$a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
dans Arithmétique
Bonjour,
Soit $k$ un corps algébriquement clos de caractéristique $p$, montrer que $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme.
Soit $k$ un corps algébriquement clos de caractéristique $p$, montrer que $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme.
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Réponses
Frobenius a posé la première pierre ?
qui existe puisque le corps est algébriquement clos.
(dans la mesure où il est d'ordre $p^{r}$ dans un corps algébriquement clos... ou alors un souci avec une histoire de ramifications ?)
est ce que je divague ? (need to know if i'm wrong)
Soit $a\in K$, le corps algébriquement clos, et $x$ et $y$ tel que $x^{p^r}=a=y^{p^r}$, alors, comme $K$ est de caractéristique $p$, $0=x^{p^r}-y^{p^r}=(x-y)^{p^r}$, donc $x=y$, car $K$ est un corps. Donc, il existe une unique racine $p^r$-ième.
Soit $x,y \in K$, $(x^{1/p^r}+y^{1/p^r})^{p^r}=x+y$ car $K$ est de caractéristique $p$. Donc $x^{1/p^r}+y^{1/p^r}=(x+y)^{1/p^r}$.
De même, pour $x^{1/p^r}y^{1/p^r}=(xy)^{1/p^r}$.
Donc $x \mapsto x^{1/p^r}$ est un morphisme de corps. Donc il est injectif.
De plus, quelque soit $y\in K$, $(y^{p^r})^{1/p^r}=y$, donc $y=\phi(y^{p^r})$, où $\phi(x)=x^{1/p^r}$.
Donc, c'est un isomorphisme.
ps: c'est le mot unique que je préfère dans votre réponse.
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
Sinon du côté du fait que $\varphi$ commute avec tous les autres automorphismes, il y a des choses intéressantes que ça implique ?
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.
L'inverse d'un isomorphisme de corps est toujours un isomorphisme de corps, donc $\varphi^{-1}$ est un isomorphisme de corps $F^p \to F$ et $\varphi^{-r} (a) =a^{1/p^r}$ est un isomorphisme de corps $F^{p^r} \to F$, donc un automorphisme de $F$ quand $F = F^p$.
en réalité Frobenius je sais ce que c'est, mais dans ma tête c'est un objet vraiment étrange, il a trop de propriétés , et réfléchir en caractéristique non nulle c'est tout bonnement fascinant et un monde complètement nouveau pour moi
exemple
sur le plan de Fano (je savais vaguement qu'il y avait un triangle des milieux dont la 7ème droite est le cercle passant par les milieux ...)
comment se traduit l'automorphisme de Frobenius ici?
j'ai déjà lu quelques bribes de choses ici et là... et bref c'est fascinant.
$[a:b:c] = [a^2:b^2:c^2]$ quand $a,b,c \in \Bbb{F}_2$
Quand on parle de $\Bbb{P}^2_k=\Bbb{P}^2_k(\overline{k})$ ce n'est pas pareil que $\Bbb{P}^2_k(k)$
le premier c'est les $[a:b:c]$ où $(a,b,c) \in \overline{k}^3 - (0,0,0)$ et le second c'est les points à valeur dans $k$ donc les $[a:b:c]$ où $(a,b,c) \in k^3 - (0,0,0)$.
Avec $k = \Bbb{F}_p$ alors $\Bbb{P}^2_k(k)$ c'est les points de $\Bbb{P}^2_k$ fixés par $[a:b:c] \mapsto [a^p:b^p:c^p]$
Et la différence entre $\Bbb{P}^2_k(\overline{k})$ et $\Bbb{P}^2_{\overline{k}}(\overline{k})$ c'est le corps des fonctions rationnelles qu'on définit dessus : dans le premier on se retreint aux fonction rationnelles $\in k(a/b,a/c)$ dans le second c'est $\overline{k}(a/b,a/c)$
bref de ce que j'ai retenu:
ça serait soit l'espace vectoriel F_7
lle plan Projectigf issu de (F_2)^3 edit l'ensemble des droites passant par l'origine de (F_2)^3 suite au post de reuns ci-dessous
la droite projective de F_8 ?
et je ne sais quoi encore...
ps: je n'ai pas fait de recherche google à ce sujet récemment avant de répondre à la question ici
je viens de penser à une dernière structure pour Fano:
il y en avait une avec F_3... mais soit ça m'échappe soit je divague... en invoquant l'ensemble des milieux de segments de F_9... un truc comme ça quoi...
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 $\pm 1$"
Une question comme ça:
elles ont quoi de particuliers les involutions de des F_2 espaces vectoriels ?
(je n'ai absolument aucune idée de la réponse)
@callipiger : une interprétation de ta question est : à quoi ressemblent les représentations de $C_2$ sur les $\mathbb{F}_2$-espaces vectoriels de dimension finie ?
Même si la caractéristique divise le cardinal du groupe, la réponse est assez simple dans ce cas (et peut se vérifier facilement avec la forme de Jordan) : il y a une unique représentation simple (i.e. sans sous-représentation non-triviale), la représentation triviale de dimension $1$, et il y a une unique autre représentation indécomposable (i.e. qui n'est pas une somme directe de deux sous-représentations non-triviales), la représentation régulière. Toute représentation (de dimension finie) se décompose comme somme directe d'indécomposable, et le nombre de facteurs des deux types est indépendant de la décomposition.
Amitiés,
Aurel
@ aurel, merci.
je vais regarder ce que sont les représentations (et pourtant à une époque j'aurai dû suivre ce cours là... là c'ètait une erreur...) [small](Mme Io... désolé, on étaint jeunes , et collectivement inconscients)[/small]
Ok, si tu n'es pas familier avec la théorie des représentations, ce n'est pas très utile en effet !
Je te donne la traduction en termes élémentaires (et comme tu le verras, dans ce cas les preuves sont faciles, mais le langage des représentations est plus général et permet de traiter des cas où tout devient beaucoup plus compliqué).
A quoi ressemblent les matrices involutives à coefficients dans $\mathbb{F}_2$ à conjugaison près ?
Toute matrice involutive est conjuguée à une matrice triangulaire supérieure, et si une matrice involutive est triangulaire alors la diagonale est constituée uniquement de $1$.
Toute matrice involutive est conjuguée à une matrice diagonale par blocs, où les blocs sont soit l'identité $1\times 1$, soit la matrice $\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$.
Deux matrices diagonales par blocs comme ci-dessus sont conjuguées si et seulement si le nombre de blocs de chaque type est le même dans les deux matrices.
Amitiés,
Aurel
du coup je comprends pourquoi le lemme de Schur prends tant de place dans les ouvrages., la notion d'espaces tables prend tout son rôle, hormis ce qui concerne la réduction des endomorphismes où elle prend tous son sens pour moi aujourd'hui pour moi.
merci
en parant de ce dictionnaire, je pense pouvoir retraduire/appliquer cela géométriquement, pour l'utiliser en géométrie.