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\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 !
%%%%%%%%%%%%