Corrig´e de l’examen de M2 2007-2008

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Corrig´e de l’examen de M2 2007-2008

C. Noot-Huyghe

1. 1- Soith(X) = X^p⁻¹− ∈ Z_p[X]. DansF_pil y a p−1 racines distinctes à l’équationh(X) = 0. De plus, siαest une telle racine,h⁰(α) = (p−1)α^p⁻²est non nul. Une conséquence du lemme de Hensel est alors que chaque racine se relève en une racine dehdansZ_p. ces racines sont distinctes puisqu’elles sont distinctesmodulo pet cela montre queZpet doncQpcontient les racinesp−1-ièmes de l’unité.

2- On peut supposer que f est unitaire et de degrén. Si f = gh, avec geth unitaires, alors, on a une décompositionmod p f = gh, en notantt la classe dansFp[X]d’un polyn ômet ∈ Zp[X]. Comme f est irréductible, cela donne que g = 1 ou h = 1, par exemple g = 1. Comme g est unitaire, deg(g) =deg(g) =0 de sorte que f est irréductible.

3- L’anneau A est unZ_p-module libre de rang fini n, de base 1,X, . . . ,Xⁿ⁻¹ (on utilisera par la suite le plongementZp → A qui envoie x sur x·1 ∈ Zp). La valuation proposée est la restriction de la valuation v(x) = {max i|x ∈ pⁱA}, ce qui est une valuation par les vérifications usuelles. La topologie induite par cette valuation est la topologie produit induite parZpsurA, si bien que Aest complet pour la topologie induite par la valuation. L’idéalpAest maximal car le quotientA/pAest isomorphe àZp[X]/f, et est un corps car f est irréductible. Si x 6∈ pA, alors xest inversible dans A/pA, ce qui signifie qu’il existe y ∈ A,u ∈ Atels quexy = 1+pu. Soit v = _∑_k_∈_N(−1)^kp^ku^k qui converge dans A qui est p-adiquement complet, alors vu = 1, ce qui montre que x est inversible dansAet quepAest un idéal maximal. L’anneauAest un anneau local, de corps résiduelA/pAqui est un corps fini, isomorphe àF_qavecq= pⁿ.

4- Sigest un autre relèvement de f, alorsgest irréductible etgest alors le polyn ôme minimal dexla classe deX dans l’algèbreB = Z_p[X]/g. Dans A/pA = F_p[X]/f, g(X) = f(X) = 0 et f⁰(X) 6= 0 car sinon f(X)ne serait pas irréductible surZp, donc on peut relever la racinexdegen une racine degdansA(puisque le lemme de Hensel est valide dansAd’après la question précédente), ce qui donne un morphisme B → A. Symétriquement, on a un morphisme de Zp-algèbres A → B. Le morphisme composé de ces 2 morphismes envoie une racine def dansAsur une autre racine et est un isomorphisme (étendu au corps des fractions de Ace morphisme est un élément du groupe de Galois de ce corps). Cela montre queAetBsont isomorphes.

5- Comme A/pA est isomorphe à Fq, et que A est un anneau de valuation discrète o ù le lemme de Hensel est valide, c’est la même question que la question 1-.

2. 1- C’est du cours :A= Γ(U,O_U) =K[x][1/Q] =K[x,Q⁻¹]. 2- Le faisceau des formes diff´erentielles surA¹_K est unO_A1

K-module libre de rang 1 engendr´e pardx.

Par le théorème de changement de base pour le module des différentielles, Ω¹_U = Ω¹

A¹_K|U est un O_U-module libre de rang 1 engendr´e pardxetΩ=Γ(U,Ω¹_U) = A.dx=K[x,Q⁻¹]dx.

3- i. Soitu= f/Qⁿ, avec f ∈K[x]_{tel que} f n’est pas divisible parQ. On calcule d

f

Qⁿ

= ^{Q f}

0−nQ⁰f Qⁿ⁺¹ . 1

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Si d(u) = 0, on aQ f⁰ = nQ⁰f et doncQ|f puisque Q∧Q⁰ = 1, ce qui est absurde, sauf pour n = 0 et f⁰ = 0, c’est-`a-dire si u ∈ K. Cela montre que H⁰_DR(U) = Ker(d) = K. Calcul de C=coker(d) =Ω/Im(d).

ii. Soit u = f/Qⁿ comme précédemment avec f non divisible par Q. Si on a du = xⁱ/Q pour 0 ≤ i ≤ d−1, cela donne la relation Q(f⁰−xⁱQⁿ⁻¹) = nQ⁰f et donc Q|f sauf si n = 0 mais dans ce casuest un polyn ôme et on ne peut pas avoird(u) =xⁱ/Q.

iii. Il est ´evident queΩ = ^S_n_≥₀G_n et queG_n−1 ⊂ G_n. Si u = f/Qⁿ ∈ G_n, on effectue la division euclidienne de f par Q: f = aQ+bavecdeg(b) < d et ainsiu = a/Qⁿ⁻¹+b/Qⁿ ∈ G_n₋₁+

∑₀≤i≤d−1 xⁱ

Qⁿ, ce qui montre l’assertion.

iv. CommeQ⁰ est premier avec Q, Q⁰ est inversible modulo Qet la multiplication par Q⁰ est un isomorphisme duK-espace vectorielK[x]/P. Cette application transforme une base en une base, de sorte que les élémentsb₀, . . . ,b_d−1forment une base deK[x]/P. Soit maintenantx^j/Qⁿpour j ∈ {0, . . . ,d−1}. Comme les éléments b_i forment une base de K[x]/P, il existe des scalaires µ₁, . . . ,µ_d₋₁, un polyn ômeRdeK[x]tels quex^j = ∑^d_t₌⁻₀¹µ_tbt+QR, de sorte quex^j/Qⁿ ∈Gn−1+

∑₀≤i≤d−1 bi

Qⁿdx, ce qui donne l’énoncé cherché.

v. On montre par r´ecurrence surn≥0 queG_n⊂ E+Im(d), cela montre l’assertion surH_DR¹ (U)car alorsEest une base de ceK-espace vectoriel. Pourn= 0,G0 =K[x]dx. Soit f =∑_l^M₌₁c_lx^l, alors f(x)dx = d(_∑_l^M₌₁)c_lx^l⁺¹/l+1)car le corpsK est de caract´eristique 0 et doncG₀ ⊂ E+Im(d). Pour 0≤i≤ d−_{1 et}n≥_{0, on a}

d

xⁱ

Qⁿ⁻¹

= ^ix

i−1

Qⁿ⁻¹ −(n−1)^x

iQ⁰ Qⁿ soit encore

d

xⁱ

Qⁿ⁻¹

= ^ix

i−1−(n−1)a_i

Qⁿ⁻¹ −(n−1) ^bⁱ Qⁿ.

Si G_n₋₁ ⊂ E+ Im(d), les termes _Q^bⁱn sont aussi dansE+Im(d), ce qui montre que G_n ⊂ E+ Im(d).

3. 1- Les polyn ômes définissant f sont homogènes de sorte que f définit une application birationnelle deP¹_K. Pour voir que cette application est bien définie, il faut vérifier qu’on ne peut pas avoiruⁿ₀+ λuⁿ₀⁻¹u₁ =0 etuⁿ₁ = 0. Or ces égalités donnentu₀= u₁ =0, ce qui ne correspond pas à un point de l’espace projectif. Cela montre que f est bien définie.

2- Siu₁ 6= 0, alorsuⁿ₁ 6= 0, doncU₁ est stable par f. On munitu₁ de la coordonnéet. L’application f : U₁ → U₁ est alors donnéeO_U₁ → O_U₁ par t 7→ λtⁿ+λtⁿ⁻¹ = tⁿ⁻¹(λ+t). Soit Al’anneau local ent = 0 deU₁(qui correspond à l’∞). L’élémentλ+test inversible dansAet, par définition, f est ramifié en∞d’indicen−1 (ramification modérée par hypothèse). Etudions f^∗Ω¹_X → Ω¹_X. L’image dedt est d(tⁿ+λtⁿ⁻¹) = ntⁿ⁻¹+λ(n−1)tⁿ⁻²dt. L’application f est ramifiée aux points o ù cette dérivée s’annule, i.e. en ∞ (déjà traité) et en t = ⁻₍^λn−₁)/n. Comme l’ordre d’annulation de la dérivée en ce point est 1 et que 2 est premier aveccar(K), la ramification en ce point est modérée et est égale à 2.

3- On remarque que f[1,s] = [1+λs,sⁿ], de sorte que f induit une applicationD(1+λs) → U₀. On note encore f la restriction de cette application àD(1+λs). L’ouvertD(1+λs)contient 0. Comme on a étudié la ramification de f sur U₁, il suffit, pour étudier toute la ramification de f d’étudier ce qui se passe dans le complémentaire de U1 c’est-à-dire en 0. Or, en restriction à D(1+λs), f correspond às7→ sⁿ/(1+λs), et est donc modérément ramifiée d’indicenen 0.

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Comme f(U₁) ⊂ U₁, f⁻¹{0} = {0}, avec ramificationn. La formule du cours donne f^∗[0] = n = deg(f)deg([0]) =deg(f)et f est de degr´en.

4- On a déjà répondu à cette question. On peut retrouver la réponse avec la formule d’Hurwitz, qui s’applique simplement car toute la ramification est modérée. Soit e la ramification cherchée. On trouve : -2=n(-2)+n-1+(n-2)+(e-1) ete=2.

4. 1- D’après le cours f^∗[P] = _∑Q∈ f⁻¹(P)e_Q[Q]o ùe_Q est l’indice de ramification du morphisme d’an- neaux locaux O_P → O_Q. De plus, deg(f^∗[P]) = deg(f)deg(P) et P ∈ X(K) est de degré 1 par définition, ce qui donnedeg(f^∗[P]) =deg(f) =n.

2- La formule d’Hurwitz donne 2g(X)−₂ = −2n+deg(R)o ù, comme la ramification est modérée, o ù deg(R) = _∑_Q_∈_Xe_Q − 1, cette somme étant en fait finie. Avec nos hypothèses deg(R) =

∑Q∈ f⁻¹{P}(e_Q −1)deg(Q) = deg(f^∗[P]−_∑Q∈ f⁻¹{P})deq(Q) = n−_∑Q∈ f⁻¹{P}). En

´ecrivant queg(X) ≥ 0, on voit que 2−n−∑Q∈ f⁻¹{P} ≥ 0 et n ≤ 2−∑Q∈ f⁻¹{P}. Comme

∑Q∈ f⁻¹{P} ≥1, cela montre quen= 1 et que f est un isomorphisme.

3- On procède comme précédemment. Dans ce cas, on a deg(_R) = _deg(_f^∗[₀]) + deg(f^∗[∞]−)_∑Q∈ f⁻¹{0})− _∑Q∈ f⁻¹{∞}) ≤ 2n − 2. La formule d’Hurwitz donne alors 2g(X)−2≤ −2 etg(X)≤0, i.e.g(X) =0 etXest isomorphe àP¹_K.

5. 1- On vérifie d’abord que l’ouvertU⁰ est lisse. Les points fermés o ùU⁰ n’est pas lisse correspondent aux idéaux maximaux contenant y,P,P⁰. Or, ces 3 éléments engendrent A = Γ(U⁰,O_X)carPet P⁰ sont premiers entre eux. SurV⁰ il suffit de vérifier que si Pet P⁰ sont premiers entre eux,P1 et P₁⁰ sont premiers entre eux. On traite ici le cas o ùdeg(P) =2g+1, qui est le cas de l’énoncé avecg=2.

Les polyn ômesP₁et P₁⁰ sont premiers entre eux si et seulement siA¹_K = D(P₁)^SD(P₁⁰)_{. Or comme} les polyn ômes P et P⁰ sont premiers entre eux et que P₁⁰(t) = −t^2gP⁰(1/t) + (2g+2)t^2g⁺¹P(1/t), l’ouvertW =A¹_K\{0}est la réunionW^TD(P₁)^SW^TD(P₁⁰). Pour conclure, il suffit de vérifier que {0} ∈D(P₁)^SD(P₁⁰). Or, on a toujoursP₁(0) =0 et siaest le coefficient du terme de plus haut degré deP, on a que P₁⁰(0) = a 6= 0, d’o ù l’assertion. On peut aussi montrer queP₁ et P₁⁰ sont premiers entre eux, en utilisant les formules et sans recourir à des arguments de géométrie.

2- Le genregest égal à 2 d’après le cours.

3- Le moduleΓ(U⁰,Ω_U¹0)est leA-module libreAdy+Ads/2ydy=P⁰(s)ds. Donc, surD(y), ce module est libre engendré pardset sur D(P⁰)ce module est libre engendré par dy. De plus, commeU⁰ est lisse,U⁰ = D(y)^SD(P⁰). L’élémentω₀est clairement une section surD(P⁰). SurD(P⁰)^TD(y), on a ω₀ =_dy/_P⁰(_s), qui est la restriction d’une section deΩ¹_U0surD(_P⁰), de sorte queω₀est une section globale deΩ¹

U⁰qui engendre ce faisceau sur chacun des ouvertD(y)etD(P⁰). Le raisonnement pour ω₁est identique.

4- Il reste à voir queω₀est une section deΩ¹_V0, pour voir que c’est une section globale. Or, cela vient de la relationds/2y = −t^g⁻¹dt/2zetdt/2z ∈ Γ(V⁰,Ω¹_V0)pour les mêmes raisons que précédemment.

On a aussisds/2y=−t^g⁻¹dt/2z ∈Γ(V⁰,Ω¹_V0)puisqueg≥2. Les sectionsω₀etω₁sont lin´eairement ind´ependantes etdimH⁰(X,Ω¹_X) =2 carXest de genre 2 : ces sections forment dont une base de ce K-espace vectoriel.

5- CommeΩ¹_Xest libre, il suffit de calculer l’action deσsur les ´el´ementsω₀etω₁vus comme sections surU⁰. Commeσ⁻¹(dy) =−dyetσ⁻¹(s) =s,σagit par−IdsurH⁰(X,Ω¹_X).

6- On applique la formule de Riemann-roch :Ω¹_X^⊗³est associé au diviseurD=3Ko ùKest le diviseur canonique. Comme le degré deK−D= −2Kest−2(2g−2)<0 pourg≥ 2,l(K−D) = 0, ce qui

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donnel(D) =deg(D) +1−g= 5(g−1), ce qui est ´egal `a 5 pour g=2.

7- Par fonctorialité, tout automorphisme deXinduit un automorphisme de H⁰(X,Ω¹_X)et donc aussi deH⁰(X,Ω¹_X^⊗³). Si cette application est injective, alorsAut(X)se plonge dans le groupe d’automor- phismes deH⁰(X,Ω¹_X^⊗³), qui est unK-espace vectoriel de dimension finie, et est un groupe fini siK est fini. Dans notre cas, ce cardinal est inférieur àcard(M₅(K))et donc àcard(K)²⁵. Précisément, siK est de cardinalq= pⁱ, le cardinal deH⁰(X,Ω¹_X^⊗³)est égal à(q⁵−₁)(q⁵−q)(q⁵−q²)(q⁵−q³)(q⁵− q⁴), qui est donc un majorant decard(Aut(X)).

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