Polynôme et caractéristique de corps

Bonjour Chalk,

Je suis d'accord avec vous, c'est pour cela j'ai essayé de cherché et je pensais que c'était parce que K était de caractéristique p.


Pour $a) \Rightarrow b)$,
$ka_k = 0$ pour $k \in \left\{1,...,d \right\}$
Donc "pas mal" (je n'arrive pas à l'exprimer plus rigoureusement) de $a_k$ sont nuls
Si $a_k$ n'est pas nul , k est donc divisible par p

Pour $b) \Rightarrow a)$,
Le polynôme dérivé de $X^p$ est $pX^{p-1}$

$Q(X^p)= \sum_{k=0}^{p}{a_kx^k}$
$Q'(X^p)=\sum_{k=0}^{p}{ka_kx^{k-1}}$

Si $ka_k= 0$ alors $k=0$ ou $a_k=0$ car $K$ est un corps donc en particulier intègre.
Si $a_k$ n'est pas nul alors $k$ est donc divisible par $p$

Je n'avais pas compris $Q(X^p)$ comme cela excusez-moi.
$(Q(X^p))'= Q'(X^p)pX^{p-1}$

Si $ka_k= 0$ alors $k=0$ ou $a_k=0$ car $K$ est un corps donc en particulier intègre.
Si $a_k$ n'est pas nul alors $k$ est donc divisible par $p$
Donc $P=\sum_{j=0}^{p}{a_{pj}X^{pj}} $ c'est à dire il existe $Q \in K[X]$ tel que $P(X) = Q(X^p)$
Donc $P \in K[X^p]$


$(Q(X^p))'= Q'(X^p)pX^{p-1}$
or $K$ est $K$ corps et $\car(K) = p>0$ cela veut dire que $p=0$
Donc $(Q(X^p))'= Q'(X^0)*0X^{0-1} = 0$
Et $P'(X)= (Q(X^p))'$
D'où $P'(X)=0$

Ah oui je vois la confusion.
Mais sur un post vous disiez qu'il fallait dériver $Q(X^p)$ et se rappeler de la définition d'un corps caractéristique. Mais je ne vois pas ce qu'on peut dire d'autre...

Oui en fait ce qui n'allait pas était le "p=0" , mais j'ai compris merci !

$b) \Rightarrow c)$
Supposons $K$ parfait et soit $P \in K[X^p]$ c'est-à-dire il existe $Q \in K[X]$ tel que $P(X)=Q(X^p)$

Là ça me fait penser à l'endomorphisme de Frobenius mais je ne vois pas comment le rédiger

Un corps $K$ est parfait si tout polynôme irréductible de $K[X]$ est séparable.

Or ici $Q \in K[X]$ mais on ne sait pas s'il est irréductible dans $K[X]$

$Q \in K[X]$ c'est-à-dire $Q = \sum_{i=0}^{d}a_iX^i $ avec les $a_i$ dans $K$

Et dans mon cours j'ai un critère qui dit : sur un corps $K$ de caractéristique $p > 0$, un polynôme irréductible $P(X)$ est séparable si et seulement s'il n'existe pas de polynôme $Q(X)$ dans $K[X]$ tel que $P(X)=Q(X^p)$
Ce qui est contradictoire avec $b)$

D'accord,

$K$ est parfait donc il est de caractéristique $p>0$ et le morphisme de Frobenius $K \rightarrow K$ est surjectif
Donc pour tout $R \in K[X]$, $R=Frob_K(Q)$ admet toujours une solution ($Q \in K[X] $)
Or par hypothèse $P \in K[X]$ c'est-à-dire il existe $Q \in K[X]$ tel que $P(X)=Q(X^p)$

Mais après j'arriverai à $R=Q(X)^p$
Peut-être faut-il échanger $R$ et $Q$ ?

Oui j'ai beaucoup de mal avec cet exercice.

$Frob : K \rightarrow K$ tel que $x \mapsto x^p$
$Q= \sum _{i=0} ^d {a_i X^i}$ avec $a_i$ dans $K$
en fait c'est la $Frob(a_i) = a_i^p$.
Mais je ne vois pas comment me servir de la subjectivité du morphisme de Frobenius ...

Ah oui, je vous remercie nimajneb !

il existe $b_j$ tel que $b_i^p = A_i$ donc $a_iX^{ip} = b_i^p X^{ip} = (b_iX^i)^p$

Or il existe $Q \in K[X]$ tel que $P(X)=Q(X^p)$

D'où $Q(X^p)= \sum_{i=0}^d {a_iX^ip}= \sum_{i=0}^d b_i^p X^{ip} = \sum_{i=0}^d (b_iX^i)^p = (\sum_{i=0}^d b_iX^i) ^p$

c'est-à-dire , il existe $R \in K[X]$ tel que $P(X) = R(X)^p$

Merci Poirot !
Pour la question 2), j'ai réfléchi et je vous propose ma réponse.

2.a) $P' \neq 0$ évident car $\car(K)=0$ alors $\deg \pgcd(P,P') \leq \deg P' < \deg P$ et $\pgcd(P,P') \mid P$ ,
or $P$ est par hypothèse irréductible donc $\pgcd(P,P')=1$.

2b)
Si $P'=0$ d'après la question précédente, alors $P \in K[X^p]$ d'où $\pgcd(P',P)=P$ si $P \in K[X^p]$
Si $P \neq 0$ alors $\deg \pgcd(P,P') \leq \deg P' < \deg P$ et $\pgcd(P,P') \mid P$
or $P$ est par hypothèse irréductible donc $\pgcd(P,P')=1$.

Supposons maintenant $K$ parfait,
si $P'=0$ alors d'après 1) il existe $R \in K[X]$ tel que $P(X) = R(X)^p$ ce qui contredit l'irréductibilité de $P$ donc $P' \neq 0$
$P \neq 0$ alors $\deg \pgcd(P,P') \leq \deg P' < \deg P$ et $\pgcd(P,P') \mid P$
or $P$ est par hypothèse irréductible donc $\pgcd(P,P')=1$.

3) $P$ n'est plus supposé irréductible donc $P= \prod_{i=1}^{r}{P_i^{\alpha _i}}$ avec $P_1,\ldots,P_r \in K[X]$ irréductibles deux à deux premiers entre eux et $\alpha_1,\ldots, \alpha_r \in N_{>0}$ sa factorisation en produit d'éléments irréductibles.
Pour faire le $\pgcd(P'P)$, je vais commencer par écrire $P'$
$P'= \prod_{i=1}^{r}{\alpha _i P_i^{\alpha _i-1}}$
Et après je souhaiterais montrer que $\prod_{i=1}^{r}{P_i^{\alpha _i-1}} \mid\pgcd( P',P)$
On sait que $\pgcd( P',P)=\prod_{i=1}^{r}{P_i^{\min\left\{\alpha _i,\alpha _i -1 \right\}}}$
donc $\prod_{i=1}^{r}{P_i^{\alpha _i-1}} \mid\pgcd( P',P)$.

Supposons $\car(K)=0$.
Pour tout $i \in \left\{1,\ldots,r \right\}, P_i' \neq 0 ,$ car $\car(K)=0$
$\deg \pgcd(P,P') \leq \deg P' < \deg P$.
De plus, $0$ ne divise pas $\alpha_i$ pour tout $i \in \left\{1,\ldots,r \right\}$ et $\prod_{i=1}^{r}{P_i^{\alpha _i-1}} \mid\pgcd( P',P)$
Donc $\pgcd(P',P) = \prod_{i=1}^{r}{P_i^{\alpha _i-1}}$.

Supposons $\car(K)=p$.
Si $P'=0$ alors d'après la question 1) $P \in K[X^p]$.
Donc $\pgcd(P',P) = (0,P) = \prod_{i=1}^{r}{P_i^{\alpha _i}}$

Si $P' \neq 0$
$\deg \pgcd(P,P') \leq \deg P' < \deg P$.
De plus $\prod_{i=1}^{r}{P_i^{\alpha _i-1}} \mid \pgcd( P',P)$ et si $p$ ne divise pas $\alpha_i$
Alors $\pgcd(P',P) = \prod_{i=1}^{r}{P_i^{\alpha _i-1}}$