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authorDavid A. Madore <david@procyon>2012-01-25 17:04:36 +0100
committerDavid A. Madore <david@procyon>2012-01-25 17:04:36 +0100
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--- /dev/null
+++ b/divers/vieux/1-chap-Galois.tex
@@ -0,0 +1,1706 @@
+\chapter{Corps et algèbres : premières définitions}
+
+Bien que l'on s'intéresse principalement dans cet ouvrage aux \textit{corps}
+$\QQ,\FF_p,\RR,\CC,\QQ(t),\QQ_p,\QQ((t)), \FF_p((t))$ etc., on s'apercevra
+vite que la théorie gagne beaucoup en souplesse en s'autorisant l'étude des \emph{algèbres}.
+On rapprochera ce phénomène du fait que l'étude des espaces
+topologiques gagne à considérer également les espaces non connexes même
+si \emph{in fine} seuls les espaces connexes nous intéressent.
+
+\section{Éléments algébriques}
+
+
+\begin{dfn}\label{entier}
+Soit $A$ un anneau commutatif et $B$ une $A$-algèbre. On dit que $b\in B$
+est \emph{algébrique} ou \emph{entier} sur $A$ si la sous-$A$-algèbre
+de $B$ engendrée par l'élément $b$, $A[b]:=\{\sum_{i=0}^r a_i b^i; a_i\in A, r\in \NN\}$,
+est un $A$-module de type fini.
+\end{dfn}
+
+\begin{prp}\label{algébrique} Soit $b\in B$.
+Les conditions suivantes sont équivalentes :
+\begin{itemize}
+\item $b$ est algébrique sur $A$,
+\item il existe un polynôme unitaire $P\in A[X]$ tel que $P(b)=0$,
+\item il existe un sous-$A$-algèbre de $B$ finie sur $A$, contenant $b$.
+\end{itemize}
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Établissons l'équivalence des deux premières conditions.
+Si $A[b]$ est de type fini sur $A$ (\cad $b$ algébrique sur $A$),
+de générateurs $P_1(b),\dots,P_r(b)$ (pour un choix convenable
+de $P_i\in A[X]$) alors $b^n$ appartient à $A+Ab+\cdots+Ab^{n-1}$
+pour tout entier $n$ supérieur ou égal aux degrés des polynômes $P_i$.
+Cela signifie précisément que $b$ est annulé par un polynôme \emph{unitaire}
+de degré $n$ à coefficients dans $A$.
+Réciproquement, d'une relation $P(b)=b^n+a_{n-1}b^{n-1}+\cdots+a_0=0$, on tire immédiatement,
+par récurrence sur $r\in \NN$, le fait que $b^{n+r}$ appartient au $A$-module
+de type fini $A+Ab+\cdots+Ab^{n-1}$, qui
+n'est donc finalement autre que $A[b]$.
+
+Il reste à montrer que si $b$ est contenu dans une sous-algèbre $C$ finie sur $A$, alors
+$b$ est racine d'un polynôme unitaire.
+Si $c_1,\dots,c_r$ sont des générateurs de $C$ sur $A$, l'action de la multiplication par
+$b$ sur $C$ peut se décrire par un endomorphisme (non canonique) de $A^r$.
+Le polynôme caractéristique de cet endomorphisme s'annule en $b$ ; il est
+unitaire.
+\end{proof}
+
+\begin{lmm}
+Soit $A$ un anneau tel que $A[X]$ soit principal.
+Alors, si $B$ est une $A$-algèbre et $b\in B$ est entier
+sur $A$, il existe un unique polynôme unitaire $P$
+tel que $A[X]/P\iso A[b]$.
+C'est en particulier le cas si $A$ est un corps.
+\end{lmm}
+\begin{proof}
+L'algèbre $A[b]\subset B$ est un quotient de $A[X]$
+via l'application $A[X]\surj A[b],\ X\mapsto b$.
+Le noyau de celle-ci est un idéal donc par hypothèse
+principal, engendré par un polynôme $P$. Comme $P$ doit diviser un polynôme unitaire
+(car $b$ est entier), $P$ est à coefficient dominant inversible ; on peut le supposer
+égal à $1$. Enfin c'est un fait valable dans tout anneau $A$
+que si $(P)=(Q)$ avec $P,Q$ unitaires, alors $P=Q$.
+\end{proof}
+
+La généralité de l'énoncé précédent est illusoire :
+
+\begin{lmm}
+Soit $A$ un anneau tel que l'anneau de polynômes $A[X]$ soit
+principal. Alors, tout élément non diviseur de zéro de $A$ est une
+unité. En particulier, si $A$ est intègre, c'est un corps.
+\end{lmm}
+\begin{proof}
+Soit $a\in A$ non diviseur de zéro.
+Supposons qu'il existe $P_a\in A[X]$ tel que $(P_a)=(a,X)$.
+Il existe alors deux polynômes $Q_1,Q_2\in A[X]$ tels
+que $X=Q_1P_a$ et $a=Q_2P_a$. On en déduit tout d'abord que $P_a(0)Q_2(0)=a$
+si bien que $P_a(0)$ n'est pas un diviseur de zéro. Comme $P_a(0)Q_1(0)=0$,
+on a $Q_1(0)=0$, \cad $Q_1=\widetilde{Q}_1X$. On a alors $\widetilde{Q}_1P_a=1$ ;
+en particulier, $(P_a)=A[X]$ et donc $(a)=(P_a(0))=A$.
+\end{proof}
+
+L'élément $\sqrt{2}\in \RR$, annulé par le polynôme $X^2-2$,
+est un élément entier sur $\ZZ$. Par contre, $\frac{1}{2}$ ne l'est pas.
+Plus généralement :
+
+\begin{lmm}\label{entiers alg rationnels}
+Tout nombre rationnel entier sur $\ZZ$ est un entier relatif.
+\end{lmm}
+
+\begin{proof}
+Soit $r=a/b\in \QQ$, où $a,b\in \ZZ-\{0\}$ et $(a,b)=1$.
+Si l'on a
+$$
+\frac{a}{b}^n+a_{n-1}\frac{a}{b}^{n-1}+\cdots+a_1 \frac{a}{b}+a_0=0,
+$$
+où les coefficients sont entiers, on voit par multiplication par $b^{n}$
+que $b$ divise $a$. C'est donc une unité : $b=\pm 1$.
+\end{proof}
+
+\subsection{Le cas des corps}
+Soit $K$ un \emph{corps} et $A$ une $K$-algèbre.
+\begin{prp}
+Un élément $a\in A$ est algébrique sur $K$ si et seulement si $\dim_K K[a]$
+est finie. Dans ce cas, cet entier est aussi la dimension de l'\emph{unique}
+polynôme unitaire $\mathrm{Irr}_{K}(a)\in K[X]$ s'annulant en $a$ et de degré
+minimal. On l'appelle le polynôme minimal de $a$ sur $K$.
+\end{prp}
+
+Réciproquement, si $K$ est un corps et $P\in K[X]$ un polynôme unitaire (donc
+non nul) quelconque, l'algèbre $A:=K[X]/P$ est de dimension finie
+égale à $\deg(P)$ sur $K$ ; l'élément $x= (X \mod P)$ est algébrique
+de polynôme minimal $P$.
+En particulier un polynôme minimal n'est pas nécessairement, avec ce
+niveau de généralité, irréductible.
+
+Nous nous intéresserons particulièrement au cas où la $K$-algèbre $A$ est un corps.
+
+\begin{dfn}
+Soit $K$ un corps. On appelle \emph{extension} du corps $K$, tout morphisme $u:K\ra L$
+(noté en abrégé $L/K$), où $L$ est également un corps. Le morphisme $u$ est
+nécessairement une injection. Si la dimension $\dim_K L$ est finie,
+auquel cas on dit que $L/K$ est finie, on note cet entier
+$[L:K]$ et on l'appellera \emph{degré} de $L$ sur $K$.
+\end{dfn}
+
+Il résulte de la définition que si l'extension $L/K$ est finie, tout élément
+$\alpha$ de $L$ est algébrique sur $K$, de degré inférieur ou égale à $[L:K]$.
+(Le cas d'égalité sera discuté plus bas.) Dans ce cas, l'anneau $K[\alpha]\subset L$
+étant \emph{intègre}, le polynôme
+minimal $\mathrm{Irr}_K(\alpha)$ est \emph{irréductible} et
+$K[\alpha]$ est donc un \emph{corps}, que l'on notera également $K(\alpha)$.
+
+On laisse au lecteur le soin de définir les notions de sous-extension etc.
+
+\subsection{Structure des éléments algébriques}\label{1.1}
+
+\begin{prp}
+Soit $B$ une $A$-algèbre. L'ensemble des éléments de $B$ algébriques sur $A$
+est une sous-$A$-algèbre de $B$. En d'autres termes,
+si $b,b'$ sont deux éléments de $B$, algébriques sur $A$,
+il en est de même de $b+b'$, $bb'$ et $ab$ pour tout $a\in A$.
+\end{prp}
+
+(Si elle coïncide avec l'algèbre $B$ tout entière, on dit que $B$ est \emph{entière}
+sur $A$. Si $B/A$ est une extension de corps, on dit alors plutôt que
+l'extension est \emph{algébrique}.)
+
+\begin{proof}
+Par hypothèse, les sous-$A$-algèbres de $B$, $A[b]$ et $A[b']$ sont
+des $A$-modules de type fini.
+La multiplication dans $B$ induit un morphisme de $A$-algèbres
+$$A[b]\otimes_A A[b']\ra B,$$
+dont l'image est la sous-algèbre $A[b,b']=\{\sum_{i,j\geq 0} a_{i,j}b^i{b'}^j; a_{i,j}\in A
+\text{\ presque tous nuls}\}$. Ainsi, $A[b,b']$, qui est un quotient
+d'un $A$-module de type fini (le produit tensoriel de deux $A$-modules
+de type fini est de type fini), est de type fini.
+Finalement, comme $b+b'$, $bb'$ et les $ab$ appartiennent à $A[b,b']$,
+ils sont algébriques sur $A$ en vertu de \ref{algébrique}.
+\end{proof}
+
+\begin{exm}
+Il résulte de la proposition précédente que $\sqrt{3}+\sqrt[3]{2}\in \CC$
+est entier sur $\ZZ$. (On dit alors que c'est un \emph{entier algébrique}.)
+Un moyen de trouver explicitement un polynôme est de remarquer que si
+l'on prend pour base de $\ZZ[X]/(X^3-2)\otimes_{\ZZ} \ZZ[Y]/(Y^2-3)$ les monômes
+(classes de) $1,X,X^2,Y,XY,X^2Y$, la matrice de la multiplication par $X+Y$
+est
+
+$$
+\left( \begin {array}{cccccc} 0&0&2&3&0&0\\\noalign{\medskip}1&0&0&0&3&0\\\noalign{\medskip}0&1&0&0&0&3\\\noalign{\medskip}1&0&0&0&0&2\\\noalign{\medskip}0&1&0
+&1&0&0\\\noalign{\medskip}0&0&1&0&1&0\end {array} \right)
+$$
+
+Son polynôme caractéristique est ${x}^{6}-9\,{x}^{4}-4\,{x}^{3}+27\,{x}^{2}-36\,x-23$.
+Il s'annule en $\sqrt{3}+\sqrt[3]{2}$. Cet élément étant de degré $6$ sur $\QQ$
+(exercice), le polynôme ci-dessus est irréductible sur $\QQ$.
+
+\end{exm}
+
+Nous n'utiliserons pas la définition suivante dans cette partie.
+
+\begin{dfn}\label{normal}
+Soit $A\ra B$ un morphisme d'algèbres. On appelle \emph{clôture intégrale},
+ou \emph{normalisation}, de $A$ dans $B$, la sous-$A$-algèbre de $B$ constituée
+des éléments entiers sur $A$.
+
+On dit qu'un anneau intègre $A$ de corps des fractions $K$ est \emph{intégralement clos},
+si tout élément de $K$ entier sur $A$ est dans $A$,
+\cad si la clôture intégrale de $A$ dans $K$ coïncide avec $A$.
+Un anneau quelconque est dit \emph{normal} s'il est intègre et intégralement clos.
+\end{dfn}
+
+On a vu en \ref{entiers alg rationnels} que l'anneau $\ZZ$ des entiers relatifs
+est normal.
+
+
+\begin{prp}
+Soit $F/L/K$ deux extensions finies de corps. Alors l'extension $F/K$ qui s'en déduit
+par composition est également finie et
+$$
+[F:K]=[F:L][L:K].
+$$
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Par définition, on dispose d'isomorphismes $F\isononcan_L L^{[F:L]}$
+et $L\isononcan_K K^{[L:K]}$. On en tire immédiatement $F=\isononcan_K
+\big(K^{[L:K]}\big)^{[F:L]}\isononcan_K K^{[F:L][L:K]}$.
+\end{proof}
+
+La dernière égalité a également un sens sans hypothèse de finitude.
+
+\begin{crl}
+Si $L/K$ est une extension finie et $K'/K$ une sous extension, on
+a $[K':K] | [L:K]$.
+\end{crl}
+
+\begin{exm}
+Soit $P(X)=X^3-X+1\in \QQ[X]$, irréductible (exercice).
+Soit $L:=\QQ[X]/P$ ; c'est une extension de degré $3$ sur $\QQ$, engendrée
+(comme $\QQ$-algèbre) par la classe $\alpha$ de $X$ dans le quotient.
+Soit $K'=\QQ(\alpha^2)$. Comme $\alpha$ est de degré $3$ sur $\QQ$, $\alpha^2\notin \QQ$,
+donc l'extension $K'/\QQ$ est non triviale. Il en résulte
+que $[K':\QQ]=3$ et finalement que $\QQ(\alpha)=\QQ(\alpha^2)$.
+Nous laissons au lecteur la tâche simple d'exprimer $\alpha$ comme un polynôme en $\alpha^2$.
+\end{exm}
+
+Étudions maintenant plus en détail la structure de $K[X]/P$ pour un corps $K$
+et un polynôme $P$ quelconque. Remarquons qu'une $K$-algèbre est de cette
+forme si et seulement si elle est \emph{monogène} (\cad engendrée par un seul élément) et de dimension
+finie (\cad que l'élément générateur est algébrique sur $K$).
+Il résulte immédiatement du théorème chinois que si l'on décompose
+$P$ en $P=P_1^{\alpha_1}\cdots P_r^{\alpha_r}$ ($\alpha_i>0$), où les $P_i$ sont irréductibles et
+distincts deux à deux, on a :
+$$
+K[X]/P \iso \prod_{i=1}^r K[X]/P_i^{\alpha_i}.
+$$
+Un fait essentiel est que les algèbres $K[X]/P_i^{\alpha_i}$ sont \emph{locales},
+\cad non nulles n'ayant qu'un \emph{unique} idéal maximal $\MM_i$,
+engendré par $P_i$. Ce dernier
+est ici nilpotent : il existe un entier $n$ (ici $\alpha_i$) tel que $\MM_i^n=0$.
+
+Le théorème suivant affirme qu'on a un énoncé analogue pour des $K$-algèbres
+non nécessairement monogènes.
+
+\begin{thm}\label{structalgdimfinie}
+Soient $k$ un corps et $A$ une $k$-algèbre de dimension finie.
+Alors :
+\begin{enumerate}
+\item $A$ a un nombre fini d'idéaux premiers $\wp_1,\dots,\wp_r$,
+\item $r=\# \SP(A)\leq \dim_k A$,
+\item les idéaux premiers $\wp_i$ sont \emph{maximaux},
+\item $\displaystyle A\iso \prod_{i=1}^r A_i$, où $A_i$ est une $k$-algèbre de dimension finie,
+\emph{locale}, dont l'idéal maximal est nilpotent.
+\end{enumerate}
+\end{thm}
+
+Rappelons la
+
+\begin{dfn}\label{spectre}
+Pour un anneau commutatif $A$, on note $\SP(A)$ le \emph{spectre} de $A$, qui
+est l'ensemble de ses idéaux premiers.
+Un morphisme d'anneaux commutatifs $f:A\ra B$ étant donné, on note $\SP(f)$
+l'application en sens inverse :
+$$\SP(B)\ni \wp\mapsto f^{-1}(\wp)\in \SP(A).$$
+\end{dfn}
+
+Nous utiliserons principalement le théorème précédent sous la forme suivante :
+
+\begin{crl}\label{algèbre réduite}
+Soit $A$ une $k$-algèbre de dimension finie, \emph{réduite} (\cad sans éléments nilpotents).
+Alors
+$$A\iso \prod_{i=1}^r K_i,$$ où les $K_i/k$ sont des extensions finies de corps.
+\end{crl}
+
+(Rappelons que les isomorphismes $A\iso B$ entre deux $k$-algèbres sont
+par définition $k$-linéaires.)
+
+\begin{crl}\label{hom versus dim}
+Soit $A$ une $k$-algèbre de dimension finie.
+Alors,
+$$
+\# \Hom_k(A,k) \leq \dim_k A.
+$$
+\end{crl}
+
+En effet, à un morphisme de $\Hom_k(A,k)$ correspond bijectivement un idéal maximal $\wp$ de $A$ dont le corps
+résiduel $\kappa(\wp):=A/\wp$ est isomorphe à $k$.
+
+\begin{proof}[Démonstration du théorème]
+Soit $\wp\in \SP(A)$ ; l'anneau quotient $A/\wp$ est intègre, de dimension finie sur $k$
+donc c'est un corps et $\wp$ est maximal.
+Soient $\wp_1,\dots,\wp_n$ des idéaux premiers distincts ; pour $1\leq i\neq j\leq n$
+on a $\wp_i+\wp_j=A$ d'où, par le lemme chinois, une surjection
+$$
+A\surj \prod_{i=1}^n A/\wp_i.
+$$
+
+Chaque facteur du terme de droite est non nul, donc de dimension sur $k$ supérieure
+ou égale à $1$. Il en résulte que $n\leq \dim_k A$. Cela prouve les deux premiers
+points. Soit $\SP(A)=\{\wp_1,\dots,\wp_r\}$ (les éléments sont supposés distincts).
+Le noyau du morphisme précédent (pour $n=r$) est $\cap_1^r \wp_i=\Nilp A$.
+Comme $A$ est noethérien, il existe $N\in \NN$ tel que $(\Nilp A)^N=0$.
+On en déduite que l'idéal produit $\wp_1^N\cdots \wp_r^N=0$, et finalement
+que $\cap \wp_i^N=0$. Pour ce dernier point on remarque que si
+$x$ est un élément de cette intersection, son annulateur $\mathrm{Ann}(x)$ contient $\prod_{j\neq i} \wp_j^N$,
+pour tout $i$.
+S'il existait un idéal maximal $\wp$ contenant $\mathrm{Ann}(x)$, il contiendrait donc en particulier
+$\prod_{\wp'\neq \wp \in \SP(A)} {\wp'}^N$, ce qui est absurde\footnote{Car si $x'\in \wp'-\wp$,
+$\prod_{\wp'\neq \wp} x'^N \in \wp$ est impossible.}.
+
+
+Ainsi,
+$$A\iso \prod_1^r A/\wp_i^N.$$
+L'anneau $A_i:=A/\wp_i^N$ est local (car l'ensemble
+$\SP(A/\wp^N)$ est en bijection avec les idéaux premiers contenant $\wp^N$ donc
+$\wp$), d'idéal maximal nilpotent.
+\end{proof}
+
+On laisse le soin au lecteur de vérifier que les anneaux locaux $A/\wp_i^N$
+s'identifient aux localisés $A_{\wp_i}$.
+On verra plus tard (\ref{décomposition algèbre artinienne}) que plus généralement,
+si $C$ est un anneau noethérien dont
+les idéaux premiers sont maximaux (anneau de « dimension nulle »),
+$C\iso\prod_{\wp\in \SP(C)} C_{\wp}$.
+
+\section{Extensions composées}
+
+\begin{dfn}
+Soit
+$$
+\xymatrix{
+& L & \\
+E \ar@{-}[ur]^u & & F \ar@{-}[ul]_v \\
+& K \ar@{-}[ul] \ar@{-}[ur] &
+}
+$$
+
+un diagramme commutatif d'extensions. On dit que $(L,u,v)$ est une \emph{extension
+composée} si $L$ est engendrée par $u(E)\cup v(F)$ comme $K$-algèbre.
+
+\end{dfn}
+
+Par exemple, si $E,F\subset K'$ et $E=K(\alpha_i, i\in I)$, $F=K(\beta_j, j\in J)$
+où les $\alpha_i,\beta_j$ sont dans $K'$, la sous-extension $L=K(\alpha_i,\beta_j, (i,j)\in
+I\times J)$ de $K'$ est une extension composée de $E$ et $F$.
+
+\begin{prp}\label{extension composée}
+Pour tout couple d'extensions, il existe une extension composée.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Soient $E_1/K$ et $E_2/K$ les deux extensions et considérons la $K$-algèbre
+produit tensoriel $E_1\otimes_K E_2$. Elle est non nulle et possède donc un idéal
+maximal (lemme de Krull) qui induit une surjection
+$$
+E_1\otimes_K E_2\surj L
+$$
+où $L$ est un corps.
+
+Le sous-corps engendré par les images de $E_1$ et $E_2$ dans $L$ est une extension
+composée désirée.
+\end{proof}
+
+Si $E_1/K$ et $E_2/K$ sont finies, toute extension composée
+est de dimension inférieure ou égale à $[E_1:K][E_2:K]$.
+On note en général $E_1E_2/K$ une telle extension.
+
+La question de l'« unicité » de l'extension composée sera abordée plus tard.
+
+\begin{rmr}\label{produit tensoriel infini}
+Il est utile de noter que le produit tensoriel d'un ensemble quelconque
+de modules ou d'algèbres $M_i$ ($i\in I$) sur un anneau existe ; il représente le
+foncteur $\mathrm{Bil}((M_i),T):=\cup_{J \text{ fini}\subset I} \mathrm{Bil}(M_{j\in J},T)$.
+\end{rmr}
+
+\section{Corps de rupture, de décomposition}
+
+\begin{prp}
+Soient $k$ un corps et $f\in k[X]$ un polynôme irréductible.
+Il existe une extension finie $K/k$ telle que $f$ ait une racine $\alpha$ dans $K$ et que
+$K/k$ soit engendré par cette racine. De plus, $K$ est nécessairement isomorphe (sur $k$)
+à $k[X]/f$. Un tel corps est appelé \emph{corps de rupture} de $f$ sur $k$.
+Une telle extension existe sans supposer $f$ irréductible mais elle n'est pas nécessairement
+unique.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Posons $k_f:=k[X]/f$ ; c'est un corps et $f(\sur{X})=0$ dans $k_f$. D'où l'existence.
+Pour $K$ et $\alpha$ comme plus haut, on a un morphisme $k[X]\surj K$, $X\mapsto \alpha$.
+Son noyau contient $f$ ; il se factorise donc en $k_f\surj K$. Ce morphisme étant
+nécessairement injectif, c'est un isomorphisme. Pour démontrer le second point, il
+suffit par exemple de considérer un facteur irréductible de $f$, ou plus savamment
+un corps quotient de $k[X]/f$.
+\end{proof}
+
+\begin{prp}\label{décomposition}
+Soit $f\in k[X]$. Il existe une extension $K/k$ telle que dans $K[X]$
+$f$ se factorise en $\prod_{i=1}^{\deg f} (X-\alpha_i)$ et que $K$ soit
+engendrée par les $\alpha_i$ sur $k$. Deux tels corps sont isomorphes sur $k$.
+Un tel corps est appelé corps de \emph{décomposition} de $f$ ; il sera
+parfois noté $\mathrm{d\acute{e}c}_k(f)$.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+L'existence résulte de la proposition précédente, qui permet --- dans un sur-corps
+de $k$ --- de factoriser $f$ en $(X-\alpha)g$ et d'une récurrence sur le degré de $f$.
+Soient $K_1$ et $K_2$ deux corps de décomposition. D'après \ref{extension composée},
+il existe un diagramme
+$$
+\xymatrix{
+& E & \\
+K_1 \ar@{-}[ur]^u & & K_2 \ar@{-}[ul]_v \\
+& k \ar@{-}[ul] \ar@{-}[ur] &
+}
+$$
+Par hypothèse $u(K_1)$ est la sous-$k$-extension $\tilde{K}$ de $E$ engendrée par les racines
+de $f$. Il en est de même de $v(K_2)$. Comme les morphismes $u$ et $v$ sont injectifs
+(et induisent donc des isomorphismes $?^{|\tilde{K}}$ vers $\tilde{K}$),
+$(v^{|\tilde{K}})^{-1}u^{|\tilde{K}}$ induit un isomorphisme
+$K_1\iso K_2$.
+\end{proof}
+
+\subsection{Clôture algébrique}
+
+\begin{dfn}
+Un corps est dit \emph{algébriquement clos} si tout polynôme non constant
+a une racine dans ce corps.
+\end{dfn}
+Cela revient à supposer que toute extension algébrique (resp. toute
+extension algébrique \emph{monogène}) du corps est triviale.
+
+\begin{dfn}
+Une extension $K$ d'un corps $k$ est une \emph{clôture algébrique} de $k$
+si $K$ est un corps algébriquement clos et si l'extension $K/k$ est algébrique.
+\end{dfn}
+
+\begin{thm}[Steinitz]
+Pour tout corps $k$, il existe une clôture algébrique de $k$. Deux telles clôtures
+algébriques sont isomorphes (sur $k$).
+\end{thm}
+ Elles sont habituellement dénotées
+par $\sur{k}$ ou $k^{\mathrm{alg}}$\footnote{
+Cette dernière notation a l'avantage d'éviter toute confusion
+avec un corps obtenu par réduction modulo un idéal et d'insister sur
+la différence entre la notion de clôture algébrique et celle
+assez semblable de \emph{clôture séparable}, introduite plus bas.}
+
+\begin{proof}
+Soit $F$ l'ensemble des polynômes irréductibles de $k$.
+Pour tout $f\in F$, notons comme plus haut $\mathrm{d\acute{e}c}(f)$ un corps de
+décomposition de $f$.
+Soit $K$ un corps quotient de l'algèbre $\displaystyle \bigotimes_{f\in F}
+\mathrm{d\acute{e}c}(f)$ (cf. remarque \ref{produit tensoriel infini}).
+Il est bien évident que l'extension $K/k$ est algébrique
+(car $\displaystyle \otimes_{f\in F}
+\mathrm{d\acute{e}c}(f)$ est la réunion des produits tensoriels finis).
+De plus, tout polynôme irréductible sur $k$ a une racine dans $K$.
+Cela suffit pour vérifier que $K$ est algébriquement clos. En effet,
+si $K'/K$ est une extension algébrique monogène, $K'=K(\alpha)\isononcan K[X]/P$,
+il existe $k'/k$ finie telle que $P\in k'[X]$. L'extension $k'_P=k'(\alpha)$
+est algébrique sur $k'$ donc sur $k$. Finalement $\alpha$ est algébrique sur $k$
+donc appartient à $K$ ; $K'/K$ est donc triviale.
+
+L'unicité se démontre comme en \ref{décomposition} : si $K_1$ et $K_2$ sont
+deux clôtures algébriques, on commence par choisir une extension composée
+contenant les deux corps dans laquelle l'isomorphisme est évident.
+\end{proof}
+
+
+Le lecteur est sans doute déjà convaincu que l'on aurait pu considérer
+la notion de corps de décomposition d'un ensemble quelconque de polynômes ;
+c'est ce que fait par exemple N.~Bourbaki.
+
+\begin{exm}
+Ainsi le corps des nombres réels $\RR$ possède une clôture algébrique.
+D'après le théorème de d'Alembert-Gauß, une telle clôture algébrique
+est isomorphe au corps des nombres complexes. Nous en donnerons une
+démonstration algébrique plus bas (cf. \ref{d'Alembert-Gauss}). Nous encourageons le
+lecteur à le démontrer dès maintenant en commençant par vérifier à la main que
+si une fonction polynomiale non constante $f\in \CC[z]$ prend une valeur non nulle (par exemple
+$1$) en un nombre complexe $z_0$ (par exemple $0$),
+elle prend également des valeurs strictement inférieures en module. (Et ce d'ailleurs dans
+des voisinages arbitrairement proches de $0$.)
+\end{exm}
+
+\subsection{Au sujet de l'unicité}
+Si $k$ est un corps, $K$ une extension algébrique et $\bar{k}$ une clôture algébrique.
+Toute clôture algébrique de $K$ étant une clôture algébrique de $k$ (exercice),
+et deux clôtures algébriques étant $k$-isomorphes, on voit qu'il existe un $k$-morphisme
+$K\hra \sur{k}$. Se pose alors la question de savoir quand un tel morphisme
+est unique.
+
+\begin{exm}\label{exemple radiciel}
+Soient $p$ un nombre premier, $k=\FF_p(t)$ le corps des fractions de l'algèbre $\FF_p[t]$
+des polynômes et $K=k[X]/(X^p-t)$. Le polynôme $X^p-t$ est irréductible (exercice
+ou cf. \ref{} [À rédiger]) donc $K$ est bien un corps. Toute clôture algébrique $\sur{k}$
+de $k$ scinde le polynôme $X^p-t$ en $(X-t')^p$, pour un unique $t'\in \sur{k}$.
+Il en résulte qu'il existe un unique morphisme $k$-linéaire $K\ra \sur{k}$ : celui envoyant
+la classe de $X$ dans $K$ sur $t'$. Le morphisme $\Hom(K,\sur{k})\hra \Hom(k,\sur{k})$
+est donc une bijection.
+\end{exm}
+
+\begin{dfn}
+Soient $K/k$ une extension et $p$ l'exposant caractéristique de $k$.
+On dit qu'un élément $x\in K$ est \emph{radiciel} sur $k$ s'il existe un entier
+$e$ tel que $x^{p^e}\in k$. Le plus petit entier $e$ satisfaisant à ce critère
+est la \emph{hauteur} de $x$, notée $\mathrm{ht}(x)$.
+\end{dfn}
+
+\begin{prp}
+Soient $K/k$ une extension et $x\in K$, radiciel de hauteur $e$ sur $k$.
+Alors
+$$
+\mathrm{Irr}_k(x)=X^{p^e}-x^{p^e}.
+$$
+En particulier, $[k(x):k]=p^e$.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Il s'agit de montrer que $X^{p^e}-x^{p^e}$ est irréductible sur $k$.
+Dans $\sur{k}$, une clôture algébrique de $k$, ce polynôme se
+factorise en $X^{p^e}-x^{p^e}=(X-x)^{p^e}$. Ainsi le polynôme minimal
+de $x$ sur $k$, qui divise nécessairement $X^{p^e}-x^{p^e}$ est de la forme
+$(X-x)^r$ pour un $r\in \NN$. Écrivons $r=p^{f}n$, avec $(p,n)=1$ ;
+
+$$(X-x)^r=(X^{p^f}-x^{p^f})^n.$$
+
+Si ce polynôme est à coefficient dans $k$, il en est en particulier ainsi de $n x^{p^f}$.
+Comme $n$ est inversible dans $k$, cela entraîne que $x^{p^f}\in k$ et donc $f=e$
+et finalement $r=n$.
+\end{proof}
+
+\subsection{Extensions radicielles}
+
+\begin{dfn}
+Une extension $K/k$ est dite \emph{radicielle} si tout élément
+de $K$ est radiciel sur $k$.
+\end{dfn}
+
+\begin{prp}
+Les conditions suivantes sont équivalentes :
+
+\begin{enumerate}
+\item $K/k$ est radicielle,
+\item pour tout corps $L$, l'application $\Hom(K,L)\ra \Hom(k,L)$ est une injection,
+\item pour tout corps \emph{parfait} $L$, l'application ci-dessus est une bijection.
+\end{enumerate}
+\end{prp}
+
+Le lien entre ces notions passe essentiellement par la remarque triviale
+mais importante suivante :
+
+\begin{lmm}\label{plongement racines}
+Soient $k$ un corps, $P\in k[X]$ un polynôme et $K$ l'\emph{anneau} quotient $k_P:=k[X]/P$.
+Alors, pour toute $k$-algèbre $A$, l'application
+$$\Hom_k(K,A)\ra \{a\in A, P(a)=0\},
+$$
+envoyant $f:K\ra A$ sur $f(X \mod P)\in A$ est une bijection.
+\end{lmm}
+
+On appliquera souvent ce lemme dans le cas où $P$ est irréductible, \cad $K$ est un corps,
+et $A$ est une extension algébriquement
+close de $k$ (p. ex. une clôture algébrique).
+
+Nous aurons également besoin du lemme suivant :
+
+\begin{lmm}\label{extension}
+Soient $K/k$ une extension et $L/K$ une extension algébriquement close de $K$.
+Alors l'application de restriction
+$$
+\Hom(K,L)\ra \Hom(k,L)
+$$
+est surjective.
+\end{lmm}
+
+\begin{proof}
+La démonstration est laissée au lecteur qui pourra en donner une directe à l'aide du lemme
+de Zorn ou bien utiliser une extension composée en s'inspirant de \ref{décomposition}.
+\end{proof}
+
+
+\begin{proof}[Démonstration de la proposition]
+(1) entraîne (2).
+Supposons $K/k$ radicielle, $L$ un corps et considérons un diagramme commutatif :
+$$
+\xymatrix{
+K \ar@<1ex>[r]^{v_1} \ar[r]_{v_2} & L \\
+k \ar[u] \ar[ur]^u &
+}
+$$
+Si $x\in K$, et $e=\mathrm{ht}(x)$, on a alors $u(x^{p^e})=v_1(x)^{p^e}=v_2(x)^{p^e}$,
+et finalement $v_1(x)=v_2(x)$.
+
+(2) ou (3) entraînent (1).
+L'extension $K/k$ étant donnée, notons pour tout $n\in \NN$, $k_n$
+l'ensemble des éléments de $K$ radiciels sur $k$ de hauteur inférieure ou égale à $n$.
+C'est un corps, tout comme la réunion $k_{\infty}$ de ces corps, dont on montre
+immédiatement que c'est l'extension radicielle maximale de $k$ dans $K$.
+Si $L$ est un corps (resp. un corps parfait), l'application
+$\Hom(k_{\infty},L)\ra \Hom(k,L)$ est injective (resp. bijective). L'injectivité résulte
+de l'implication ci-dessus ; la surjectivité dans le cas parfait bien du fait
+que l'on peut extraire dans $L$ des racines $p^i$-ièmes (de façon unique et donc
+cohérente).
+
+On peut donc supposer $K/k$ sans éléments radiciels (\cad de hauteur $>0$) sur $k$.
+Il nous suffit donc de montrer que sous cette hypothèse, si $\sur{K}$ est
+une clôture algébrique de $K$ (en particulier un corps parfait),
+l'injectivité de $\Hom(K,\sur{K})\ra \Hom(k,\sur{K})$ entraîne que $K=k$.
+
+Soit $x\in K$. Si $x$ n'est pas algébrique sur $k$, il existe une infinité d'extension
+d'un morphisme $k\ra L$ à $k(x)$. Ainsi, $K/k$ est nécessairement algébrique
+(car en vertu de \ref{extension}, on pourra toujours prolonger
+les morphismes de $k(x)$ à $K$ tout entier).
+Pour $x$ comme ci-dessus, si l'extension n'est pas radicielle, $\mathrm{Irr}_k(x)$
+a strictement plus d'une racine sur $\sur{K}$. Dans le cas contraire,
+ce polynôme serait de la forme $(X-\alpha)^r$ et, si l'on écrit $r=p^en$,
+$(X-\alpha)^r=(X^{p^e}-\alpha^{p^e})^n$, qui est à coefficient dans $k$
+contredit l'hypothèse : $n\alpha^{p^e}\in k$ donc $\alpha^{p^e}\in k$, $n=1$ et
+$x=\alpha$ est radiciel sur $k$. Or, pour $k\hra \sur{K}$ donné,
+chacune des racines de $\mathrm{Irr}_k(x)$ dans $\sur{K}$
+détermine une extension distincte de $k\hra \sur{K}$ à
+$k(x)=k[X]/\mathrm{Irr}_k(x)\hra \sur{K}$ (cf. lemme \ref{plongement racines} ci-dessus).
+\end{proof}
+
+Remarquons que la fibre en $\iota \in \Hom(k,L)$ de l'application
+$\Hom(K,L)\ra \Hom(k,L)$ s'identifie à $\Hom_k(K,L)$ où la structure
+de $k$-algèbre sur $L$ est donnée par $\iota$.
+
+
+%\begin{rmr}[Analogie]
+%En géométrie différentielle, l'analogue de la notion
+%de morphisme radiciel est celle de morphisme injectif (sous-variété).[...]
+%Nous allons introduire une classe de morphismes (dit étales ou séparables) qui
+%sont l'analogue des morphismes submersifs (ou lisse) en géométrie différentielle
+%(cf. \ref{caractérisation différentielle}).
+%\end{rmr}
+
+La théorie de Galois de $K/k$ se construit autour du groupe
+$\Aut_k(K)$ alors qu'a priori il est naturel de s'intéresser aux plongements
+$\Hom_k(K,\sur{K})$ (cf. \ref{plongement racines}). Enfin, et c'est bien
+plus essentiel, ce dernier ensemble pourrait être trop petit pour qu'on en tire
+de l'information (cf. \ref{exemple radiciel}) sur $K$. Ces deux aspects sont
+développés dans les paragraphes suivants.
+
+\section{Extensions séparables, algèbres étales}
+
+\begin{dfn}\label{def séparable}
+Soit $k$ un corps ; un polynôme $P\in k[X]$ est dit \emph{séparable}
+s'il n'a que des racines \emph{simples} dans toute clôture algébrique de $k$.
+Si $K/k$ est une extension, et $x\in K$ est algébrique sur $k$,
+on dit que $x$ est \emph{séparable} sur $k$ si et seulement
+si son polynôme minimal est séparable.
+\end{dfn}
+
+En particulier, un polynôme séparable est non nul.
+
+\begin{prp}\label{poly séparable}
+Les conditions suivantes sont équivalentes :
+\begin{enumerate}
+\item $P\in k[X]$ est séparable,
+\item $(P,P')=1$ \cad $P$ et sa dérivée $P'$ sont premiers entre eux,
+\item si $\sur{k}$ est une clôture algébrique de $k$, l'algèbre
+$k_P\otimes_k \sur{k}$ est réduite et de dimension finie sur $\sur{k}$.
+\end{enumerate}
+\end{prp}
+
+Remarquons que si $k_p\otimes_k \sur{k}$ est réduite (et de dimension
+finie sur $\sur{k}$), elle est nécessairement
+isomorphe à l'algèbre produit $\sur{k}^{\deg P}$ (\ref{algèbre réduite}).
+
+\begin{proof}
+(1) équivalent à (2). On remarque que $P$ et $P'$ sont premiers entre eux
+si et seulement si leurs images dans $\sur{k}[X]$ le sont. On peut donc supposer $k$ algébriquement
+clos auquel cas le résultat est trivial. (1)-(2) sont équivalents à (3). Factorisons
+$P$ sur $\sur{k}$ en $P=c_P\prod_{i=1}^r (X-\alpha_i)^{n_i}$, pour des $\alpha_i\in \sur{k}$
+distincts, des entiers $n_i>0$ et $c_p\in k^{\times}$.
+On a alors
+$$k_P\otimes_k \sur{k}\iso \sur{k}_P=\sur{k}[X]/\prod_{i=1}^r (X-\alpha_i)^{n_i}
+\iso \oplus_{i=1}^r \sur{k}[X]/(X-\alpha_i)^{n_i}.$$
+Cette dernière algèbre n'a pas d'élément nilpotent si et seulement si tous les entiers
+$n_i$ sont égaux à $1$. CQFD.
+\end{proof}
+
+Remarquons que l'algèbre $\sur{k}[X]/(X-\alpha_i)^{n_i}$ qui apparaît dans la démonstration
+est isomorphe à $\sur{k}[X]/X^{n_i}$ (que l'on imagine comme un \emph{épaississement}
+de $\sur{k}$).
+
+Cette dernière propriété nous incite à faire la
+
+\begin{dfn}\label{corps étale}
+Soit $k$ un corps. Une $k$-algèbre de dimension finie $A$ est dite \emph{étale}
+si pour toute clôture algébrique $\sur{k}$ de $k$, l'algèbre $A_{\sur{k}}:=A\otimes_k \sur{k}$
+est réduite. Une $k$-algèbre $A$ isomorphe à $k^X$ pour un ensemble fini $X$
+est dite \emph{diagonalisable}. On dit qu'une $k$-algèbre $A$ est \emph{diagonalisée}
+(ou trivialisée) par une extension $K/k$ si $A_K$ est diagonalisable.
+\end{dfn}
+
+Ainsi, une $k$-algèbre \emph{étale} est une algèbre qui devient \emph{diagonalisable}
+sur $\sur{k}$. Nous verrons d'autres conditions équivalentes plus bas.
+\begin{lmm}
+Une sous-$k$-algèbre d'une $k$-algèbre étale est nécessairement
+étale.
+\end{lmm}
+\begin{proof}Si $A\hra B$, alors $A_{\sur{k}}\hra B_{\sur{k}}$.
+\end{proof}
+
+Remarquons également que pour tout $k$-algèbre, et tout clôture algébrique
+$\sur{k}$ de $k$, le morphisme canonique $A\ra A_{\sur{k}}$ est une inclusion.
+Ainsi, si $A/k$ est étale, $A$ est également réduite. Il résulte
+alors de \ref{algèbre réduite} que $A$ est $k$-isomorphe à un produit fini d'extensions,
+nécessairement étales, $k_i/k$.
+
+Dans le cas des corps, on use en général d'une autre terminologie :
+\begin{dfn}Soit $k$ un corps. Une extension algébrique $K/k$ est dite \emph{séparable} si toute
+sous-extension finie est étale.
+\end{dfn}
+
+%Il faut donner une définition générale à un moment ou
+%à un autre dans le cas *non* algébrique. P. ex.
+%F_p((t)) / F_p{{t}} est séparable
+
+Commençons par deux propriétés essentielles des algèbres étales.
+
+\begin{prp}\label{sous-quotient étale}
+Soient $k$ un corps et $A,B$ deux $k$-algèbre étales.
+Alors $A\otimes_k B$ est étale. De plus, toute sous-$k$-algèbre (resp.
+$k$-algèbre quotient) de $A$ est étale.
+\end{prp}
+
+Bien que le cas des sous-algèbres ait été traité plus haut, nous
+en donnons une autre démonstration ici ; elle nous sera utile en
+\ref{primitif}.
+Compte tenu de l'isomorphisme $(A\otimes_k B)\otimes_k \sur{k}\isononcan
+A_{\sur{k}}\otimes_{\sur{k}} B_{\sur{k}}$, et du fait que $A\surj C$ (resp.
+$C\hra A$) entraîne, par tensorisation avec $\sur{k}$ sur $k$,
+$A_{\sur{k}} \surj C_{\sur{k}}$ (resp. $C_{\sur{k}}\hra A_{\sur{k}}$), il suffit
+de démontrer la proposition pour des algèbres \emph{diagonalisables} :
+tout \emph{sous-quotient} d'une algèbre diagonalisable est diagonalisable.
+Le produit tensoriel d'algèbres diagonalisables est en effet diagonalisable.
+
+Cela résulte des deux lemmes suivants.
+
+\begin{lmm}
+Soient $X$ un ensemble fini et $k$ un corps. Les idéaux de l'algèbre $k^X$
+des fonctions $f:X\ra k$ sont de la forme
+$$\mc{I}_Y:=\{f, f(y)=0 \ \forall y\in Y\}$$
+pour une unique partie $Y\subset X$. De plus, la restriction à
+$Y$ induit un isomorphisme $k^X/\mc{I}_Y\iso k^Y$.
+\end{lmm}
+
+\begin{proof}
+Soit $\mc{J}$ un idéal et posons $Y:=\{x\in X, f(x)=0 \ \text{pour tout } f\in \mc{I}\}$.
+On a un inclusion évidente : $\mc{J}\subset \mc{I}_Y$.
+Pour chaque $x\notin Y$, il existe $f\in \mc{J}$ telle que $f(x)\neq 0$. En particulier
+la fonction de Dirac en $x$, $\delta_x$ est égale à $\delta_x \frac{f}{f(x)}$ et appartient
+donc à $\mc{J}$. Comme toute fonction de $\mc{I}_Y$ est somme de Dirac à support hors
+de $Y$, on a l'inclusion opposée et finalement l'égalité.
+L'isomorphisme de restriction est évident.
+\end{proof}
+
+En particulier, le nombre d'idéaux de $k^X$ est $2^{\# X}$.
+Remarquons que la même démonstration est valable pour $X$ infini et $k^{(X)}$ (fonctions
+à support fini).
+
+\begin{lmm}\label{sous-algèbres diagonalisables}
+Soient $k$ un corps et $X$ un ensemble fini. Les sous-$k$-algèbres de $k^X$
+sont de la forme
+$$
+k^X e_{I_1}\oplus \cdots \oplus k^X e_{I_r}\subset k^X,
+$$
+où $(I_j)_{1\leq j \leq r}$ est une partition de $X$ et pour tout
+$I\subset X$, $e_I:=\sum_{i\in I} \delta_i$.
+\end{lmm}
+
+\begin{proof}
+Soit $A\hra k^X$ une sous-algèbre. Elle est finie sur $k$ et réduite
+donc elle est isomorphe à $\prod_{\wp \in \SP(A)} A/\wp^N$ pour un $N\gg 1$,
+où les facteurs sont des corps.
+Rappelons que $\SP(A)$ est fini et notons $k_{\wp}$ le corps correspondant
+au $\wp$-ième facteur ; c'est une extension finie de $k$.
+Nous allons voir qu'elle est triviale. En effet, on a un diagramme commutatif :
+
+$$
+\xymatrix{
+A \ar@{->>}[r] \ar@{^{(}->}[d] & k_{\wp} \ar@{^{(}->}[d] \\
+k^X \ar@{->>}[r] & k^X\otimes_A k_{\wp}
+}
+$$
+
+D'après le lemme précédent, le quotient $ k^X\otimes_A k_{\wp}$ de $k^X$ est isomorphe à
+$k^{X_{\wp}}$ pour une partie $X_{\wp}\subset X$.
+
+Comme $k_{\wp}$ est la localisation de $A$ en $\wp$,
+$k_{\wp}$ s'injecte dans $k^{X_{\wp}}$ (et en est un localisé). Finalement
+$k_{\wp}=k$ et $A$ est donc diagonale. Elle est donc de la forme
+$\displaystyle \oplus_i k e_i$,
+où les $e_i$ forment un système complet d'idempotents orthogonaux de $A$.
+(C'est-à-dire que les $(e_i)$ satisfont à : $e_i^2=e_i$, $e_ie_j=0$ pour $i\neq j$ et $\sum_i e_i=1$.)
+On vérifie alors sans peine que de tels idempotents de $k^X$ sont du type décrit plus haut.
+\end{proof}
+
+Dans le langage des corps, la proposition \ref{sous-quotient étale} se réécrit :
+
+\begin{crl}\label{sous-quotient séparable} Si $K_1/k$ et $K_2/k$ sont deux extensions séparables de $k$, il en est de même
+de toute extension composée $K_1K_2/k$ et de toute sous-extension de $K_1/k$. \end{crl}
+
+\begin{crl}
+Soit $K/k$ une extension finie. Alors $K/k$ est étale si et seulement si
+tout $\lambda\in K$ est séparable sur $k$ au sens de \ref{def séparable}
+\end{crl}
+\begin{proof}
+Une extension finie monogène $k(x)/k$, est étale si et seulement
+si $x$ est séparable (\cad $\mathrm{Irr}_k(x)$ séparable) (\ref{poly séparable}).
+Il en résulte que si $K/k$ est étale, $k(\lambda)/k$ étant
+également étale (c'est une sous-algèbre) ; compte tenu de \ref{poly séparable}
+et des définitions, $\lambda$ est séparable sur $k$.
+L'extension $K/k$ est la composée de ses sous-$k$-extensions monogènes,
+qui sont étales. La conclusion résulte alors du corollaire précédent.
+\end{proof}
+
+
+Nous sommes maintenant en mesure de démontrer le théorème principal de cette section.
+
+\begin{thm}\label{nbre points et degré}
+Soient $k$ un corps, $K/k$ une extension finie et $A$ une $k$-algèbre finie.
+Alors
+$$\# \Hom_k(A,K) \leq [A:k],$$
+avec égalité si et seulement si $A$ est diagonalisée par $K/k$.
+\end{thm}
+
+\begin{proof}
+Remarquons que pour tout $K/k$, $\Hom_k(A,K)\iso \Hom_K(A_K,K)$ (exercice) et
+que, bien entendu, $\dim_k A=\dim_K A_K$. On peut donc supposer que $K=k$, ce que nous faisons
+dorénavant. L'inégalité n'est autre que \ref{hom versus dim}.
+Comme $k$ est réduit, la surjection $A\surj A_{\red}$ (cf. définition ci-dessous) induit
+une bijection
+$$
+\Hom_k(A_{\red},k)\iso \Hom_k(A,k).
+$$
+Ainsi, l'égalité $\# \Hom_k(A,K) = [A:k]$ n'a lieu que si d'une part
+$\dim_k A_{\red}=\dim_k A$, \cad que $A$ est \emph{réduit}, et d'autre part
+que $\# \Hom_k(A_{\red},k)=[A_{\red}:k]$. Comme $A_{\red}\isononcan \prod_i k_i$,
+et que $\Hom_k(k_i,k)=\emptyset$ si $k_i/k$ est non triviale, la conclusion en résulte.
+\end{proof}
+
+Rappelons la définition suivante, utilisée dans la démonstration.
+
+\begin{dfn}
+Soit $A$ un anneau. Notons $\Nilp(A)$ l'ensemble de ses éléments nilpotents.
+On définit $A_{\red}$ comme le quotient $A/\Nilp(A)$ ; c'est le plus grand quotient réduit de $A$.
+\end{dfn}
+
+(On vérifie sans peine qu'il existe une bijection naturelle $\SP(A_{\red})\iso \SP(A)$.)
+
+\begin{crl}
+Soient $k$ un corps, $\sur{k}$ une clôture algébrique et $A$ une $k$-algèbre finie.
+L'égalité $\# Hom_k(A,\sur{k})=\dim_k A$ a lieu si et seulement si $A$ est étale sur $k$.
+\end{crl}
+
+
+\subsection{Une autre caractérisation des algèbres étales : formes différentielles
+(facultatif)}\label{dérivations-1}
+
+\begin{dfn2}
+Soient $k$ un anneau, $A$ une $k$-algèbre et $M$ un $A$-module. Une \emph{dérivation}
+de $A/k$ dans $M$ est une application $k$-linéaire $d:A\ra M$, $a\mapsto da$,
+satisfaisant à la règle
+de Leibnitz :
+$$
+d(ab)=adb+bda
+$$
+pour tous $a,b\in A$.
+\end{dfn2}
+Il résulte de la définition que pour tout $\lambda\in k$, $d(\lambda)=0$ (exercice).
+On note $\mathrm{D\acute{e}r}_k(A,M)$ l'ensemble de ces dérivations.
+
+\begin{prp2}\label{caractérisation différentielle}
+Soient $k$ un corps et $A$ une $k$-algèbre finie.
+Alors $A/k$ est étale si et seulement si toute dérivation de $A/k$ est nulle.
+\end{prp2}
+
+\begin{proof}
+Soient $A$ une $k$-algèbre étale, $M$ un $A$-module et $d:A\ra M$
+une ($k$-)dérivation. Soit $a\in A$. Notons $P$ son polynôme minimal $\mathrm{Irr}_k(a)$
+sur $k$. La sous-algèbre $k[a]$ de $A$ est isomorphe à $k[X]/P$ ; elle est étale sur $k$
+(\ref{sous-quotient étale}). Il résulte immédiatement de la règle de Leibnitz
+que pour tout polynôme $Q\in k[X]$, $dQ(a)=Q'(a)da$. En particulier, $P'(a)da$ est nul.
+Comme $(P,P')=1$ (car $k[a]/k$ est étale donc séparable), $P'(a)$ est inversible
+dans $k[a]$ et finalement $da=0$. La dérivation est donc triviale.
+
+Démontrons la réciproque en quelques lemmes.
+\begin{lmm2}
+Soit $A$ une $k$-algèbre telle que toute $k$-dérivation de $A$ soit nulle. Alors, pour toute
+extension $K/k$, toute $K$-dérivation de $A_K:=A\otimes_k K$ est nulle.
+\end{lmm2}
+On écrit traditionnellement l'hypothèse ---~par analogie avec
+la géométrie différentielle~--- sous la forme : $\Omega^1_{A/k}=\{0\}$
+\begin{proof}
+Soient $M$ un $A_K$-module et $d:A_K\ra M$ une $K$-dérivation.
+Notons $d':A\ra A_K \ra M$ l'application qui s'en déduit par composition
+avec $A\hra A_K$. C'est une dérivation $k$-linéaire $A\ra M$ ($M$ étant vu
+comme $A$-module). Elle est donc nulle par hypothèse ;
+autrement dit, $d_{|A}=0$.
+Comme $A_K$ est engendré par $A$ comme $K$-espace vectoriel et
+que $d$ est $K$-linéaire, on a bien $d=0$. CQFD.
+\end{proof}
+Soit donc $A$-une $k$-algèbre finie telle que $\Omega^1_{A/k}=\{0\}$.
+On souhaite montrer que pour toute clôture algébrique $\sur{k}$ de $k$,
+$A_{\sur{k}}$ est réduite. D'après le lemme précédente, on a également
+$\Omega^1_{A_{\sur{k}}/\sur{k}}=\{0\}$ ; on peut donc supposer dans
+la démonstration $k$ algébriquement clos. Il s'agit donc de montrer
+que si $\Omega^1_{A/k}=0$, $k=\sur{k}$, $A$ est diagonale.
+Écrivons $A=\prod_{i=1}^r A_i$, où chaque $A_i$ est une $k$-algèbre finie
+\emph{locale}. Le lemme suivant nous ramène au cas où $A$ est elle-même locale.
+\begin{lmm2}
+Soient $(A_i)_{i=1,\dots,r}$ des $k$-algèbres et posons $A:=\prod_1^r A_i$.
+Alors, si $\Omega^1_{A/k}=\{0\}$, on a $\Omega^1_{A_i/k}=\{0\}$ pour tout
+$i\in [1,r]$.
+\end{lmm2}
+\begin{proof}
+Soient $i_0\in [1,r]$ et $d_{i_0}:A_{i_0}\ra M$ une $k$-dérivation.
+Considérons l'application $d_{i_0}^{|A}:A\ra M$ définie par le
+diagramme :
+$$
+\xymatrix{
+A_{i_0} \ar[r]^{d_{i_0}} & M \\
+A \ar[u]^{\mathrm{pr}_{i_0}} \ar[ur]^{d_{i_0}^{|A}} &
+}
+$$
+\cad
+$$
+d_{i_0}^{|A}\big(a_1,\dots,a_r\big)=d_{i_0}a_{i_0}.
+$$
+C'est une $k$-dérivation de $A$ dans $M$, où $M$ est muni d'une structure
+de $A$-module par le morphisme de projection $\mathrm{pr}_{i_0}: A\ra A_{i_0}$.
+Par hypothèse, $d_{i_0}^{|A}$ est nulle ; il en est donc de même de $d_{i_0}$.
+\end{proof}
+
+Finalement, il reste à démontrer le lemme suivant ; c'est le point clé.
+\begin{prp2}
+Soient $k$ un corps algébriquement clos et $A$ une $k$-algèbre locale finie.
+Alors, si $\Omega^1_{A/k}=\{0\}$, $k\iso A$.
+\end{prp2}
+\begin{proof}
+Soit $\MM_A$ l'idéal maximal de $A$. Comme $A/\MM_A$ est une extension finie
+de $k$, et $k$ est algébriquement clos, on a $k\iso A/\MM_A$. Il en résulte
+que pour tout $a\in A$, il existe un unique $c(a)\in k\cdot 1_A$ tel
+que $a-c(a)\in \MM_A$. Admettons un instant que l'application
+$$\begin{array}{l}
+d:A\ra \MM_A/\MM_A^2\\
+a\mapsto a-c(a)\mod \MM_A^2
+\end{array}
+$$
+soit une $k$-dérivation. Elle est d'une part surjective car $c(a\in \MM_A)=0$
+et d'autre part nulle par hypothèse. Il en résulte que $\MM_A=\MM_A^2$.
+Comme $\MM_A$ est nilpotent, on a donc $\MM_A=\{0\}$, \cad $A$ est un corps,
+égal à $k$.
+
+L'égalité $d(a+a')=d(a)+d(a')$ est manifeste.
+De plus, si $\lambda\in k$, $d(\lambda a)=\lambda d(a)$ pour tout $a\in A$.
+Calculons $d(aa')$ pour
+$a,a'\in A$. Par hypothèse, $a-c(a)$ et $a'-c(a')$ appartiennent à $\MM_A$.
+Il en résulte que
+$$
+\big(a-c(a)\big)\big(a'-c(a')\big)=aa'-\big(ac(a')+a'c(a)\big)+c(a)c(a')\in \MM_A^2,
+$$
+d'où
+$$
+d\Big(aa'-\big(ac(a')+a'c(a)\big)+c(a)c(a')\Big)=0.
+$$
+Comme $d(k)=\{0\}$ et que $d$ est additive, $k$-linéaire, on en tire :
+$$
+d(aa')=d(ac(a'))+d(a'c(a))=c(a')d(a)+c(a)d(a').
+$$
+La conclusion vient alors du fait que pour tout $m\in \MM_A/\MM_A^2$ et tout $a\in A$,
+$am=c(a)m$ car le $A$-module $\MM_A/\MM_A^2$ est annulé par $\MM_A$.
+\end{proof}
+\end{proof}
+
+%(On pense donc à $A/k$ étale comme un morphisme « lisse » (\cad une submersion) de dimension
+%relative $0$.)
+Sans hypothèse sur $A/k$, on peut
+définir un $A$-module $\Omega^1_{A/k}$ et une dérivation $d_{A/k}:A \ra \Omega^1_{A/k}$
+\emph{universelle} au sens où pour chaque $A$-module $M$,
+$$
+\Hom_{A-\mathrm{mod}}(\Omega^1_{A/k},M) \ra \mathrm{D\acute{e}r}_k(A,M)
+$$
+$$ f\mapsto f\circ d_{A/k} $$
+est une bijection.
+Pour un chaque ensemble $E$, on vérifie que
+$$
+\Omega^1_{k[X_e, e\in E]/k}:=\bigoplus_e k[X_e, e\in E] dX_e
+$$
+$$
+X_e \mapsto dX_e
+$$
+répond à la question pour la $k$-algèbre $k[X_e, e\in E]$.
+Dans le cas général, en choisissant des générateurs de $A$, on écrit $A\isononcan k[X_e, e\in E]/\mc{I}$, pour un idéal $\mc{I}$.
+On vérifie sans peine que le quotient de
+$\Omega^1_{k[X_e, e\in E]/k}$ par les $di$, $i\in \mc{I}$ convient (exercice).
+
+Nous reviendrons brièvement (et toujours de façon optionnelle)
+sur ces formes différentielles en \ref{dérivations-2}.
+Une autre caractérisation des extensions séparables
+sera donnée en \ref{séparable-formellement étale}.
+
+
+\section{Clôture séparable, corps parfaits}
+
+Compte tenu de \ref{sous-quotient séparable}, pour toute extension $K/k$, il existe une sous-extension maximale
+séparable. Si l'on prend $K$ une clôture algébrique de $k$ on en déduit l'existence de
+
+\begin{dfn}
+Une clôture séparable d'un corps $k$ est une extension algébrique $k^{\sep}$ telle que tout polynôme séparable
+sur $k$ soit scindé sur $k^{\sep}$.
+\end{dfn}
+
+Une telle extension est unique à isomorphisme près : deux telles extensions sont $k$-isomorphes
+(mais, hormis dans les cas triviaux, l'isomorphisme n'est pas unique).
+
+Soit $k$ un corps, rappelons que l'\emph{exposant caractéristique}
+de $k$ est égal à $\max\{\mathrm{car}(k),1\}$. En d'autres termes, si $car(k)>0$ il coïncide avec cette
+caractéristique mais si $car(k)=0$, il vaut $1$. Introduire cette quantité, peu populaire
+chez les anglophones p. ex., a l'avantage de permettre un traitement uniforme de certains énoncés.
+En voici un.
+
+\begin{dfn}
+Soient $k$ un corps et $p\geq 1$ son exposant caractéristique.
+On dit que $k$ est \emph{parfait} si l'endomorphisme du corps $k$, $x\mapsto x^p$, est
+surjectif.
+\end{dfn}
+
+En particulier, tout corps de caractéristique nulle est parfait.
+
+\begin{prp}
+Un corps $k$ est parfait si et seulement si toute extension finie de $k$ est séparable.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Si $k$ n'est pas parfait, il existe $a\in k$ tel que $P=X^p-a$ n'ait pas de racine dans $k$ ($p>1$).
+Un tel polynôme est irréductible et $k_p\otimes_k \sur{k}=\sur{k}[X]/X^p$ n'est pas réduit.
+Réciproquement, supposons $k$ est parfait et $K/k$ une extension monogène non séparable, $K\isononcan k_P$
+avec $P$ irréductible. Par hypothèse, $(P',P)\neq 1$. Comme $P$ est irréductible, on a $P'=0$.
+Cela ne peut se produire que si $p>1$ et $P=Q(X^p)$ pour un polynôme $Q\in k[X]$. Comme $k$ est
+parfait, $Q(X^p)=\big(\tilde{Q}(X)\big)^p$, où les coefficients de $\tilde{Q}$ sont les racines
+$p$-ièmes (qui existent et sont uniques) de ceux de $P$. Finalement $P$ n'est pas irréductible ; absurde.
+La conclusion résulte de ce que toute extension de $k$ est la composée de ses sous-extensions monogènes et que la composée
+d'extensions séparables est séparable.
+\end{proof}
+
+\begin{prp}
+Tout corps fini est parfait.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Un endomorphisme d'un corps est injectif donc, par finitude du corps, surjectif.
+\end{proof}
+
+\section{Le théorème de l'élément primitif}
+
+Comme nous l'avons vu ci-dessus (ou encore lors de la démonstration de \ref{caractérisation différentielle}),
+il est parfois techniquement plus commode d'avoir à faire à des extensions monogènes.
+Nous allons voir qu'il y en a beaucoup.
+
+\begin{prp}
+Soit $k$ un corps. Toute $k$-algèbre étale ne possède qu'un nombre fini
+de sous-$k$-algèbres.
+\end{prp}
+
+Rappelons que l'on a déjà vu que ces sous-algèbres sont également étales sur $k$.
+
+\begin{proof}Soit $A/k$ une telle algèbre.
+Commençons par remarquer que si $\sur{k}$ est une clôture algébrique de $k$,
+deux sous-$k$-algèbres $B_1,B_2\subset A$ sont égales si et seulement si ${B_1}_{\sur{k}}={B_2}_{\sur{k}}$ dans
+$A_{\sur{k}}$. (Rappelons que toute injection $B\hra A$ induit une injection $B_{\sur{k}}\hra A_{\sur{k}}$
+par tensorisation $-\otimes_k \sur{k}$ et que par abus de notation on identifie $B_{\sur{k}}$ à son image.)
+On peut donc supposer que $k$ est algébriquement clos et donc que $A$ est diagonalisable \cad
+isomorphe à $k^X$ pour un ensemble fini $X$.
+Les sous-algèbres de $k^X$ correspondent (cf. \ref{sous-algèbres diagonalisables})
+aux partitions de $X$, qui sont elles-mêmes en nombre fini.
+\end{proof}
+
+Il en résulte que si $K/k$ est une extension finie séparable (\cad étale), elle n'a qu'un nombre
+fini de sous-extensions. À l'inverse, l'algèbre locale non réduite $A=k[X,Y]/(X,Y)^2$
+a beaucoup de sous-$k$-algèbre : pour tout idéal $I\subset (X,Y)=\MM_A$,
+$k+I$ est une sous-$k$-algèbre et pour chaque $\alpha\in k$, $I_{\alpha}:=(X+\alpha Y)$
+est un idéal.
+
+\begin{thm}[Théorème de l'élément primitif]\label{primitif}
+Soit $K/k$ une extension de corps. Les conditions suivantes sont équivalentes :
+\begin{enumerate}
+\item le corps $K$ est une $k$-algèbre monogène,
+\item il n'existe qu'un nombre fini de sous-extensions de $K/k$.
+\end{enumerate}
+Ces conditions sont satisfaites si $K/k$ est finie séparable et en particulier
+si $K/k$ est finie et $k$ parfait.
+\end{thm}
+
+Prendre garde que l'extension transcendante pure $k(t)/k$ est monogène
+comme extension de \emph{corps} mais pas comme extension d'\emph{algèbres} (l'algèbre
+$k[t]$ étant bien plus petite).
+
+\begin{proof}
+(2) entraîne (1).
+Remarquons que $K/k$ est nécessairement algébrique : si $t$ était un élément transcendant
+sur $k$ (\cad non algébrique), les sous-extensions $k(t^n)$, $n\in \NN$ seraient toutes distinctes.
+Si $k$ est infini, tout l'inclusion
+$$\bigcup_{K_{\alpha}\,\text{sous}-k-\text{extension}} K_{\alpha} \subset K$$
+est stricte (l'ensemble d'indexation étant fini) ; tout élément dans le gros ensemble engendre nécessairement $K$ sur $k$.
+Enfin, si $k$ est fini, $K$ est également fini sans quoi on pourrait produire une suite strictement croissante de sous-extensions.
+Dans ce cas, $K^{\times}$ est cyclique (\ref{} [À
+rédiger]) ce qui entraîne (mais est beaucoup plus fort que) le fait que $K/k$ soit monogène.
+
+(1) entraîne (2)\footnote{Nous n'utiliserons pas cette implication.}
+Soit $x\in K$ tel que $k(x)=K$ ; notons $f$ son polynôme minimal sur $k$.
+Soit $k'$ une sous-$k$-extension de $K/k$ ; on a alors automatiquement
+$k'(x)=K$. Soit $f_{k'}$ le polynôme minimal de $x$ sur $k'$ ;
+c'est un diviseur de $f$ dans $k'[X]$ donc dans $K[X]$.
+Soit $k(f_{k'})$ le sous-corps engendré par les coefficients de $f_{k'}$ ;
+on a bien entendu $k(f_{k'})\subset k'$. Comme $f_{k'}(x)=0$,
+$[K:k(f_{k'})]\leq \deg f_{k'}$ ; comme d'autre part
+$[K:k']=\deg f_{k'}$, on a $k'=k(f_{k'})$. Les polynômes unitaires
+diviseurs de $f\in K[X]$ étant en nombre fini, on a le résultat.
+\end{proof}
+
+\begin{rmr}
+Il est tentant d'essayer de donner une démonstration par « extension des scalaires »
+(\cad passage à $\sur{k}$) de (1) implique (2). Cependant, le lecteur
+constatera que la $k$-algèbre \emph{monogène} $k[X]/X^4$ possède
+de nombreuses sous-$k$-algèbres ; par exemple les $k+k(X^2+\alpha X^3)$ pour
+$\alpha\in k$.
+\end{rmr}
+
+
+\begin{rmr}\label{k infini élément primitif}
+Si $k$ est infini, on peut être plus précis : si
+$K=k(x,y)$ est une extension algébrique de $k$ satisfaisant
+à l'hypothèse (2) ci-dessus, il
+existe $\lambda\neq \mu\in k$ tels que $k(x+\lambda y)=k(x+\mu y)=:k'$.
+Il en résulte que $(\lambda-\mu)y\in k'$, donc $y$ et
+$x=(x+\lambda y)-\lambda y$ appartiennent à $k'$.
+Finalement $k'=K$ et $k'$ est monogène.
+Par récurrence on en tire que si $k$ est infini, et que
+$x_0,\dots,x_n$ engendrent $K/k$ \emph{séparable},
+il existe $\alpha_1,\cdots,\alpha_n\in k$ tels que $K=k(x_0+\alpha_1 x_1+\cdots+\alpha_n x_n)$.
+\end{rmr}
+
+\section{Théorie de Galois : premières définitions ; énoncé du théorème}
+
+\subsection{Extensions normales, galoisiennes}
+
+On a vu ci-dessus qu'une extension finie $K/k$ est séparable
+si et seulement si $\# \Hom_k(K,\sur{k})=\dim_k K$.
+Comme expliqué dans le paragraphe précédant \ref{def séparable}, la théorie de Galois
+s'appuie partiellement sur une hypothèse supplémentaire.
+
+\begin{dfn}
+Soit $K/k$ une extension et $\sur{K}$ une clôture algébrique de $K$.
+L'extension $K/k$ est dite \emph{normale} (ou \emph{quasi-galoisienne}) si elle est algébrique et si
+tout $k$-plongement $\iota: K\hra \sur{K}$, on a $\iota(K)\subset \sur{K}$.
+\end{dfn}
+
+De façon équivalente, on demande que pour tout $x\in K$ soit algébrique sur $k$
+et que les racines de $\mathrm{Irr}_k(x)$ dans $\sur{K}$ soient dans $K$.
+
+Sous cette hypothèse, $\Aut_k(K)\iso \Hom_k(K,\sur{K})$.
+
+
+\begin{prp}\label{transitivité normale}
+Soient $K/k$ une extension, $x\in K$ algébrique sur $k$ et
+$\sur{K}$ une clôture algébrique de $K$.
+Pour toute racine $y$ de $\mathrm{Irr}_k(x)$ dans $\sur{K}$, il existe un plongement $k$-linéaire
+$g:K\ra \sur{K}$ tel que $g(x)=y$. On dit que $y$ est conjugué à $x$.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Par hypothèse, on dispose d'un $k$-isomorphisme $k(x)\iso k(y)\hra \sur{K}$ envoyant $x$ sur $y$.
+Comme $\sur{K}$ est algébriquement clos, tout morphisme $k(x)\ra \sur{K}$ se prolonge
+en un morphisme $K\ra \sur{K}$ (\ref{extension}).
+\end{proof}
+
+\begin{lmm}\label{quasi-galoisien}
+Soient $k$ un corps et $f\in k[X]$ un polynôme. Toute extension de décomposition
+$K/k$ de $f$ est normale. Réciproquement, toute extension finie normale
+s'obtient comme extension de décomposition d'un polynôme à coefficient
+dans le petit corps.
+\end{lmm}
+
+\begin{proof}
+La démonstration ne présente pas de difficulté et est laissée
+en exercice au lecteur.
+\end{proof}
+
+%N'IMPORTE QUOI ?
+%Soit $L/K$ une extension finie séparable engendrée par un élément $x\in L$
+%de polynôme minimal $f$. Si $M$ est une extension de $L$ normale sur $K$,
+%$f$ est scindé sur $M$ donc $L\otimes_K M\isononcan K[X]/f\otimes_K M\isonon
+%M^{\deg(f)}$.
+%\begin{lmm}
+%Soit $L/K$ une extension fini séparable. Une extension fini $M/K$
+%est contenue dans une clôture normale de $L/K$ si et seulement si
+%il existe un entier $n$ et une surjection de $K$-algèbres :
+%$$\underbrace{L\otimes_K \cdots \otimes_K L}_{2^n\text{ facteurs}}\surj M.$$
+%\end{lmm}
+%\begin{proof}
+%Soit $L/K$ comme plus haut engendré par un élément primitif
+%de polynôme minimal $f$. On a $L\otimes_K L=L\times L'$ où $L'$ est une $L$-algèbre
+%de degré strictement $[L:K]-1$ dans laquelle $f$ se factorise en $(X-\alpha)g$.
+%\end{proof}
+
+
+\begin{dfn}
+Une extension $K/k$ dite \emph{galoisienne} si elle est quasi-galoisienne et séparable.
+Dans ce cas, on note $\ga(K/k)$ le groupe $\Aut_k(K)$. C'est le groupe de Galois de l'extension.
+\end{dfn}
+
+Remarquons qu'on ne suppose pas $K/k$ finie. Sous l'hypothèse galoisienne,
+$\Aut_k(K)\iso \Hom_k(K,K)$ ;
+ce n'est bien entendu pas vrai en toute généralité (exercice).
+
+\begin{prp}
+Toute extension séparable est contenue dans une extension galoisienne.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Soient $K/k$ une extension séparable et $k\sep$ une clôture séparable de $K$.
+Soit $K'$ le corps composé des $g(K)$, où $g:K\hra k\sep$ est un plongement.
+L'extension $K'/k$ est séparable, normale, contient $K$ et est minimale
+pour ces propriétés. C'est donc une clôture galoisienne.
+\end{proof}
+
+Pour tester abstraitement si une extension est une clôture galoisienne,
+cf. \ref{critère-linéaire-normal}.
+
+
+Si $K/k$ est galoisienne, $K/k$ est diagonalisable sur $\sur{k}$. Plus précisément, on a en fait l'important
+
+\begin{thm}\label{auto décomposition}
+Soit $K/k$ une extension finie galoisienne, de groupe $G$.
+Alors le morphisme
+$$
+K\otimes_k K \sr{(m_g)_{g\in G}}\ra \prod_{g\in G} K,
+$$
+$$
+a\otimes b \mapsto (g(a)b)_{g\in G}
+$$
+est un isomorphisme. En particulier, $K/k$ se trivialise elle-même
+et l'on dispose d'une bijection canonique
+$$G\iso \SP(K\otimes_k K)$$
+donné par $g\mapsto \ker\big(m_g:a\otimes b\mapsto g(a)b\big)$.
+\end{thm}
+
+\begin{proof}
+Pour chaque $g\in \ga(K/k)$, le produit tordu
+$$m_g:K\otimes_k K\surj K$$
+fait de $K$ un quotient de $K\otimes_k K$.
+Afin d'appliquer le théorème chinois, on utilise le lemme suivant :
+
+\begin{lmm}
+Si $g\neq g'$, les idéaux maximaux $\ker\,m_g$ et $\ker\,m_{g'}$ sont
+distincts.
+\end{lmm}
+
+\begin{proof}
+En effet, pour tout $a\in K$, on a :
+$$
+a\otimes 1 - 1\otimes g(a) \mapsto
+\left\{ \begin{array}{ll}
+0 & \text{via } m_g \\
+ g'a-ga & \text{via } m_{g'}
+\end{array} \right.
+$$
+Comme il existe $a$ tel que ces deux éléments soient distincts,
+ce noyaux sont également distincts.
+\end{proof}
+
+Il résulte de ce lemme que $$\# \SP(K\otimes_k K)\geq \#G = \dim_k K=\dim_K (K\otimes_k K).$$
+
+Que la structure de $K$-algèbre sur $K\otimes_k K$ soit donnée
+par $\lambda\mapsto \lambda \otimes 1$ ou $\lambda\mapsto
+1\otimes \lambda$ ne change pas dimension sur $K$
+de $K\otimes_k K$. Par contre, les morphismes $m_g$ sont $K$-linéaires pour
+la seconde structure seulement, que nous considérons donc ici.
+
+Ainsi, la $K$-algèbre $K\otimes_k K$ est diagonalisable, un isomorphisme
+étant donné par les $\prod_{g\in G} m_g$.
+\end{proof}
+
+\begin{rmr}
+Prendre garde que s'il est vrai que $L/K$ séparable et $K/k$ séparable entraîne
+$L/k$ séparable, il n'en est pas ainsi de la propriété d'être galoisien.
+Ce point devrait s'éclaircir considérablement avec le théorème fondamental
+de la théorie de Galois.
+\end{rmr}
+
+
+Pour $K/k$ fini galoisienne, $\Aut_k K$, souvent noté $G_{K/k}$, est de cardinal $[K:k]$.
+
+\begin{prp}
+Soit $K/k$ une extension galoisienne, de groupe de Galois $G$.
+Alors, $$k\iso K^G:=\{\lambda\in K, \text{t.q. } g\lambda=\lambda \ \forall g\in G\}.$$
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+Ramenons nous au cas où l'extension est finie.
+\begin{lmm2}
+Soit $K'/k$ une sous-extension galoisienne de $K/k$. Alors,
+$G_{K/k}\surj G_{K'/k}$.
+\end{lmm2}
+\begin{proof}
+C'est une variante de \ref{extension}.
+\end{proof}
+Il résulte de ce lemme que l'on peut supposer l'extension finie.
+Soit maintenant $x\in K$, avec $K/k$ finie galoisienne de groupe $G$.
+Supposons $[k(x):k]>1$. Comme $x$ est séparable sur $k$ et $K/k$ est normale,
+le polynôme $\mathrm{Irr}_k(x)$ est scindé à racines simples sur $K$.
+Soit $y\neq x$ une telle racine ; d'après \ref{transitivité normale}, il
+existe $g:K\ra K$ tel que $g(x)=y\neq x$. Ainsi, $x$ n'est pas fixe par $G_{K/k}$.
+\end{proof}
+
+\subsection{Le lemme d'Artin et « descente galoisienne » (facultatif)}\label{descente 1}
+
+Nous allons donner ici une autre démonstration
+de la proposition précédente. Cette dernière n'étant
+qu'un prétexte pour démontrer quelques lemmes d'intérêt général,
+que nous utiliserons dans la section (facultative) \ref{H^1(GL)}.
+Cette méthode, due à A.~Grothendieck, s'est avérée essentielle
+dans de nombreux développements de la théorie de Galois et de l'algèbre
+en général (cf. \cite{sga1}).
+
+
+Il s'agit de montrer que la suite
+$$\xymatrix{
+0 \ar[r] & k\ar[r] & K \ar[r]^d & \prod_{G} K \\
+& & \lambda \ar[r] & (\lambda-g\lambda)_{g\in G}
+}
+$$
+est \emph{exacte}, \cad que l'image d'un morphisme est égal
+au noyau du morphisme suivant.
+
+Compte tenu du théorème précédent, cela revient à montrer que la suite
+
+$$\xymatrix{
+0 \ar[r] & k\ar[r] & K \ar[r]^d & K\otimes_k K \\
+& & \lambda \ar[r] & \lambda\otimes 1 - 1\otimes \lambda
+}
+$$
+l'est.
+
+Or, sous cette forme, l'énoncé précédent est vrai sous des hypothèses
+bien plus générales. C'est l'objet du lemme ci-dessous, que l'on appliquera
+à $B=K$ et $A=k$.
+
+\begin{lmm2}\label{descente-libre}
+Soient $A$ un \emph{anneau} et $B$ une $A$-algèbre \emph{fidèlement plate}
+(cf. \ref{fidèlement plat}), par exemple non nul et \emph{libre} comme $A$-module.
+La suite $0\ra A \ra B \sr{d}{\ra} B\otimes_A B$ définie par $d(b)=b\otimes 1 - 1 \otimes b$
+est exacte.
+\end{lmm2}
+
+Il est toujours vrai, sans hypothèse sur $B/A$, que le composé des deux derniers
+morphismes est nul.
+Comme nous le verrons plus bas, il suffit de démontrer le :
+
+\begin{sslmm2}\label{descente-section}
+Soient $A$ un anneau et $B$ une $A$-algèbre. Supposons que le morphisme $f:A\ra B$ possède
+une \emph{rétraction}, \cad un morphisme $r:B\ra A$ satisfaisant à
+$$
+rf=\mathrm{Id}_{A}.
+$$
+Alors, la suite $0\ra A \ra B \sr{d}{\ra} B\otimes_A B$ est exacte.
+\end{sslmm2}
+
+\begin{proof}[Démonstration de \ref{descente-section}]
+Remarquons tout d'abord que $f$ est nécessairement une injection ; nous identifierons
+donc $A$ et son image par $f$ dans $B$.
+Soit donc un élément $b\in B$ tel que $db:=b\otimes 1 - 1 \otimes b=0$ dans $B\otimes_A B$ ; il
+s'agit de montrer qu'il est dans $A$.
+Munissons $B\otimes_A B$ d'une structure de $B$-algèbre par $b\mapsto 1\otimes b$.
+La rétraction $r$ de $f$
+induit une rétraction $B$-linéaire notée $r'$ de ce morphisme $B\ra B\otimes_A B$ :
+$$b\otimes b'\sr{r'}{\mapsto} r(b)b'.$$
+Remarquons que $r'$ est bien définie car $r'(ab\otimes b')=r(ab)b'=ar(b)b'=ar'(b\otimes b')$
+(la troisième égalité résulte de ce que $r$ est une rétraction de $f$).
+
+Finalement, $b=r'(1 \otimes b)=r'(b\otimes 1)=r(b)\in A$. CQFD.
+\end{proof}
+Plus généralement,
+\begin{lmm2}\label{Cech} Si $M_0$ est un $A$-module
+et $A\ra B$ est un morphisme d'anneaux ayant une rétraction $r:B\ra A$,
+la suite de $A$-modules
+$$0\ra M_0 \ra M_0\otimes_A B\sr{d}{\ra} M_0\otimes_A B\otimes_A B$$ est exacte.
+\end{lmm2}
+\begin{proof}
+L'injectivité résulte du fait que le composé $M_0\ra M_0\otimes_A B \sr{r_{M_0}}{\ra } M_0$
+soit l'identité ; la surjectivité se démontre comme plus haut : si
+$$
+m'=\sum_i m_i\otimes b_i \mapsto \sum_i \big(m_i\otimes b_i\otimes 1 - m_i\otimes 1\otimes
+b_i\big)=0,
+$$
+on a, en appliquant $r'_{M_0}:M_0\otimes_A B\otimes_A B\ra M_0\otimes_A B$,
+$$
+\sum_i m_i\otimes r(b_i)-\underbrace{\sum_i m_i\otimes b_i}_{m'}=0.
+$$
+Le terme de gauche appartient à l'image de $M_0$ dans $M_0\otimes_A B$.
+\end{proof}
+
+
+Montrons maintenant que le lemme précédent implique le lemme \ref{descente-libre}.
+Sous les hypothèses de ce dernier, $B/A$ n'a pas nécessairement de rétraction.
+Le point clé est qu'après application de $-\otimes_A B$, $A\ra B$
+devient $B\ra B\otimes_A B$, $b\mapsto 1\otimes b$ ; celui-ci ayant
+une rétraction $B$-linéaire, donnée par le produit. Il faut cependant vérifier que
+l'opération de tensorisation est inoffensive de ce point de vue ; c'est le cas si $B$ est libre
+sur $A$ (et plus généralement si $B/A$ est \emph{fidèlement plat}, essentiellement
+par définition de cette dernière propriété) cf. \ref{appendice 1}.
+
+
+En vertu de ce lemme, il suffit de vérifier que
+$$B=A\otimes_A B\ra B\otimes_A B \sr{d\otimes B}{\ra} (B\otimes_A B)\otimes_A B$$
+est exact. Comme $B\ra B\otimes_A B=:C$ possède une rétraction, il nous reste
+à vérifier que la suite exacte ci-dessus s'identifie à
+$$B\ra C\sr{d'}{\ra} C\otimes_B C.$$
+Rappelons que le premier morphisme $d\otimes B$ envoie $b\otimes b'$ sur
+$b\otimes 1 \otimes b' - 1 \otimes b \otimes b'$. Le second morphisme
+$d'$ envoie $c$ sur $c\otimes 1 - 1 \otimes c$.
+Ce point est l'objet du lemme suivant (où l'on note $S$ pour $B$ et $X=Y$ pour $C$).
+
+\begin{lmm}\label{un isom}
+Soient $S$ un anneau et $X,Y$ deux $S$-algèbres.
+Il existe un isomorphisme de $X$-algèbres
+$$
+\big(X\otimes_S X\big) \otimes_S Y \iso \big( X\otimes_S Y\big) \otimes_Y \big(X \otimes_S Y\big)
+$$
+qui envoie
+$$\big(d_{X/S}\otimes_S Y \big)(x\otimes y):=x\otimes 1 \otimes y - 1 \otimes x \otimes y$$
+ sur
+$$d_{X\otimes_S Y /Y}(x\otimes y):=(x\otimes y)\otimes (1\otimes 1) -
+(1\otimes 1) \otimes (x\otimes y).$$
+\end{lmm}
+
+\begin{proof}
+On vérifie que les applications
+$$(x_1\otimes_S x_2) \otimes_S y \mapsto y\big((x_1\otimes_S 1)\otimes_Y (x_2\otimes_S 1)\big)
+= (x_1\otimes_S y)\otimes_Y (x_2\otimes_S 1) = (x_1 \otimes_S 1)\otimes_Y (x_2\otimes_S y) $$
+et
+$$
+(x_1\otimes_S y_1)\otimes_Y (x_2\otimes_S y_2) \mapsto (x_1 \otimes_S x_2) \otimes_S y_1y_2
+$$
+sont des bijections réciproques qui échangent bien les morphismes $d$.
+\end{proof}
+
+Ceci conclut la démonstration de la proposition.
+
+\begin{rmr}[Analogie]
+Il est à noter que le formalisme du produit fibré catégorique permet de rendre relativement
+transparent le lemme précédent. L'analogue ensembliste trivial de celui-ci dit
+que si $X,Y$ sont deux ensembles, $X\times X \times Y$ est canoniquement
+en bijection avec le sous-ensemble de $(X\times Y) \times (X\times Y)$
+consisté des éléments dont les deuxièmes et quatrièmes coordonnées coïncident.
+Ce dernier est habituellement noté $(X\times Y)\times_Y (X \times Y)$.
+Avec ce langage il est donc possible d'avoir un sentiment
+immédiat sur la véracité d'un énoncé tel que \ref{un isom}.
+Bien que nous ne développerons peu ou pas ce formalisme (cf. appendices),
+signalons qu'il permet de transformer l'heuristique précédente en
+une réelle démonstration.
+\end{rmr}
+
+Voyons maintenant la réciproque :
+
+\begin{thm}[Théorème d'E.~Artin]
+Soient $K$ un corps et $G$ un groupe fini.
+Alors $K/K^G$ est une extension finie galoisienne de groupe $G$.
+\end{thm}
+
+\begin{proof}
+Soit $k=K^G$. Par définition les $g\in G$ sont donc des automorphismes $k$-linéaires de $K$.
+Les éléments de $K$ sont séparables de degré $\leq \#G$ sur $k$ :
+si $x\in K$,
+$$
+P_x:=\prod_{g\in G/\mathrm{Fix}(x)} \big(X-g(x)\big)
+$$
+appartient à $k[X]$, est à racines distinctes dans $K$ et est de degré égal
+à l'indice du fixateur de $x$ dans $G$, inférieur à $\# G$.
+
+Cela montre également que l'extension $K/k$ est normale car les conjugués de $x$ sur $k$
+sont également dans $K$.
+
+Le lemme précédent montre que $K/k$ est finie galoisienne.
+
+\begin{lmm}
+Soit $K/k$ une extension galoisienne telle que tout élément soit de degré $\leq n$.
+Alors $K/k$ est finie, de degré $\leq n$.
+\end{lmm}
+
+\begin{proof}
+Soit $x\in K$ de degré maximal sur $k$. Supposons qu'il existe $y\in K-k(x)$.
+L'extension $k(x,y)/k$ étant (finie) séparable, elle est monogène (\ref{primitif})
+engendrée par un élément $z\in K$. Le fait que $k(z)$ contienne strictement $k(x)$
+contredit l'hypothèse faite sur $x$.
+Ainsi $K=k(x)$.
+\end{proof}
+
+Enfin, on a une inclusion $G\subset \Aut_k(K)$. Comme $\#\Aut_k(K)=[K:k]\leq \#G$,
+ces deux groupes sont en fait égaux.
+\end{proof}
+
+\begin{exm}\label{fonctions symétriques}
+Soient $n\in \NN$, $K=\QQ(X_1,\dots,X_n)$ et $G=\got{S}_n$ agissant par permutation.
+Notons $\sigma_1=\sum_1^n X_i$, $\sigma_2=X_1X_2+\cdots+X_{n-1}X_n$, etc.
+et $\sigma_n=X_1\cdots X_n$ les fonctions symétriques usuelles.
+Il est évident que $k:=\QQ(\sigma_1,\dots,\sigma_n)$ s'injecte dans $K^{\got{S}_n}$ :
+les fonctions $\sigma_i$ étant symétriques. Il résulte de l'égalité
+$$T^n-\sigma_1 T^{n-1}+\cdots+(-1)^n \sigma_n=(T-X_1)\cdots (T-X_n)$$
+que $K$ est le corps de décomposition d'un polynôme de degré inférieur à
+$n$ de $k[X]$. Cela entraîne (exercice) que $[K:k]\leq n!$. Comme
+$[K:k]\geq [K:K^{\got{S}_n}]=n!$ (théorème d'Artin), on a nécessairement $k=K^{\got{S}_n}$.
+\end{exm}
+
+Le lecteur vérifiera à titre d'exercice que cela entraîne l'égalité
+$\QQ[X_1,\dots,X_n]^{\got{S}_n}=\QQ[\sigma_1,\dots,\sigma_n]$, qu'il est d'ailleurs
+utile (cf. ) de savoir démontrer à la main.
+
+
+% DÉPLACER ET DÉTAILLER : inclure Saltman ?
+%\begin{rmr}
+%Divers exemples (Swan, Lenstra) montrent que si $H\leq \got{S}_n$ est un sous-groupe
+%il n'est pas vrai en général que le corps des invariants $\QQ(X_1,\dots,X_n)^H$
+%soit une extension purement transcendante de $\QQ$ (bien que ce soit le cas pour $H=\got{S}_n$.
+%C'est en particulier déjà faux pour $H=\ZZ/8$ [agissant sur $\QQ(H)$].
+%Cela est lié à de trés intéressantes propriétés (passage du local au
+%global) discutées dans \cite{Generic Galois@Saltman}.
+%[INCLURE CES RÉSULTATS ?]
+%\end{rmr}
+
+\subsection{Correspondance de Galois}
+
+\begin{thm}[Galois]
+Soit $K/k$ une extension finie galoisienne de groupe $G$.
+L''application $\{1\} \leq H \leq G$ $\leadsto$ $k\subset K^H \subset K$
+est une bijection décroissante entre l'ensemble des sous-groupes de $G$ et celui des sous-
+$k$-extensions de $K$. L'application inverse est donnée par $k\subset k'\subset K$ $\leadsto$
+$\ga(K/k')\leq G=\ga(K/k)$.
+De plus, $K/K^H$ est galoisienne de groupe $H$ et $K^H/k$ est galoisienne
+ssi $H\triangleleft G$ est un sous-groupe distingué, auquel cas son groupe
+de Galois est le groupe quotient $G/H$.
+\end{thm}
+
+Nous verrons une formulation équivalente, due à A.~Grothendieck, plus bas.
+
+\begin{proof}
+Soit $k\subset L \subset K$ une sous-extension et posons $H=\Aut_L(K)\leq G$.
+L'extension $K/L$ est séparable (en effet, le morphisme canonique
+$K\otimes_k K\surj K\otimes_L K$ fait de cette
+dernière un quotient d'une algèbre diagonalisable) donc galoisienne car elle
+est automatiquement normale. Son groupe de Galois est par définition $H$ et l'on a donc
+$L=K^H$.
+
+Réciproquement, si $H\leq G$, l'extension $K/K^H$ est galoisienne de groupe $H$.
+
+Il ne reste donc plus qu'à vérifier la dernière assertion.
+Pour $H\leq G$, l'extension $K^H/k$ est toujours séparable. Il faut donc voir à
+quelle condition elle est normale. Soit $g\in \ga(K/k)$ ; on a $g(K^H)=K^{gHg^{-1}}$.
+Compte tenu de la correspondance entre les sous-extensions et les sous-groupes,
+$g(K^H)=K^H$ ssi $gHg^{-1}=H$. Or, $K^H/k$ est normale ssi tous les \emph{corps
+conjugués} $g(K^H)$, pour $g$ variables, sont égaux à $K^H$. En effet, si $\sur{K}/K$
+est une clôture algébrique, toute injection $K^H\hra \sur{K}$ s'étend
+en une injection $K\sr{g}{\hra}K \hra \sur{K}$, pour $g\in G_{K/k}$.
+Ainsi, l'extension $K^H/K$ est normale ssi $H\triangleleft G$.
+Vérifions que le groupe de Galois est bien isomorphe au quotient.
+On conclue en remarquant que d'une part $[K^H:k]=[K:k]/[K:K^H]$ est égal à l'indice $(G:H)$
+et que d'autre part $G/H\ra G_{K^H/k}$ est une injection,
+car si $g_{|K^H}=\mathrm{Id}_{K^H}$, $g$ appartient à $H$.
+\end{proof}
+
+\section{Fonctorialité}\label{fonctorialité}
+
+Le lecteur peut, en première lecture, omettre cette section.
+
+Commençons par un lemme trivial.
+\begin{lmm}
+Soit
+$$
+\xymatrix{
+K \ar[r] & K' \\
+k \ar[r] \ar[u] \ar@/^1pc/[u]^{G} & k' \ar[u] \ar@/_1pc/[u]_{G'}
+}
+$$
+un diagramme commutatif où $G$ et $G'$ sont les groupes de Galois des extensions
+correspondantes.
+La restriction à $K$, $\sigma'\in G'=\ga(K'/k')\mapsto \sigma'_{|K}\in \Aut(K/(k'\cap K))
+\subset \ga(K/k)$ induit un morphisme de groupes $G'=\ga(K'/k')\ra G=\ga(K/k)$.
+\end{lmm}
+
+Nous allons voir que sous certaines hypothèses,
+c'est une injection et que l'on peut reconstruire $G$ à partir de $G'$ et
+d'un autre groupe de Galois.
+
+\begin{dfn}
+Soient $G_1,G_2,H$ trois groupes et $f_i:G_i\ra H$ ($i=1,2$)
+deux morphismes. On note $G_1\times_H G_2$ (notation abusive pour
+$G_1\times_{f_1,H,f_2} G_2$) le sous-groupe de $G_1\times G_2$ constitué
+des éléments $(g_1,g_2)$ tels que $f_1(g_1)=f_2(g_2)$. C'est le \emph{produit
+fibré} de $G_1$ et $G_2$ au-dessus de $H$.
+\end{dfn}
+
+\begin{prp}\label{prop fonctorialité}
+Soit
+$$
+\xymatrix{
+K \ar[rr] & & K'=Kk' \\
+& K\cap k' \ar[ul] \ar[rd] \ar[ur] & \\
+k \ar[rr] \ar[uu] \ar@/^1pc/[uu]^{G} \ar[ur] & & k' \ar@/_1pc/[uu]_{G'} \ar[uu]
+}
+$$
+un diagramme commutatif de corps, avec $K/k$ galoisienne finie de groupe $G$.
+Alors :
+\begin{itemize}
+\item L'extension $K'/k'$ est galoisienne, de groupe noté $G'$. Ce dernier
+s'injecte canoniquement dans $G$ et son image est égale
+à $\ga(K/K\cap k')$ ;
+\item si $k'/k$ est galoisienne, $K\cap k'/k$ et $K'/k$ le sont également ;
+et l'on a un isomorphisme canonique $$G_{Kk'/k}\iso G_{K/k}\times_{G_{K\cap k'/k}} G_{k'/k}.$$
+\end{itemize}
+En particulier, si $k'/k$ est galoisienne et que $K\cap k'=k$,
+le groupe de Galois $G_{K'/k}$ s'identifie canoniquement à $G_{K/k}\times G_{k'/k}$.
+\end{prp}
+
+\begin{proof}
+L'extension $Kk'=K'/k'$ est galoisienne : elle est séparable.
+Par exemple car $K'$ est un quotient de $K\otimes_k k'$ donc
+$K'\otimes_{k'} \sur{k'}$ est un quotient de $K\otimes_k \sur{k}$, qui est une algèbre
+diagonalisable. Elle est aussi normale car si $K$ est le corps de décomposition
+d'un polynôme $f\in k[X]$, $K'$ est un corps de décomposition de $f$, vu
+dans $k'[X]$ (cf. \ref{quasi-galoisien}).
+
+Le morphisme $G'\ra G$ est une injection car si $g'\in G'$
+agit trivialement en restriction à $K$, agissant déjà trivialement sur $k'$,
+il en est de même sur $Kk'=K'$.
+
+Il est bien évident que l'image de $G'$ est incluse dans $\ga(K/K\cap k')$.
+Il suffit de montrer que si
+$K\cap k'=k$, $G'\iso G$ (remplacer $k$ par $K\cap k'$). Seule la surjectivité
+est à vérifier. Soit $x\in K$ un élément invariant sous l'image : il appartient
+à $k'$ (étant fixe sous $G'$) et à $K$ (par hypothèse) donc à $k$. Ainsi
+$K^{G'}=k$ et par la correspondance de Galois, $G'=G$ (avec un léger
+abus de notation).
+
+
+Vérifions que si $k'/k$ est galoisienne, il en est de même de $K\cap k'/k$.
+Comme sous-extension d'une extension séparable, elle est séparable. Soit $x'$
+un conjugué de $x\in K\cap k'$. Il appartient à $K$ (car $K/k$ est normale),
+ainsi qu'à $k'$ pour la même raison. Finalement $x'\in K\cap k'$ et l'extension
+est quasi-galoisienne.
+
+Sous les hypothèses précédentes, on dispose de deux surjections
+$G_{K/k}\surj G_{K\cap k'/k}$ et $G_{k'/k}\surj G_{K\cap k'/k}$.
+De façon évidente, le morphisme $G_{Kk'/k}\ra G_{K/k}\times G_{k'/k}$,
+donné sur chaque composante par le morphisme évident, se factorise par
+le sous-groupe $G_{K/k}\times_{G_{K\cap k'/k}} G_{k'/k}$. C'est un isomorphisme.
+Ce morphisme est de façon évidente une injection ; il suffit alors de vérifier
+que les deux groupes ont même cardinaux.
+Montrons que le terme de droite a pour cardinal $\# G_{k'/k} \# G_{K'/k'}$,
+qui vaut trivialement $[k':k][K':k']=\#G_{K'/k}$.
+Cela revient à montrer que le cardinal des fibres de
+$G_{K/k}\surj G_{K\cap k'/k}$ est $\# G_{K'/k'}$. Ce dernier point
+résulte de la suite exacte
+$$
+G_{K'/k'}\iso G_{K/K\cap k'}\hra G_{K/k} \surj G_{K\cap k'/k}.
+$$
+\end{proof}
+
+
+
+\subsection{Théorie de Galois d'après A.~Grothendieck (facultatif)}
+
+\begin{thm}
+Soient $K/k$ une extension finie galoisienne de groupe $G$ et $\sur{k}$ une
+clôture algébrique de $k$.
+Les foncteurs
+$$
+k-\text{algèbres diagonalisables sur } K \leftrightarrows G-\text{ensembles finis},
+$$
+$$
+A \mapsto \Hom_k(A,\sur{k})
+$$
+
+$$
+\Hom_G(X,K) \mapsfrom X
+$$
+sont des équivalences de catégories inverses l'une de l'autre.
+\end{thm}
+
+\begin{rmr}[Exercice]
+Vérifiez que le groupe des automorphismes du foncteur d'oubli $G-\Ens \ra \Ens$
+s'identifie canoniquement à $G$.
+\end{rmr}
+
+%% À FAIRE !
+%%%%%%%%%%%%
+
+
+