Normalité sur un corps fixe: erreur d'énoncé?

ludo'
ludo'
dans Algèbre
Bonjour
J'ai un problème avec l'énoncé suivant extrait du livre de Yvan Gozard (X.3 p129).

"Soient L un corps et H un ensemble quelconque d'automorphismes de L. Montrer que l'ensemble des éléments de L invariants par tous les automorphismes de H est un sous-corps K de L. Montrer que L/ K est normale."

Établir que K est un sous-corps de L est aisé et il s'agit en fait du corps fixe du sous-groupe engendré <H>.
En revanche je ne peux montrer l'algébricité puis la normalité de L sur K qu'avec l'hypothèse supplémentaire que <H> est d'ordre fini.

L'énoncé pêche-t-il donc par excès de généralité ou bien est-il correct ?
Merci de prendre le temps de me répondre.

Réponses

  • Poirot
    Poirot
    L'énoncé est en effet faux dans cette généralité : si on prend $L=\mathbb F_p(X)$, il est bien connu que son groupe d'automorphisme est $G=\{X \mapsto \frac{aX+b}{cX+d} \mid a,b,c,d \in \mathbb F_p, ad - bc \neq 0\}$. Il est facile de voir que $L^G = \mathbb F_p$ et clairement $L/L^G$ n'est pas algébrique, a fortiori pas normale.

    EDIT : Ceci est faux, voir plus bas.
  • Maxtimax
    Maxtimax
    Comme la dernière fois, il y a des contre-exemples évidents :-D (et "universels")

    Prenons par exemple $ L = \mathbb Q(X)$ et $H= Aut(L)$. Je prétends que toute fraction rationnelle qui n'est pas dans $\mathbb Q$ est bougée par un automorphisme (pire, je peux en choisir un seul !); ce qui implique clairement que $L/L^H$ n'est pas algébrique.

    Soit $f: X\mapsto X+1$ l'automorphisme évident. Soit $F= \frac{P}{Q}$ une fraction rationnelle avec $P\land Q =1$. Alors $P(X+1) \land Q(X+1) = 1$ aussi. De plus, supposons $F=F(X+1)$. Alors $P(X+1) Q = Q(X+1)P$. Par interprimalité, $Q(X+1) \mid Q$, et ils sont de même degré et ont le même coefficient de plus haut degré, donc $Q(X+1) = Q$.

    De même, $P(X+1) = P$.

    Sauf que maintenant, pour un polynôme on sait bien que ça implique que $P$ est constant; il y a même plusieurs preuves: regarder ses racines dans $\mathbb C$ est certainement la plus efficace.

    EDIT: grillé par Poirot :-D A noter que cet exemple ne marche pas en caractéristique $p$, puisque le groupe d'automorphismes engendré par $f$ est cyclique d'ordre $p$ dans ce cas.
  • ludo'
    ludo'
    Merci pour ces contre-exemples.
    Une question annexe sur la définition de la normalité.

    Pourquoi demande-t-on à une extension L\K normale d'être nécessairement algébrique sur K (propriété possédée par tous les éléments de L) ?
    La propriété de normalité sur K se formule dans le style "si un polynôme P, irréductible sur K possède une racine dans L alors il est scindé sur L" qui est en quelque sorte "ponctuelle" sur les éléments de L.

    Mon explication (mais est-elle juste ?8-) )est que chaque élément de L impliqué dans la propriété de normalité sur K est précisément algébrique sur K est qu'en conséquence on peut remplacer sans perte de généralité l'extension L par sa fermeture algébrique sur K, qui est la sous-extension de L (algébrique sur K) sur laquelle porte effectivement la propriété-définition de normalité.

    Merci de rectifier mon argument le cas échéant...
  • Poirot
    Poirot
    Il me semble que tu as compris. On demande à une extension normale d'être algébrique parce que la normalité porte sur les éléments algébriques de l'extension, c'est tout.
  • ludo'
    ludo'
    Merci Poirot, je m'en doutais mais c'est mieux de me le confirmer.
  • ludo'
    ludo'
    @Poirot: ton exemple prouve que même si $<H>$ est fini il n'est pas assuré que L soit algébrique sur $L^{<H>}$
    or je pensais avoir établi cette algébricité et la normalité sur $L^{<H>}$ sous cette hypothèse

    Je passe peut-être à côté d'une erreur grossière mais alors quelle est-elle ? :-S

    Je note $ \sigma_1$=$id_L$;..$\sigma_n$ les éléments de $<H>$ et soit $x \in L$ .

    Je considère le polynôme $Q(X)$ = $(X-\sigma_1(x)) ...(X-\sigma_n(x)) \in L[X]$ de degré $\geqslant 1$

    Affirmation d'algébricité sur $L^{<H>}$:

    $Q \in L^{<H>}[X]$ puisque lorsque $\sigma \in <H>$ on a $ Q^{\sigma}(X)$ = $(X-\sigma\sigma_1(x)) ...(X-\sigma\sigma_n(x)) = Q(X)$ car la composition à gauche par $\sigma$ est une bijection de $<H>$ ainsi chaque coefficient de $Q$ appartient à $L^{<H>}$ et $x$ est bien algébrique sur $L^{<H>}$ puisqu'il annule $Q$

    Affirmation de normalité sur $L^{<H>}$

    Si $P$ est irréductible sur $L^{<H>}$ et s'annule en $\alpha \in L$ alors $Z_L $ désigne l'ensemble des racines de $P$ dans $L$ notées $ \alpha_1=\alpha ... \alpha _m$.
    Le polynôme $Q(X)$ = $(X-\alpha_1) ...(X-\alpha) \in L[X]$ s'annule en $\alpha$ et ses coefficients sont des expressions polynomiales symétriques en les $\alpha_i$ or chaque $\sigma \in <H>$ est un $L^{<H>}$ automorphisme de $L$ ainsi $\sigma(Z_L) $=$Z_L$ donc $\sigma$ agit comme une permutation des éléments de $Z_L$ donc à nouveau $Q \in L^{<H>}[X]$.
    En résumé :$Q\in L^{<H>}[X]$ est unitaire, scindé sur $L$, annule $\alpha$ et $ 1 \leq deg Q \leq deg P$ donc $P=Q$ est scindé sur $L$
  • Poirot
    Poirot
    Ta démonstration est bien sûr correcte, l'erreur est de mon côté quand j'affirme que $L^G = \mathbb F_p$.
  • Maxtimax
    Maxtimax
    ludo : oui je n'avais pas regardé mais l'exemple de Poirot a bien un problème :-S Je crois que $Aut(\mathbb F_p(X))$ est bien ce que Poirot suggère, donc il doit y avoir un problème au niveau des points fixes.

    La preuve indique d'ailleurs où chercher : dans les coefficients de $\prod_{M\in GL_2(\mathbb F_p)} (Y - M\cdot X)$. L'un de ces coefficients n'est pas dans $\mathbb F_p$ (sinon $X$ serait algébrique sur $\mathbb F_p$, mais il est pourtant clairement stable par l'action de $GL_2$ sur $\mathbb F_p(X)$.
  • ludo'
    ludo'
    Merci à vous deux pour cette réponse qui me rassure !

    L'ironie est que je pense avoir établi également que l'exemple de Poirot est correct ...

    En effet le groupe des homographies assimilé à $Aut(\mathbb F_p(X))$ par Poirot est engendré par trois éléments $T(X)=X+1$ , $S(X)$=$\alpha X$ avec $\alpha \ne 1$ élément primitif de $\mathbb F_p$ lorsque $p\ne 2$ et $U(X) = \frac{1}{X}$ (fait démontré)

    Je me suis inspiré de la preuve de Maxtimax pour démontrer qu'une fraction rationnelle $F$ invariante par T et S est un élément de $\mathbb F_p$ mais là c'est peut-être de l'auto-suggestion (@AD: je suis désormais vigilant quant à l'emploi du trait d'union;-))
    [:-) AD]
  • gai requin
    gai requin
    On peut aussi faire comme ceci pour montrer que $L/L^{<H>}$ est normale.
    Soit $P$ irréductible dans $L^{<H>}[X]$ et possédant une racine $x$ dans $L$.
    $P$ est le polynôme minimal de $x$ sur $L^{<H>}$ donc $P$ divise $(X-\sigma_1(x)) ...(X-\sigma_n(x))$ dans $L^{<H>}[X]$.
    Donc $P$ est scindé sur $L$.
  • ludo'
    ludo'
    @Gai requin: en effet preuve lapidaire.

    J'ai trouvé une erreur grossière dans ma preuve de l'affirmation de Poirot $L^G = \mathbb F_p$
  • Poirot
    Poirot
    J'espère que cette erreur ne passera pas à la postérité non plus. :-D
  • ludo'
    ludo'
    Après recherche bibliographique, j'ai trouvé le corps fixe de $Aut(\mathbb F_p(X))$ il s'agit de $\mathbb F_p(\frac{(X^{p^2}-X)^{p+1}}{(X^p-X)^{p^2+1}})$ , il s'agit donc d'un sous-corps intemédiaire strict de K(X)
  • Poirot
    Poirot
    Wow, je ne risquais pas de le trouver de tête alors, ça me rassure. :-D

    Tu as une référence ?
  • Maxtimax
    Maxtimax
    Ah j'y avais réfléchi un peu et j'étais pas loin du tout !!! Je n'avais juste pas pensé à mettre un exposant sur le dénominateur et du coup ce que je trouvais n'étais pas stable :-D - ce qui était idiot, vu les résultats que j'avais, mince...
    Merci pour cette info ludo !

    Poirot : je n'ai pas de réf, mais si tu veux, l'idée est la suivante: disons que tu as $\frac P Q$, $P,Q$ premiers entre eux; alors on voit clairement que $P(X+1) = P$ et $Q(X+1)= Q$. Donc les racines de $P$ et de $Q$ vont être des unions d'orbites pour l'action de $\mathbb F_p$ sur $\overline{\mathbb F_p}$ par translation. Pour qu'ils soient premiers entre eux (disons qu'on met $Q= \prod_{k\in \mathbb F_p} (X-k)$, tu vas devoir prendre pour $P$ un $\lambda \notin \mathbb F_p$ algébrique, et donc ses translatés.

    Ensuite, pour la stabilité par $X\mapsto \alpha X$, tu vas voir que $Q$ est stable par ça à un facteur $\alpha$ près, et donc que $P$ doit être "pas loin de stable", en particulier tu vas devoir prendre les orbites de $\frac{\lambda}{\alpha^k}$ aussi. Le problème c'est que si tu fais ça, $P$ est stable par $X\mapsto \alpha X$ à un facteur $\alpha^{qqch}$ près.

    Je m'étais arrêté là en n'étant pas content de cet exposant (et me disant que la stabilité par $X\mapsto \frac 1 X$ allait encore compliquer les choses), alors que j'aurais simplement pu repérer qu'en mettant $Q$ à une puissance appropriée ça doit pouvoir se compenser (et visiblement il faut aussi mettre $P$ à une puissance appropriée pour prendre un ppcm j'imagine).
    Bref, ça te donne (en prenant $\lambda \in \mathbb F_{p^2}$) le générateur que ludo propose, et de là à prouver que tout est engendré par ça, je pense qu'il n'y a qu'un pas.
  • ludo'
    ludo'
    Deux sources bibliographiques:
    Karleinz Spindler "abstract algebra with applications tome 2" (qui ne contient pas que des résultats aberrants ... ) problème 10 section 21
    Un article de Paul Rivoire disponible sur Numdam mis en pièce jointe
  • Poirot
    Poirot
    Merci à vous deux :-)
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