1.1 Prolongements d’isomorphismes aux corps de décomposition

Théorie de Galois

Marc SAGE

Table des matières

1 Introduction 2

1.1 Prolongements d’isomorphismes aux corps de décomposition . . . 2

1.2 Groupe de Galois . . . 4

1.3 Morphisme de Frobenius . . . 4

1.4 Polynômes séparables . . . 4

1.5 Corps parfaits . . . 6

1.6 Corps …nis . . . 6

1.6.1 Rappels . . . 6

1.6.2 Cyclicité deGal ^Fq _Fp . . . 7

1.6.3 Extensions intermédiaires . . . 7

1.7 Clôture algébrique deFq . . . 9

1.8 Théorème de Lüroth . . . 9

2 Théorie de Galois 12 2.1 Étude préliminaires desK-morphismes . . . 12

2.1.1 Théorème d’existence . . . 12

2.1.2 Extensions séparables . . . 13

2.1.3 Extensions normales . . . 14

2.2 Extensions galoisiennes . . . 15

2.3 Lemme d’Artin . . . 17

2.4 Correspondance de Galois . . . 18

2.5 Clôture galoisienne d’une extension séparable …nie –Théorème de l’élément primitif . . . 19

2.6 Exemples . . . 20

2.6.1 Racines de l’unités –Extensions cyclotomiques . . . 20

2.6.2 Polynômes symétriques –Discriminant . . . 22

2.6.3 Extension cycliques . . . 25

3 Résolubilité par radicaux 27 3.1 Extensions composées . . . 27

3.2 Calcul de Gal ^L1L2 _K en fonction deGal ^L1 _K et Gal ^L2 _K . . . 28

3.3 Construction de la théorie des groupes : produit …bré . . . 29

4 Calcul du groupe de Galois d’un polynôme P2Z[X]via la réduction modulo p 32 4.1 Lecture deGal_QP dans la décomposition deP en facteurs irréductibles . . . 32

4.2 Réduction modulop . . . 32

4.2.1 Construction d’un corps de décomposition deP . . . 33

4.2.2 Injection deGal_FpP dansGal_QP . . . 34

4.2.3 Recherche de facteurs irréductibles . . . 36

1 Introduction

1.1 Prolongements d’isomorphismes aux corps de décomposition

Dé…nition.

Soit K un corps, P 2K[X].

Un corps de décompositionde P est une extension L de K telle que P est scindé sur L

Lengendré par les racines de P .

Proposition (rappel).

Un corps de décomposition existe toujours, et est unique à isomorphisme près.

Proposition (prolongement d’isomorphismes aux corps de décomposition).

Soit :K₁ !K₂ un isomorphisme de corps. Soit P₁2K₁[X], et P₂2K₂[X]le polynôme obtenu via , et L₁le corps de décomposition de P₁ sur K₁

L₂le corps de décomposition de P₂ sur K₂ . Alors il existe un isomorphisme e:L₁ !L₂ qui prolonge :

K1 ,! L1

# #e

K₂ ,! L₂ , le nombre de tels isomorphismes véri…e

[L₁:K₁], et si P₁ est scindé simple dans L₁,on a l’égalité

= [L₁:K₁].

Démonstration.

On fait alors une récurrence surd= [L1:K1].

Si d= 1,i.e.siK1=L1, ce qui revient à dire queP1 a toutes ses racines dansK1, alors L1=K1

L2=K2 , et evaut nécessairement . On a alors bien = 1 = [L1; K1].

Soitd >1, et supposons la proposition vraie pour tous les extensions (de décomposition) de degré< d.

SiP1est scindé sur K1, alorsL1=K1et d= 1,absurde.P1 peut donc s’écrire dansK1[X]comme P1=Q1 1

oùQ₁est un facteur irréductible deP₁surK₁de degré2 degQ₁<degP₁; notonsQ₂son image dansK₂[X].

DansL₁[X], on a alors

P₁= ^r_i=0(X _i)

Q1= ^s_i=0(X i) ,1 s r, et dans L₂[X]on a

P2= ^r_i=0(X _i)

Q2= ^s_i=0(X _i) , 1 s r.

Le point à remarquer est que tout prolongementede àL₁envoie les racines deQ₁sur celles deQ₂. En e¤et, on a

s

i=0(X _i) =Q₂= (Q₁) =e(Q₁) =e( ^s_i=0(X _i)) = ^s_i=0e(X _i) = ^s_i=0(X e( _i)), donc nécessairemente( ₀)est un _i où0 i s.

Soit donc

K₁⁰ =K1[ 0],!K1[ 0; :::; r] =L1,

avec [K₁⁰ :K1] = deg 0; or Q1 est un polynôme irréductible sur K1 qui annule 0, doncQ1 est le polynôme minimal de 0 surK1. On en déduit deg 0= degQ1, d’où

[K₁⁰ :K1] = degQ1>1.

Pour chaque racinedistincte _i deQ2, on dé…nit un morphisme

i: 8<

:

K₁⁰ =K₁[ ₀] ! L₂ x2K₁ 7 ! (x)

0 7 ! i

par

i: K₁⁰ ! L₂

Pa_n ⁿ₀ 7 ! P

(a_n) ⁿ_i (remarquer au passage que _i prolonge ). Soit alors

K₂⁰ = i(K₁⁰) = i(K1[ 0]) =K2[ i( 0)] =K2( _i),!L2. Résumons la situation :

K1 ,! K₁⁰ =K1[ 0] ,! L1=K1[ 0; :::; r]

# # ⁱ

K2 ,! K₂⁰ =K2[ _i] ,! L2=K2[ ₀; :::; _r] .

On va appliquer l’hypothèse de récurrence au morphisme i:K₁⁰ !K₂⁰ et au polynômeP1. Il convient de véri…er les hypothèses.

P1 est scindé surL1, et l’engendré de ses racines surK₁⁰ vaut

K₁⁰[ ₀; :::; _r] =K₁[ ₀] [ ₀; :::; _r] =K₁[ ₀; ₀; :::; _r] =K₁[ ₀; ₁; :::; _r] =L₁, doncL₁ est bien un corps de décomposition deP₁ surK₁⁰. De même, P₂ est scindé surL₂ et

K₂⁰[ ₀; :::; _r] =K2[ _i] [ ₀; :::; _r] =K2[ ₀; :::; _r] =L2,

doncL2est bien un corps de décomposition deP2surK₂⁰. D’autre part, le degré de l’extensionL1 surK₁⁰ vaut [L₁:K₁⁰] = [L₁:K₁]

[K₁⁰ :K₁] =[L₁:K₁]

degQ₁ <[L₁:K₁].

On peut donc récurrer : il existe un morphismeeⁱ:L1 !L2qui prolonge i, donc qui prolonge : K₁ ,! K₁⁰ =K₁[ ₀] ,! L₁=K₁[ ₀; :::; _r]

# # i # ei

K₂ ,! K₁⁰ =K₂[ _i] ,! L₂=K₂[ ₀; :::; _r] ,

et leur nombre _i est au plus égal[L₁:K₁⁰].

Pour l’inégalité : si e : L₁ ! L₂ est un prolongement de , alors e( ₀) est nécessairement un _i, donc ejK₁⁰ est nécessairement un _i. Par conséquent, en notant

N = #f 1; :::; _sg degQ2,

i.e. le nombre de racines distinctes de Q2, on a N choix pour i (qui correspondent bien à des morphismes distincts, car ⁱ( 0) = _i

j( 0) = _j sont distincts pouri 6=j). Par ailleurs, l’hypothèse de récurrence nous fournit au plus [L1:K₁⁰]choix pour eⁱ à i…xé. On a …nalement au plus

N [L₁:K₁⁰] =N[L₁:K₁] degQ1

degQ₂ degQ1

[L₁:K₁] = [L₁:K₁]

choix pour e.

En…n, si P1 est scindé simple dansL1, on a égalité partout. En e¤et, Q1 est alors scindé simple, donc on a N = degQ1 choix pour i; comme de plus P1 est scindé simple sur K₁⁰, on a par hypothèse de récurrence [L₁:K₁⁰]choix pour.ei.

1.2 Groupe de Galois

Dé…nition.

SoitK Ldeux corps. On appelle K-automorphismedeLtout automorphisme de Lqui …xe K. On appelle groupe de Galois de Lsur K l’ensemble des K-automorphismes de L. On le note

Gal ^L _K =f 2AutL; 8a2K, (a) =ag.

Propriété.

Si Lest un corps de décomposition d’un polynome P de K[X], alors Gal ^L K [L:K], et si P est scindé simple sur L, il y a égalité.

Démonstration.

Puisqu’unK-automorphisme deLest un prolongement à Lde l’identité surK, on applique la proposition précédente àK₁=K₂=K et = Id.

1.3 Morphisme de Frobenius

Dé…nition.

Soit K un corps de caractéristique p. On appelle morphisme de Frobeniusle morphisme de corps :

Fr : K ! K

x 7 ! x^p . On note son image

K^p=fx^p où xdécrit Kg. Frest bien un morphisme additif, étant donné que pouri^p=n,

p i = p

i p 1

i 1 =pi ¹ p 1

i 1 0 [p]

et donc que

Fr (x+y) = (x+y)^p=x^p+

p 1

X

i=1

p

i xⁱy^{n i}

| {z }

=0

+y^p=x^p+y^p.

1.4 Polynômes séparables

Dé…nition.

Un polynôme de K[X]est dit séparablesi toutes ses racines sont simples dans toute extension de K.

Si K Lest une extension algébrique, un élément xde L est dit séparablesi son polynôme minimum est séparable.

Proposition (critère de séparabilité sans sortir du corps de base).

Un polynôme P 2K[X]est séparable ssi il est premier avec sa dérivée : P séparable () P^P⁰= 1.

Démonstration.

SiP n’est pas séparable,P a une racine double dans une extensionLdeK, doncP^P⁰6= 1dansL[X], a fortiori dans K[X]puisque le pgcd est inchangé par extension de corps.

Réciproquement, siP ^P⁰ 6= 1, alors P a une racine double dans un de ses corps de décomposition, donc n’est pas séparable.

Proposition (critère de séparabilité pour les polynôme irréductibles).

Soit P 2K[X]irréductible. Alors P est séparable ssi P⁰6= 0.

Démonstration.

SiP est irréductible surK[X]et n’est pas séparable, alorsP etP⁰ ont (dans une extension deK) un facteur en commun non constant, qui ne peut être queP vu queP est irréductible, d’oùP jP⁰, ce qui impliqueP⁰= 0 en prenant les degrés.

Réciproquement, P⁰ = 0 =) P j P⁰ =) P^P⁰ =P 6= 1 =) P non scindé simple dans une clôture algébrique deK.

Proposition (factorisation deX^p a).

Soit K de caractéristique p >0, et a2K.

Si a2K^p, alors X^p ase scinde en

X^p a= X p^p a ^p. Si a =2K^p, alors X^p aest irréductible.

Démonstration.

Évident car on est en caractéristiquep.

Montrons la contraposée. Si P = X^p a n’est pas irréductible, soit Qun facteur irreductible de P, de sorte que

X^p a=QR

avec1 degQ < p. Soitbune racine deQdans une extension appropriée deK. Alors 0 =QR(b) =P(b) =b^p a,

d’où

X^p a=X^p b^p = (X b)^p,

donc Qj (X b)^p, i.e.Q= (X b)^r pour un1 r < p. PuisqueQ2K[X], son terme constant b^r est dans K; orpest premier, donc Bezout donneur+vp= 1, d’où

b= (b^r)^u(b^p)^v2K =) a=b^p2K^p.

Corollaire.

Dans K=Fp(T), le polynôme P=X^p T 2K[X]n’est pas séparable.

Démonstration.

Montrons déjà queP est irréductible surK=Fp(T). D’après la proposition précédente, il su¢ t pour cela de montrer queT 2K n’est pas une puissance depdansK. Si c’était le cas, on auraitT = _B^{A p} avec

A=P

ia_iTⁱ6= 0 B=P

ib_iTⁱ , d’où A^p =P

ia^p_iT^pi B^p=P

ib^p_iT^pi et X

i

a^p_iT^pi=A^p=T B^p=TX

i

b^p_iT^pi=X

i

b^p_iT^pi+1, absurde carp 2.

Il reste à voir queP⁰= 0, donc, d’après la dernière proposition,P ne peut être séparable.

1.5 Corps parfaits

Dé…nition.

Un corps K est dit parfaitsi tout polynôme irréductible de K[X] est séparable.

Proposition (critère de perfection).

Si carK= 0, alors K est parfait.

Si carK=p >0, alors K est parfait ssi K^p=K,i.e. ssi Fr est surjectif.

Demonstration.

SicarK= 0, alors tout polynôme irréductible y est de degré au moins égal à1, donc de dérivée non nulle, donc séparable.

Si K^p K, soita2KnK^p. Le polynômeX^p aest alors irréductible (car a =2K^p) et de dérivée nulle, donc n’est pas séparable et Kne peut être parfait.

Si K^p = K, soit P 2 K[X] irréductible. Si P n’était pas séparable, sa dérivée serait nulle. En posant P =P

k 0akX^k, on aurait

0 =P⁰ = Xn k=1

a_kkX^{k 1}, d’où a_kk= 0pour toutket a_k= 0pour k^p= 1.On en déduirait

P=X

j 0

a_pjX^jp=X

j 0

ppa_pj^pX^jp= 0

@X

j 0

ppa_pjX^j 1 A

p

où l’un des apj est non nul (sinonP = 0),absurde carP irréductible.

1.6 Corps …nis

1.6.1 Rappels

SoitK un corps …ni. Le morphisme Z ! K

n 7 ! n 1_K ne saurait être injectif, donc son noyau est du type aZaveca6= 0. Alorsaest nécessairement premier, puisque pour toute décompositiona=bcon a

0 =a 1K =bc 1K = (b 1K) (c 1K) d’où b 1_K = 0(ouc 1_K) par intégrité deK, i.e.b2aZ, ou encoreajb.

On note alorsa=p(commepremier).pest appeléecaractéristique deK, et est notée carK=p.

D’autre part,K contient les pitérés de 1_K,i.e.le corps Fp =f0;1; :::; p 1g vu dansK (on appelle cette copie deFplesous-corps premier deK) Ainsi,

carK=p >0 =) Fp,!K.

On peut alors considérerK comme unFp-espace vectoriel de dimension …nien, d’où jKj=pⁿ.

Proposition (rappel).

Soit ppremier. Pour tout n 1, il existe (à isomorphisme près) un unique corps …ni de cardinal q=pⁿ : c’est le corps de décomposition sur Fp de X^q X, et on le note Fq: On a de plus Fp,!Fq.

Proposition (rappel).

Fq est cyclique.

1.6.2 Cyclicité deGal ^Fq _Fp

Proposition.

Gal ^Fq _Fp est cyclique et engendré par Fr:

Gal ^Fq _Fp =hFri.

Démonstration.

Soit a engendrant Fq, de sorte que Fq = Fp[a]. Les élément de G = Gal ^Fq _Fp sont entièrement déterminés par les (a), donc

jGj #f (a) où décritGg.

En considèrant le polynôme minimalP deasurFp, avecdegP = [Fq :Fp] =n, on remarque que les (a)sont des racines deP carP2Fp et …xeFp :

P( (a)) =X

k

k( (a))^k =X

k

( k) a^k =X

k

ka^k = X

k ka^k

!

= (P(a)) = (0) = 0.

Il y a donc au plusnpossibilités pour (a), d’oùjGj n.

Pour montrer queFrengendreG, il su¢ t de montrer que son ordre!dansGest n. Pour cela, on remarque que 8x2Fq,x= Id (x) = Fr^!(x) =x^p!, donc le polynômeX^p! X s’annule sur Fq tout entier, donc est de degrép^! q=pⁿ, d’où! n,CQFD.

1.6.3 Extensions intermédiaires

Lemme 0.

Soient a et b des entiers 1 et pun entier 2. Alors

(p^a 1)^ p^b 1 =p^{a^b} 1 (X^a 1)^ X^b 1 =X^{a^b} 1 .

Démonstration.

Clair sia=b. On suppose alorsa > b. On e¤ectue la division euclidienne deaparb :a=bq+r. On écrit alors

p^a 1 =p^bqp^r 1 =p^bqp^r p^r+p^r 1 =p^r p^bq 1 + (p^r 1) =p^rA p^b 1 + (p^r 1)

(oùAest entier), ce qui montre que le reste de la division euclidienne dep^a 1parp^b 1estp^r 1. Les termes successifs de l’algorithme d’Euclide "passent" donc à la puissancep, et en réitérant le procédé, on trouve que le dernier reste non nul est bienp^{a^b} 1.

La démonstration est identique pour les polynômes, vu que l’on dispose d’une division euclidienne polyno- miale.

Lemme.

Les trois énoncés suivants sont équivalents :

X^pm X j X^pn X p^m 1 j pⁿ 1

m j n:

Démonstration.

Par équivalences, et en utilisant le lemme0, on a X^pm X jX^pn X () X^{pm 1} 1jX^{pn 1} 1

() X^{pm 1} 1 ^ X^{pn 1} 1 =X^{pm 1} 1 () X^{pn^m 1} 1 =X^{pm 1} 1

() n^m=m () mjn, la même méthode marchant pourp^m 1jpⁿ 1.

Proposition (extensions intermédiaires).

Les sous-corps de Fpⁿ sont exactement les Fp^k où kjn.

Fp^k peut être également vu comme le corps des racines de X^pk X sur Fp. On a alors les injections Fp,!Fp^k,!Fpⁿ.

Démonstration.

SoitE une extension intermédiaire :Fp ,!E ,!Fq. E est …ni, donc est unFq⁰ avecq⁰ = (p⁰)^k et k 1; E étant par ailleurs un sous-groupe additif de Fq son cardinal doit diviser le cardinal de Fq, i.e. (p⁰)^k j pⁿ, d’où p⁰ =petq⁰ =p^k. D’autre part,Fq peut être vu comme un Fq⁰-espace vectoriel de dimension …nier, d’où jF^qj=jF^q0j^r,i.e.pⁿ =p^kr,ou encorekjn.

Réciproquement, soitkjnet considérons E=n

racines deX^pk X dansFq

o .

E est clairement un sous-groupe de Fq, et est de plus stable par+: en e¤et, sixety sont dansE, on a (x+y)^pk= Fr^k(x+y) = Fr^{k 1}(x^p+y^p) = Fr^{k 2} x^p2+y^p2 =:::=x^pk+y^pk = 0.

E est donc un corps pour les lois induites,i.e.un sous-corps deFq. Comme de pluskjn, on a (par le lemme) X^pk X jX^pn X = Y

a2F^q

(X a)

scindé simple, donc X^pk X a exactementp^k racines, d’oùjEj=p^k. On a ainsi construit un sous-corps deFq

de cardinal p^k, qui est donc isomorphe à Fk,CFQD.

Corollaire (correspondance de Galois).

On a une correspondance bijective entre les sous-groupes deG= Gal ^Fq _Fp et les extensions intermédiaires Fp Fp^k Fq, qui à un sous-groupe H associe le sous-corps F^Hq des éléments de Fq stables par H.

Démonstration.

Le point central est de remarquer que sikjn, alorsFp^k=Fh^Frki

q . En e¤et, les racines du polynômeX^pk X deFq[X]sont exactement les éléments deFq stables parFr^k,i.e.parD

Fr^kE

, doncFh^Frki

q est l’ensembleFp^k de ces telles racines.

SoitH un sous-groupe deG, etE=F^Hq . PuisqueGest engendré parFr,H est de la formeD Fr^kE

oùkjn (pour H =fIdg, prendre k=n). Donc E =Fh^Frki

q =Fp^k, qui est bien une extension intermédiaire d’après la proposition précédente.

La correspondance établie est injective : si 8<

:

H =D Fr^kE H⁰=D

Fr^k0E sont deux sous-groupes deGtels queF^Hq = F^Hq ⁰, alors les polynômesX^pk X et X^pk0 X ont même ensemble de racines,i.e.Fp^k =Fp^k0, d’oùk=k⁰ et H =H⁰.

Elle est en outre surjective : si E est une extension intermédiaire, E est un Fp^k d’après la proposition précédente, donc unFh^Frki

q oùD

Fr^kE

est un sous-groupe deG.

1.7 Clôture algébrique de F

Dé…nition.

Soit (K_n)_n2Nune suite croissante de corps, au sens où 8n m, il existe un morphisme _n!m:K_n,!K_m. On appelle limite inductivede la suite (K_n) le corps K =S

n2NK_n formé de la réunion "croissante" des K_n, dont les lois entre deux éléments sont dé…nis par :

si a2K_n

b2K_{m n} , alorsa b= _n!m(a) b.

Proposition.

Soit ppremier,q=p^k oùk 1. La limite inductive des Fp^n! est une clôture algébrique de Fq. Démonstration.

Posons =S

n2NFp^n!.

Pour x2 , mettons x2Fp^n!,xest annulé par le polynôme X^pn! X deFq, donc est algébrique surFq. Soit par ailleurs P un polynôme de [X]. Les coe¢ cients deP sont en nombre …ni, donc sont tous dans un mêmeFp^n!.

On considère alorsDun corps de décomposition de P surFp^n!, mettonsD=Fp^n![ ₁; ::; _r]où ₁; ::; _rsont les racines deP dansD. Alors les éléments deDsont les polynômes en les ₁; ::; _rdont le degré total est majoré par(degP)^r(le degré de chaque puissance d’un _ipouvant être majoré pardegP), à coe¢ cients dans un corps

…ni, donc sont en nombre …ni. Par conséquent, Dest unF_(p0)^k0, admettantFp^n! comme sous-corps, doncD est unFp^m oùn!jm. On a alors les extensions

Fp^n! Fp^m Fp^m!, doncD est contenu dansFp^m! . Par conséquent,P se scinde sur .

1.8 Théorème de Lüroth

SoitK un corps. On s’intéresse àGal ^K(X) _K ainsi qu’aux extensions intermédiaires K E K(X).

Lemme.

Soit u2K(X)nK, mettons u= ^P_Q où P^Q= 1. Alors : uest transcendant sur K;

L’extension K(u) K(X) est algébrique …nie, de degré (u) := max (degP;degQ); Le polynôme minimal de X sur K(u)est le normalisé de P(T) uQ(T)2K(u) [T].

Démonstration.

Soit R(T) = P(T) uQ(T) 2 K(X) [T]. On a R(X) = 0, donc X est algébrique sur K(u) de degré degR (u), donc K(X) est une extension algébrique …nie de K(u). Nécessairement, u ne peut être algébrique surK, car alorsX le serait (pas possible).

On peut considérerR(T) =P(T) uQ(T)comme un polynôme enude degré1, irréductible carP^Q= 1, donc irréductible dans K[u] [T], a fortiori dansK(u) [T]

DoncRest le polynôme minimal deX.

Théorème.

Les K-automorphismes de K(X) sont donnés par les ':X 7 ! ^aX+bcX+doù a b

c d 2 GL2(K). On a de plus

Gal ^K(X) K 'P GL2(K).

Démonstration.

Soit'unK-automorphisme deK(X). PuisqueX génèreK(X), la donnée deu='(X)détermine entiè- rement'. De plus,'est surjective, doncK(u) = Im'=K(X); en particulieru =2K, et le lemme s’applique :

(u) = [K(X) :K(u)] = [K(X) :K(X)] = 1.

On en déduit la forme deu:

u= aX+b cX+d

où a ou c 6= 0 et ad bc 6= 0, i.e. ad bc 6= 0, ou encore a b

c d 2 GL₂(K). On considère ensuite le morphisme surjectif

: 8<

:

GL2(K) ! Gal ^K(X) K

a b

c d 7 ! X 7 ! ^aX+bcX+d

,

dont le noyau estK 1 0

0 1 , d’où

Gal ^K(X) K ' ^{GL2(K) Ker} =P GL2(K).

Théorème de Lüroth (sous-corps de K(X)).

Les sous-corps de K(X)sont monogènes, en cela que

K E K(X) =) 9u2K(X) tel que E=K(u). Démonstration.

SiE=K,u= 1convient.

Si K E, soit v 2 EnK, d’où des extensions K(v) E K(X). Le lemme nous dit alors que K(X) est une extension algébrique de K(v)de degré (v). A fortiori,X est algébrique surE, et l’on dispose de son polynôme minimal sur E[T]

=Tⁿ+a1T^{n 1}+:::+an

où chaqueai2E. PuisqueXn’est pas algébrique surK, un desain’habite pas chezK, mettonsai0 =^P_Q 2EnK oùP^Q= 1, avecd= (a_i0). Nous allons montrer queE=K(a_i0), ce qui concluera.

Le lemme nous donne des extension …niesK(a_i0) E K(X)avec [E:K(a_i0)] = [K(X) :K(a_i0)]

[K(X) :E] = (a_i0) n = d

n.

Montrons que d=n, ce qui donnera[E:K(ai0)] = 1 etE=K(ai0)monogène comme voulu.

Le polynômeP(T) ai0Q(T)annuleX et est à coe¢ cients dans K(ai0) E, donc est un multiple de , mettons

P(T) a_i0Q(T) = (T) (T) dansK(X) [T], ce que l’on réécrit sous la forme

P(T)Q(X) P(X)Q(T) = (T) (T)Q(X).

Par ailleurs, les ai 2E K(X)s’écriventai = ^P_Qⁱ_i^(X)_(X), donc en multipliant par le ppcm des dénominateurs

=W

i=1;:::nQi, on retombe dansK[X](plutôt que dans K(X)), mettons

(X) (T) =A₀(X)Tⁿ+A₁(X)T^{n 1}+:::+A_n(X), et on a même les Ai premiers entre eux (on dit que le terme de droite estprimitif enX).

PuisqueAi0(X) = (X)ai0= (X)^P(X)_Q(X) avecP^Q= 1, on a P jAi0

Qj . On en déduit une réécriture P(T)Q(X) P(X)Q(T) = (X) (T) (T)Q(X)

(X)

= (T)Q(X)

(X) A0(X)Tⁿ+A1(X)T^{n 1}+:::+An(X) .

À gauche, le degré enX est maxfdegQ;degPg=d, à droite le degré enX est degAi0 dcarP jAi0, donc le degré en X est dpartout et par conséquent le terme ^Q(X)_(X) est une constante 2K. Réécrivons encore une fois :

P(T)Q(X) P(X)Q(T) = (T) A0(X)Tⁿ+A1(X)T^{n 1}+:::+An(X) .

Le terme de droite est primitif en X, donc le terme de gauche aussi, et ce dernier étant symétrique (en X et T) il est aussi primitif en T, donc le terme de droite est primitif en T, ce qui impose (T)constante, disons

(T) = 2K. On a …nalement

P(T)Q(X) P(X)Q(T) = A0(X)Tⁿ+A1(X)T^{n 1}+:::+An(X) . En prenant le degré en T, on obtientdà gauche etnà droite, d’oùd=ncomme voulu.

2 Théorie de Galois

2.1 Étude préliminaires des K-morphismes

SoitKun corps,K Lune extension…nie(donc algébrique) etKune clôture algébrique deK. On dispose d’une inclusion canonique :K ,!K que l’on cherche à prolonger àL. On recherche donc les morphismes de L dansK qui …xentK,i.e.lesK-morphismes deLdansK, ensemble que l’on noteraHomK L; K .

Noter queKn’a aucune raison de contenir L.

Le problème consiste donc à chercher les morphismes faisant commuter le diagramme :

K ! L

& # K

.

2.1.1 Théorème d’existence

Théorème (existence de prolongements).

Soit :K ,!Kun morphisme de corps –par exemple l’inclusion canonique –et K Lune extension …nie.

Le nombre N de prolongements de à L véri…e

1 N [L:K].

Démonstration.

On fait un récurrence surd= [L:K].

Si [L:K] = 1,i.e.siL=K, alors est l’unique prolongement de . Si [L:K]>1, on écrit

L=K[x₀; :::; x_r] =K[x₁; :::; x_r] [x₀] =L⁰[x₀]

oùL⁰ =K[x₁; :::x_r]et r 0est minimal, de sorte quex₀2= L⁰, doncdeg_L0x₀ 2, d’où [L⁰:K]<[L:K].

Par récurrence, il existe un prolongement ⁰ :L⁰ !K, que l’on prolonge àLen posant

0: L=L⁰[x0] ! K

P nxⁿ₀ 7 ! P ₀

( n)xⁿ₀ , d’où l’existence d’un prolongement de à L.

Pour la majoration, on considére le diagramme

K ,! L⁰ ,! L=L⁰[x0]

& jL⁰ # K a…n de récurrer, ce qui amène naturellement l’application

: fprolongements àLg ! fprolongements àL⁰g 7 ! jL⁰

.

Le cardinal de l’image est inférieur au nombre de prolongements àL⁰, lequel est (par hypothèse de récurrence) [L⁰ :K]. On a par ailleurs au plusdeg_L0x0antécédents possibles à _jL⁰ …xé : en e¤et, deux antécédents d’un même prolongement ⁰àL⁰ne peuvent être distingués que par l’image qu’ils ont dex0(puisqu’ils coïncident déjà surL⁰), laquelle image doit être une racine du polynôme minimalPdex₀surL⁰(carP( (x₀)) = (P(x₀)) = 0).

Par conséquent, le nombre de prolongements àL vaut au plus

deg_L0x₀ [L⁰:K] = [L⁰[x₀] :L⁰] [L⁰:K] = [L⁰[x₀] :K] = [L:K].

Corollaire (existence deK-morphismes).

Le nombre N= HomK L; K deK-morphismes de L !K véri…e 1 N [L:K].

Démonstration.

On applique le théorème à l’inclusion canonique : K ,! K, en remarquant que les K-morphismes de L !K sont exactement les prolongements de .

On s’intéresse maintenant au cas d’égalitéN = [L:K].

2.1.2 Extensions séparables

Dé…nition.

Une extension …nie K L est dite séparable si le nombre N = HomK L; K de K-morphismes de L !K vaut exactement

N = [L:K]. Proposition.

Soit K Lune extension …nie. On a équivalence entre : K Lest séparable.

8x2L,xest séparable.

L s’écrit K[x1; :::; xn] où les xi sont séparables.

Démonstration.

On récurre surd= [L:K].

Pourd= 1,N vaut1, tous les éléments deL=Ksont séparables car leurs polynômes minimauxX sont de degré1et on peut toujours écrireL=K=K[1]où1séparable. Donc l’équivalence(i) () (ii) () (iii)est véri…ée, les trois propriétés étant vraies.

On suppose désormaisd >1.

(i) =) (ii) Par contraposée. Supposons qu’il y a un x₀ dansLdont le polynôme minimalP surK ne soit pas séparable, on écrit

L=K[x₀; :::; x_r] =L⁰[x₀] oùL⁰ =K[x₁; :::x_r] et r 0est minimal, de sorte quex₀2LnL⁰ est de degré 2surL⁰.

Puisque P n’est pas séparable, il admet au plus degP 1 racines dans K. Or, l’image de x0 par un K- morphisme : L ! K est une racine de P dans K, donc ne peut prendre qu’au plus degP 1 valeurs distinctes. En remarquant que 2 deg_L0x degP = deg_Kx0, on en déduit au plus deg_L0x0 1 1 choix pour les antécédent par : Hom_K L; K ! Hom_K L⁰; K

7 ! jL⁰

d’un ( )donné.

Ainsi, le nombre deK-morphismes deL !K vaut au plus

(deg_L0x₀ 1) [L⁰:K]<deg_L0x₀ [L⁰ :K] = [L⁰[x₀] :L⁰] [L⁰:K] = [L:K], d’où N <[L:K].

(ii) =) (iii) Trivial vu queL est …nie surK.

(iii) =) (i) Supposons queL=K[x0; :::; xr]où chaquexi est séparable. On peu t toujours supposer r 0 minimal, et donc écrire L = L⁰[x0] où L⁰ = K[x1; :::; xr] véri…e [L⁰:K] < [L:K], donc l’hypothèse de récurrence nous dit que le nombre de K-morphismes de L⁰ ! K vaut exactement [L⁰:K]. Puisque x0

est séparable, on a exactement deg_L0x0 antécédents par : Hom_K L; K ! Hom_K L⁰; K 7 ! jL⁰

d’un ⁰ donné, d’où exactement

[L⁰:K] deg_L0x₀= [L:K]

K-morphismes deL !K .

Corollaire.

Toute extension …nie K Lde caractéristique nulle est séparable.

Démonstration.

En e¤et, L étant alors parfait, tous les éléments de L ont leur polynôme minimal séparable, donc sont séparables.

2.1.3 Extensions normales

Proposition.

On a la majoration Gal ^L K N. Démonstration.

Donnons-nous unK-morphisme ₀:L !K. Sig2Gal ^L _K , alors ₀ g est encore unK-morphisme ; puisque 0 est injectif, tous les 0 gsont distincts quand gdécrit Gal ^L K . On a donc

0 g; g2Gal ^L _K Hom

K L; K , d’où Gal ^L _K N en prenant les cardinaux.

On s’intéresse, de même que pour les extensions séparables, au cas d’égalité.

Dé…nition.

Une extension …nie K L est dite normale si le nombre N = HomK L; K de K-morphismes de L !K vaut exactement

Gal ^L _K =N.

On dispose de caractérisations des extensions normales en termes de morphismes.

Proposition.

Soit K Lune extension …nie et Lune clôture algébrique de L. On a les équivalences : (i) K Lest normale.

(ii) Tous les K-morphismes de L !K ont même image.

(iii) HomK L; K est l’orbite d’un 0quelconque deHomK L; K pour l’action à droite deGal ^L K , i.e.

HomK L; K = 0 g ; g2Gal ^L K ; (iv) Tous les K-morphismes :L !L ont même image (L) =L.

(v) À une injection canonique L ,!L, près,Hom_K L; L = Gal ^L _K . Démonstration.

On utilisera l’inclusion 0 g; g2Gal ^L K HomK L; K établie lors de la proposition précédente.

(i) =) (ii) Si on a égalité des cardinaux, on a l’égalité ensembliste

0 g; g2Gal ^L _K = Hom

K L; K ,

donc tous lesK-morphismes deL !Ksont de la forme ₀ g oùgest surjectif, donc ont même imageIm ₀. (ii) =) (iii) Supposons que tous lesK-morphismes deL !Kont même image. Soit :L !K un telK-morphisme. PuisqueIm = Im ₀, on peut écrire = ₀ goùgest une application deL !L. Puisque est unK-morphisme de corps et ₀injectif,g est aussi unK-morphisme de corps,i.e.g2Gal ^L _K . On a doncHom_K L; K ₀ g;g2Gal ^L _K et égalité.

(iii) =) (i) Il su¢ t de prendre les cardinaux.

(i) () (iv) () (v) K L Lest une clôture algébrique deK, donc on dispose de l’équivalence (i) () (ii) () (iii)en prenant pour 0l’injection canonique deLdansL, qui véri…e 0(L) =L

On peut également caractériser les extensions normales en termes de polynômes.

Proposition

Soit K Lune extension …nie. On a les équivalences : (i) K Lest normale.

(ii) Pour tout poynôme P 2K[X]irréductible, si P possède une racine sur L, alors P se scinde sur L.

(iii) L est un corps de décomposition d’un polynôme de K[X].

Démonstration.

(i) =) (ii) SoitP irréductible dansK[X]et une racine de P dansL. SoitLune clôture algébrique de L (qui est une clôture algébrique de K). On a K K[ ] L L. Dans L[X], P est scindé. Soit une autre racine deP dansL; on veut 2L.

Puisque Lest …nie, on peut écrire L=K[ ; x1; :::; xr]où r 0 est minimal. Puisque K L est normale, le K-morphisme ': L=K[ ; x₁; :::; x_r] ! L

A( ; x₁; :::; x_r) 7 ! A( ; x₁; :::; x_r) ( ? ? ? ? ? unicité deA( ; x₁; :::; x_r)? ? ? ? ?) doit avoir pour image L, d’où ='( )2Im'=L,CQFD.

(ii) =) (iii) SupposonsL=K[x₁; :::; x_n]où chaquex_i est séparable. Soit _i le polynôme minimal de x_i et notonsP =Wn

i=1 i leur ppcm. Notons ₁; :::; _k les racines des _i dansL. PuisqueL est normale et que chaque _i a une racinex_idansL, les _ise scindent dansLsous la forme _i =Qk

j=1 X _j ^i(j)où _i(j) 0, et doncP =Qk

j=1 X _j ^{maxi i(j)}est scindé dansL. Puisqu’en outre L=K[x1; :::; xn] K[ ₁; :::; _k] L, on en déduit queLest un corps de décomposition de P.

(iii) =) (i) Si L est un corps de décomposition de P 2K[X], mettonsP =Qr

i=1(X xi) ⁱ, alors L=K[x1; :::; xr]. Pour toutK-morphisme':L !K, on a ainsi

Im'='(L) ='(K[x₁; :::; x_r]) =K['(x₁); :::; '(x_r)].

OrP⁽ⁿ⁾('(x_i)) =' P⁽ⁿ⁾(x_i) pour toutn 0, donc'(x_i)est une racine deP2K[X]d’ordre _iexactement, d’où Qr

i=1(X '(x_i)) ⁱ jP et on a égalité en comparant les degrés. Ainsi,'permute les racines deP, d’où Im'=K['(x₁); :::; '(x_r)] =K[x₁; :::; x_r]

qui ne dépend pas de', donc tous lesK-morphismes deL !K ont même image,i.e.K Lséparable

Remarque. Si K Lest normale et séparable, alors tout polynôme irréductible deK[X]qui possède une racine dans Lse scinde simplement dansL.

2.2 Extensions galoisiennes

Il ressort de l’étude précédente la conclusion suivante.

Conclusion.

Soit K Lune extension …nie. On a toujours

Gal ^L K [L:K]

avec égalité

Gal ^L K = [L:K]

ssi K Lest normale et séparable.

On s’intéresse maintenant au double cas d’égalité

Gal ^L K =N = [L:K]. Dé…nition.

Une extension …nie K Lest dite galoisiennesi

Gal ^L _K = [L:K].

Par exemple, siLest un corps de décomposition d’un polynôme séparable, alorsLest galoisienne (cf théorème de prolongements). On montre que la réciproque est vraie.

Théorème (caractérisation des extensions galoisiennes).

Soit K Lune extension …nieet L une clôture algébrique de L. On a équivalences entre : (i) K Lest galoisienne.

(ii) K Lest normale et séparable.

(iii) K Lest séparable et tous les K-morphismes :L !Lont même image (L) =L.

(iv) Lest un corps de décomposition d’un polynômeséparable de K[X].

Démonstration.

(i) () (ii) () (iii) Immédiat par dé…nition.

(iv) =) (i) Déjà vu.

(i) =) (iv) Supposons K L galoisienne. Par séparabilité, L = K[x₁; :::; x_n] où les polynômes minimaux _i desx_i sont séparables. Par normalité, les _i se scindent dans L puisqu’ils y ont déjà une racine x_i. Il en résulte que les _i sont scindés simples dans L. En notantP =Wn

i=1 i le ppcm des _i et ₁; :::; _k les racines des Pi dans L, chaque _i s’écrit alors sous la forme _i =Qk

j=1 X _j ^"i(j) où"i(j) = 0 ou1, donc P =Qk

j=1 X _j est scindé simpleL. Comme on a en outre

L=K[x1; :::; xn] K[ ₁; :::; _k] L,

L est bien un corps de décomposition deP, qui est séparable car scindé simple dansL.

On peut maintenant décrire plus précisement les éléments deG= Gal ^L _G . Corollaire.

Soit K Lgaloisienne et P un polynôme de décomposition de K L séparable de degré n. Alors Gal ^L K ,!S_n

par permutation des racines de P.

On a par ailleurs la majoration

[L:K] n!.

Démonstration.

Si P =Qn

i=1(X _i), alors8g 2 Gal ^L K , P(g( _i)) =g(P( _i)) =g(0) = 0, d’où g( _i) = _g(i) avec

g 2S_n par injectivité deg. On a donc un morphisme de groupes Gal ^L _K ! S_n

g 7 ! ^g

qui est injectif : si _g = Id, alors g( _i) = _i pour tout i, et comme L = K[ ₁; :::; _n], on en déduit g = Id puisque gstabilise K.

La majoration est immédiate :[L:K] = Gal ^L K jSnj=n!.

Cette interprétation de l’action du groupe de Galois comme permutant les racines est importante. On en reparlera pour calculer explicitement le groupe de Galois d’un polynôme.

2.3 Lemme d’Artin

SiH est un sous-groupe deAutL, on noteL^H le sous-corps deLformé des éléments laissés …xes parH. Le lemme d’Artin donne un classe d’extensions galoisiennes.

Lemme (Artin).

Soit K Lune extension …nie,H un sous-groupe de Gal ^L K . Alors l’extension L^H Lest galoisienne de groupe de Galois

Gal ^L _L^H =H. Ainsi :

L:L^H = Gal ^L _L^H =jHj. Démonstration.

On a déjà trivialement queH Gal ^L _L^H , doncjHj Gal ^L _L^H ; comme de plusLest …nie surK, L est …nie sur L^H K, donc Gal ^L _LH L:L^H . On a ainsi jHj Gal ^L _LH L:L^H . Il su¢ t donc de montrer que L:L^H jHj. NotonsE=L^H (commeextension intermédiaire).

Soient n = jHj 1, p > n et x1; :::; xp dans L. Il su¢ t de montrer qu’ils sont liés sur E, i.e.qu’il exite a1; :::; ap non tous nuls dans K tels que Pp

i=1aixi = 0. Si de tels ai existent, on aurait pour tout de H Pp

i=1ai (xi) = 0. En écrivantH=fId; ₂; :::; _ng, lespscalairesai devraient véri…er lesnéquations 8<

: Pp

i=1ai 1(xi) = 0 Pp :::

i=1a_{i n}(xi) = 0 ,

i.e. 0

B@

1(x₁) ₁(x_p)

... ...

n(x₁) _n(x_p) 1 CA

0 B@

a₁ ... a_p

1 CA= 0.

Puisque n < p, on a toujours une solution (a1; :::; ap)non nulle à ce système dans L^p. On en choisit une qui minimise le nombres de termes ai non nuls. Quitte à normaliser par un terme ai non nul, on peut supposer qu’un desai vaut1, mettons a1= 1, d’où une solution

(a1; :::; ap) = (1; a2; :::; ap).

Alors cette dernière est dans E^p. En e¤et, il existerait sinon una_i0>1 qui n’habite pas chez E = L^H, i.e.on pourrait trouver un _j0>1 dansH tel que _j0(a_i0)6=a_i0. On reprend alors le système

0 B@

1(xi)_i=1;:::;p ...

n(xi)_i=1;:::;p 1 CA

0 B@

a1

... ap

1 CA= 0,

on l’évalue en _j0, d’où

0 B@

j0 1(xi)_i=1;:::;p ...

j0 n(xi)_i=1;:::;p 1 CA

0 B@

j0(a₁) ...

j0(ap) 1 CA= 0.

Or H = _{j0 k} oùk= 1; :::; n , donc après une permutation adéquate des lignes, le système devient 0

B@

1(x_i)_i=1;:::;p ...

n(x_i)_i=1;:::;p 1 CA

0 B@

j0(a₁) ...

j0(a_p) 1 CA= 0,

d’où une autre solution _j0(a1) = 1; _j0(a2); :::; _j0(ap) . Alors la di¤érence 1; _j0(a2); :::; _j0(ap) (1; a2; :::; ap) est encore solution, mais elle a un zéro de plus, donc elle est nulle par minimalité. On en déduit _j0(ai0) =ai0, absurde.

Corollaire (Artin faible).

Soit K un corps et G un sous-groupe de AutK. Alors l’extension K^G K est galoisienne de groupe de Galois

Gal ^K _K^G =G.

Démonstration.

On applique ce qui précède à l’extension trivialef0g K.

2.4 Correspondance de Galois

Généralisons la correspondance de Galois établie pour les corps …nis, qui à un sous-groupeH du groupe de Galois associait l’extension stable par H.

On considère

G= sous-groupes de Gal ^L K

E=fextensions intermédiairesg . On a des applications

: G ! E

H 7 ! L^H et : E ! G

E 7 ! Gal ^L E .

Le théorème suivant montre que et sont réciproques l’une de l’autre. Ainsi, pour comprendre les extensions intermédiaires, problème de théorie des corps, on se ramène à étudier le groupe de Galois, problème de théorie des groupes.

Théorème (fondamental).

Soit K Lgaloisienne et H un sous-groupe de Gal ^L K . Pour toute extension intermédiaire E, on a L^Gal(^{L E}) =E.

L’extension L^H Lest galoisienne avec Gal ^L _L^H =H.

Pour g2G= Gal ^L K , on a g L^H =L^{gHg 1} et Gal ^LH K ' ^{NG(H) H}. L’extension K L^H est galoisienne ssi HCGal ^L K ,et alors

Gal ^LH _K ' ^G H = ^Gal(^L K)

H. Démonstration.

SoitE 2 E. Par dé…nition, on a toujoursE L^Gal(^L E). Montrons l’égalité des dimensions surK pour conclure à l’égalité.

CommeK Lest galoisienne,Lest un corps de décomposition d’un polynômeP 2K[X]séparable. Alors P 2E[X], etLest aussi corps de décomposition d’un polynôme séparable deE[X],i.e.E Lest galoisienne, d’où [L:E] = Gal ^L E

A rtin

= h

L:L^Gal(^L E)i

,CQFD.

Déjà fait (Artin faible).

Soit H 2 G, et g 2 Gal ^L _K . On veut g L^H = L^{gHg 1}. D’une part, pour x 2 L^H, on a 8h 2 H, ghg ¹ (g(x)) =gh(x) =g(x), d’où g(x)2L^{gHg 1} et g L^H L^{gHg 1}. D’autre part, poury2L^{gHg 1}, soit x=g ¹(y); pourh2H, h(x) =hg ¹(y) =g ¹ ghg ¹ (y) =g ¹(y) =x, d’oùx2L^H,y=g(x)2g L^H , puisL^{gHg 1} g L^H .

Considérons maintenant le morphisme de groupe :

( NG(H) ! Gal ^LH K

g 7 ! g_jL^H . est bien dé…ni car pour g2N_G(H), on ag L^H =L^{gHg 1} =L^H, doncg_L^H est surjective ; comme g_jL^H est clairement injective et …xantK,g_jL^H est bien unK-automorphisme de L^H.

Calculons le noyauKer :

g2Ker () g_jL^H = Id () g2Gal ^L _L^{H A rtin}= H.

Montrons ensuite que est surjectif. Soit 2 Gal ^LH _K . Puisque K L est normale,L est un corps de décomposition d’un polynôme P 2K[X]. Mais alorsL^H L est aussi une extension de décomposition de

P 2L^H[X], donc on peut prolonger l’isomorphime :L^H !L^H en un isomorphisme e:L !L. Puisque

…xeK, e aussi, donce 2Gal ^L K =G, et commee prolonge , on a ( ) =ejL^H = . est donc bien surjectif.

On conclut en disant queIm ' ^NG(H) Ker , ce qui donneGal ^LH _K ' ^NG(H) H. K L^H est une extension galoisienne ssi

Gal ^LH _K = L^H :K () ^NG(H) H = [L:K]

[L:L^H] () jNG(H)j

jHj = Gal ^L K

jGal (^L _L^H)j = jGj jHj () NG(H) =G

() HCG,

et le troisième point donne alorsGal ^LH _K ' ^NG(H) H = ^G _H.

2.5 Clôture galoisienne d’une extension séparable …nie –Théorème de l’élément primitif

Proposition.

Soit K L une extension …nie séparable, L une clôture algébrique de L. Alors il existe une plus petite extension galoisienne K L^g dans L, qui véri…e doncK L L^g L. On l’appelle la clôture galoisiennede L.

Démonstration.

Construction 1 : utilise le critère K L galoisienne ssi L décompose un polynôme séparable de K[X]).

K Lest séparable, doncL=K[x₁; :::; x_n]où lesx_isont séparables. Notant _ileurs polynômes minimaux.

Si L^g répond au problème, alors L^g est normale, donc les _i (qui ont une racine x_i surK) se scindent surL^g, donc L^g contient l’engendré des racines de tous les _i, ou plus précisément l’engendré des racines du ppcm P =W

i.

Réciproquement, si l’on appelleDun corps de décomposition deP surK, on a déjà vu queP est séparable puisque lesx_ile sont, doncK Dest galoisienne. Ainsi, l’extensionDrépond au problème et est la plus petite d’après l’analyse.

Construction 2 : utilise le critère K L normale ssi tous les K-morphismes L !Lont même image L.

Supposons qu’une telle extensionK L L^g Lexiste. En remarquant queL est une clôture algébrique deL^g, on doit avoir (L^g) =L^g pour toutK-morphisme :L^g !L. En particulier, si ₀:L !Ldésigne unK-morphisme, on peut prolonger ₀ à L^g (cf théorème de prolongements), et alors ₀(L) ₀(L^g) =L^g. Ainsi, en appelant ₁; :::; _n lesK-morphismes de L ! L, L^g doit donc contenir tous les _i(L), donc doit contenir l’extension composée des i(L):

E:=K( ₁(L); :::; _n(L)).

Montrons réciproquement queEconvient –ce qui précède prouvant qu’elle sera la plus petite extension répon- dant au problème.

Soit ' un K-morphisme de E ! L. Les _i étant d’image _i(L) K( ₁(L); :::; _n(L)) = E, on peut parler de la composée' _i, laquelle est unK-morphisme deL !L,i.e.est un _(i), étant une permutation deS_n par injectivité de'. On en déduit

'(E) = '(K( ₁(L); :::; _n(L)))

= K(' 1(L); :::; ' n(L))

= K ₍₁₎(L); :::; _(n)(L)

= K( 1(L); :::; n(L))

= E,