Automorphismes du corps des fractions rationnelles 1 Notations et

Automorphismes du corps des fractions rationnelles
Agrégation externe
2015-2016
1 Notations et énoncé du résultat
Dans la suite, on note K=k(T)le corps des fractions rationnelles sur un corps k. En d’autres
termes, Kest le corps des fractions de l’anneau de polynômes k[T]. Un élément f∈Ks’écrit donc
comme quotient f=g
h,avec g, h ∈k[T]et h6= 0. Le but de cette note est d’étudier le groupe
Autk(K)des k-automorphismes de K, i.e. des automorphismes σ:K→Ktels que σ(x) = xpour
tout x∈k. On remarquera qu’un tel automorphisme est univoquement déterminé par l’image Y
de T. En effet, on a les identités
σPiaiTi
PibiTi=PiσaiTi Piσ(biTi)=PiaiYi PibiYi
Il est clair que l’élément Ydoit être transcendant sur k; dans le cas contraire, l’isomorphisme σ
impliquerait que Test lui-même algébrique sur k, ce qui est exclu.
Exercice. Montrer qu’un élément Y∈Kest transcendant sur ksi et seulement s’il n’est pas
constant, i.e. s’il n’est pas contenu dans k.
Le choix d’un élément non constant T∈Kdéfinit un homomorphisme injectif σ:K→K,
obtenu en posant σ(X) = T. En effet, l’application σdéfinit un isomorphisme entre les anneaux
de polynômes k[T]et k[Y], et, par conséquent un isomorphisme entre leurs corps des fraction
respectifs Ket σ(K) = k(Y)⊂K. Le tout est de déterminer les éléments Ypour lesquels σest
surjectif ; on remarquera que cette dernière condition revient à affirmer que Tappartient à k(Y).
On rappelle qu’une homographie est un élément de Kdu type
Y=aT +b
cT +d,
òu a, b, c, d ∈kvérifient l’inégalité ad −bc 6= 0 (ce qui garantit que Yest non constant). Pour un
tel élément, l’homomorphisme σest clairement surjectif, car on a l’identité
T=dY −b
−cY +a.
On peut donc définir un homomorphisme ϕ: GL2(k)→Autk(K)en associant à la matrice a b
c d
l’automorphisme associé à l’homographie aT +b
cT +d.
Exercice. Vérifier que l’application ϕdéfinie ci-dessus est un homomorphisme de groupes ayant
comme noyau le sous-groupe des matrices scalaires, que l’on identifiera avec k×.
Le quotient GL2(k)/k×est appelé groupe projectif général linéaire (de degré 2)sur k, noté
PGL2(k). Nous sommes finalement en mesure d’énoncer le résultat central de cette note.
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L’homomorphisme ϕinduit un isomorphisme entre les groupes PGL2(k)et Autk(K).
Théorème 1
Remarque. À partir de ce résultat, on peut facilement décrire le groupe Autk(K)des automor-
phismes σde Ktels que σ(k) = k. En effet, il existe un homomorphisme (injectif) canonique
Aut(k)→Aut(K)obtenu en étendant un automorphisme σde ken un automorphisme de K, en
posant σ(X) = X. Dans ce cas, Autk(K)est isomorphme au produit semi-direct Aut(k)nAutk(K).
Dans la plus grande généralité, la description du groupe Aut(K)est bien plus difficile. Par exemple,
en prenant k=C(X), de telle sorte que K=C(X, T )est le corps des fractions de l’anneau de
polynômes C[X, T ], la structure du groupe Aut(K), appelé groupe de Cremona, est encore peu
comprise.
2 Une démonstration directe
Il suffit de montrer que l’homomorphisme ϕest surjectif. Soit donc σun k-automorphisme de
K, induit par un élément non constant Y=fg−1=σ(T)∈K, avec f, g ∈k[T]premiers entre
eux. Notre but est de montrer que fet gsont de degré inférieur ou égal à 1. Comme il a déjà été
remarqué dans le premier paragraphe, la surjectivité de σimplique (et est d’ailleurs équivalente)
à l’existence de deux polynômes R, S ∈k[Y], que l’on supposera premiers entre eux, tels que
T=RS−1. En posant
R=a0+a1Y+· · · +anYnet S=b0+b1Y+· · · +bnYn
avec (a0, b0)et (an, bn)tous deux différents de (0,0), on obtient alors les idéntités
T=a0+a1fg−1+· · · +anfng−n
b0+b1fg−1+· · · +bnfng−n=a0gn+a1fgn−1+· · · +anfn b0gn+b1fgn−1+· · · +bnfn,
ce qui amène à la relation
T(b0gn+b1fgn−1+· · · +bnfn) = a0gn+a1fgn−1+· · · +anfn,
et finalement
(b0T−a0)gn=fh,
avec h∈k[T]. On en déduit que le polynôme fdivise (b0T−a0)gn. Les polynômes fet gétant
premiers entre eux, il s’en suit que fdivise b0T−a0. L’inégalité (a0, b0)6= (0,0) permet finalement
d’affirmer que le degré de fest inférieur ou égal à 1. De manière symétrique, on montre que g
divise (bnT−an)fn, ce qui implique que le degré de gest également inférieur ou égal à 1, ce qui
permet de conclure.
3 Une approche plus conceptuelle
Commençons par des considérations générales : soit Aun anneau factoriel, de corps des fractions
L. Le pgcd des coefficient d’un polynôme non nul f∈A[X]est défini à une constante de A×près ;
son image c(f)dans le groupe L×/A×est bien définie, on l’appelle contenu de f. Le polynôme f
est primitif si c(f) = 1, ce qui revient à affirmer que ses coefficients sont (globalement) premiers
entre eux. Pour tout a∈Anon nul, on a clairement la relation c(af) = ac(f). On étend cette
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définition à un élément f∈L[X]de la manière suivante : si un élément non nul a∈Avérifie la
relation af ∈A[X], on pose
c(f) = 1
ac(af).
On remarquera que si af, bf ∈A[X], avec a, b ∈Anon nuls, alors
1
ac(af) = b abc(af) = 1 abc(abf) = a abc(bf) = 1 bc(bf).
Exercice. Soit f∈L[X]non nul et fixons un représentant cf∈L×de c(f). Montrer que le
polynôme 1
cffappartient à A[X]et est primitif.
Quels que soient f, g ∈L[X]non nuls, on a la relation c(fg) = c(f)c(g).
Lemme 2 (Gauss)
Démonstration. En posant f=cff0et g=cgg0avec f0, g0∈A[X]primitifs (cf. l’exercice ci-
dessus), on a la relation fg =cfcgf0g0. Il suffit donc de se réduire au cas où fet gsont primitifs
et de montrer qu’il en est de même pour fg. Procédons par l’absurde, en supposant que c(fg)6= 1,
ce qui revient à affirmer que le pgcd ddes coefficients de fg n’est pas inversible. Dans ce cas, il
existe un idéal maximal mde Acontenant d. Le quotient k=A/mest un corps et, en notant ¯ f
et ¯gles images respectives de fet gdans k[X], on en déduit les identité ¯ f¯g=fg = 0, d’òu ¯ f= 0
ou ¯g= 0, car k[X]est intègre. Il s’en suit que f∈m[X]ou g∈m[X], ce qui est absurde, car les
coefficients de fou de gne seraient pas premiers entre eux.
L’anneau Aétant factoriel, il en est de même pour A[X]. Tout polynôme non nul f∈A[X]
s’écrit donc de manière (essentiellement) unique comme produit d’éléments irréductibles.
Considérons un polynôme primitif f∈A[X]. Si fest irréductible dans A[X]alors il est
irréductible dans L[X].
Proposition 3
Démonstration. Si f=gh est une factorisation dans L[X], on obtient l’identité f=ag0h0avec
a=cfcget g0, h0∈A[X]primitifs. Dans ce cas, le lemme ci-dessus amène aux relations
1 = c(f) = c(ag0h0) = ac(g0)c(h0) = a.
On en déduit que a∈A×, d’où g0∈A[X]×ou h0∈A[X]×, ce qui donne g∈L[X]×ou
h∈L[X]×.
Revenons à présent aux k-automorphismes du corps K=k(T).
Considérons un élément non constant Y=f
g∈Kavec f, g ∈k[T]premiers entre eux.
Soit σ:K→Kle k-homomorphisme défini par σ(T) = Y. L’extension K/σ(K)est
algébrique, de degré max{deg(f),deg(g)}.
Théorème 4
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Démonstration. L’anneau de polynômes A=k[Y]est principal, donc factoriel, et son corps des
fractions n’est autre que le corps L=σ(K) = k(Y). Tout d’abord, l’extension K/L est algébrique.
En effet, on a clairement K=L(T), et Test racine du polynôme
h=g(X)Y−f(X)∈L[X],
qui est non nul. Il s’en suit que Kest isomorphe au quotient L[X]/(u), où u∈L[X]est le polynôme
minimal de Tsur L. En particulier, udivise het l’extension K/L est de degré d= deg(u).
Remarquoons que A[X] = k[X, Y ]est un anneau de polynômes à deux indéterminées sur ket
que h∈A[X]. Montrons que hest irréductible dans A[X]. Soit h=h1h2une factorisation dans
A[X]. Tout d’abord l’identité degY(h)=1implique que degY(h1)=0ou degY(h2)=0. On
peut supposer degY(h1) = 0, ce qui revient à affirmer que h1appartient à k[X]. Dans ce cas,
en posant h2=aY +b, avec a, b ∈k[X], on obtient les identités f(X) = ah1et g(X) = bh1.
Les polynômes f(X)et g(X)étant premiers entre eux, on en déduit que h1est un polynôme
constant non nul, donc inversible, ce qui prouve l’irréductibilité de h. Montrons maintenant que h
est primitif. Notons d∈Ale pgcd de ses coefficients. On a alors d=aY +b, avec a, b ∈k(en effet,
les coefficients de h, considéré en tant que polynôme à coefficients dans A, sont des éléments de
k[Y]degré inférieur ou égal à 1), ce qui amène à l’identité h=dh1, avec h1∈A[X]. Si l’on avait
a6= 0, on en déduirait que degY(h1)=0, et donc h1appratiendrait à k[X], ce qui contredirait
une fois de plus la coprimalité de f(X)et g(X). En appliquant la proposition 3, on en déduit que
hest irréductible dans L[Y]. En particulier, hest un polynôme minimal de Tsur Let l’extension
K/L est donc de degré
degX(h) = max{deg(f),deg(g)}.
Soit σ:K→Kun k-automorphisme. On a alors
σ(T) = aT +b
cT +d,
avec a, b, c, d ∈Ket ad −bc 6= 0.
Corollaire 5
Démonstration. Posons σ(T) = f
g, avec f, g ∈k[T]premiers entre eux. D’après le théorème 4,
l’extension K/σ(K)est de degré max{deg(f),deg(g)}. La surjectivité de σimplique alors que f
et gsont de degrés inférieurs ou égaux à 1. On a bien
σ(T) = aT +b
cT +d
et l’élément ad −bc ∈Kne peut être nul, sinon σ(T)appartiendrait à k, ce qui est absurde.
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