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diff --git a/notes-accq205.tex b/notes-accq205.tex index aa4d2e3..546d703 100644 --- a/notes-accq205.tex +++ b/notes-accq205.tex @@ -66,6 +66,8 @@ Git: \input{vcline.tex} \immediate\write18{echo ' (stale)' >> vcline.tex} \par} +\pretolerance=8000 +\tolerance=50000 % @@ -287,6 +289,14 @@ famille donnée. (Autrement dit, $y \in A$ appartient à $k[x_i]_{i\in I}$ si et selement si il existe $J\subseteq I$ fini tel que $y$ appartienne à $k[x_i]_{i\in J}$.) +\danger Attention : une sous-algèbre d'une algèbre de type fini n'est +pas, en général, de type fini. Un contre-exemple est fourni par +l'anneau des polynômes $f \in k[x,y]$ à deux indéterminées sur un +corps $k$ qui prennent une valeur constante sur l'axe des ordonnées : +cette $k$-algèbre est engendrée par $1, x, xy, xy^2, xy^3,\ldots$ et +on peut montrer qu'aucun nombre fini de ses éléments ne suffit à +l'engendrer. + \thingy Une \textbf{extension de corps} est un morphisme d'anneaux $k \to K$ entre corps (c'est-à-dire que $K$ est une $k$-algèbre qui est un corps). Un tel morphisme est automatiquement injectif (car son @@ -341,13 +351,21 @@ fini) de la famille donnée. (Autrement dit, $y \in K$ appartient à $k(x_i)_{i\in I}$ si et selement si il existe $J\subseteq I$ fini tel que $y$ appartienne à $k(x_i)_{i\in J}$.) +Contrairement au cas des algèbres +(cf. \ref{subalgebra-generated-is-polynomials}), il \emph{est} bien +vrai qu'une sous-extension d'une extension de corps de type fini est +de type fini. Mais ce n'est pas évident ! (Cela sera démontré en +\ref{subextension-of-finite-type-is-of-finite-type} ci-dessous.) + + \subsection{Extensions algébriques et degré} \thingy\label{monogeneous-extensions-dichotomy} Si $k \subseteq K$ est une extension de corps et $x\in K$, on a noté (cf. \ref{subfield-generated}) $k(x)$ l'extension de $k$ engendrée par $x$. On dira aussi que $k \subseteq k(x)$ est une extension -\textbf{monogène}. +\textbf{monogène} (certains auteurs utilisent « simple », notamment en +anglais). On se pose la question de mieux comprendre cette extension. Pour cela, on introduit l'unique morphisme $\varphi\colon k[t] \to K$, où @@ -417,8 +435,9 @@ irréductibles dans $k[t]$ sont les $t-a$. considérer $K$ comme un $k$-espace vectoriel, et sa dimension (finie ou infinie) est notée $[K:k]$ et appelée \textbf{degré} de l'extension. Une extension de degré fini est aussi dite -\textbf{finie}. Il va de soi qu'une sous-extension d'une extension -finie est encore finie. +\textbf{finie} (ainsi, on pourra dire simplement que $K$ est « fini +sur $k$ » pour dire que son degré est fini). Il va de soi qu'une +sous-extension d'une extension finie est encore finie. Il résulte de l'identification de $k(x)$ à $k[t]/(\mu_x)$ que, si $x$ est un élément algébrique sur $k$, alors $[k(x):k]$ est fini et égal @@ -498,6 +517,144 @@ algébriques sur $k$, donc certainement aussi sur $k(t_1,\ldots,t_n)$, et on applique \ref{basic-facts-algebraic-extensions}(3).) +\subsection{Extensions linéairement disjointes} + +\begin{defn}\label{definition-linear-disjointness} +Si $k \subseteq K$ et $k \subseteq L$ sont deux extensions contenues +dans une même troisième $M$, on dit qu'elles sont \textbf{linéairement + disjointes} lorsque toute famille d'éléments de $K$ linéairement +indépendante sur $k$ est encore linéairement indépendante sur $L$ +quand on la voit comme une famille d'éléments de $M$. (Il suffit, +bien sûr, de le tester pour des familles \emph{finies}.) +\end{defn} + +La définition de cette relation n'est pas symétrique. Elle l'est +cependant : +\begin{prop} +La propriété pour deux extensions contenues dans une même troisième +d'être linéairement disjointes est symétrique. +\end{prop} +\begin{proof} +Supposons $k \subseteq K$ et $k \subseteq L$ linéairement disjointes +comme on vient de le définir : on veut inverser le rôle de $L$ et $K$. +Soient $y_1,\ldots,y_n$ des éléments de $L$ linéairement indépendants +sur $k$. Supposons que pour certains $x_1,\ldots,x_n$ de $K$ non tous +nuls, on ait $x_1 y_1 + \cdots + x_n y_n = 0$ dans $M$. Quitte à +réordonner les $x_i$, on peut supposer que $x_1,\ldots,x_r$ sont +linéairement indépendants sur $k$ (avec $r\geq 1$) et que +$x_{r+1},\ldots,x_n$ en sont des combinaisons $k$-linéaires, disons +$x_i = \sum_{j=1}^r c_{i,j} x_j$ pour $i>r$ avec $c_{i,j} \in k$. La +relation $\sum_{i=1}^n x_i y_i = 0$ devient donc $\sum_{i=1}^r x_i y_i ++ \sum_{i=r+1}^n \sum_{j=1}^r c_{i,j} x_j y_i = 0$, soit, en +regroupant : $\sum_{j=1}^r \big(y_j + \sum_{i=r+1}^n c_{i,j} y_i\big) +x_j = 0$. Par indépendance linéaire des $x_i$ sur $k$ donc sur $L$, +on a $y_j + \sum_{i=r+1}^n c_{i,j} y_i = 0$ pour chaque $j\leq r$, ce +qui contredit l'indépendance linéaire des $y_i$ sur $L$. +\end{proof} + +\thingy Lorsque $k \subseteq K$ et $k \subseteq L$ sont deux +extensions contenues dans une même troisième $M$, on appelle +\textbf{composé} des corps $K$ et $L$ le sous-corps de $M$ engendré +par $K$ et $L$, autrement dit $k(K \cup L) = K(L) = L(K)$, et on le +note $K.L$. + +\danger Il faut prendre garde au fait que l'extension composée n'a de +sens que si les deux extensions sont contenues dans une même troisième +(en changeant les plongements de $K$ et $L$ dans $M$ on peut changer +$K.L$ en un corps non isomorphe). + +\begin{prop}\label{compositum-generated-by-products} +Si $k \subseteq K$ est une extension algébrique et $k \subseteq L$ une +extension quelconque, toutes les deux contenues dans une même +extension $M$, alors l'extension composée $K.L$ est le sous-$k$-espace +vectoriel de $M$ engendré par les produits $xy$ avec $x\in K$ et $y\in +L$. +\end{prop} +\begin{proof} +Soit $V$ le sous-$k$-espace vectoriel de $M$ engendré par les produits +$xy$ avec $x\in K$ et $y\in L$, autrement dit l'ensemble des $\sum_i +x_i y_i$ (sommes finies) avec $x_i \in K$ et $y_i \in L$ (les +coefficients dans $k$ peuvent s'absorber dans les $x_i$ ou les $y_i$). +Il est trivial que $V \subseteq K.L$, et pour prouver l'inclusion +contraire il suffit de montrer que $V$ est bien un corps. En +développant les produits $(\sum_i x_i y_i)(\sum x'_j y'_j) = +\sum_{i,j} (x_i x'_j)(y_i y'_j)$ on voit que $V$ est stable par +produit : c'est donc une algèbre sur $k$ ou $K$ ou $L$ comme on +préfère. Comme $V$ est un sous-anneau de $M$, qui est un corps, il +s'agit d'un anneau intègre. + +Dans le cas où $[K:k] < \infty$, on a $[V:L] < \infty$ car une famille +génératrice $(v_j)$ de $K$ comme $k$-espace vectoriel est encore +génératrice de $V$ comme $L$-espace vectoriel (en effet, si tout +élément de $K$ peut s'écrire $\sum_j c_j v_j$ pour certains $c_i \in +k$, alors tout élément de $V$ peut s'écrire $\sum_i (\sum_j c_{i,j} +v_j) y_i = \sum_j (\sum_i c_{i,j} y_i) v_j$), et +d'après \ref{finite-integral-algebra-is-a-field} on en déduit que $V$ +est un corps. On a donc obtenu le résultat annoncé pour le cas +où $[K:k] < \infty$. + +En général, si $z \in V$ n'est pas nul, on peut écrire $z = \sum_i x_i +y_i$ pour certains $x_i \in K$ et $y_i \in L$. Soit $K_0$ l'extension +de $k$ engendrée par les $x_i$ : l'hypothèse selon laquelle $K$ est +algébrique entraîne que $[K_0:k] < \infty$ +(cf. \ref{basic-facts-algebraic-extensions}(1)), et on a $z \in +K_0.L$. D'après le cas précédemment traité, tout élément de $K_0.L$, +et en particulier $z^{-1}$, appartient au sous-$k$-espace vectoriel +$V_0$ de $M$ engendré par les produits $xy$ avec $x\in K_0$ et $y\in +L$, et on a bien sûr $V_0 \subseteq V$. Donc $z^{-1} \in V$ et $V$ +est bien un corps. +\end{proof} + +\begin{prop}\label{base-of-compositum} +Si $k \subseteq K$ et $k \subseteq L$ sont deux extensions +linéairement disjointes contenues dans une même troisième, et si l'une +des deux est algébrique, alors toute base de $K$ sur $k$ est encore +une base de $K.L$ sur $L$. +\end{prop} +\begin{proof} +Soit $(v_j)$ une base de $K$ comme $k$-espace vectoriel. D'après la +définition de la relation d'être linéairement disjointes, les $(v_j)$ +vus dans $K.L$ sont linéairement indépendants sur $L$. Mais d'après +la proposition \ref{compositum-generated-by-products}, tout élément de +$K.L$ peut s'écrire sous la forme d'une somme finie $\sum_i x_i y_i$ +pour des $x_i \in K$ et $y_i \in L$, et on peut réécrire $x_i = \sum +c_{i,j} v_j$ donc $\sum_i x_i y_i = \sum_i (\sum_j c_{i,j} v_j) y_i = +\sum_j (\sum_i c_{i,j} y_i) v_j$ appartient au $L$-espace vectoriel +engendré dans $K.L$ par les $(v_j)$, c'est-à-dire que ceux-ci sont +générateurs, et finalement sont une base de $K.L$. +\end{proof} + +\begin{prop}\label{linear-disjointness-of-algebraic-and-transcendental} +Soit $k \subseteq K$ une extension de corps, et $t_1,\ldots,t_n$ des +indéterminées. Alors les extension $k\subseteq K$ et $k\subseteq +k(t_1,\ldots,t_n)$ sont linéairement disjointes dans +$K(t_1,\ldots,t_n)$, i.e., toute famille $k$-linéairement +indépendante de $K$ est encore linéairement indépendante sur +$k(t_1,\ldots,t_n)$ (dans $K(t_1,\ldots,t_n)$). Si de plus $K$ est +algébrique sur $k$, alors toute base de $K$ comme $k$-espace +vecotriel est une base de $K(t_1,\ldots,t_n)$ comme +$k(t_1,\ldots,t_n)$-espace vectoriel. +\end{prop} +\begin{proof} +Soit $(u_j)_{j\in J}$ une famille $k$-linéairement indépendante de +$K$ : montrons qu'ils sont linéairement indépendants sur +$k(t_1,\ldots,t_n)$. Si on a une relation de dépendance linéaire non +triviale $\sum_{j\in J} c_j u_j = 0$ dans $K(t_1,\ldots,t_n)$ avec +les $c_j$ dans $k(t_1,\ldots,t_n)$ tous nuls sauf un nombre fini, les +$c_j$ sont des fractions rationnelles ; cette même relation est +valable si on multiplie les $c_j$ par un dénominateur commun, si bien +qu'on peut supposer que les $c_j$ sont des polynômes en +$t_1,\ldots,t_n$ ; quitte à diviser autant de fois que nécessaire par +chaque $t_i$ qui divise tous les $c_j$, on peut supposer que le $c_j$ +ne s'annulent pas tous à l'origine (i.e., quand on remplace tous les +$t_i$ par $0$) : mais alors, en les évaluant à l'origine (i.e., en +remplaçant tous les $t_i$ par $0$), on obtient une relation de +dépendance linéaire non-triviale sur $k$, qui est censée ne pas +exister. Ceci montre la première affirmation. La seconde découle +de \ref{base-of-compositum}. +\end{proof} + + \subsection{Bases et degré de transcendance} \begin{defn} @@ -515,16 +672,17 @@ chacun des $x_i$ est transcendant sur $k$ ; et un unique élément $x$ de $K$ est algébriquement indépendant sur $k$ si et seulement si il est transcendant sur $k$. -On dit d'une famille infinie $(x_i)$ d'éléments de $K$ qu'elle est -algébriquement indépendante sur $k$ lorsque toute sous-famille finie -d'entre eux l'est (i.e., il n'existe pas de relation de dépendance -algébrique entre les $x_i$, c'est-à-dire entre un nombre fini d'entre -eux). - -Une famille $(x_i)$ d'éléments de $K$ est appelée \textbf{base de - transcendance} de $K$ sur $k$ lorsqu'elle est algébriquement -indépendante sur $k$ et que $K$ est algébrique au-dessus de -l'extension $k(x_i)$ de $k$ engendrée par les $x_i$. +On dit d'une famille infinie $(x_i)_{i\in I}$ d'éléments de $K$ +qu'elle est algébriquement indépendante sur $k$ lorsque toute +sous-famille finie d'entre eux l'est (i.e., il n'existe pas de +relation de dépendance algébrique entre les $x_i$, c'est-à-dire entre +un nombre fini d'entre eux). + +Une famille $(x_i)_{i\in I}$ d'éléments de $K$ est appelée +\textbf{base de transcendance} de $K$ sur $k$ lorsqu'elle est +algébriquement indépendante sur $k$ et que $K$ est algébrique +au-dessus de l'extension $k(x_i)_{i\in I}$ de $k$ engendrée par +les $x_i$. \end{defn} \thingy\label{remark-indeterminates-versus-transcendentals} Il est trivialement le cas que $t_1,\ldots,t_n$ sont @@ -544,11 +702,11 @@ infini d'indéterminées, comme « réunion », techniquement la limite inductive, des corps de fractions rationnelles sur une sous-famille finie quelconque d'entre elles.) -\thingy Lorsque les $(x_i)$ sont algébriquement indépendants, on dit -aussi que l'extension $k \subseteq k(x_i)$ est \textbf{transcendante - pure} : autrement dit, une extension transcendante pure est un corps -de fractions rationnelles en un nombre quelconque (peut-être infini, -cf. ci-dessus) de variables. +\thingy Lorsque les $(x_i)_{i\in I}$ sont algébriquement indépendants, +on dit aussi que l'extension $k \subseteq k(x_i)_{i\in I}$ est +\textbf{transcendante pure} : autrement dit, une extension +transcendante pure est un corps de fractions rationnelles en un nombre +quelconque (peut-être infini, cf. ci-dessus) de variables. La question de déterminer si une extension de corps est transcendante pure peut être extrêmement difficile ; à titre d'exemple, le corps @@ -565,10 +723,10 @@ algébriquement indépendants. L'exemple ci-dessus montre que c'est abusif ; cependant, on verra que ce ne l'est plus si on sait que le degré de transcendance est bien $n$. -Si $x_i$ est une base de transcendance de $K$ sur $k$, celle-ci -« décompose » l'extension $k \subseteq K$ en deux : l'extension $k -\subseteq k(x_i)$ est transcendante pure, et l'extension $k(x_i) -\subseteq K$ est algébrique. +Si $(x_i)_{i\in I}$ est une base de transcendance de $K$ sur $k$, +celle-ci « décompose » l'extension $k \subseteq K$ en deux : +l'extension $k \subseteq k(x_i)_{i\in I}$ est transcendante pure, et +l'extension $k(x_i)_{i\in I} \subseteq K$ est algébrique. \begin{prop}\label{transcendence-basis-facts} Soit $k \subseteq K$ une extension de corps. @@ -577,9 +735,9 @@ Soit $k \subseteq K$ une extension de corps. de $K$ se complète en une base de transcendance de $K$ sur $k$. (Ceci s'applique notamment à la famille vide, donc il existe toujours une base de transcendance de $K$ sur $k$.) (1b) De toute famille qui -engendre $K$ en tant qu'extension de corps de $k$ (ou même : qui +engendre $K$ en tant qu'extension de corps de $k$, ou même qui engendre un corps intermédiaire $E$ au-dessus duquel $K$ est -algébrique) on peut extraire une base de transcendance. +algébrique, on peut extraire une base de transcendance. (2) \textit{Lemme d'échange :} Si $z_1,\ldots,z_n$ est une base de transcendance finie de $K$ sur $k$ et $t$ un élément de $K$ tel que @@ -605,13 +763,14 @@ cardinal. sur $k(x_i)_{i\in I}$. Mais s'il l'est, on observe que la famille obtenue en rajoutant $t$ à la famille $(x_i)_{i \in I}$ est encore algébriquement indépendante : en effet, si on avait un polynôme - $P(t,(x_i))$ qui l'annulât, en considérant $P$ comme polynôme de la - seule variable $t$ (dont il dépend effectivement, sinon il donnerait - une relation de dépendance algébrique sur $k$ entre les $x_i$, chose - qui n'existe pas) on contredirait la transcendance de $t$ sur - $k(x_i)_{i\in I}$. Par maximalité de $(x_i)_{i\in I}$, ceci ne peut - pas se produire : donc $K$ est bien algébrique sur $k(x_i)_{i\in I}$ - et $(x_i)_{i\in I}$ est une base de transcendance. + $P(t,x_{i_1},\ldots,x_{i_n})$ qui l'annulât, en considérant $P$ + comme polynôme de la seule variable $t$ (dont il dépend + effectivement, sinon il donnerait une relation de dépendance + algébrique sur $k$ entre les $x_i$, chose qui n'existe pas) on + contredirait la transcendance de $t$ sur $k(x_i)_{i\in I}$. Par + maximalité de $(x_i)_{i\in I}$, ceci ne peut pas se produire : donc + $K$ est bien algébrique sur $k(x_i)_{i\in I}$ et $(x_i)_{i\in I}$ + est une base de transcendance. (1b) Soit maintenant $(x_i)_{i\in J}$ une famille génératrice (i.e., $K = k(x_i)_{i \in J}$) ou telle que $K$ soit algébrique sur $E = @@ -684,7 +843,10 @@ dépend pas du choix de celle-ci) s'appelle \textbf{degré de transcendance} de $K$ sur $k$ et se note $\degtrans_k(K)$. \end{defn} -\begin{prop} +On remarquera que le degré de transcendance vaut $0$ si et seulement +si l'extension est algébrique. + +\begin{prop}\label{additivity-transcendence-degree} Si $k \subseteq K \subseteq L$ est une tour d'extensions, alors $\degtrans_k(L) = \degtrans_k(K) + \degtrans_K(L)$. \end{prop} @@ -700,12 +862,83 @@ une relation de dépendance algébrique sur $k$ entre les $x_i$, qui n'existe pas non plus, c'est-à-dire plus exactement qu'elle est nulle, et ceci montre que la réunion considérée est algébriquement indépendante ; d'autre part, $L$ est algébrique sur $K(y_j)$, qui est -lui-même algébrique sur $k(x_i,y_j)$ car $K$ l'est sur $k(x_i)$ +lui-même algébrique sur $k(x_i)_{i\in I}(y_j)_{j\in J}$ car $K$ l'est +sur $k(x_i)_{i\in I}$ (cf. \ref{upgrade-algebraic-with-indeterminates}), donc $L$ est algébrique sur $k(x_i,y_j)$ (cf. \ref{basic-facts-algebraic-extensions}(4)). \end{proof} +\begin{prop}\label{push-of-transcendentals} +Soit $k \subseteq k' \subseteq K$ est une tour d'extensions avec $k'$ +algébrique sur $k$ : alors si $(x_i)_{i\in I}$ est une famille +d'éléments de $K$ algébriquement indépendants sur $k$, ils le sont +encore sur $k'$. De plus, dans ces conditions, toute base de $k'$ +comme $k$-espace vectoriel est encore une base de $k'(x_i)_{i\in I}$ +sur $k(x_i)_{i\in I}$, et notamment, $[k'(x_i)_{i\in I} : k(x_i)_{i\in + I}] = [k':k]$. +\end{prop} +\begin{proof} +Montrons la première affirmation. D'après la définition de +l'indépendance algébrique d'une famille infinie, il suffit de la +prouver pour un nombre fini $x_1,\ldots,x_n$ d'éléments. + +D'après \ref{transcendence-basis-facts}(1b), on peut extraire +de $x_1,\ldots,x_n$ une base de transcendance de $k'(x_1,\ldots,x_n)$ +sur $k'$, disons $x_1,\ldots,x_r$. Ainsi, $k'(x_1,\ldots,x_n)$ est +algébrique sur $k'(x_1,\ldots,x_r)$ ; or $k'(x_1,\ldots,x_r)$ est +algébrique sur $k(x_1,\ldots,x_r)$ +(cf. \ref{upgrade-algebraic-with-indeterminates}) ; donc +$k'(x_1,\ldots,x_n)$, et en particulier $k(x_1,\ldots,x_n)$, est +algébrique sur $k(x_1,\ldots,x_r)$, ce qui n'est possible que +pour $n=r$ d'après \ref{transcendence-basis-facts}(3). Donc +$x_1,\ldots,x_n$ sont algébriquement indépendants sur $k'$. + +(Variante en utilisant \ref{additivity-transcendence-degree} : On a +$\degtrans_k k'(x_1,\ldots,x_n) = \degtrans_k k(x_1,\ldots,x_n) + +\degtrans_{k(x_1,\ldots,x_n)} k'(x_1,\ldots,x_n)$, où le premier terme +vaut $n$ par hypothèse et le second vaut $0$ de nouveau parce que +$k'(x_1,\ldots,x_n)$ est algébrique sur $k(x_1,\ldots,x_n)$ +(cf. \ref{upgrade-algebraic-with-indeterminates}) : ceci montre +$\degtrans_k k'(x_1,\ldots,x_n) = n$. Mais on a aussi $\degtrans_k +k'(x_1,\ldots,x_n) = \degtrans_k k' + \degtrans_{k'} +k'(x_1,\ldots,x_n)$, et de nouveau $\degtrans_k k' = 0$ : ceci montre +$\degtrans_{k'} k'(x_1,\ldots,x_n) = n$. C'est donc que +$x_1,\ldots,x_n$ est une base de transcendance de $k'(x_1,\ldots,x_n)$ +(d'après \ref{transcendence-basis-facts} (1b) et (3)). En +particulier, $x_1,\ldots,x_n$ sont algébriquement indépendants +sur $k'$.) + +Pour ce qui est de la dernière affirmation, elle découle +de \ref{linear-disjointness-of-algebraic-and-transcendental} (au moins +dans le cas d'un nombre fini de $x_i$ ; mais comme tout élément de +$k(x_i)_{i\in I}$ ou $k(x_i)_{i\in I}$ ne fait intervenir qu'un nombre +fini des $x_i$, le cas général se ramène au cas fini). +\end{proof} + +\begin{prop}\label{subextension-of-finite-type-is-of-finite-type} +Si $k \subseteq E \subseteq L$ et si $L$ est de type fini sur $k$ +(i.e., $L = k(x_1,\ldots,x_n)$ pour un nombre fini d'éléments +$x_1,\ldots,x_n$ de $L$), alors $E$ l'est aussi. +\end{prop} +\begin{proof} +On a vu $\degtrans_k(L) = \degtrans_k(E) + \degtrans_E(L)$ : cette +quantité étant finie, les deux termes de droite sont finis. Si +$t_1,\ldots,t_r$ est une base de transcendance de $E$ sur $k$, quitte +à remplacer $k$ par $k(t_1,\ldots,t_r)$, on peut supposer $E$ +algébrique sur $k$, et on veut montrer que $E$ est finie sur $k$. + +Supposons maintenant $L = k(x_1,\ldots,x_n)$ avec $x_1,\ldots,x_r$ une +base de transcendance de $L$ sur $k$ (possible, quitte à renuméroter, +d'après \ref{transcendence-basis-facts}(1b)). On a $[L : + k(x_1,\ldots,x_r)] < \infty$ d'après +\ref{basic-facts-algebraic-extensions}(1), et en particulier +$[E(x_1,\ldots,x_r) : k(x_1,\ldots,x_r)] < \infty$. Or +d'après \ref{push-of-transcendentals}, $[E(x_1,\ldots,x_r) : + k(x_1,\ldots,x_r)] = [E:k]$ : on a bien $[E:k] < \infty$ comme +annoncé. +\end{proof} + \subsection{Corps de rupture, corps de décomposition, clôture algébrique} |