M1 – Théorie de Galois – Université Lyon I – 2011-2012 1 Le groupe des automorphismes du corps k(X)
Soitkun corps. Soitk(X)le corps des fractions rationnelles en une variable X : c’est le corps des fractions de l’anneau de polynômesk[X].
Soitf(X) = p(X)q(X) avecp(X), q(X)deux polynômes premiers entre eux. On suppose quef(X)n’est pas constante.
On définit ledegré def :degf := max{degp,degq}.
Remarque : Disons que f(X) a un zéro en ∞ si la fraction rationnelle f(X1)s’annule en0. Sik=C,degf est le nombre de zéros def comptés avec mutiplicité, et en comptant le zéro éventuel à l’infini.
En effet, si par exemplep(X)et q(X)sont unitaires, on a :
p(X) = (X−a1)α1...(X−ar)αr etq(X) = (X−b1)β1...(X−bs)βs pour certains nombres complexes ai, bj deux à deux distincts et certains entiersαi, βj≥1. On a :
degp=α1+...+αret degq=β1+...+βr . De plus,
f(1
X) =Xdegq(1−a1X)α1...(1−arX)αr Xdegp(1−b1X)β1...(1−bsX)βs . Donc le nombre de zéros def est :
α1+...+αr= degp sidegp≥degqet
α1+...+αr+ degq−degp= degq sidegp <degq.
Lemme : Sif est une fraction non constante alors k(X)est une extension finie dek(f)et [k(X) :k(f)] = degf.
démo : On ak(X) =k(f)(X). Soientp(X), q(X)∈k[X] deux polynômes premiers entre eux tels quef =p/q. Si on pose :
P(T) :=q(T)f(X)−p(T)∈k(f)[T],
alors P(X) = 0. Comme f est non constante,P(T) est non nul doncX est algébrique surk(f). Soientd, e les degrés depet q. On a : p(T) =adTd+..., q(T) = beTe+... avec ad, be non nuls. Donc le terme dominant de P(T) est
−adTd sid > e,(bdf(X)−ad)Td sid=eetbef(X)Td sid < e.
On a donc :degP(T) = max{degp,degq}= degf. Ainsi :[k(X) :k(f)]≤degf.
Pour montrer l’égalité, il suffit de vérifier queP(T)est irréductible surk(f) (ce qui entraîne queP(T)est le polynôme minimal deX surk(f)(à multipli- cation par un élément non nul dek(f)près)).
Commef est non constante, le morphisme d’anneaux : k[Y]→k(f)F 7→F◦f
est injectif. En effet, siF =c0+C1Y +...+ckYk∈k[Y], alors : F◦f = 0⇔c0+c1f +...+ckfk = 0
⇔c0qk+c1qk−1p+...+ckpk= 0
⇒q|p
⇒f ∈k[X] .
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Or sif est un polynômeF◦f = 0⇔F= 0 (pour des raisons de degrés).
On obtient donc un morphisme injectif de corps :k(Y)→k(f) F 7→F◦f. Ce morphisme est un isomorphisme. Il suffit donc de montrer que le poly- nôme :
q(T)Y −p(T)
est irréductible sur le corpsk(Y).
Or le polynômeq(T)Y −p(T)est de degré1 enY. Donc il est irréductible dansk[Y, T] =k[Y][T] (commeq(T), p(T)sont premiers entre eux, il n’existe pas de polynôme non constant enTqui le divise). Par conséquent,q(T)Y−p(T) est irréductible surk(Y) (car k[Y] est principal et ce n’est pas un polynôme constant enT).
Soitφ:k(X)→k(X)un automorphisme qui laisse fixe les constantes.
On a :k(φ(X)) =k(X). Donc la fraction rationnelleφ(X)est non constante et d’après le lemme son degré est1 = [k(X) :k(φ(X))].
Donc φ(X) = aX+bcX+d pour certains a, b, c, d ∈ k. Comme φ(X) est non constante, les couples(a, b),(c, d)ne sont pas proportionnelsi.e.ad−bc6= 0.
Réciproquement, siA=
a b c d
est une matrice inversible à coefficients dansk, le changement de variables X 7→aXcX+d+b induit un morphisme de corps :
φA:k(X)→k(X) f(X)7→f
aX+b cX+d
qui est un isomorphisme. En effet, l’image est le corps engendré par aX+bcX+d et [k(X) :k
aX+b cX+d
] = 1.
On remarque que siA, B sont des matrices inversibles, alors : φAB =φB◦φA .
De plus,φA= Id⇔(aX+b)/(cX+d) =X ⇔aX+b=cX2+dX ⇔b= c= 0 eta=d.
On a donc un morphisme surjectif de groupes : GL2(k)→Autk(k(X)) A7→φA−1
de noyau les matrices diagonales inversibles. Donc : PGL2(k)'Autk(k(X)) .
