Non séparable engendré par elt séparable

marco
marco
dans Algèbre
Bonjour,

Soit $L$ une extension algébrique d'un corps $K$, telle que $L=K(x)$. On suppose $x$ séparable sur $K$. Est-ce que nécessairement tous les éléments de $L$ sont séparables sur $K$ ?

Merci d'avance.

Réponses

  • marco
    marco
    Je crois qu'on peut montrer que c'est vrai en considérant le degré séparable. On a $[L:K]_s=[L:K]$, car $x$ est séparable sur $K$. Soit $y \in L$, $[L:K(y)] [K(y):K]=[L:K]=[L:K]_s=[L:K(y)]_s [K(y):K]_s$ et $[L:K(y)]_s \leq [L:K(y)]$, et $[K(y):K]_s \leq [K(y):K]$.
    Donc $[K(y):K]_s=[K(y):K]$, et $y$ est séparable sur $K$.
  • Maxtimax
    Maxtimax
    Oui, plus généralement tu n'as pas à supposer l'extension monogène, ça reste vrai : une extension engendrée par des séparables est séparable, tu as par exemple une preuve utilisant le degré de séparabilité sur Wikipédia.

    Voilà une preuve plus simple dans le cas monogène : $L\otimes_K L = L[X]/(\mu_x)$ est réduit (i.e. sans nilpotent). Comme $K$ est un corps, le produit tensoriel est exact, donc si $E/K$ est une sous-extension de $L$, $E\otimes_K E$ est un sous-anneau de $L\otimes_K L$ et il est donc réduit aussi.
    En particulier, si $y\in L$, $K(y)\otimes_K K(y) \cong K(y)[X]/(\mu_y)$ est réduit, donc $\mu_y$ n'a pas de facteur carré sur $K(y)$, i.e. $y$ est séparable.

    EDIT : ta preuve ressemble effectivement à celle de Wikipedia
  • marco
    marco
    Merci Maxtimax.
  • Maxtimax
    Maxtimax
    D'ailleurs bon, j'ai fait ma preuve dans le cas monogène, mais plus généralement, dès que $L/K$ est engendrée par des éléments séparables, $L\otimes_K L$ est réduit, et donc $L$ est bien séparable (avec le même argument)

    En effet, observons la chose suivante : supposons $x,y \in L$ séparables sur $K$. Alors, puisque le polynôme minimal de $y$ sur $K(x)$ divise celui sur $K$, $y$ est séparable sur $K(x)$ aussi.

    Si on est un peu plus précis sur la preuve ci-dessus, on se rend compte de la chose suivante: $L\otimes_K K(x)$ n'est pas seulement réduit, c'est un produit de corps, plus précisément c'est $\prod_{D\mid \mu_x} L[X]/(D)$ où le produit porte sur les facteurs irréductibles de $\mu_x$ dans $L$ (qui sont deux à deux distincts puisque $x$ est séparable, et donc deux à deux premiers entre eux, ce qui donne la décomposition en question)

    Du coup, $L\otimes_K K(x,y) = (L\otimes_K K(x))\otimes_{K(x)} K(x,y) = $ un produit d'extensions de $K(x)$ $\otimes_{K(x)}K(x)[Y]/(\tilde\mu_y)$, et c'est donc à nouveau un produit de corps puisque $\tilde \mu_y$ n'a de facteur carré dans aucune extension de $K(x)$ ($\tilde \mu_y$ est le minimal de $y$ sur $K(x)$)

    En procédant ainsi par récurrence, on voit que $L\otimes_K K(x_1,...,x_n)$ est toujours un produit de corps, donc réduit; ce qui prouve le résultat.
  • marco
    marco
    Merci, je vais réfléchir à ta preuve.
  • Maxtimax
    Maxtimax
    On me signale que j'ai fait une erreur assez grosse, qui invalide ce que j'ai dit et fait donc reposer sur le degré de séparabilité. En effet $\tilde\mu_y$ peut a priori être sans facfeur carré sur $K(y)$ mais pour autant ne pas être séparable.

    Voici peut-être une manière de corriger : il faut remplacer "$L\otimes_K L$ est réduit" par "pour toute extension algébrique $M$ de $K$, $L\otimes_K M$ est réduit".

    En effet dans ce cas, on va pouvoir appliquer ça à $M$ un corps qui contient $L$ et toutes les racines de $\mu_y$, et dans ce cas là on détecte bien la nilpotence. À vérifier vu ma bêtise plus haut mais ça semble raisonnable
  • Maxtimax
    Maxtimax
    Il s'avère que ce que je disais au début n'était pas totalement incorrect, il faut juste un petit argument en plus pour expliquer pourquoi $K(y)\otimes_K K(y)$ n'est pas réduit lorsque $y$ n'est pas séparable; argument qu'on m'a gentiment communiqué, donc je le partage ici.

    Soit en effet $P$ le polynôme minimal de $y$, qu'on suppose non séparable. Alors il existe un entier $k$ et un polynôme $Q$ tel que $P = Q(X^{p^k})$ et $Q' \neq 0$ ($p$ est la caractéristique de $K$, nécessairement non nulle puisque $y$ est non séparable)

    Comme $P$ est irréductible, $Q$ est aussi irréductible, et puisque $Q'\neq 0$, $Q$ est séparable. De plus, en posant $z= y^{p^k}$, $z$ est racine de $Q$, de sorte que, dans $K(y)$, $Q = (X-z) R$ pour un certain $R$, premier avec $Q$ (puisque $Q$ est séparable). Alors, toujours dans $K(y)$, $P= (X^{p^k}-y^{p^k}) R(X^{p^k}) = (X-y)^{p^k} R(X^{p^k})$, et $R(X^{p^k})$ est premier avec $(X-y)^{p^k}$

    Il en découle que $K(y)\otimes_K K(y)$ n'est pas réduit. Bref, mon argument marchait presque "tel quel", il fallait juste expliquer pourquoi, si $\mu_y$ avait un facteur carré quelque part, il en avait un dans $K(y)$.
  • christophe c
    christophe c
    Max a écrit:
    On me signale

    dans l'oreillette, ça fait stylé :-D
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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