Réponses à de possibles questions

Automorphismes de K (X )

Référence :FGNal1: exercice 5.54 Leçons : 140, 125, 141

SoitK un corps quelconque.

Les automorphismes deK-algèbres deK(X) sont les applications de la forme

K(X) → K(X) G 7→ G

aX+b cX+d

où a, b, c, d∈K⁴ vérifientad−bc6= 0.

Théorème

Preuve :

Étape 1 : Déterminons les endomorphismes deK-algèbres deK(X).

Soit Φ un endomorphisme de K-algèbres de K(X). PosonsF= Φ(X).

SoitP =X

k∈N

pkX^k∈K[X], on a : Φ(P) =X

k∈N

pkΦ(X^k) =X

k∈N

pkF^k=P◦F.

Ainsi, pour tousP ∈K[X],Q∈K[X]\{0}et G=P

Q, où, on a : Φ(G) =Φ(P)

Φ(Q)= P◦F

Q◦F =G◦F. Réciproquement, pourF ∈K(X)\K, ΦF :

K(X) → K(X)

G 7→ G◦F est bien un morphisme deK-algèbres.¹ Remarquons que siF =a∈K, alors Φ_F n’est pas bien défini : en effet 1

X−a n’a pas d’image par Φ_F. Ainsi, l’ensemble des endomorphismes de K-algèbres de K(X) est l’ensemble des Φ_F, où F parcourt K(X)\K².

Étape 2 : Cherchons à quelle condition surF, ΦF est un automorphisme.

Supposons que ΦF soit un automorphisme.

Alors Φ_F est surjectif et donc :∃G∈K(X),Φ_F(G) =G◦F =X. Soient F= A

B etG= P

Q des représentations irréductibles de ces fractions rationnelles.

On écritP =

dP

X

j=0

pjX^j etQ=

d_Q

X

k=0

qkX^k oùdP et dQ sont les degrés respectifs deP etQ.

On a :G◦F =X ⇔P◦F =X×(Q◦F)

⇔

dP

X

j=0

p_jF^j=X

d_Q

X

k=0

q_kF^k

⇔

dP

X

j=0

p_jA^j B^j =X

d_Q

X

k=0

q_kA^k B^k

⇔

d_P

X

j=0

pjA^jB^m−j=X

d_Q

X

k=0

qkA^kB^m−k, où on a notém= max{dP, dQ}.

1. Il s’agit de vérifier :

— ΦF(1) = 1.

— ΦF(G) est bien défini pour toutG∈K(X).

Pour cela, on montre queG◦F= B^m×(P◦F)

B^m×(Q◦F), oùF = A

B est une écriture irréductible etm= max{degP,degQ}est une écriture deG◦F en fraction de polynômes et que le polynômeB^m×(Q◦F) n’a qu’un nombre fini de racines.

— ΦF estK-linéaire.

— ΦF(G1G2) = ΦF(G1) ΦF(G2) pour tousG1, G2∈K(X).

2. nécessairement, ça a été vérifié dans le “réciproquement”

Laura Gayd’après FlofloLemonnier p.1 31 mai 2015

— D’une part, A|(p0−q0X)B^m3.

OrAetBsont premiers entre eux, doncAetB^msont également premiers entre eux, d’oùA|p0−q0X. Aussi, commeP et Qsont premiers entre eux, on a (p₀, q₀)6= (0,0).

Doncp₀−q₀X est de degré 0 ou 1, doncAest de degré 0 ou 1.

— D’autre part, B

p_dPA^dPB^m−dP −q_dQXA^dQB^m−dQ.

— Sim=d_P =d_Q, alors B|(p_m−q_mX)A^m et donc B|p_m−q_mX carB et A^msont premiers entre eux. Or q_m6= 0 carQest de degrém=d_Q, donc degB= 0 ou 1.

— Sim=dQ > dP, alors B|qmXA^m donc B|qmX donc degB= 0 ou 1.

— Sim=dP > dQ, alors B|pmA^m donc B|pm donc degB= 0.

Toujours est-il que degB= 0 ou 1.

Par conséquent, il existe (a, b, c, d)∈K⁴, F =aX+b cX+d.

EtF ne pouvant évidemment pas être constant, on doit imposer⁴ad−bc6= 0.

Étape 3 : Réciproquement, montrons que cette condition nécessaire est suffisante.

Pour (a, b, c, d) ∈ K⁴ vérifiant ad−bc 6= 0, on note Φa,b,c,d le morphisme de K-algèbres défini par : Φa,b,c,d(X) = aX+b

cX+d. Montrons que : Φ :

GL₂(K) → End_K-alg.(K(X)) a b

c d

7→ Φ_a,b,c,d est un morphisme de groupes.

Cela découle de l’égalité :

a^a_c0⁰X+d^X+b00 +b

c^a_c0⁰X+d^X+b00 +d= (aa⁰+bc⁰)X+ (ab⁰+bd⁰) (ca⁰+dc⁰)X+ (cb⁰+dd⁰) On reconnaît effectivement les coefficients du produit matriciel

a b c d

a⁰ b⁰ c⁰ d⁰

=

aa⁰+bc⁰ ab⁰+bd⁰ ca⁰+dc⁰ cb⁰+dd⁰

ie Φ(M M⁰) = Φ(M)Φ(M⁰).

On en déduit alors que Φa,b,c,dest inversible, d’inverse Φa⁰,b⁰,c⁰,d⁰où

a⁰ b⁰ c⁰ d⁰

= a b

c d −1

, carad−bc6= 0.

Donc pour (a, b, c, d)∈K⁴vérifiantad−bc6= 0, Φ_a,b,c,d est un automorphisme deK-algèbres deK(X).

On en déduit finalement que l’ensemble des automorphismes deK-algèbres deK(X) est l’ensemble des appli- cations de la forme

K(X) → K(X) G 7→ G

aX+b cX+d

avec (a, b, c, d)∈K⁴vérifiantad−bc6= 0.

Réponses à de possibles questions

1. Pourquoi ça s’appelle PGL₂(K) ? ,→

Notes :

XA l’oral, bla

XS’il y a du temps : Le 2^nd théorème d’isomorphisme peut même nous donner un résultat supplémentaire.

On a montré au cours de la démonstration que Im(Φ) = Aut_K-alg.(K(X)).

De plus

Φ_a,b,c,d(X) =X ⇔aX+b=cX²+dX ⇔b=c= 0 eta=d Donc Ker(Φ) =

λI2

λ∈K^× .

Et on en déduit donc Aut_K-alg.(K(X))'^GL2(K)

/

/

λI2

3. Il suffit d’écrire, avec l’égalité juste au dessus :p0B^m−q0XB^m=A X

d_Q

X

k=1

qkA^k−1B^m−k−

d_P

X

j=1

pjA^j−1B^m−j

!

4. Si aX+b

cX+d=γalorsa=cγetb=dγdoncad=bc

Laura Gayd’après FlofloLemonnier p.2 31 mai 2015