corps est un isomorphisme d'extensions de $\Q$.

Je sais bien, je faisais juste remarquer que ton argument n'était pas complet si tu ne dis pas que tout morphisme de corps contenant $\mathbb Q$ est l'identité sur $\mathbb Q$ (ou plus généralement que tout morphisme de corps induit l'identité sur le corps premier). Cela va sans dire, cela va mieux en le disant.

Calli écrivait:

> 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.

On prend $A= \frac{F}{G}, B = \frac{H}{D}$, et on regarde pour $n$ assez grand, l'espace vectoriel engendré par les $G^{n-j}F^jD^{n-i}H^i$ pour $i,j\leq n$. Le degré de ce machin-là est $(n-j)\deg(G) + j\deg(F) + (n-i)\deg(D) + i\deg(H) = n\deg(G) + n\deg(D) + i\deg(A) + j\deg(B)\leq n(\deg(A)+\deg(B)+\deg(G)+\deg(D)) $ pour $i,j\leq n$

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.

JLT : ah c'est bien ça ! moins calculatoire que moi :-D

Calculons (avec SageMath)

R.<a,b,x>=PolynomialRing(QQ,'a,b,x')

def relation(A,B) :
    P=A.numerator()-a*A.denominator()
    Q=B.numerator()-b*B.denominator()
    return P.resultant(Q,x)

Un premier essai facile.

A=(1-x^2)/(1+x^2)
B=2*x/(1+x^2)
relation(A,B)

donne

4*a^2 + 4*b^2 - 4

C'est rassurant. Plus fort :

A=FunctionField(QQ,'x').random_element(degree=3)
B=FunctionField(QQ,'x').random_element(degree=4)
print("A =",A)
print("B =",B)
relation(A,B)

nous répond

A = (-10*x^3 - 1/9*x^2 - 1/18)/(x^3 + 1/3*x^2 + 2/3*x)
B = (x^4 - 43/4*x^3 + 2*x^2 + x - 2)/(x^4 + 3*x^3 + 2/3*x^2 - 4*x - 6)

19144/81*a^4*b^3 - 35383/243*a^4*b^2 + 6852094/729*a^3*b^3 + 108436/243*a^4*b - 6595423/729*a^3*b^2 + 915952235/6561*a^2*b^3 - 11447/81*a^4 + 17455163/1944*a^3*b - 7851556837/52488*a^2*b^2 + 17876957524/19683*a*b^3 - 1522633/648*a^3 + 1718771731/23328*a^2*b - 591247513679/629856*a*b^2 + 2036689367633/944784*b^3 - 155211007/11664*a^2 + 143930352491/419904*a*b - 1978813076189/944784*b^2 - 611926627/13824*a + 1711176943219/2519424*b - 124569676727/1679616