$a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme

Je ne pense pas que ça ait un sens de demander si le Frobenius $\varphi$ est diagonalisable.

Ce qui a un sens c'est de dire que le Frobenius comme fonction $\Bbb{F}_p$-linéaire $\Bbb{F}_{p^k} \to \Bbb{F}_{p^k}$, en prenant une base, le Frobenius est une matrice $B_k \in M_k(\Bbb{F}_p)$

et cette matrice a pour polynôme caractéristique/minimal $X^k-1$, ssi $p \nmid k$ on a $k$ valeurs propres distinctes dans $\Bbb{F}_{p}(\zeta_k)$ donc $B_k = P_k D_k P_k^{-1} \in M_k(\Bbb{F}_p(\zeta_k))$

Si $p = k$ alors on a une seule valeur propre $1$ et le noyau de $\varphi-1$ donc de $B_k-I$ est de dimension $1$ donc $B_k $ n'est pas diagonalisable

Pour $k = pm$ comme $\Bbb{F}_{p^p}$ est envoyé vers lui-même si $B_k$ était diagonalisable on aurait que $B_p$ est diagonalisable.

Sinon il y a pas mal d'applications de $a \mapsto a^{1/p^r}$ : (j'ai des solutions rédigées sur MSE)

- si $E/F$ est une extension finie alors $[E:E^{p^r}] = [F:F^{p^r}]$

- si $E = E^p(u)$ alors $E = E^{p^r}(u)$

- soit $L=\Bbb{F}_p(x,y)$ montrer que $(L_s)^{1/p^\infty}$ est algébriquement clos (où ${}_s$ est la clôture séparable)

- si $E/F$ est une extension algébrique telle que tout polynôme de $F[x]$ a une racine dans $E$, alors $E = \overline{F}$

- montrer que $\Bbb{F}_p(x^{1/p^\infty},y^{1/p^\infty})_s$ est algébriquement clos

- plus des problèmes compliqués que je n'ai pas trop étudiés sur la non-simplicité / nombre de générateurs des extensions algébriques

Pourquoi parfaits ?

La preuve non galoisienne que si "$F$ a une extension non-séparable alors elle a une extension purement inséparable" (donc de la forme $F(a_1^{1/p^{r_1}},\ldots,a_m^{1/p^{r_m}})$ est intéressante :


Soit une extension finie $F(b)/F$ non-séparable, $ p = char(F)$, soit $f \in F[x]$ le polynôme minimal de $b$, soit $p^n$ la plus grande puissance de $p$ telle que $f(x) =g(x^{p^n})$, alors $g \in F[x]$ n'est pas de la forme $g(x)=G(x^p)$ donc $g' \ne 0$.

Si $g$ n'est pas séparable alors $\gcd(g,g')$ divise $g$ qui n'est pas irréductible et $f$ n'est pas irréductible, contradiction.

Donc $g$ est séparable et $g(b^{p^n}) = f(b) = 0$ donne que $g$ est le polynôme minimal de $b^{p^n}$.

$g = \sum_{j=0}^J u_j x^j$. Soit $E = F(u_0^{1/p^n}, \ldots,u_J^{1/p^n})$.

Si $E=F$ alors on peut regarder $h =g^{1/p^n}(x)= \sum_{j=0}^J u_j^{1/p^n} x^j \in F[x]$. Si $h$ a une racine double alors $h = (x-c)^2 H$ donc $g =h^{p^n}(x) = (x-c^{p^n})^2 H^{p^n}(x)$ une contradiction. Donc $h$ est séparable et comme $(g^{1/p^n}(b))^{p^n} = g(b^{p^n}) = 0$ on a que $b$ est racine de $h$ et que $F(b)/F$ est séparable, contradiction.

Donc $E \ne F$ et $E/F$ est notre extension purement inséparable.


La preuve galoisienne c'est :

Soit $L/F$ normale non-séparable, soit $E = L^{Aut(L/F)}$ (le sous-corps fixé) et $c \in E, \not \in F$. Si $c$ a un $F$-conjugué alors on peut étendre l'isomorphisme $F(c) \to F(\sigma(c))$ en un automorphisme de $L$ et $c$ ne serait pas dans $L^{Aut(L/F)}$. Donc $c$ n'a aucun $F$-conjugué et son polynôme minimal est $x^{p^r}-c^{p^r} \in F[x]$ et $F(c)/F$ est notre extension purement inséparable.

$[a:b:c]$ c'est juste la ligne / l'espace vectoriel $\{ (ta,tb,tc),t \in k\}$

où on évite le cas dégénéré $a=b=c=0$

Et $\Bbb{P}^n(k) = \{ [a_0:\ldots:a_n], a\in k^{n+1}-0 \} = (k^{n+1} - 0) / k^\times$ est l'ensemble des droites passant par l'origine de $k^{n+1}$


Avec $k = \R$ alors tu peux voir $\Bbb{P}^n(k)$ comme "l'hypersphère unité de $\R^{n+1}$ quotientée par $\pm 1$", mais aussi comme $\{ [a:1], a \in \R^n \} \cup \{ [a:0],a \in \Bbb{P}^{n-1}(\R)\}$ donc comme $\R^n$ plus une copie de "l'hypersphère de dimension $n$ quotientée par $\pm 1$"