Pensez à lire la Charte avant de poster !

$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures
 Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques universitaires - Forum - Cours à télécharger

A lire
Deug/Prépa
Licence
Agrégation
A télécharger
Télécharger
257 personne(s) sur le site en ce moment
E. Cartan
A lire
Articles
Math/Infos
Récréation
A télécharger
Télécharger
Théorème de Cantor-Bernstein
Théo. Sylow
Théo. Ascoli
Théo. Baire
Loi forte grd nbre
Nains magiques
 
 
 
 
 

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

Envoyé par reuns 
$a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a cinq mois
Bonjour,

Soit $k$ un corps algébriquement clos de caractéristique $p$, montrer que $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a cinq mois
Bonjour,
Frobenius a posé la première pierre ?
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a cinq mois
ensuite la racine $p^r$-ième d'un automorphisme est un automorphisme ?
qui existe puisque le corps est algébriquement clos.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par callipiger.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a cinq mois
on a peut être-même mieux que ça : ce morphisme est diagonalisable.
(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)



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par callipiger.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a cinq mois
avatar
Bonjour,

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.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par marco.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a cinq mois
merci marco
ps: c'est le mot unique que je préfère dans votre réponse.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a cinq mois
Je ne pense pas que ça ait un sens de demander si le Frobenius $\varphi$ est diagonalisable.

Citation

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



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par reuns.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a cinq mois
L'énoncé est valable pour les corps parfaits de caractéristique $p$ plus généralement.

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a cinq mois
Pourquoi parfaits ?
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a cinq mois
Ok t'as l'équivalence $F = F^p$ et $F$ n'a aucune extension inséparable ($F$ est parfait)

Sinon du côté du fait que $\varphi$ commute avec tous les autres automorphismes, il y a des choses intéressantes que ça implique ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par reuns.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
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.



Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par reuns.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
Pour callipiger : le Frobenius $\varphi : a \mapsto a^p$ est toujours un morphisme de corps $F \to F^p \subset F$, il est toujours injectif, si $F$ est algébriquement clos (plus généralement si $F = F^p$) alors il est surjectif $F \to F$

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 $F = F^p$.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
ok merci
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.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
Comment tu définis le plan de Fano ?

$[a:b:c] = [a^2:b^2:c^2]$ 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 $\overline{k}(a/b,a/c)$



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par reuns.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
j'ai lu qu'il y a plusieurs versions avec les versions auto-duales et si je devrais répondre à ta question de façon exhaustive je devrais faire une recherche google... (que j'ai faite il y a 4/5 mois je crois)
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



Edité 8 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par callipiger.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
dans mes souvenirs on parle de relations projectives je sais plus quoi... et ça avait l'air très intéressant mais j'aurais dû être plus exigeant et creuser plus. (en réalité je crois que je suis tombé sur ce truc la en voulant trouver MA preuve du théorème de Morley, car j'ai le fantasme d'une preuve du théorème parceque le plan de Fano existe)

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...



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par callipiger.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
$[a:b:c]$ 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 $\pm 1$"



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par reuns.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
Bonsoir,
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)
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
Bonjour,

@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
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
Bonjour,
@ 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...) (Mme Io... désolé, on étaint jeunes , et collectivement inconscients)



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par callipiger.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
Bonjour,

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).

Citation

A quoi ressemblent les représentations de $C_2$ sur les $\mathbb{F}_2$-espaces vectoriels de dimension finie ?
A quoi ressemblent les matrices involutives à coefficients dans $\mathbb{F}_2$ à conjugaison près ?

Citation

Il y a une unique représentation simple (i.e. sans sous-représentation non-triviale), la représentation triviale de dimension 1
Toute matrice involutive est conjuguée à une matrice triangulaire supérieure, et si une matrice involutive est triangulaire alors la diagonale est constituée uniquement de $1$.

Citation

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
Toute matrice involutive est conjuguée à une matrice diagonale par blocs, où les blocs sont soit l'identité $1\times 1$, soit la matrice $\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$.

Citation

Le nombre de facteurs des deux types est indépendant de la décomposition.
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



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par aurelpage.
Re: $a \mapsto a^{1/p^r}$ est un automorphisme
il y a quatre mois
merci Aurel pour cette traduction en terme de matrices.
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.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par callipiger.
Seuls les utilisateurs enregistrés peuvent poster des messages dans ce forum.

Cliquer ici pour vous connecter

Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 138 297, Messages: 1 342 459, Utilisateurs: 24 787.
Notre dernier utilisateur inscrit CGO.


Ce forum
Discussions: 5 132, Messages: 62 216.

 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
Adresse Mail:

Inscription
Désinscription

Actuellement 16057 abonnés
Qu'est-ce que c'est ?
Taper le mot à rechercher

Mode d'emploi
En vrac

Faites connaître Les-Mathematiques.net à un ami
Curiosités
Participer
Latex et autres....
Collaborateurs
Forum

Nous contacter

Le vote Linux

WWW IMS
Cut the knot
Mac Tutor History...
Number, constant,...
Plouffe's inverter
The Prime page