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\begin{document}
\title{Courbes algébriques\\(notes provisoires)}
\author{David A. Madore}
\maketitle

\centerline{\textbf{ACCQ205}}

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{\color{brown!70!black}\textbf{Version provisoire incomplète} de ces
  notes (voir la ligne « Git » ci-dessus pour la date de dernière
  modification).  La numérotation \emph{devrait} ne pas changer, mais
  ce n'est pas complètement exclu.}

{\footnotesize
\tableofcontents
\par}

\bigbreak

\section{Corps et extensions de corps}

\subsection{Anneaux, algèbres, corps, idéaux premiers et maximaux et corps des fractions}

\thingy Sauf précision expresse du contraire, tous les anneaux
considérés sont commutatifs et ont un élément unité (noté $1$).  Il
existe un unique anneau dans lequel $0=1$, c'est l'anneau réduit à un
seul élément, appelé l'\textbf{anneau nul}.  (Pour tout anneau $A$, il
existe un unique morphisme de $A$ vers l'anneau nul ; en revanche, il
n'existe un morphisme de l'anneau nul vers $A$ que si $A$ est lui-même
l'anneau nul.)

\thingy Si $k$ est un anneau, une \textbf{$k$-algèbre} (là aussi :
implicitement commutative) est la donnée d'un morphisme d'anneaux $k
\buildrel\varphi_A\over\to A$ appelé \textbf{morphisme structural} de
l'algèbre.  On peut multiplier un élément de $A$ par un élément de $k$
avec : $c\cdot x = \varphi_A(c)\,x \in A$ (pour $c\in k$ et $x\in A$).
Un morphisme de $k$-algèbres est un morphisme d'anneaux
$A\buildrel\psi\over\to B$ tel que le morphisme structural $k
\buildrel\varphi_B\over\to B$ de $B$ soit la composée $k
\buildrel\varphi_A\over\to A\buildrel\psi\over\to B$ de celui de $A$
avec le morphisme considéré.

De façon équivalente, une $k$-algèbre est un $k$-module qui est muni
d'une multiplication $k$-bilinéaire qui en fait un anneau, et les
morphismes de $k$-algèbres sont les applications $k$-linéaires qui
préservent la multiplication ; le morphisme structural peut alors se
retrouver par $c \mapsto c\cdot 1$.  Notons qu'une
$\mathbb{Z}$-algèbre est exactement la même chose qu'un anneau (raison
pour laquelle il est souvent préférable d'énoncer les résultats en
parlant de $k$-algèbres pour plus de généralité).

Dans la pratique, cependant $k$ sera généralement un corps : une
$k$-algèbre est donc un $k$-espace vectoriel muni d'une multiplication
$k$-bilinéaire qui en fait un anneau, et le morphisme structural est
automatiquement injectif si l'algèbre n'est pas l'algèbre nulle.

\thingy\label{regular-elements-and-prime-ideals}
Un élément $a$ d'un anneau $A$ (sous-entendu : commutatif) est
dit \textbf{régulier}, resp. \textbf{inversible}, lorsque $x \mapsto
ax$ est injectif, resp. bijectif, autrement dit lorsque $ax = 0$
implique $x = 0$ (la réciproque est toujours vraie), resp. lorsqu'il
existe $x$ (appelé inverse de $a$) tel que $ax = 1$.

Un anneau dans $A$ dans lequel l'ensemble des éléments régulier est
égal à l'ensemble $A \setminus \{0\}$ des éléments non-nuls est appelé
anneau \textbf{intègre} : autrement dit, un anneau intègre est un
anneau dans lequel ($0\neq 1$ et) $ab = 0$ implique $a=0$ ou $b=0$ (la
réciproque est toujours vraie).  Par convention, l'anneau nul n'est
pas intègre.

Un idéal $\mathfrak{p}$ d'un anneau $A$ est dit \textbf{premier}
lorsque l'anneau quotient $A/\mathfrak{p}$ est un anneau intègre,
autrement dit lorsque $\mathfrak{p}\neq A$ et que $ab \in
\mathfrak{p}$ implique $a \in \mathfrak{p}$ ou $b \in \mathfrak{p}$
(la réciproque est toujours vraie).

\thingy\label{fields-and-maximal-ideals} Dans un anneau (toujours sous-entendu commutatif...),
l'ensemble noté $A^\times$ des éléments inversibles est un groupe,
aussi appelé groupe des \textbf{unités} de $A$.

Un \textbf{corps} est un anneau $k$ dans lequel l'ensemble $k^\times$
des éléments inversibles est égal à l'ensemble $k\setminus\{0\}$ des
éléments non-nuls : autrement dit, un corps est un anneau dans lequel
($0\neq 1$ et) tout élément non-nul est inversible.  De façon
équivalente, un corps est un anneau ayant exactement deux idéaux (qui
sont alors $0$ et lui-même).  Par convention, l'anneau nul n'est pas
un corps.

Un corps est, en particulier, un anneau intègre.

Un idéal $\mathfrak{m}$ d'un anneau $A$ est dit \textbf{maximal}
lorsque l'anneau quotient $A/\mathfrak{m}$ est un corps : de façon
équivalente, lorsque $\mathfrak{m}\neq A$ et que $\mathfrak{m}$ est
maximal pour l'inclusion parmi les idéaux $\neq A$.  Un idéal maximal
est, en particulier, premier.

\thingy\label{examples-prime-ideals}
À titre d'exemple, l'idéal $n\mathbb{Z}$ de $\mathbb{Z}$ (on
rappelle que tous les idéaux de $\mathbb{Z}$ sont de cette forme, pour
un $n \in \mathbb{N}$ défini de façon unique) est premier si et
seulement si $n = 0$ (le quotient étant $\mathbb{Z}$ lui-même) ou bien
$n$ est un nombre premier ; il est intègre exactement si $n$ est un
nombre premier (le quotient étant alors le corps
$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$).

Pour donner un exemple moins évident, dans l'anneau $k[x,y]$ des
polynômes à deux indéterminées $x,y$ sur un corps $k$, l'idéal $(y)$
(des polynômes s'annulant identiquement sur l'axe des abscisses) est
premier mais non maximal puisque $k[x,y]/(y) \cong k[x]$, tandis que
l'idéal $(x,y)$ (des polynômes s'annulant à l'origine) est maximal
puisque $k[x,y]/(x,y) \cong k$.

Plus généralement, dans un anneau factoriel $A$, un idéal de la forme
$(f)$ avec $f \in A$, est premier si et seulement si $f$ est nul ou
irréductible (mais ce ne sont, en général, pas les seuls idéaux
premiers de $A$) ; comparer avec \ref{gauss-lemma-on-irreducibility}
plus bas.

\bigbreak

Le résultat ensembliste suivant sera admis :
\begin{lem}[principe maximal de Hausdorff]\label{hausdorff-maximal-principle}
Soit $\mathscr{F}$ un ensemble de parties d'un ensemble $A$.  On
suppose que $\mathscr{F}$ est non vide et que pour toute partie non
vide $\mathscr{T}$ de $\mathscr{F}$ totalement ordonnée par
l'inclusion (c'est-à-dire telle que pour $I,I' \in \mathscr{T}$ on a
soit $I \subseteq I'$ soit $I \supseteq I'$) la réunion $\bigcup_{I
  \in \mathscr{T}} I$ soit contenue dans un élément de $\mathscr{F}$.
Alors il existe dans $\mathscr{F}$ un élément $M$ maximal pour
l'inclusion (c'est-à-dire que si $I \supseteq M$ avec $I \in
\mathscr{F}$ alors $I=M$).
\end{lem}

\begin{prop}\label{existence-maximal-ideals}
Dans un anneau $A$, tout idéal strict (=autre que $A$) est inclus dans
un idéal maximal.
\end{prop}
\begin{proof}
Si $I$ est un idéal strict de $A$, on applique le principe maximal de
Hausdorff à $\mathscr{F}$ l'ensemble des idéaux stricts de $A$
contenant $I$.  Si $\mathscr{T}$ est une chaîne (=partie totalement
ordonnée pour l'inclusion) de tels idéaux, la réunion $\bigcup_{I \in
  \mathscr{T}} I$ en est encore un\footnote{La réunion de deux idéaux
  n'est généralement pas un idéal, car si $x\in I$ et $x' \in I'$, la
  somme $x+x'$ n'a pas de raison d'appartenir à $I\cup I'$.  En
  revanche, si $\mathscr{T}$ est une famille d'idéaux totalement
  ordonnée par l'inclusion, alors $\bigcup_{I \in \mathscr{T}} I$ est
  un idéal : si $x\in I$ et $x' \in I'$, où $I,I'\in \mathscr{T}$, on
  peut écrire soit $I \subseteq I'$ soit $I'\subseteq I$, et dans un
  cas comme dans l'autre on a $x+x' \in \bigcup_{I \in \mathscr{T}}
  I$.} (pour voir que la réunion est encore un idéal strict, remarquer
que $1$ n'y appartient pas).  Le principe maximal de Hausdorff permet
de conclure.
\end{proof}

\thingy\label{nilpotent-element-and-reduced-ring} Un élément $x$ d'un
anneau $A$ est dit \textbf{nilpotent} lorsqu'il existe $n\geq 0$ tel
que $x^n = 0$ (un anneau dans lequel le seul élément nilpotent est $0$
est dit \textbf{réduit}).

\begin{prop}\label{nilradical-facts}
Dans un anneau, l'ensemble des éléments nilpotents est un idéal :
cet idéal est aussi l'intersection des idéaux premiers de l'anneau.
(On l'appelle le \textbf{nilradical} de l'anneau.)

Le quotient de l'anneau par son nilradical est réduit.
\end{prop}
\begin{proof}
L'ensemble des nilpotents est un idéal car si $x^n=0$ et $y^n=0$ alors
$(x+y)^{2n}=0$ en développant.  Il est inclus dans tout idéal
premier $\mathfrak{p}$, car $x^n \in \mathfrak{p}$ (et à plus forte
raison $x^n = 0$) implique $x \in \mathfrak{p}$ par récurrence
sur $n$.  Montrons que si $z$ est inclus dans tout idéal
premier, alors $z$ est nilpotent.

Supposons que $z$ n'est pas nilpotent.  Considérons $\mathfrak{p}$ un
idéal maximal pour l'inclusion parmi les idéaux ne contenant aucun
$z^n$ : un tel idéal existe d'après le principe maximal de Hausdorff
(il existe un idéal ne contenant aucun $z^n$, à savoir $\{0\}$).
Montrons qu'il est premier : si $x,y \not \in \mathfrak{p}$, on veut
voir que $xy \not\in \mathfrak{p}$.  Par maximalité de $\mathfrak{p}$,
chacun des idéaux\footnote{On rappelle que si $I,J$ sont deux idéaux
  d'un anneau, l'ensemble $I + J = \{u+v : u\in I, v\in J\}$ est un
  idéal, c'est l'idéal engendré par $I\cup J$, c'est-à-dire, le plus
  petit idéal contenant $I$ et $J$ ; on l'appelle idéal somme de $I$
  et $J$.  Dans le cas particulier où $J = (x)$ est engendré par un
  élément, c'est donc l'idéal engendré par $I\cup\{x\}$.}
$\mathfrak{p}+(x)$ et $\mathfrak{p}+(y)$ doit rencontrer $\{z^n\}$,
c'est-à-dire qu'on doit pouvoir trouver deux éléments de la forme
$f+ax$ et $g+by$ avec $f,g\in\mathfrak{p}$ et $a,b\in A$, qui soient
des puissances de $z$ ; leur produit est alors aussi une puissance
de $z$, donc n'est pas dans $\mathfrak{p}$, donc $abxy
\not\in\mathfrak{p}$ (car les trois autres termes sont
dans $\mathfrak{p}$), et a plus forte raison $xy \not\in
\mathfrak{p}$.

Enfin, dire que le quotient de $A$ par son nilradical est réduit
signifie exactement que si une puissance d'un élément est nilpotente
alors cet élément lui-même est nilpotent, ce qui est évident.
\end{proof}

\thingy Si $A$ est un anneau intègre, on définit un corps $\Frac(A)$,
dit \textbf{corps des fractions} de $A$, dont les éléments sont les
symboles formels $\frac{a}{q}$ avec $a \in A$ et $q \in A
\setminus\{0\}$, en convenant d'identifier $\frac{a}{q}$ avec
$\frac{a'}{q'}$ lorsque $aq' = a'q$ (i.e., formellement, $\Frac(A)$
est le quotient de $A \times (A\setminus\{0\})$ par la relation
d'équivalence qu'on vient de dire) ; la structure d'anneau est définie
par $\frac{a}{q} + \frac{a'}{q'} = \frac{aq'+a'q}{qq'}$ et
$\frac{a}{q} \cdot \frac{a'}{q'} = \frac{aa'}{qq'}$.  On a aussi un
morphisme injectif $A \to \Frac(A)$ envoyant $a$ sur $\frac{a}{1}$, et
on identifiera $A$ à son image par ce morphisme.

À titre d'exemple, $\Frac(\mathbb{Z})$ est $\mathbb{Q}$ (c'est même la
définition de ce dernier).

\thingy\label{universal-property-of-fraction-field} Le corps des
fractions d'un anneau intègre $A$ vérifie la propriété « universelle »
suivante : si $K$ est un corps quelconque, et $\varphi\colon A \to K$
un morphisme d'anneaux injectif, il existe un unique morphisme de
corps $\hat\varphi\colon \Frac(A) \to K$ (i.e., extension de corps,
cf. ci-dessous) qui prolonge $\varphi$ (i.e., $\hat\varphi(a) =
\varphi(a)$ si $a\in A$).  En effet, il suffit de définir
$\hat\varphi(\frac{a}{q})$ par $\varphi(a)/\varphi(q)$.

Ainsi, $\Frac(A)$ est \emph{engendré en tant que corps} par les
éléments de $A$ (comparer \ref{subfield-generated}).

\thingy Le corps des fractions de l'anneau $k[t_1,\ldots,t_n]$ des
polynômes en $n$ indéterminées $t_1,\ldots,t_n$ sur un corps $k$ est
appelé corps des \textbf{fractions rationnelles} (ou parfois
« fonctions rationnelles ») en $n$ indéterminées $t_1,\ldots,t_n$
sur $k$, et noté $k(t_1,\ldots,t_n)$.

\thingy\label{finite-integral-algebra-is-a-field} Le fait suivant sera
important : si $k$ est un corps et $K$ une $k$-algèbre \emph{de
  dimension finie} intègre, alors $K$ est, en fait, un corps.  En
effet, une application $k$-linéaire $K \to K$ injective est
automatiquement bijective, et en appliquant ce fait à la
multiplication par un $a\in K$, on voit que tout élément régulier est
inversible.

\thingy\label{gauss-lemma-on-irreducibility} Rappelons par ailleurs le
\textbf{lemme de Gauß} concernant les polynômes irréductibles : si $A$
est un anneau factoriel et $K$ son corps des fractions, alors l'anneau
$A[t]$ des polynômes en une indéterminée sur $A$ est factoriel ; et
par ailleurs $f \in A[t]$ est irréductible (dans $A[t]$) si et
seulement si $f$ est constant et irréductible dans $A$, \emph{ou bien}
$f$ est irréductible \underline{dans $K[t]$} et le pgcd (dans $A$) des
coefficients de $f$ vaut $1$ (on dit que $f$ est \textbf{primitif}
lorsque cette dernière condition est vériifée).  Le point-clé dans la
démonstration est de montrer que le pgcd $c(f)$ des coefficients d'un
polynôme dans $A[t]$, aussi appelé \textbf{contenu} de $f$, est
multiplicatif (i.e., $c(fg) = c(f)\,c(g)$) ; la décomposition en
facteurs irréductibles dans $A[t]$ d'un élément de $A[t]$ s'obtient
alors à partir de celle de $K[t]$ et de celle dans $A$ du contenu.

Notamment, le corps $k[z_1,\ldots,z_n]$ des fractions rationnelles en
$n$ indéterminées sur un corps $k$ est un anneau factoriel, un
polynôme $f \in k[z_1,\ldots,z_n,t]$ (en $n+1$ indéterminées)
irréductible et faisant effectivement intervenir $t$ est encore
irréductible dans $k(z_1,\ldots,z_n)[t]$, et réciproquement, un
polynôme irréductible dans $k(z_1,\ldots,z_n)[t]$ donne un polynôme
irréductible dans $k[z_1,\ldots,z_n,t]$ quitte à multiplier par le
pgcd des dénominateurs.

\subsection{Algèbre engendrée, extensions de corps}

\thingy\label{subalgebra-generated} Si $A$ est une $k$-algèbre (où $k$
est un anneau), et
$(x_i)_{i\in I}$ est une famille d'éléments de $A$, l'intersection de
toutes les sous-$k$-algèbres de $A$ contenant les $x_i$ est encore une
sous-$k$-algèbre de $A$ contenant les $x_i$, c'est-à-dire que c'est la
plus petite sous-$k$-algèbre de $A$ contenant les $x_i$.  On l'appelle
$k$-algèbre \textbf{engendrée} (dans $A$) par les $x_i$ et on la note
$k[x_i]_{i\in I}$.  Lorsque les $x_i$ sont en nombre fini (le cas qui
nous intéressera le plus), disons indicés par $1,\ldots,n$, on note
$k[x_1,\ldots,x_n]$, et on dit que $k[x_1,\ldots,x_n]$ est une
$k$-algèbre \textbf{de type fini} (en tant que $k$-\emph{algèbre}).

\danger On prendra garde au fait que la même notation
$k[x_1,\ldots,x_n]$ peut désigner soit la $k$-algèbre engendrée
par $x_1,\ldots,x_n$ dans une $k$-algèbre $A$ plus grande, soit
l'anneau des polynômes à $n$ indéterminées $x_1,\ldots,x_n$ sur $k$.
Ces conventions sont cependant cohérentes en ce sens que l'anneau des
polynômes à $n$ indéterminées sur $k$ est bien la $k$-algèbre
engendrée par les indéterminées (cf. le point suivant).  Il faut donc
prendre garde à ce que sont $x_1,\ldots,x_n$ quand cette notation
apparaît : si aucune remarque n'est faite et que les $x_i$ n'ont pas
été introduits auparavant, il est généralement sous-entendu que ce
sont des indéterminées.

\thingy\label{subalgebra-generated-is-polynomials} La $k$-algèbre
engendrée par les $x_i$ dans $A$ peut encore se décrire concrètement
comme l'ensemble de tous les éléments de $A$ qui peuvent être obtenus
à partir de $1$ et des $x_i$ par sommes, produits par éléments de $k$
et produits binaires.  Autrement dit, ce sont les valeurs des
polynômes à coefficients dans $k$ évalués en des $x_i$.  Pour dire les
choses de façon plus sophistiquée, en supposant les $x_i$ en nombre
fini pour simplifier (et indicés par $1,\ldots,n$), il existe un
unique morphisme $k[t_1,\ldots,t_n] \to A$ envoyant $t_i$ sur $x_i$, à
savoir le morphisme « d'évaluation » qui à un $P \in
k[t_1,\ldots,t_n]$ associe $P(x_1,\ldots,x_n)$, et $k[x_1,\ldots,x_n]$
est l'\emph{image} de ce morphisme.  On peut donc dire qu'une
$k$-algèbre de type fini $k[x_1,\ldots,x_n]$ est la même chose qu'un
\emph{quotient} de l'algèbre de polynômes $k[t_1,\ldots,t_n]$ (par le
noyau du morphisme d'évaluation).

Pour ce qui est du cas infini : la $k$-algèbre $k[x_i]_{i\in I}$
engendrée par une famille quelconque $(x_i)_{i\in I}$ d'éléments de
$A$ est la \emph{réunion} des algèbres $k[x_i]_{i\in J}$ engendrées
par toutes les sous-familles finies (i.e., $J\subseteq I$ fini) de la
famille donnée.  (Autrement dit, $y \in A$ appartient à $k[x_i]_{i\in
  I}$ si et seulement 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
noyau est un idéal d'un corps qui ne contient pas $1$), et qui peut
donc être considéré comme une inclusion : on notera soit $k \subseteq
K$ soit $K/k$ une telle extension ; lorsque l'inclusion a été fixée,
on dit aussi que $k$ est un \textbf{sous-corps} de $K$.  Un
\textbf{corps intermédiaire} à une extension $k \subseteq K$, ou
encore \textbf{sous-extension}, est, naturellement, une extension de
corps $k \subseteq E$ contenue dans $K$ ; on dit aussi que $k
\subseteq E \subseteq K$ est une \textbf{tour} d'extensions (et de
même pour n'importe quel nombre de corps intermédiaires).

\thingy\label{subfield-generated} Si $k \subseteq K$ est une extension
de corps, et $(x_i)_{i\in I}$ est une famille d'éléments de $K$,
l'intersection de tous les sous-corps de $K$ contenant $k$ et
les $x_i$ est encore un sous-corps de $K$ contenant $k$ et les $x_i$,
c'est-à-dire que c'est le plus petit corps intermédiaire contenant
les $x_i$.  On l'appelle sous-extension \textbf{engendrée} (dans $K$)
par les $x_i$ et on la note $k(x_i)_{i\in I}$.  Lorsque les $x_i$ sont
en nombre fini (le cas qui nous intéressera le plus), disons indicés
par $1,\ldots,n$, on note $k(x_1,\ldots,x_n)$, et on dit que
$k(x_1,\ldots,x_n)$ est une extension de $k$ \textbf{de type fini}
(en tant qu'extension de \emph{corps}).

\danger On prendra garde au fait que la même notation
$k(x_1,\ldots,x_n)$ peut désigner soit la sous-extension engendrée
par $x_1,\ldots,x_n$ dans une extension $K$ plus grande, soit le corps
des fractions rationnelles à $n$ indéterminées $x_1,\ldots,x_n$
sur $k$.  Ces conventions sont cependant cohérentes en ce sens que le
corps des fractions rationnelles à $n$ indéterminées sur $k$ est bien
la sous-extension engendrée par les indéterminées (cf. le point
suivant).  Comme dans le cas de la $k$-algèbre engendrée, il faut donc
prendre garde à ce que sont $x_1,\ldots,x_n$ quand cette notation
apparaît : si aucune remarque n'est faite et que les $x_i$ n'ont pas
été introduits auparavant, il est généralement sous-entendu que ce
sont des indéterminées.

\thingy\label{subfield-generated-is-quotients} La sous-extension
engendrée (au-dessus de $k$) par les $x_i$ dans $K$ peut encore se
décrire concrètement comme l'ensemble de tous les éléments de $A$ qui
peuvent être obtenus à partir des éléments de $k$ et des $x_i$ par
sommes, produits et inverses (d'éléments non nuls).  Autrement dit, ce
sont les valeurs des fractions rationnelles à coefficients dans $k$
évalués en des $x_i$ (à condition d'être bien définies).

Pour ce qui est du cas infini : la sous-extension $k(x_i)_{i\in I}$
engendrée par une famille quelconque $(x_i)_{i\in I}$ d'éléments de
$K$ est la \emph{réunion} des sous-extensions $k(x_i)_{i\in J}$
engendrées par toutes les sous-familles finies (i.e., $J\subseteq I$
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} (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
$k[t]$ est l'anneau des polynômes en une indéterminée $t$ sur $k$, qui
envoie $t$ sur $x$, c'est-à-dire, le morphisme « d'évaluation »
envoyant $P$ sur $P(x)$ pour chaque $P \in k[t]$.  Le noyau de
$\varphi$ est un idéal de $k[t]$.  Exactement l'un des deux cas
suivants se produit :
\begin{itemize}
\item Soit $\varphi$ est injectif (=son noyau est nul), auquel cas on
  dit que $x$ est \textbf{transcendant} sur $k$.  Dans ce cas, d'après
  la propriété universelle du corps des fractions
  (cf. \ref{universal-property-of-fraction-field}), $\varphi$ se
  prolonge de manière unique en une extension de corps $k(t) \to K$
  (où $k(t)$ est le corps des fractions rationnelles en l'indéterminée
  $t$ sur $k$), envoyant $P/Q \in k(t)$ sur $P(x)/Q(x) \in K$, et
  l'image de $k(t)$ dans $K$ est précisément $k(x)$
  (cf. \ref{subfield-generated-is-quotients}).  Ceci permet
  d'identifier $k(x)$ avec le corps des fractions rationnelles en une
  indéterminée (i.e., de considérer $x$ comme une indéterminée).
\item Soit le noyau de $\varphi$ est engendré par un unique polynôme
  unitaire $\mu_x\in k[t]$, qu'on appelle le \textbf{polynôme minimal}
  de $x$, et alors $x$ est dit \textbf{algébrique} (ou
  \textbf{entier}) sur $k$.  Alors l'image $k[x]$ de $\varphi$
  (cf. \ref{subalgebra-generated-is-polynomials}) s'identifie à
  $k[t]/(\mu_x)$, une $k$-algèbre de dimension $\deg\mu_x$ finie
  sur $k$, qu'on appelle le \textbf{degré} de $x$ ; mais comme $k[x]$
  est intègre (puisque c'est une sous-algèbre d'un corps), et de
  dimension finie, c'est un corps
  (cf. \ref{finite-integral-algebra-is-a-field}) : on a donc $k(x) =
  k[x] = k[t]/(\mu_x)$ dans cette situation.  De plus, le polynôme
  $\mu_x$ est irréductible dans $k[t]$ (sans quoi on aurait deux
  éléments dont le produit est nul dans $K$).
\end{itemize}
On remarquera que les éléments de $k$ eux-mêmes sont exactement les
algébriques de degré $1$ sur $k$.  On remarquera aussi que si $k
\subseteq k' \subseteq K$, alors le polynôme minimal d'un $x\in K$
sur $k'$ divise celui sur $k$ (car ce dernier annule $x$ et est à
coefficients dans $k$ donc dans $k'$).

\thingy\label{monogeneous-extensions-dichotomy-bis} La dichotomie
décrite ci-dessus admet une sorte de réciproque : d'une part, si $t$
est une indéterminée, alors dans $k(t)$ (le corps des fractions
rationnelles) l'élément $t$ est bien transcendant sur $k$ (en fait,
toute fraction rationnelle non constante est transcendante sur $k$) ;
d'autre part, si $\mu$ est un polynôme unitaire irréductible sur $k$,
alors $k[t]/(\mu)$ est une $k$-algèbre de dimension finie intègre donc
(cf. \ref{finite-integral-algebra-is-a-field}) une extension de corps
de $k$ dans laquelle la classe $x := \bar t$ de l'indéterminée $t$ est
algébrique de polynôme minimal $\mu$ : ce corps $k(x) = k[t]/(\mu)$
est appelé \textbf{corps de rupture} du polynôme irréductible $\mu$
sur $k$ (lorsque $\mu$ n'est pas unitaire, on peut encore parler de
corps de rupture quitte à diviser par le coefficient dominant ; en
revanche, l'irréductibilité est essentielle), et il va de soi que le
corps de rupture coïncide avec $k$ si et seulement si $\mu$ est de
degré $1$ (précisément, si $\mu = t-a$ alors l'élément $x := \bar t$
de $k(x) = k[t]/(\mu)$ s'identifie avec $a \in k$).

\thingy Une extension de corps $k\subseteq K$ est dite
\textbf{algébrique} lorsque chaque élément de $K$ est algébrique
sur $k$.  On dit aussi que $K$ est algébrique « au-dessus de » $k$ ou
« sur » $k$.

Un corps $k$ est dit \textbf{algébriquement clos} lorsque la seule
extension algébrique de $k$ est $k$ lui-même : d'après les remarques
précédentes, cela revient à dire que les seuls polynômes unitaires
irréductibles dans $k[t]$ sont les $t-a$.

À titre d'exemple, le corps $\mathbb{C}$ des nombres complexes est
algébriquement clos (« théorème de D'Alembert-Gauß »).

\thingy\label{degree-and-finite-extensions} Si $k\subseteq K$ est une
extension de corps, on peut 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} (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
au degré $\deg\mu_x =: \deg(x)$ de $x$.  \textit{A contrario}, si $x$
est transcendant, alors $[k(x):k]$ est infini.  En particulier, on a
montré que : \emph{l'extension monogène $k\subseteq k(x)$ est finie si
  et seulement si $x$ est algébrique sur $k$}.

\thingy\label{remark-multiplicativity-of-degree} On aura également
besoin du fait que si $k \subseteq K \subseteq L$ sont deux extensions
imbriquées alors $[L:k] = [K:k] \, [L:K]$ (au sens où le membre de
gauche est fini si et seulement si les deux facteurs du membre de
droite le sont, et dans ce cas leur produit lui est égal).  Cela
résulte du fait plus précis que si $(x_i)_{i\in I}$ est une $k$-base
de $K$ et $(y_j)_{j\in J}$ une $K$-base de $L$, alors $(x_i
y_j)_{(i,j)\in I\times J}$ est une $k$-base de $L$ (vérification
aisée).

\thingy\label{basic-facts-algebraic-extensions} Les faits suivants sont à noter :

(1) Une extension de corps engendrée par un nombre fini d'éléments
algébriques est finie (en effet, si $x_1,\ldots,x_n$ sont algébriques
sur $k$, alors chaque extension $k(x_1,\ldots,x_{i-1}) \subseteq
k(x_1,\ldots,x_i)$ est monogène algébrique, donc finie, donc leur
composée est finie).

(1bis) En fait, sous ces conditions, on peut être un peu plus précis :
$k(x_1,\ldots,x_n)$ a une base comme $k$-espace vectoriel formée de
monômes en les $x_1,\ldots,x_n$ (c'est-à-dire d'expressions de la
forme $x_1^{r_1}\cdots x_n^{r_n}$).  Ceci découle de la description de
la base donnée en \ref{remark-multiplicativity-of-degree} appliquée au
fait que chaque $k(x_1,\ldots,x_i)$ a une base sur
$k(x_1,\ldots,x_{i-1})$ formée des puissances de $x_i$ (jusqu'au degré
de celui-ci exclu).

(2) Une extension $k\subseteq K$ est finie si et seulement si elle est
à la fois algébrique et de type fini.  (Le sens « si » résulte de
l'affirmation (1) ; pour le sens « seulement si », remarquer que pour
tout $x\in K$, l'extension $k\subseteq k(x)$ est finie donc
algébrique, et qu'une base de $K$ comme $k$-espace vectoriel engendre
certainement $K$ comme extension de corps de $k$.)

(3) Une extension de corps engendrée par une famille quelconque
d'éléments algébriques est algébrique (en effet, si $K = k(x_i)_{i\in
  I}$ et $y \in K$, alors, cf. \ref{subfield-generated-is-quotients},
$y$ appartient à $k(x_i)_{i\in J}$ pour une sous-famille finie des
$x_i$, et d'après le (1), cette extension est finie sur $k$ donc
$k(y)$ l'est, c'est-à-dire que $y$ est algébrique sur $k$).
Concrètement, donc, les sommes, différences, produits et inverses de
quantités algébriques sur $k$ sont algébriques sur $k$.

(4) Si $k\subseteq K$ et $K\subseteq L$ sont algébriques alors
$k\subseteq L$ l'est (en effet, si $y \in L$, et si $x_1,\ldots,x_n
\in K$ sont les coefficients du polynôme minimal de $y$ sur $K$, alors
$y$ est algébrique sur $k(x_1,\ldots,x_n)$, qui est une extension
finie de $k$ d'après (1), donc $k(x_1,\ldots,x_n,y)$ est une extension
finie de $k(x_1,\ldots,x_n)$ donc de $k$, donc $k(y)$ est une
extension finie de $k$, donc $y$ est algébrique sur $k$).

\thingy\label{relative-algebraic-closure} L'observation (3) ci-dessus
entraîne que si $k\subseteq K$ est une extension de corps, l'extension
de $k$ engendrée par tous les éléments de $K$ algébriques sur $k$ est
tout simplement l'\emph{ensemble} de tous les éléments de $K$
algébriques sur $k$, c'est-à-dire que cet ensemble est un corps, qui
est manifestement la plus grande extension intermédiaire algébrique
sur $k$ : on l'appelle la \textbf{fermeture algébrique} de $k$
dans $K$ (la précision « dans $K$ » est importante).

Si c'est précisément $k$, on dit que $k$ est \textbf{algébriquement
  fermé} dans $K$ : autrement dit, cela signifie que tout élément
de $K$ est soit transcendant sur $k$ soit élément de $k$ (=algébrique
de degré $1$).  Un corps algébriquement clos est algébriquement fermé
dans toute extension, mais un corps peut être algébriquement fermé
dans une extension sans pour autant être algébriquement clos (par
exemple $\mathbb{Q}$ dans le corps $\mathbb{Q}(t)$ des fractions
rationnelles).

D'après (4) ci-dessus, la fermeture algébrique de $k$ dans $K$ est
algébriquement fermée dans $K$.

\thingy\label{upgrade-algebraic-with-indeterminates} On peut aussi
remarquer le fait suivant : si $K$ est algébrique au-dessus de $k$,
alors $K(t_1,\ldots,t_n)$ où les $t_i$ sont des indéterminées (ou, de
façon équivalente, des éléments algébriquement indépendants sur $K$
d'un corps plus gros,
cf. \ref{remark-indeterminates-versus-transcendentals}) est algébrique
sur $k(t_1,\ldots,t_n)$.  (En effet, $K(t_1,\ldots,t_n)$ est engendré
sur $k(t_1,\ldots,t_n)$ par tous les éléments de $K$, qui sont
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}\label{section-linear-disjointness}

(On pourra se référer à \ref{reinterpretation-of-linear-disjointness}
plus bas pour une réinterprétation des résultats de cette section.)

\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}

\begin{prop}\label{linear-disjointness-with-basis}
Soient $k \subseteq K$ et $k \subseteq L$ deux extensions contenues
dans une même troisième $M$, et soit $(v_j)$ une base de $K$ comme
$k$-espace vectoriel.  Alors $K$ et $L$ sont linéairement disjointes
si et seulement si $(v_i)$ est encore linéairement indépendante sur
$L$ quand on la voit comme une famille d'éléments de $M$.
\end{prop}
\begin{proof}
La nécessité (« seulement si ») fait partie de la définition des
extensions linéairement disjointes appliquée à la base $(v_i)$.
Montrons la suffisance.  Pour cela, soit $x_1,\ldots,x_n$ des éléments
de $K$ linéairement indépendants sur $k$, et soient $v_1,\ldots,v_m$
les éléments de la base qui interviennent dans l'écriture des $x_j$.
On peut écrire $x_j = \sum_{i=1}^m c_{i,j} v_j$ avec $c_{i,j} \in k$.
Le fait que les $x_j$ soient linéairement indépendants signifie
exactement que la matrice des $c_{i,j}$ a rang $n$.  Mais \emph{le
  rang d'une matrice ne dépend pas du corps sur lequel on la
  considère}, si bien qu'elle a aussi rang $n$ quand on la voit comme
une matrice à coefficients dans $L$ : comme par hypothèse les
$v_1,\ldots,v_m$ vus comme des éléments de $M$ sont linéairement
indépendants sur $L$, ceci implique que les $x_j = \sum_{i=1}^m
c_{i,j} v_j$ vus comme des éléments de $M$ sont eux aussi linéairement
indépendants sur $L$.  On a donc bien prouvé que $K$ et $L$ sont
linéairement disjointes.
\end{proof}

\thingy\label{definition-compositum} 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 $[K:k] < \infty$, le $L$-espace vectoriel $V$ est
également de dimension finie, 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}

\thingy\label{linear-disjointness-and-degrees} En particulier, dans
les conditions de la proposition ci-dessus, on a $[K.L : L] = [K :
  k]$, et d'après \ref{remark-multiplicativity-of-degree} on a aussi
$[K.L : k] = [K : k] \cdot [L : k]$.

Réciproquement, si pour deux extensions $k \subseteq K$ et $k
\subseteq L$ contenues dans une même troisième on a l'égalité $[K.L :
  L] = [K : k]$ \emph{finie} (notons que si à la fois $k \subseteq K$
et $k \subseteq L$ sont finies, il revient au même de supposer $[K.L
  : k] = [K : k] \cdot [L : k]$), on peut considérer une base
(finie !)  de $K$ comme $k$-espace vectoriel, qui,
d'après \ref{compositum-generated-by-products}, engendre $K.L$ comme
$L$-espace vectoriel, donc en est une base puisqu'elle a la bonne
taille : d'après \ref{linear-disjointness-with-basis}, ceci assure que
$K$ et $L$ sont linéairement disjointes.

\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 extensions $k\subseteq K$ 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}\label{definition-transcendence-basis}
Si $k\subseteq K$ est une extension de corps, une famille finie
$x_1,\ldots,x_n$ d'éléments de $K$ est dite \textbf{algébriquement
  indépendante} (il serait plus logique de dire « collectivement
  transcendante ») sur $k$ lorsque le seul polynôme $P \in
k[t_1,\ldots,t_n]$ à coefficients dans $k$ et tel que
$P(x_1,\ldots,x_n) = 0$ (relation de « dépendance algébrique » sur $k$
entre les $x_i$) est le polynôme nul ; autrement dit, lorsque le
morphisme « d'évaluation » $k[t_1,\ldots,t_n] \to K$ (avec
$k[t_1,\ldots,t_n]$ l'anneau des polynômes en $n$ indéterminées)
envoyant $P$ sur $P(x_1,\ldots,x_n)$ est injectif.  En particulier,
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 $(x_i)_{i\in I}$ 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
algébriquement indépendants si $t_1,\ldots,t_n$ sont des
indéterminées, c'est-à-dire, si $k(t_1,\ldots,t_n)$ est le corps des
fractions rationnelles en $n$ indéterminées.  Réciproquement, si
$x_1,\ldots,x_n$ sont algébriquement indépendants, alors
$k(x_1,\ldots,x_n)$ s'identifie au corps des fractions rationnelles en
$n$ indéterminées comme dans le cas $n=1$ déjà vu
en \ref{monogeneous-extensions-dichotomy} ci-dessus (en envoyant
$P/Q$, avec $P,Q\in k[t_1,\ldots,t_n]$ et $Q\neq 0$, sur
$P(x_1,\ldots,x_n)/Q(x_1,\ldots,x_n)$).

(On peut encore dire la même chose pour un nombre infini de $x_i$, à
condition de définir le corps des fractions rationnelles en un nombre
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 $(x_i)_{i\in I}$ 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
$\mathbb{R}(x,y : x^2+y^2-1)$ des fractions de
$\mathbb{R}[x,y]/(x^2+y^2-1)$ est une extension transcendante pure de
$\mathbb{R}$, car il est en fait isomorphe à $\mathbb{R}(t)$ où $t =
\frac{y}{x+1}$ (de réciproque $x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ et $y =
\frac{2t}{1+t^2}$) : on reviendra sur cet exemple
en \ref{example-curve-circle}.

Certains auteurs disent parfois par abus de langage (ces notes
tâcheront de l'éviter) que $k \subseteq k(x_1,\ldots,x_n)$ est
transcendante pure pour dire en fait que les $x_1,\ldots,x_n$ sont
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 $(x_i)_{i\in I}$ 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.

(1a) Toute famille algébriquement indépendante sur $k$ d'éléments
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 un corps intermédiaire $E$ au-dessus duquel $K$ est
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
$z_1,\ldots,z_\ell,t$ soient algébriquement indépendants sur $k$ (pour
un certain $\ell$, qui peut être $0$), alors il existe $j$ entre
$\ell+1$ et $n$ tel qu'en remplaçant $z_j$ par $t$ dans la base de
transcendance $z_1,\ldots,z_n$ on obtienne encore une base de
transcendance.

(3) Deux bases de transcendance de $K$ sur $k$ ont toujours le même
cardinal.
\end{prop}
\begin{proof}
(1a) Le principe de maximalité de
  Hausdorff (\ref{hausdorff-maximal-principle}, appliqué à l'ensemble
  $\mathscr{F}$ des familles algébriquement indépendantes sur $k$)
  montre que toute famille algébriquement indépendante est contenue
  dans une famille algébriquement indépendante maximale.  Montrons
  qu'une telle famille est une base de transcendance : si $(x_i)_{i\in
    I}$ est une famille algébriquement indépendante maximale, on veut
  donc prouver que $K$ est algébrique sur $k(x_i)_{i\in I}$ ; pour
  cela, soit $t \in K$, on veut montrer qu'il n'est pas transcendant
  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
  $P(t,x_{i_1},\ldots,x_{i_n})$ 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 $E =
  k(x_i)_{i \in J}$ : soit $I$ une partie maximale de $J$ telle que
  $(x_i)_{i\in I}$ soit algébriquement indépendante (de nouveau on
  utilise le principe de maximalité), et on va montrer qu'il s'agit
  d'une base de transcendance.  Si ce n'est pas le cas, l'extension
  $K$ de $k(x_i)_{i\in I}$ n'est pas algébrique, donc
  (cf. \ref{basic-facts-algebraic-extensions}(3)) elle ne peut pas
  être engendrée uniquement par des éléments algébriques, autrement
  dit il existe $j\in J$ (et évidemment $j\not\in I$) tel que $x_j$
  soit transcendant sur $k(x_i)_{i\in I}$, et par ce qu'on vient
  d'expliquer la famille obtenue en rajoutant $j$ à $I$ contredit la
  maximalité de $I$.

(2) Soit $z_1,\ldots,z_n$ une base de transcendance (finie) et $t \in
  K$ tel que $z_1,\ldots,z_\ell,t$ soient algébriquement indépendants.
  Puisque $t \in K$ est algébrique sur $k(z_1,\ldots,z_n)$, on peut
  trouver une relation de dépendance algébrique $P(t,z_1,\ldots,z_n) =
  0$ ; comme $z_1,\ldots,z_\ell,t$ sont algébriquement indépendants
  par hypothèse, le polynôme $P$ ne peut pas dépendre que de ces
  variables, donc il doit faire intervenir $z_j$ pour un certain $j$
  entre $\ell+1$ et $n$.  Soit $z'_i$ défini par $z'_i = z_i$ si
  $i\neq j$ et $z'_j = t$.  La relation $P(t,z_1,\ldots,z_n) = 0$, ou,
  quitte à échanger deux variables, $\hat P(z_j,z'_1,\ldots,z'_n) =
  0$, se lit aussi comme affirmant que $z_j$ est algébrique sur
  $k(z'_1,\ldots,z'_n)$ : il s'ensuit que $K$ est algébrique sur
  $k(z'_1,\ldots,z'_n)$ (puisqu'il est algébrique sur
  $k(z_1,\ldots,z_n)$ et qu'on vient de voir que ce dernier est
  algébrique sur $k(z'_1,\ldots,z'_n)$,
  cf. \ref{basic-facts-algebraic-extensions} (3) et (4)).  D'autre
  part, les $z'_i$ sont algébriquement indépendants : car s'ils ne
  l'étaient pas, comme les $z_1,\ldots,z_n$ le sont, une relation
  $Q(z'_1,\ldots,z'_n)=0$ ferait intervenir $z'_j = t$, c'est-à-dire
  que $t$ serait algébrique sur les autres $z'_i$, donc $z_j$ serait
  algébrique sur les $z'_i = z_i$ pour $i \neq j$ (vu qu'on sait déjà
  qu'il est algébrique sur tous les $z'_i$), or par hypothèse ce n'est
  pas le cas.  On a bien prouvé que les $z'_i$ forment une base de
  transcendance de $K$ sur $k$.

(3) Tout d'abord, s'il existe une base de transcendance finie
  $z_1,\ldots,z_n$, alors toute famille algébriquement indépendante
  $x_1,\ldots,x_{n'}$ vérifie $n' \leq n$.  En effet, si $n'>n$, le
  lemme d'échange permet de remplacer un des $z_i$, mettons $z_1$, par
  $x_1$, puis un des $z_i$ autre que $z_1$, mettons $z_2$, par $x_2$,
  et ainsi de suite, toujours en obtenant des bases de transcendance.
  Finalement, on voit que $x_1,\ldots,x_n$ est une base de
  transcendance, contredisant le fait supposé que les $x_i$ pour
  $n<i\leq n'$ sont encore transcendants dessus.  (Ici, on a supposé
  la famille $x_1,\ldots,x_{n'}$ finie, mais de façon générale on voit
  que toute sous-famille finie d'une famille algébriquement
  indépendante doit avoir au plus $n$ éléments donc toute famille
  algébriquement indépendante est finie.)

Enfin, si on a une base de transcendance infinie $(x_i)_{i\in I}$,
d'après ce qu'on vient de voir, toute autre base de transcendance
$(y_j)_{j\in J}$ est également infinie ; par ailleurs, tout élément
$y_j$ de $K$ est algébrique sur le sous-corps engendré par une
sous-famille \emph{finie} des $x_i$, donc on a une application de $J$
vers les parties finies de $I$ telle que l'image réciproque d'une
partie finie donnée de $I$ soit finie, et ceci prouve bien que $I$ et
$J$ ont même cardinal (en utilisant le fait que, pour $I$ infini, $I$
est équipotent à l'ensemble de ses parties finies).
\end{proof}

\begin{defn}\label{definition-transcendence-degree}
Si $k \subseteq K$ est une extension de corps, le cardinal d'une base
de transcendance de $K$ sur $k$ (dont on vient de montrer qu'il ne
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}

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}
\begin{proof}
Si $(x_i)_{i\in I}$ est une base de transcendance de $K$ sur $k$ et
$(y_j)_{j\in J}$ de $L$ sur $K$, alors leur réunion (évidemment
disjointe !) est une base de transcendance de $L$ sur $k$ : en effet,
d'une part, une relation de dépendance algébrique sur $k$ entre les
$x_i$ et les $y_j$ est \textit{a fortiori} une relation de dépendance
algébrique sur $K$ entre les $y_j$, qui n'existe pas, c'est-à-dire
plus exactement qui ne peut pas faire intervenir les $y_j$, donc est
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 $k(x_i)_{i\in I}(y_j)_{j\in J}$ 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}

\begin{defn}
Soit $K$ un corps et $\mu \in K[t]$ un polynôme irréductible.  On
appelle \textbf{corps de rupture} de $\mu$ sur $K$ une extension $K
\subseteq L$ telle que $\mu$ admette une racine $x$ dans $K$ pour
laquelle $L = K(x)$.  (Bien sûr, $\mu$ est alors le polynôme minimal
de $x$ sur $K$.)
\end{defn}

On a déjà introduit le terme « corps de rupture »
en \ref{monogeneous-extensions-dichotomy-bis}, mais il s'agit bien de
la même notion, plus précisément :
\begin{prop}\label{existence-uniqueness-rupture-field}
Soit $K$ un corps et $\mu \in K[t]$ un polynôme irréductible.  Alors :
(1) il existe un corps de rupture de $\mu$ sur $K$, à savoir
$K[t]/(\mu)$.  (2) Si $K \subseteq L$ est un corps de rupture de $\mu$
sur $K$ avec $L = K(x)$, et si $K \subseteq L'$ est une extension dans
laquelle $\mu$ a une racine $x'$, alors il existe un unique morphisme
de corps\footnote{On rappelle qu'un morphisme de corps est
  automatiquement injectif.} $L \to L'$ qui soit l'identité sur $K$ et
envoie $x$ sur $x'$.  (3) Si en outre $K \subseteq L'$ est aussi un
corps de rupture de $\mu$ sur $K$, le morphisme en question est un
isomorphisme ; autrement dit : si $K \subseteq L$ et $K \subseteq L'$
sont deux corps de rupture de $\mu$ sur $K$ avec $L = K(x)$ et $L' =
K(x')$, il existe un unique morphisme $L \to L'$ qui soit l'identité
sur $K$ et envoie $x$ sur $x'$, et c'est un isomorphisme ; notamment,
deux corps de rupture de $\mu$ sur $K$ sont isomorphes.
\end{prop}
\begin{proof}
L'affirmation (1) a déjà été démontrée
en \ref{monogeneous-extensions-dichotomy-bis}, en appelant $x$ la
classe de $t$ dans $K[t]/(\mu)$.  Pour ce qui est de (2), il suffit de
le prouver pour $L = K[t]/(\mu)$, or le morphisme $L \to L'$ recherché
doit provenir d'un morphisme $K[t] \to L'$ envoyant $t$ sur $x'$, ce
morphisme existe bien et est unique (il s'agit de l'évaluation
en $x'$), et il passe au quotient de façon unique (puisque $x'$ a pour
polynôme minimal $\mu$ sur $K$).  Enfin, pour ce qui est de (3), le
morphisme est un isomorphisme (i.e., est surjectif) puisque son image
est un corps contenant $K$ et $x'$ et qu'on a $L' = K(x')$.
\end{proof}

\begin{defn}\label{definition-decomposition-field}
Soit $K$ un corps et $f \in K[t]$ un polynôme quelconque.  On appelle
\textbf{corps de décomposition} de $f$ sur $K$ une extension $K
\subseteq L$ telle que $f$ soit scindé (=complètement décomposé)
sur $L$, i.e., $f = c\prod_{i=1}^n (t-x_i)$ (avec $c$ le coefficient
dominant de $f$, et $x_1,\ldots,x_n$ ses racines avec multiplicité) et
que $L = K(x_1,\ldots,x_n)$.

On définit de même la notion de corps de décomposition sur $K$ d'une
famille $(f_i)$ quelconque de polynômes : il s'agit d'une extension
de $K$ dans laquelle tous les $f_i$ sont scindés, et qui est engendrée
(en tant que corps, cf. \ref{subfield-generated}) par l'ensemble de
toutes les racines de tous les $f_i$.
\end{defn}

\begin{prop}\label{existence-uniqueness-decomposition-field}
Soit $K$ un corps et $f \in K[t]$ un polynôme.  Alors : (1) Il existe
un corps de décomposition de $f$ sur $K$.  (2) Si $K \subseteq L$ est
un corps de décomposition de $f$ sur $K$, et si $K \subseteq L'$ est
une extension dans laquelle $f$ est scindé, il existe
un morphisme de corps $L \to L'$ qui soit l'identité sur $K$ ; de
plus, (2b) dans les conditions, si $f$ est irréductible, et si $x$ et
$x'$ sont une racine de $f$ dans $L$ et $L'$ respectivement, on peut
de plus choisir l'isomorphisme pour envoyer $x$ sur $x'$.  (3) Si en
outre $K \subseteq L'$ est aussi un corps de décomposition de $f$
sur $K$, tout morphisme comme en (2) est un isomorphisme ; autrement
dit : si $K \subseteq L$ et $K \subseteq L'$ sont deux corps de
décomposition de $f$ sur $K$, il existe un morphisme $L \to L'$ qui
soit l'identité sur $K$, et un tel morphisme est un isomorphisme ;
notamment, deux corps de décomposition de $f$ sur $K$ sont isomorphes.
\end{prop}
\begin{proof}
Pour montrer (1), (2) et (2b), on procède par récurrence sur le degré
de $f$.  Si $\deg f = 1$, toutes les affirmations sont triviales
($K$ lui-même est un corps de décomposition de $f$ sur $K$, et c'est
le seul).  Sinon, soit $f_1$ un facteur irréductible de $f$ sur $K$
(qui est $f$ lui-même si $f$ est irréductible) et soit $E$ le corps de
rupture de $f_1$, dans lequel $f_1$ admet une racine, disons $x_1$, et
si on cherche à prouver (2b) on prendra $x_1 = x$ : comme $x_1$ est
racine de $f$ dans $E$, on peut écrire $f = (t-x_1) f_2$ dans $E[t]$,
avec $\deg f_2 < \deg f =: n$, ce qui permet par récurrence
d'appliquer les conclusions à $f_2$.

Pour montrer (1), on utilise l'hypothèse de récurrence pour construire
un corps de décomposition $L$ de $f_2$ sur $E$ : disons $L =
E(x_2,\ldots,x_n)$ avec $x_2,\ldots,x_n$ les racines de $f_2$, et il
est clair que $f$ est scindé sur $L$ et on a $L =
K(x_1,\ldots,x_n)$, donc $L$ est un corps de décomposition de $f$
sur $K$.  Pour montrer (2) et (2b), soit $x'$ une racine de $f$
dans $L'$ : d'après \ref{existence-uniqueness-rupture-field}(2), il
existe un unique plongement de $E$ dans $L'$ envoyant $x_1$ sur $x'$ :
quitte à identifier $E$ à son image, on peut considérer qu'il s'agit
de l'identité ; comme $L$ est un corps de décomposition de $f_2$
sur $E$, par l'hypothèse de récurrence, il existe un morphisme $L \to
L'$ qui soit l'identité sur $E$, donc sur $K$, ce qui prouve (2), et
ce morphisme envoie $x_1$ sur $x'$ (on les a identifiés), ce qui
prouve aussi (2b).

Enfin, pour ce qui est de (3), le morphisme est un isomorphisme (i.e.,
est surjectif) puisque son image est un corps contenant $K$ et toutes
les racines $x'_1,\ldots,x'_n$ de $f$ dans $L'$, or on a $L =
K(x'_1,\ldots,x'_n)$.
\end{proof}

On peut obtenir l'existence et l'unicité du corps de décomposition
d'une famille finie de polynômes en appliquant le résultat ci-dessus à
leur produit (puisque visiblement, scinder $f_1,\ldots,f_n$ revient à
scinder leur produit $f_1\cdots f_n$).  Le même résultat vaut pour un
nombre possiblement infini de polynômes :
\begin{prop}\label{existence-uniqueness-decomposition-field-infinite-family}
Soit $K$ un corps et $(f_i)$ une famille quelconque d'éléments
de $K[t]$.  Alors : (1) Il existe un corps de décomposition des $f_i$
sur $K$.  (2) Si $K \subseteq L$ est un corps de décomposition des
$f_i$ sur $K$, et si $K \subseteq L'$ est une extension dans laquelle
tous les $f_i$ sont scindés, il existe un morphisme de
corps $L \to L'$ qui soit l'identité sur $K$ ; de plus, (2b) dans les
conditions, si un des $f_i$ est irréductible, et si $x$ et $x'$ sont
une racine de $f_i$ dans $L$ et $L'$ respectivement, on peut de plus
choisir l'isomorphisme pour envoyer $x$ sur $x'$.  (3) Si en outre $K
\subseteq L'$ est aussi un corps de décomposition des $f_i$ sur $K$,
tout morphisme comme en (2) est un isomorphisme ; autrement dit : si
$K \subseteq L$ et $K \subseteq L'$ sont deux corps de décomposition
des $f_i$ sur $K$, il existe un morphisme $L \to L'$ qui soit
l'identité sur $K$, et un tel morphisme est un isomorphisme ;
notamment, deux corps de décomposition des $f_i$ sur $K$ sont
isomorphes.
\end{prop}
\begin{proof}[Esquisse de démonstration]
Le (1) se montre comme
\ref{existence-uniqueness-decomposition-field}(1) avec un argument de
passage à l'infini : pour chaque polynôme $f_i \in K[t]$, on construit
un corps de décomposition de ce polynôme au-dessus de tous les corps
de décomposition précédemment obtenus, et tous ces corps sont
algébriques d'après \ref{basic-facts-algebraic-extensions} (3) et (4).
Le (2) et (2b) se montrent comme
\ref{existence-uniqueness-decomposition-field}(2), de nouveau en
passant à l'infini : quitte à supposer que $L$ a été construit comme
on vient de l'indiquer, pour chaque polynôme $f_i \in K[t]$, on
construit un morphisme entre le corps de décomposition de ce polynôme
au-dessus de tous les précédents, et un sous-corps de $L'$, jusqu'à
obtenir un morphisme de $L$ dans $L'$.  Pour le (3), il s'agit de
nouveau d'observer que si $L'$ est engendré par toutes les racines de
tous les $f_i$, comme elles sont dans l'image du morphisme, le
morphisme est surjectif.
\end{proof}

L'intérêt principal de la proposition qu'on vient de démontrer est de
montrer l'existence et l'unicité de la clôture algébrique :

\begin{defn}\label{definition-algebraic-closure}
Soit $K$ un corps.  On appelle \textbf{clôture algébrique} de $K$ une
extension $K \subseteq L$ algébrique telle que tout polynôme de $K[t]$
soit scindés sur $L$.
\end{defn}

De toute évidence, un corps est algébriquement clos si et seulement si
il est égal à sa propre clôture algébrique.  Remarquons également
qu'une clôture algébrique de $K$ est exactement la même chose qu'un
corps de décomposition de \emph{tous} les polynômes à coefficients
dans $K$.

\begin{prop}[théorème de Steinitz]
Soit $K$ un corps quelconque.  Alors il existe une clôture algébrique
de $K$, et de plus, si $L$ et $L'$ sont deux clôtures algébriques
de $K$, il existe un isomorphisme entre elles qui soit l'identité
sur $K$.  Enfin, une clôture algébrique de $K$ est algébriquement
close.
\end{prop}
\begin{proof}
L'existence et l'unicité résultent de la
proposition \ref{existence-uniqueness-decomposition-field-infinite-family}
appliquée à la famille de tous les polynômes à coefficients dans $K$.

Enfin, si $M$ est une clôture algébrique de $L$, qui est lui-même une
clôture algébrique de $K$, on voit que $M$ est algébrique sur $K$
d'après \ref{basic-facts-algebraic-extensions}(4), donc tout élément
de $M$ est racine d'un polynôme à coefficients dans $K$, donc il est
déjà dans $L$, et en fait $L = M$, ce qui montre que $L$ est
algébriquement clos.
\end{proof}

\thingy\label{algebraic-closure-in-algebraically-closed-field} La
fermeture algébrique d'un corps $K$ dans un corps algébriquement clos
$L$ qui le contient fournit une clôture algébrique de $K$
(vérification facile).  À titre d'exemple, puisque $\mathbb{C}$ est
algébriquement clos, la fermeture algébrique de $\mathbb{Q}$
dans $\mathbb{C}$, c'est-à-dire l'ensemble des nombres complexes
algébriques sur $\mathbb{Q}$, est une clôture algébrique
de $\mathbb{Q}$.

On notera souvent $K^{\alg}$ une clôture algébrique de $K$, le
choix étant peu important puisqu'elles sont toutes isomorphes
au-dessus de $K$ comme on vient de le voir (néanmoins, comme
l'isomorphisme n'est pas \emph{unique}, le fait d'écrire « une »
clôture algébrique est justifié : deux constructions de clôtures
algébriques donneront certes des objets isomorphes, mais il n'y a pas
de façon « canonique » de les identifier).


\subsection{Éléments et extensions algébriques séparables}

\thingy On rappelle que la \textbf{caractéristique} d'un corps $k$ est
le générateur positif de l'idéal noyau de l'unique morphisme d'anneaux
$\mathbb{Z} \to k$ : plus concrètement, c'est le plus petit entier $p$
tel que $p = 0$ dans $k$ (au sens où $1 + 1 + \cdots + 1 = 0$ avec $p$
termes dans la somme), ou bien $0$ si un tel entier n'existe pas :
c'est soit $0$ soit un nombre premier (positif).

Si $k$ est de caractéristique $p>0$, alors l'application
$\Frob_p\colon k \to k$ définie par $x \mapsto x^p$, ou
\textbf{Frobenius} d'exposant $p$, est un morphisme de corps, i.e., on
a $(x+y)^p = x^p + y^p$ et $(xy)^p = x^p y^p$ ; en particulier, il est
injectif.  On notera $k^p$ l'image de ce morphisme
(cf. \ref{definition-perfect-field}), qui est donc un sous-corps
de $k$.  Par exemple, $k^p[t]$ désigne l'anneau des polynômes dont les
coefficients sont des puissances $p$-ièmes.

L'application $x \mapsto x^{p^e}$ est l'itérée $e$-ième du Frobenius
et peut se noter indifféremment $\Frob_{p^e}$ ou $\Frob_p^e$.  Son
image se note bien sûr $k^{p^e}$.

\thingy Si $k$ est un corps, et $f \in k[t]$ un polynôme en une
indéterminée sur $k$, on dit que $f$ est \textbf{séparable} lorsque
$f$ est premier avec sa dérivée $f'$ : ceci revient à dire que les
racines de $f$ sont simples (=sans multiplicité) dans une extension où
$f$ est scindé (cf. \ref{existence-uniqueness-decomposition-field}).
Lorsque $f$ est de plus irréductible (sur $k$), dire qu'il est
séparable signifie simplement que $f' \neq 0$ (puisque $f'$ ne peut
diviser $f$ qu'en étant nulle).

Si $k$ est de caractéristique $0$, tout polynôme irréductible est
séparable.  Si $k$ est de caractéristique $p>0$, tout polynôme $f \in
k[t]$ s'écrit de façon unique sous la forme $f(t) = f_0(t^{p^e})$ pour
un certain $e \in \mathbb{N}$ et où $f_0' \neq 0$ (en effet, un
polynôme de dérivée nulle n'a que des termes d'exposant multiple
de $p$, et on itère) ; avec une telle écriture, si $f$ est séparable
alors $e = 0$, et si $f$ est irréductible alors $f_0$ l'est aussi.

\thingy\label{raising-polynomial-to-the-power-p} Le fait facile
suivant reviendra très souvent : si $g \in k[t]$ où $k$ est de
caractéristique $p$, alors $g(t)^p = g^{\Frob}(t^p)$ où $g^{\Frob}$
désigne le polynôme obtenu en élevant chaque coefficient de $g$ à la
puissance $p$ (c'est donc un élément de $k^p[t]$).  En effet, si on
appelle $c_n$ le coefficient devant $t^n$ dans $g$, on a $(c_n t^n)^p
= (c_n)^p (t^n)^p$.

On a bien sûr de même $g(t)^{p^e} = g^{\Frob^e}(t^{p^e})$ où
$g^{\Frob^e} \in k^{p^e}[t]$ désigne le polynôme obtenu en élevant
chaque coefficient de $g$ à la puissance $p^e$.

\begin{lem}\label{power-in-kp-lemma}
Soit $k$ un corps de caractéristique $p>0$, et soit $h \in k[t]$ un
polynôme tel que $h^i \in k^p[t]$ pour un certain $1\leq i < p$.
Alors $h \in k^p[t]$.
\end{lem}
\begin{proof}
Comme $i$ est premier avec $p$, on peut trouver une relation de Bézout
$ui = 1 + vp$ avec $u,v\in\mathbb{N}$.  On a alors $(h^i)^u = h\cdot
(h^p)^v$ avec $h^i \in k^p[t]$ par hypothèse et $h^p \in k^p[t]$
d'après \ref{raising-polynomial-to-the-power-p}.  On a donc $h \in
k^p(t)$ (comme quotient de $(h^i)^u$ par $(h^p)^v$), et $h \in k[t]$,
et il suffit d'appliquer la remarque (triviale mais importante) que si
$k_0 \subseteq k$ est une extension de corps alors $k_0(t) \cap k[t] =
k_0[t]$.
\end{proof}

\begin{prop}\label{irreducibility-of-frobeniused-polynomials}
Soit $k$ un corps de caractéristique $p>0$, soit $f_0 \in k[t]$
unitaire irréductible, et soit $f(t) := f_0(t^{p^e})$ où $e>0$.  Alors
$f$ est réductible (i.e., n'est pas irréductible) si et seulement si
les coefficients de $f_0$ (ou de façon équivalente, ceux de $f$) sont
des puissances $p$-ièmes, i.e., si et seulement si $f_0 \in k^p[t]$.
De plus, dans ce cas, $f$ est en fait une puissance $p$-ième
(cf. \ref{raising-polynomial-to-the-power-p}).
\end{prop}
\begin{proof}
Si $f_0 \in k^p[t]$, disons $f_0 = (f_1)^{\Frob}$ (c'est-à-dire le
polynôme obtenu en appliquant $\Frob_p$ coefficient par coefficient)
avec $f_1 \in k[t]$, alors $f(t) = f_0(t^{p^e}) =
(f_1(t^{p^{e-1}}))^p$ (cf. \ref{raising-polynomial-to-the-power-p}),
donc $f$ n'est pas irréductible.

Montrons la réciproque : supposons que les coefficients de $f_0$ ne
soient pas tous des puissances $p$-ièmes, et on veut montrer que $f$
est irréductible.  Par récurrence, on se ramène au cas $e=1$,
c'est-à-dire $f(t) = f_0(t^p)$.  Comme $\Frob_p$ est un isomorphisme
entre $k$ et $k^p$, il suffit de montrer que $f^{\Frob}$ est
irréductible dans $k^p[t]$.  Or on a $f^{\Frob} = f_0(t)^p$ comme au
paragraphe précédent : dans $k[t]$, il s'agit d'une factorisation
irréductible (car on a supposé $f_0$ irréductible) ; donc tout
diviseur unitaire non-constant de $f^{\Frob}$ dans $k[t]$, et en
particulier tout facteur irréductible de $f^{\Frob}$ dans $k^p[t]$,
doit être de la forme $f_0^i$ pour un certain $1\leq i\leq p$.  Mais
si $f_0^i \in k^p[t]$ pour $i<p$, le lemme \ref{power-in-kp-lemma}
montre que $f_0 \in k^p[t]$, et on a supposé le contraire : c'est donc
que le seul facteur irréductible de $f^{\Frob}$ dans $k^p[t]$
est $f_0^p = f^{\Frob}$ lui-même, donc que $f^{\Frob}$ est
irréductible dans $k^p[t]$ donc que $f$ l'est dans $k[t]$.
\end{proof}

\thingy\label{definition-separable-element} Lorsque $k \subseteq K$
est une extension de corps, un élément $x \in K$ algébrique sur $k$
est dit \textbf{séparable} (sur $k$) lorsque son polynôme minimal
l'est.  D'après ce qu'on a dit ci-dessus, en caractéristique $0$, tout
algébrique est séparable ; et en caractéristique $p$, pour tout
algébrique $x$ il existe un $e$ unique tel que $x^{p^e}$ soit
séparable et de degré égal à l'entier $\deg(x)/p^e$, et en
particulier, si $\deg(x)$ n'est pas multiple de $p$, alors $x$ est
séparable.

On remarquera que si $k \subseteq k' \subseteq K$ est une tour
d'extensions, un élément $x\in K$ séparable sur $k$ est en particulier
séparable sur $k'$ (car son polynôme minimal sur $k'$ divise celui
sur $k$ et un polynôme divisant un polynôme séparable est séparable).

\begin{prop}\label{separable-inseparable-dichotomy}
Soit $k \subseteq K$ une extension de corps de caractéristique $p>0$,
et $x \in K$ algébrique sur $k$.  Exactement l'un des deux cas
suivants se produit :
\begin{itemize}
\item soit $x$ est séparable, le polynôme minimal de $x^p$ sur $k$ a
  des coefficients dans $k^p$, et alors $\deg(x^p) = \deg(x)$ et $k(x)
  = k(x^p)$,
\item soit $x$ n'est pas séparable, le polynôme minimal de $x^p$
  sur $k$ a des coefficients qui ne sont pas tous dans $k^p$, et alors
  on a déjà vu $\deg(x^p) = \deg(x)/p$.
\end{itemize}
\end{prop}
\begin{proof}
Soit $f_0$ le polynôme minimal de $x^p$ sur $k$, et soit $f(t) =
f_0(t^p)$, de sorte que $f \in k[t]$ annule $x$.  D'après la
proposition \ref{irreducibility-of-frobeniused-polynomials}, deux cas
peuvent se produire : soit les coefficients de $f_0$ sont des
puissances $p$-ièmes auquel cas $f$ est une puissance $p$-ième, soit
$f$ est irréductible dans $k[t]$.  Dans le premier cas, disons $f =
f_1^p$, alors $\deg(f_1) = \deg(f_0)$ et $f_1(x) = 0$, ce qui montre
$\deg(x) \leq \deg(x^p)$, mais l'inclusion réciproque est évidente
puisque $k(x^p) \subseteq k(x)$, et l'égalité des degrés montre
l'égalité des corps.  Dans le second cas, $f$ est le polynôme minimal
de $x$ sur $k$, et on a $\deg(f) = p\cdot \deg(f_0)$ donc $\deg(x) =
p\cdot \deg(x^p)$.
\end{proof}

\thingy\label{linear-criterion-for-separability} On peut donner encore
une autre condition équivalente au fait qu'un élément $x \in K$
algébrique sur un sous-corps $k$ soit séparable (en
caractéristique $p>0$) : on vient de voir que cela équivaut à
$\deg(x^p) = \deg(x)$ ou à $k(x^p) = k(x)$ ; mais comme on a de toute
manière $[k(x):k] = [k^p(x^p) : k^p]$ (puisque le Frobenius est un
isomorphisme entre $k(x)$ et $k^p(x^p)$), la séparabilité de $x$
équivaut aussi à $[k(x^p):k] = [k^p(x^p) : k^p]$, c'est-à-dire,
d'après \ref{linear-disjointness-and-degrees}, au fait que les
extensions $k^p(x^p)$ et $k$ de $k^p$ sont linéairement disjointes
(cf. \ref{definition-linear-disjointness}).  C'est cette façon de voir
les choses qui va inspirer l'énoncé et la démonstration
de \ref{linear-criterion-for-separable-algebraic-extensions}.

\thingy\label{definition-separable-algebraic-extension} Une extension
de corps $k \subseteq K$ algébrique est dite \textbf{séparable} (ou
que $K$ est séparable sur / au-dessus de $k$) lorsque tout élément
de $K$ est séparable sur $k$ (cf. \ref{definition-separable-element}).
C'est, bien sûr, toujours le cas en caractéristique $0$.

\begin{prop}\label{linear-criterion-for-separable-algebraic-extensions}
Soit $k \subseteq K$ une extension de corps \emph{finie} de
caractéristique $p$ telle que $K^p$ engendre $K$ comme $k$-espace
vectoriel.  Alors $K$ est séparable sur $k$.
\end{prop}
\begin{proof}[Démonstration utilisant \ref{linear-disjointness-and-degrees}]
On a $[K^p : k^p] = [K : k]$ car $\Frob$ est un isomorphisme de $K$
sur $K^p$.  Par hypothèse, $K = K^p.k$
(cf. \ref{definition-compositum} pour la notation, et
cf. aussi \ref{compositum-generated-by-products}) : ainsi, $[K^p.k :
  k] = [K^p : k^p]$, donc
d'après \ref{linear-disjointness-and-degrees} les extensions $K^p$ et
$k$ de $k^p$ sont linéairement disjointes.  En particulier, si $y\in
K$, les extensions $k^p(y^p)$ et $k$ sont linéairement disjointes, ce
qui d'après \ref{linear-criterion-for-separability} implique que $y$
est séparable sur $k$.
\end{proof}

\begin{proof}[Démonstration directe (déroulée)]
Soit $d = [K:k]$ et soit $x_1,\ldots,x_d$ une base de $K$ comme
$k$-espace vectoriel.  Soit $y \in K$ : on veut montrer que $y$ est
séparable sur $k$.  Écrivons $y^j = \sum_{i=0}^{d-1} c_{i,j} x_i$ sur
cette base, pour $0\leq j\leq d'-1$ avec $d' = \deg(y)$ : le fait que
$y$ soit de degré $d'$ entraîne que $1,y,\ldots,y^{d'-1}$ sont
linéairement indépendants sur $k$, autrement dit la matrice des
$c_{i,j}$ est de rang $d'$.  Maintenant, en élevant $y^j =
\sum_{i=0}^{d-1} c_{i,j} x_i$ à la puissance $p$, on trouve $y^{pj} =
\sum_{i=0}^{d-1} c_{i,j}^p x_i^p$.

L'hypothèse que $K^p$ engendre $K$ comme $k$-espace vectoriel signifie
que tout élément de $K$ peut s'écrire comme combinaison linéaire
d'éléments de $K^p$ à coefficients dans $k$ ; comme les éléments de
$K^p$ peuvent eux-mêmes s'écrire comme combinaisons linéaires des
$x_1^p,\ldots,x_d^p$ à coefficients dans $k^p$ (donc dans $k$), on
voit que $x_1^p,\ldots,x_d^p$ engendrent $K$ comme $k$-espace
vectoriel, donc en sont une base (puisque $[K:k] = d$).

Or la matrice des $c_{i,j}^p$ est de rang $d'$ car le Frobenius est un
isomorphisme de $k$ sur $k^p$ et que \emph{le rang d'une matrice ne
  dépend pas du corps sur lequel on la considère}.  Des trois
dernières phrases, on déduit que $1,y^p,\ldots,y^{p(d'-1)}$ sont
linéairement indépendants sur $k$, c'est-à-dire que $\deg(y^p) \geq
d'$, l'inégalité dans le sens contraire étant évidente on a $\deg(y^p)
= \deg(y)$ et $y$ est séparable.
\end{proof}

\thingy L'hypothèse « finie » est essentielle
dans \ref{linear-criterion-for-separable-algebraic-extensions}, et ne
peut pas être remplacée par « algébrique » : un contre-exemple est
fourni par $k = \mathbb{F}_p(t)$ et pour $K$ la réunion des
$\mathbb{F}_p(t^{1/p^i})$ pour $i\in\mathbb{N}$ (chaque
$\mathbb{F}_p(t^{1/p^i})$ est un corps de fractions rationnelles à une
indéterminée $t^{1/p^i}$, plongé dans les suivants en identifiant
$t^{1/p^i}$ à $(t^{1/p^j})^{p^{j-i}}$ si $j\geq i$ : on dit que $K$
est la « clôture parfaite » de $k$, on l'obtient en prenant toutes les
racines $p^i$-ièmes des éléments de $k$).  Alors $k \subseteq K$ est
une extension algébrique ; et $K$ est un corps parfait
(cf. \ref{definition-perfect-field}), c'est-à-dire que $K^p = K$ (on
l'a construit exprès pour), et a fortiori $K^p$ engendre $K$ comme
$k$-espace vectoriel : pourtant, l'extension $k \subseteq K$ n'est
aucunement séparable (elle est même « purement inséparable »).

\begin{prop}\label{tower-of-finite-separable-extensions}
Soit $k \subseteq K$ une extension de corps.  Si $x_1,\ldots,x_n$ sont
des éléments de $K$ tels que $x_i$ est algébrique séparable sur
$k(x_1,\ldots,x_{i-1})$ pour chaque $1\leq i\leq n$, alors
$k(x_1,\ldots,x_n)$ est séparable sur $k$.
\end{prop}
\begin{proof}
En caractéristique $0$, il n'y a rien à prouver : plaçons-nous en
caractéristique $p > 0$.

Comme $x_1$ est séparable sur $k$, on a $k(x_1) = k(x_1^p)$ ; comme
$x_2$ est séparable sur $k(x_1)$, on a $k(x_1,x_2) = k(x_1)(x_2) =
k(x_1)(x_2^p) = k(x_1^p)(x_2^p) = k(x_1^p,x_2^p)$, et en procédant
ainsi de suite on voit que $k(x_1,\ldots,x_n) =
k(x_1^p,\ldots,x_n^p)$.  L'hypothèse
de \ref{linear-criterion-for-separable-algebraic-extensions} est donc
vérifiée (les monômes en $x_1^p,\ldots,x_n^p$
engendrent $k(x_1,\ldots,x_n)$ comme $k$-espace vectoriel,
cf. \ref{basic-facts-algebraic-extensions}(1bis)), donc
$k(x_1,\ldots,x_n)$ est séparable sur $k$.
\end{proof}

\begin{cor}\label{separably-generated-algebraic-extension-is-separable}
Soit $K = k(x_i)_{i\in I}$ avec les $x_i$ algébriques séparables
sur $k$.  Alors tout $K$ est (algébrique) séparable sur $k$.
(Comparer avec \ref{basic-facts-algebraic-extensions}(3).)

Concrètement, donc, les sommes, différences, produits et inverses de
quantités algébriques séparables sur $k$ sont algébriques séparables
sur $k$.
\end{cor}
\begin{proof}
Il s'agit de montrer que tout élément de $K$ est séparable sur $k$ :
comme tout élément de $K = k(x_i)_{i\in I}$ s'écrit en utilisant un
ensemble fini des $x_i$, i.e., appartient à $k(x_i)_{i\in J}$ pour $J
\subseteq I$ fini (cf. \ref{subfield-generated-is-quotients}), on peut
supposer que $J$ est fini, disons $J = \{1,\ldots,n\}$, bref $K =
k(x_1,\ldots,x_n)$.  Chaque $x_i$ est séparable sur $k$ donc \textit{a
  fortiori} sur $k(x_1,\ldots,x_{i-1})$ et le résultat découle
de \ref{tower-of-finite-separable-extensions}.
\end{proof}

\begin{cor}\label{tower-of-separable-extensions-is-separable}
Soit $k \subseteq K \subseteq L$ une tour d'extensions algébriques.
Si $K$ est séparable sur $k$ et $L$ est séparable sur $K$, alors $L$
est séparable sur $k$ (la réciproque est claire).

(Comparer avec \ref{basic-facts-algebraic-extensions}(4).)
\end{cor}
\begin{proof}
Si $y\in L$ et si $x_1,\ldots,x_n \in K$ sont les coefficients du
polynôme minimal de $y$ sur $K$, alors $y$ est algébrique séparable
sur $k(x_1,\ldots,x_n)$ et $x_1,\ldots,x_n$ sont séparables sur $k$ :
le résultat découle de \ref{tower-of-finite-separable-extensions}.
\end{proof}

\thingy\label{separable-closure} (Comparer
avec \ref{relative-algebraic-closure}.)  La
proposition \ref{separably-generated-algebraic-extension-is-separable}
entraîne que si $k\subseteq K$ est une extension de corps, l'extension
de $k$ engendrée par tous les éléments de $K$ algébriques séparables
sur $k$ est tout simplement l'\emph{ensemble} de tous les éléments
de $K$ algébriques séparables sur $k$, c'est-à-dire que cet ensemble
est un corps, qui est manifestement la plus grande extension
intermédiaire algébrique séparable sur $k$ : on l'appelle la
\textbf{fermeture [algébrique] séparable} de $k$ dans $K$.

La fermeture séparable de $k$ dans une clôture algébrique de $k$
(cf. \ref{definition-algebraic-closure}) s'appelle \textbf{clôture
  séparable} de $k$.  Si $k$ est égal à sa clôture séparable (i.e.,
séparablement fermé dans une clôture algébrique), on dit que $k$ est
\textbf{séparablement clos}.

\thingy Une extension algébrique $k \subseteq K$ telle que $k$ soit
égal à sa propre fermeture séparable dans $K$ (i.e. séparablement
fermé \emph{dans $K$}) est dite \textbf{purement inséparable}.  Dans
ce cas, en notant $p>0$ la caractéristique, le polynôme minimal
sur $k$ d'un élément quelconque de $K$ est de la forme $t^{p^e} - c$
pour un $c \in k$ (car si $f$ est le polynôme minimal de $x \in K$ et
si $f(t) = f_0(t^{p^e})$ avec $f_0$ séparable comme d'habitude,
l'élément $c := x^{p^e}$ de $K$ est annulé par $f_0$ donc séparable
sur $k$ donc dans $k$, donc $f_0$ est de la forme $t-c$) ; et
réciproquement, si cette condition est vérifiée, l'extension est
purement inséparable (car un polynôme de la forme $t^{p^e} - c$ n'est
séparable que pour $e=0$).

\thingy On pourrait définir la notion de \textbf{degré séparable}
d'une extension algébrique $k \subseteq K$, qui est le degré sur $k$
de la fermeture séparable $k'$ de $k$ dans $K$, soit
$[K:k]_{\sep} := [k':k]$ (et dualement $[K:k]_{\mathrm{ins}}
:= [K:k']$ le \textbf{degré inséparable}).  Les degrés séparables (et
les degrés inséparables) se multiplient comme les degrés
(cf. \ref{remark-multiplicativity-of-degree}) : nous ne ferons pas la
démonstration, mais le point-clé est que si $k\subseteq K$ est une
extension purement inséparable (i.e., telle que $k$ soit séparablement
fermé dans $K$) et $K \subseteq K'$ une extension séparable, et si
$k'$ est la fermeture séparable de $k$ dans $K'$, alors $[k':k] =
[K':K]$, c'est-à-dire que les extensions $K$ et $k'$ de $k$ sont
linéairement disjointes (cf. \ref{linear-disjointness-and-degrees}),
ce qui se voit de façon analogue
à \ref{linear-criterion-for-separable-algebraic-extensions}.



\subsection{Corps parfaits, théorème de l'élément primitif}

\begin{defn}\label{definition-perfect-field}
Un corps $k$ est dit \textbf{parfait} lorsque \emph{soit} $k$ est de
caractéristique $0$, \emph{soit} $k$ est de caractéristique $p$ et le
morphisme de Frobenius, $\Frob\colon x\mapsto x^p$, est surjectif $k
\to k$, i.e. tout élément a une racine $p$-ième (automatiquement
unique car $\Frob$ est injectif), ou si on préfère, $k^p = k$.
\end{defn}

\thingy Ainsi, les corps $\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C}$ sont
parfaits (car de caractéristique $0$).  Il en va de même d'un corps
fini $\mathbb{F}_q$ (car le morphisme de Frobenius, injectif d'un
ensemble fini vers lui-même, est forcément surjectif).  Enfin, un
corps algébriquement clos est parfait (car le polynôme $x^p - c$ se
scinde).

Un exemple de corps qui \emph{n'est pas} parfait est le corps
$\mathbb{F}_p(t)$ des fractions rationnelles en une indéterminée $t$
sur $\mathbb{F}_p$, vu que l'élément $t$ n'a pas de racine $p$-ième.

\thingy\label{field-is-perfect-iff-every-algebraic-is-separable} Si
$k$ est parfait, tout élément $x$ algébrique sur $k$ (dans un corps le
contenant) est séparable : ceci découle de la
proposition \ref{separable-inseparable-dichotomy}.

Réciproquement, si tout élément $x$ algébrique sur $k$ (dans un corps
le contenant, ou, mieux, dans une clôture algébrique $K$ fixée) est
séparable, alors $k$ est parfait : en effet, si $x\in k$, on peut
considérer $y$ sa racine $p$-ième dans la clôture algébrique $K$ :
puisque $t^p - x = (t-y)^p$ dans $K[t]$, toutes ses racines sont
égales à $y$, donc le polynôme minimal de $y$ sur $k$ est de la forme
$(t-y)^r$ pour un certain $1\leq r\leq p$, et s'il est séparable c'est
que $r=1$ donc $y\in k$.

Bien sûr, on peut aussi dire qu'un corps $k$ est parfait si et
seulement si toute extension algébrique de $k$ est séparable
(cf. \ref{definition-separable-algebraic-extension}
et \ref{separably-generated-algebraic-extension-is-separable}).

\begin{prop}
Si $k \subseteq K$ est une extension algébrique avec $k$ parfait,
alors $K$ est aussi parfait.
\end{prop}
\begin{proof}
D'après \ref{field-is-perfect-iff-every-algebraic-is-separable}, il
suffit de montrer que tout algébrique sur $K$ est séparable.  Mais un
algébrique sur $K$ est en particulier algébrique sur $k$
(cf. \ref{basic-facts-algebraic-extensions}(4)), donc de nouveau
d'après \ref{field-is-perfect-iff-every-algebraic-is-separable} il est
séparable sur $k$ donc sur $K$.
\end{proof}

\begin{prop}[théorème de l'élément primitif]\label{primitive-element-theorem}
Soit $K = k(x_1,\ldots,x_n)$ avec $x_1,\ldots,x_n$ algébriques sur $k$
et $x_2,\ldots,x_n$ séparables sur $k$ (on ne suppose pas que $x_1$
soit séparable).  Alors l'extension $k\subseteq K$ est monogène,
c'est-à-dire qu'il existe $y \in K$ tel que $K = k(y)$.
\end{prop}
\begin{proof}
Si $k$ est un corps fini, alors $K$ l'est aussi (puisque $K$ est fini
sur $k$), et on peut choisir $y$ un générateur du groupe cyclique
$K^\times$ (vu que ses puissances sont tous les éléments
de $K^\times$, il engendre certainement $K$ en tant que corps).
Excluons donc ce cas.

En procédant par récurrence sur $n$, on voit qu'il suffit de montrer
le cas $n=2$.  Supposons donc $K = k(x_1,x_2)$ avec $x_1,x_2$
algébriques et $x_2$ séparable.  On va poser $y = x_1 + c x_2$ et
chercher à choisir judicieusement $c \in k$ non nul.  Pour montrer que
$K = k(y)$, il suffira de montrer que $x_2$ est dans $k(y)$, puisque
ensuite $x_1 = y - c x_2$.  Pour cela, on va s'intéresser au polynôme
minimal de $x_2$ sur $k(y)$ : il s'agit de montrer qu'il a degré $1$
(pour $c$ bien choisi).

Soient $f_1$ et $f_2$ les polynômes minimaux de $x_1$ et $x_2$
sur $k$.  Travaillons dans $L$ une extension de $K$ dans laquelle $f_1
f_2$ est scindé (cf. \ref{existence-uniqueness-decomposition-field}).
L'élément $x_2$ est racine de $f_2(t)$ et aussi de $g(t) := f_1(y -
ct)$, ce dernier étant un polynôme en $t$ à coefficients dans $k(y)$ :
il est donc racine de leur pgcd $h$ dans $k(y)[t]$.  Or toute racine
de ce pgcd dans $L$ est à la fois racine de $f_2$, appelons-la $z_2$,
et aussi de la forme $(y - z_1)/c$ pour une certaine racine $z_1$
de $f_1$ ; on a donc $y = x_1 + c x_2 = z_1 + c z_2$, et si $z_2 \neq
x_2$ cela implique $c = (z_1 - x_1)/(x_2 - z_2)$.  Autrement dit, si
on choisit pour $c$ une valeur dans $k$ différente de tous les $(z_1 -
x_1)/(x_2 - z_2)$ pour $z_1$ parcourant les racines de $f_1$ et $z_2$
parcourant celles de $f_2$ (autres que $x_2$), ce qui est possible vu
que $k$ est infini et qu'on n'exclut qu'un nombre fini de valeurs,
alors la seule racine commune de $f_2$ et $g$ est $x_2$.  Comme de
plus $f_1$ est séparable, cette racine est simple pour $f_1$ donc
pour $h$, et ainsi $x_2$ est racine d'un polynôme $h$ dans $k(y)$
ayant une unique seule racine, de surcroît simple, dans un corps $L$
où ce polynôme se scinde (parce que $f_2$ s'y scinde).  C'est donc que
$x_2 \in k(y)$, et on a expliqué que cela conclut.
\end{proof}

\begin{cor}
Toute extension finie séparable est monogène.  En particulier, toute
extension finie d'un corps parfait est monogène.
\end{cor}
\begin{proof}
Soit $k \subseteq K$ une extension finie séparable : d'après
\ref{basic-facts-algebraic-extensions}(2), elle est engendrée par un
nombre fini d'éléments algébriques, ceux-ci sont séparables sur $k$
par définition, et d'après \ref{primitive-element-theorem},
l'extension est monogène.  Si $k$ est parfait, toute extension
algébrique de $k$ est séparable.
\end{proof}

\begin{prop}\label{separating-transcendence-basis-over-perfect-field}
Soit $k$ un corps parfait et $k \subseteq K$ une extension de corps de
type fini (cf. \ref{subfield-generated}).  Alors il existe
$x_1,\ldots,x_{d+1} \in K$ tels que $K = k(x_1,\ldots,x_{d+1})$ avec
$x_1,\ldots,x_d$ algébriquement indépendants sur $k$
(cf. \ref{definition-transcendence-basis}) et $x_{d+1}$ algébrique
séparable sur $k(x_1,\ldots,x_d)$
(cf. \ref{definition-separable-element}).
\end{prop}
\begin{proof}
Supposons $K = k(w_1,\ldots,w_n)$ et soit $d = \degtrans_k(K)$ :
quitte à permuter les $w_i$, on peut supposer que $w_1,\ldots,w_d$
sont algébriquement indépendants sur $K$
(cf. \ref{transcendence-basis-facts}(1b)).  Alors tout $y \in K$ est
algébrique sur $k(w_1,\ldots,w_d)$, donc on peut écrire
$f(w_1,\ldots,w_d,y) = 0$ avec $f \in k(t_1,\ldots,t_d)[u]$
irréductible, donc, quitte à chasser les dénominateurs, $f \in
k[t_1,\ldots,t_d,u]$ irréductible
(cf. \ref{gauss-lemma-on-irreducibility}).

En particulier, on peut trouver un tel polynôme $f \in
k[t_1,\ldots,t_{d+1}]$ irréductible tel que $f(w_1,\ldots,w_{d+1}) =
0$.  Considérons un tel polynôme.

Expliquons maintenant pourquoi il existe $1\leq i\leq d+1$ tel que la
dérivée partielle $f'_i$ de $f$ par rapport à la variable $t_i$ ne
soit pas identiquement nulle.  En effet, si on avait $f'_i = 0$ pour
chaque $i$, alors chaque variable $t_i$ n'apparaîtrait qu'à des
puissances multiples de la caractéristique $p>0$, donc on pourrait
écrire $f(t_1,\ldots,t_{d+1}) = f_0(t_1^p,\ldots,t_{d+1}^p)$.  Quitte
à considérer la racine $p$-ième de chaque coefficient de $f_0$ (qui
existe car $k$ est algébriquement clos),
d'après \ref{raising-polynomial-to-the-power-p} (ou son analogue
évident à plusieurs variables), on voit que $f$ serait une puissance
$p$-ième, contredisant l'irréductibilité.

Les éléments $w_1,\ldots,w_{i-1},w_{i+1},\ldots,w_{d+1}$ sont
algébriquement indépendants sur $i$.  En effet, le fait que $f'_i \neq
0$ assure que $t_i$ apparaît vraiment dans $f(t_1,\ldots,t_{d+1})$
donc $w_i$ est algébrique sur
$k(w_1,\ldots,w_{i-1},w_{i+1},\ldots,w_{d+1})$, donc le degré de
transcendance de $k(w_1,\ldots,w_{i-1},w_{i+1},\ldots,w_{d+1})$
sur $k$ est le même que celui de $k(w_1,\ldots,w_{d+1})$, qui
vaut $d$, or $d$ éléments ne peuvent engendrer une extension de degré
de transcendance $d$ qu'en étant algébriquement indépendants
(cf. \ref{transcendence-basis-facts} (1a) et (3)).

Ainsi, quitte à permuter $w_i$ avec $w_{d+1}$ (si $i\neq d+1$), on
peut s'arranger, tout en gardant $w_1,\ldots,w_d$ algébriquement
indépendants, pour avoir $f'_{d+1} \neq 0$ : ce fait assure que
$w_{d+1}$ est non seulement algébrique mais même séparable
sur $k(w_1,\ldots,w_d)$.

Mais en procédant de même pour $w_{d+2},\ldots,w_n$, on peut s'assurer
(à chaque fois quitte à permuter le $w_j$ considéré, $j\geq d+1$, avec
un $w_i$ pour $1\leq i\leq d$) que chacun de $w_{d+1},\ldots,w_n$ est
algébrique séparable sur $k(w_1,\ldots,w_d)$, toujours avec
$w_1,\ldots,w_d$ algébriquement indépendants.  Posons $x_i = w_i$ pour
$1\leq i\leq d$.  Le théorème \ref{primitive-element-theorem} appliqué
à l'extension de $k(x_1,\ldots,x_d) = k(w_1,\ldots,w_d)$ engendrée par
les éléments algébriques séparables $w_{d+1},\ldots,w_n$ montre que
celle-ci est engendrée par un unique élément $x_{d+1}$, et comme cette
extension est séparable
d'après \ref{separably-generated-algebraic-extension-is-separable},
l'élément $x_{d+1}$ est séparable.
\end{proof}



\subsection{Théorie de Galois : énoncé de résultats}

\thingy Si $K$ est un corps et $L$ une extension algébrique de $K$
deux éléments $x,x'$ de $L$ sont dits \textbf{conjugués} sur $K$
lorsqu'ils ont le même polynôme minimal sur $K$, autrement dit,
lorsque l'un est racine du polynôme minimal de l'autre (il s'agit
d'une relation d'équivalence dont les classes sont parfois appelées
\textbf{classes de conjugaison} au-dessus de $K$).  De façon
équivalente, deux éléments $x,x'$ de $L$ sont conjugués lorsque tout
polynôme de $K[t]$ qui s'annule sur l'un s'annule aussi sur l'autre.

Les conjugués de $x \in L$ sont généralement considérés dans une
clôture algébrique $K^{\alg} = L^{\alg}$ de $L$ (donc de $K$) :
l'intérêt de considérer la clôture algébrique est que le polynôme
minimal de $x$ sur $K$ se scinde dans $K^{\alg}$.  Si $x$ est de plus
séparable (cf. \ref{definition-separable-element}), son polynôme
minimal sur $K$ est à racines simples dans $K^{\alg}$, donc le nombre
de conjugués de $x$ sur $K$ est égal à $\deg(x)$.

À titre d'exemple, les conjugués sur $\mathbb{Q}$ de $\sqrt{2}$ sont
$\sqrt{2}$ et $-\sqrt{2}$ ; les conjugués sur $\mathbb{R}$ de
$42+1729i$ sont lui-même et $42-1729i$ ; les conjugués sur
$\mathbb{Q}$ de $\sqrt[3]{2}$ sont les $\zeta^r \sqrt[3]{2}$ pour
$r\in\{0,1,2\}$ avec $\zeta$ une racine primitive cubique de l'unité
(disons $\exp(2i\pi/3)$ dans les complexes) ; et les conjugués d'un $x
\in \mathbb{F}_q$, pour $q = p^d$, au-dessus de $\mathbb{F}_p$, sont
les $\Frob_p^r(x) = x^{p^r}$ pour $0\leq r \leq d-1$.

\thingy\label{definition-normal-extension} Une extension de corps $K
\subseteq L$ algébrique est dite \textbf{normale} lorsqu'elle vérifie
les propriétés suivantes dont on peut montrer qu'elles sont
équivalentes :
\begin{itemize}
\item (en notant $L^{\alg}$ une clôture algébrique de $L$,) tout
  conjugué sur $K$ (dans $L^{\alg}$) d'un élément de $L$ est encore
  dans $L$,
\item tout polynôme irréductible sur $K$ qui a une racine dans $L$ est
  scindé sur $L$ (i.e., il y a toutes ses racines),
\item $L$ est corps de décomposition
  (cf. \ref{definition-decomposition-field}) d'une famille de
  polynômes sur $K$,
\item (en notant $L^{\alg}$ une clôture algébrique de $L$,) l'image de
  tout morphisme de corps $L \to L^{\alg}$ qui soit l'identité sur $K$
  est égale à $L$ (et le morphisme définit donc un automorphisme
  de $L$ qui soit l'identité sur $K$).
\end{itemize}

À titre d'exemple, $\mathbb{R} \subseteq \mathbb{C}$ ou $\mathbb{Q}
\subseteq \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ou encore $\mathbb{F}_p \subseteq
\mathbb{F}_{p^d}$ sont des extensions normales (ce sont les corps de
décomposition de $t^2 + 1$, de $t^2 - 2$ et de $t^{p^d} - 1$
respectivement) ; en revanche, $\mathbb{Q} \subseteq
\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ \emph{n'est pas} normale (il s'agit du corps
de rupture de $t^3 - 2$, c'est une extension de degré $3$, donc ne
contenant pas de racine primitive cubique $\zeta$ de l'unité qui est
algébrique de degré $2$).

(On appelle \textbf{fermeture normale} de $L$ au-dessus de $K$
dans $L^{\alg}$ le corps de décomposition des polynômes minimaux
sur $K$ de tous les éléments de $L$, i.e., le sous-corps de $L^{\alg}$
engendré par tous les conjugués de tous les éléments de $L$, ou encore
le composé, cf. \ref{definition-compositum}, de tous les $\sigma(L)$
pour $\sigma \colon L \to L^{\alg}$ un morphisme de corps qui soit
l'identité sur $K$.  À titre d'exemple, la fermeture normale de
$\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ au-dessus de $\mathbb{Q}$ est le corps
$\mathbb{Q}(\zeta,\sqrt[3]{2})$ de décomposition de $t^3 - 2$.)

\thingy Une extension algébrique $K \subseteq L$ qui soit à la fois
normale (cf. \ref{definition-normal-extension}) et séparable
(cf. \ref{definition-separable-algebraic-extension}) est dite
\textbf{galoisienne}.

À titre d'exemple, une clôture séparable $K \subseteq K^{\sep}$ de $K$
fournit une extension galoisienne (elle est séparable par définition,
et elle est normale car un conjugué d'un élément séparable est
séparable puisqu'ils ont le même polynôme minimal).  On rappelle que
si $K$ est parfait, la clôture séparable coïncide avec la clôture
algébrique.

\thingy Si $K \subseteq L$ est une extension galoisienne, on appelle
\textbf{groupe de Galois} de l'extension, et on note $\Gal(K\subseteq
L)$ l'ensemble des automorphismes de $L$ au-dessus de $K$, ou
$K$-automorphismes de $L$, c'est-à-dire l'ensemble des automorphismes
de $K$-algèbres $L \to L$ (automorphismes de $L$ = isomorphismes de
$L$ sur lui-même), c'est-à-dire encore l'ensemble des automorphismes
de $L$ qui soient l'identité sur $K$.  Lorsque $L$ est la clôture
séparable de $K$, on dit que $\Gal(K\subseteq L)$ est le groupe de
Galois \textbf{absolu} de $K$ et on le note $\Gal(K)$ ou parfois
$\Gamma_K$.

Les deux exemples suivant sont essentiels : le groupe de Galois de
$\mathbb{R} \subseteq \mathbb{C}$ est le groupe à deux éléments formé
de l'identité sur $\mathbb{C}$ et de la conjugaison complexe ; le
groupe de Galois de $\mathbb{F}_p \subseteq \mathbb{F}_{p^d}$ est le
groupe cyclique à $d$ éléments formé des $\Frob_p^i$ pour $0\leq i\leq
d-1$.

\bigbreak

On admet le théorème suivant, qui récapitule les résultats essentiels
de la théorie de Galois :

\begin{thm}\label{main-results-galois-theory}
Soit $K \subseteq L$ une extension galoisienne et $G := \Gal(K
\subseteq L)$ son groupe de Galois.  Alors :
\begin{itemize}
\item si $K \subseteq L$ est finie, alors le groupe de Galois $G$ est
  fini et son ordre $\#G$ est égal au degré $[L:K]$ de l'extension ;
  d'autre part,
\item si $x \in L$ est fixé par tous les éléments du groupe de Galois
  $G$, alors $x$ appartient à $K$ (la réciproque fait partie de la
  définition même de $G$).
\end{itemize}
De plus, si on appelle $\Phi \colon E \mapsto \Gal(E \subseteq L)$ qui
à un corps intermédiaire $K \subseteq E \subseteq L$ associe le groupe
de Galois de l'extension $E \subseteq L$ (automatiquement
galoisienne), vu comme sous-groupe de $G$, on a
les résultats suivants :
\begin{itemize}
\item $\Phi$ est une injection (décroissante pour l'inclusion), de
  l'ensemble des corps intermédiaires $K \subseteq E \subseteq L$ dans
  l'ensemble des sous-groupes de $G$,
\item un inverse à gauche en est fourni par $H \mapsto \Fix(H) := \{x
  \in L : \forall \sigma\in H\penalty-100\; (\sigma(x) = x)\}$,
\item si $K \subseteq L$ est finie, $\Phi$ est une bijection (en
  général, $\Phi$ a pour image l'ensemble des sous-groupes « fermés »
  pour une certaine topologie),
\item $\Phi(E)$ est distingué dans $G$ si et seulement si $K \subseteq
  E$ est galoisienne, et si c'est le cas $\Gal(K \subseteq E)$ est le
  quotient de $G = \Gal(K \subseteq L)$ par $\Phi(E) = \Gal(E
  \subseteq L)$,
\item $\Phi(E_1.E_2)$ est l'intersection de $\Phi(E_1)$ et de
  $\Phi(E_2)$, et, si $K \subseteq L$ est finie, $\Phi(E_1\cap E_2)$
  est le sous-groupe de $G$ engendré par $\Phi(E_1)$ et $\Phi(E_2)$
  (en général, il s'agit de l'« adhérence » du sous-groupe qu'ils
  engendrent).
\end{itemize}
\end{thm}

\thingy\label{rational-is-stable-under-galois}
La partie la plus importante du résultat ci-dessus est la
suivante : \emph{si un élément de $L$ (séparable et normal sur $K$)
  est fixé par le groupe $G$ de tous les $K$-automorphismes de $L$,
  alors cet élément appartient à $K$}.  Il s'agit donc d'une
généralisation du fait qu'un complexe stable par conjugaison complexe
est réel, et qu'un élément d'un corps fini stable par $\Frob_p \colon
x \mapsto x^p$ appartient à $\mathbb{F}_p$.

Une des applications de la théorie de Galois est de montrer que
certains objets définis \textit{a priori} sur un « gros » corps $L$
(par exemple la clôture séparable $K^{\sep}$ de $K$) sont, en fait,
définis sur le « petit » corps $K$.  Le slogan général s'énonce sous
la forme
\begin{center}
rationnel = stable par Galois
\end{center}
où « rationnel », dans ce contexte, signifie que l'objet est défini
sur le « petit » corps $K$, et « stable par Galois » signifie que le
groupe de Galois fixe l'objet considéré (pour une certaine action
provenant de l'action naturelle sur $L$ : par exemple, pour un
polynôme, l'action sur les coefficients du polynôme).

\thingy Le groupe de Galois d'un polynôme séparable $f$ sur un corps
$K$ est le groupe de Galois $G$ du corps de décomposition
(cf. \ref{definition-decomposition-field}) $L$ de $f$ : il s'agit bien
d'une extension galoisienne, et par ailleurs, tout $\sigma \in G$ doit
envoyer une racine de $f$ sur une racine de $f$ (puisque $\sigma(f(x))
= f(\sigma(x))$ vu que $f \in K[t]$), donc permute les racines de $f$,
et en fait $\sigma$ est complètement déterminé par cette permutation
(puisque $L$ est engendré par les racines de $f$, un automorphisme de
$L$ est déterminé par son action sur les racines en question).  On
peut donc dire : \emph{le groupe de Galois d'un polynôme séparable $f$
  sur un corps $K$ est le groupe des permutations des racines de $f$
  qui définissent un automorphisme du corps de décomposition}.

On peut montrer que la formulation suivante, peut-être plus intuitive,
est encore équivalente : le groupe de Galois de $f$ (séparable
sur $K$) est le groupe de toutes les permutations $\sigma$ des racines
$x_1,\ldots,x_n$ de $f$ (dans son corps de décomposition sur $K$)
telles que si $h(t_1,\ldots,t_n) \in K[t_1,\ldots,t_n]$ est une
quelconque « relation algébrique » entre les racines définie sur $K$,
autrement dit, vérifie $h(x_1,\ldots,x_n) = 0$, alors on a encore
$h(\sigma(x_1),\ldots,\sigma(x_n)) = 0$.

Une telle permutation doit certainement préserver la décomposition de
$f$ en facteurs irréductibles sur $K$ (i.e., envoyer une racine d'un
facteur irréductible sur une racine du même), et d'après
\ref{existence-uniqueness-decomposition-field}(2b) il opère
\emph{transitivement} sur les racines de n'importe quel facteur
irréductible, mais il n'est pas forcément évident de comprendre en
quoi toute permutation n'est pas forcément possible au sein des
racines d'un même polynôme irréductible, et il n'est pas non plus
évident de \emph{calculer} effectivement un groupe de Galois.

\thingy Dans beaucoup de cas, le groupe de Galois d'un polynôme $f \in
K[t]$ irréductible séparable de degré $n$ est égal au groupe
$\mathfrak{S}_n$ de toutes les permutations des racines de $f$ (ceci
se produit, bien sûr, exactement quand le corps de décomposition
de $f$ a pour degré $n!$ sur $K$).

Un exemple où ceci se produit est le polynôme $t^3 - 2$
sur $\mathbb{Q}$ dont le corps de décomposition est
$\mathbb{Q}(\zeta,\sqrt[3]{2})$ (où $\zeta$ est racine primitive
cubique de l'unité) qui a degré $6$ sur $\mathbb{Q}$ : toutes les
permutations des racines $\sqrt[3]{2},\zeta\sqrt[3]{2},\zeta^2
\sqrt[3]{2}$ est possible (i.e., définit un automorphisme du corps de
décomposition).

Un exemple où ceci \emph{ne} se produit \emph{pas} est le polynôme
$t^4 + t^3 + t^2 + t + 1$ sur $\mathbb{Q}$ dont les racines sont les
racines primitives cinquièmes de l'unité : ici le corps de
décomposition est égal au corps de rupture car dès qu'on a une racine
$\zeta$ les autres sont de la forme $\zeta^i$ — cette même remarque
prouve qu'un élément du groupe de Galois est déterminé par l'image de
la seule racine $\zeta$, et on peut se convaincre que le groupe est
exactement $(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})^\times \cong
\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$.

\bigbreak

Terminons cette section par deux résultats dus à Emil Artin :

\begin{thm}\label{artin-theorem-on-automorphisms}
Soit $L$ un corps et $G$ un groupe \emph{fini} d'automorphismes
de $L$ : si $K := \Fix_L(G) := \{x \in L : \forall \sigma\in
G\penalty-100\; (\sigma(x) = x)\}$ est le corps des éléments de $L$
fixés par tous les éléments de $G$, alors $K \subseteq L$ est une
extension galoisienne de groupe de Galois $G$ (en particulier, $[L:K]
= \#G$).
\end{thm}
\begin{proof}
Soit $x \in L$ et $\sigma_1,\ldots,\sigma_r \in G$ un ensemble
d'éléments de $G$ tels que les $\sigma_i(x)$ soient toutes les images
de $x$ par les éléments de $x$ chacune comptée exactement une fois.
En particulier, si $\tau\in G$ alors
$\tau\sigma_1(x),\ldots,\tau\sigma_r(x)$ sont une permutation de
$\sigma_1(x),\ldots,\sigma_r(x)$.  Par conséquent, $\tau$ permute les
racines du polynôme $f(t) := \prod_{i=1}^r (t-\sigma_i(x))$, donc fixe
ses coefficients, c'est-à-dire que $f \in K[t]$ ; et comme les
$\sigma_i(x)$ sont distincts dans $L$, le polynôme $f$ est séparable ;
enfin, le degré de $f$ est $r \leq n := \#G$.

On a donc montré que tout élément $x$ de $L$ est racine d'un polynôme
sur $K$ séparable de degré $\leq n := \#G$ et scindé sur $L$.  Ceci
montre que $L$ est algébrique séparable et normale sur $K$, et même,
que $[L:K] \leq n$ (car pour tous $x_1,\ldots,x_m \in L$ on a
$K(x_1,\ldots,x_m) = K(x)$ pour un certain $x$
d'après \ref{primitive-element-theorem}, donc on vient de voir que le
degré de $K(x_1,\ldots,x_m)$ sur $K$ est $\leq n$, et comme ceci est
vrai pour tous $x_1,\ldots,x_m$, on a $[L:K] \leq n$).  On a donc
affaire à une extension $K \subseteq L$ galoisienne de degré $\leq
n$ ; d'après \ref{main-results-galois-theory}, le groupe des
$K$-automorphismes de $L$, ou groupe de Galois de $K \subseteq L$, a
pour cardinal exactement $[L:K] \leq n$, et comme on a déjà $\#G = n$
automorphismes, tous ces nombres sont égaux, et $G = \Gal(K \subseteq
L)$.
\end{proof}

\thingy L'intérêt du résultat ci-dessus est de construire des
extensions galoisiennes d'intérêt géométrique.

Un exemple important est celui de l'action du groupe $\mathfrak{S}_n$
des permutations des indéterminées $t_1,\ldots,t_n$ sur le corps $L =
k(t_1,\ldots,t_n)$ des fractions rationnelles en $n$ indéterminées sur
un corps $k$ : si on appelle $K = \Fix_L(\mathfrak{S}_n)$ le corps des
fractions rationnelles fixes par toutes les permutations des
indéterminées, alors le théorème \ref{artin-theorem-on-automorphisms}
assure que $K\subseteq L$ est galoisienne de groupe $\mathfrak{S}_n$
et en particulier $[L:K] = n!$ ; il est par ailleurs bien connu que
$K$ est une extension \emph{transcendante pure} de $k$ engendrée par
les polynômes symétriques élémentaires $e_r := \sum_{i_1<\cdots<i_r}
t_{i_1} \cdots t_{i_r}$ des $t_i$.  Le degré de n'importe quel $t_i$
sur $K$ est égal à $n$ car il est racine du polynôme $t^n - e_1
t^{n-1} + \cdots + (-1)^n e_n \in K[t]$, et on peut se convaincre que
$t_j$ est alors de degré $n-1$ sur $K(t_i)$ et plus généralement que
$t_j$ est de degré $n-r$ sur $K(t_{i_1},\ldots,t_{i_r})$ si
$i_1,\ldots,i_r,j$ sont deux à deux distincts (en effet, les degrés ne
peuvent pas être plus grands que ça, et ils ne peuvent pas être plus
petits non plus puisque l'extension $K\subseteq L$ tout entière est de
degré $n!$).

\begin{thm}\label{linear-independence-of-characters}
Soit $G$ un groupe ou même simplement un monoïde (=ensemble muni d'une
opération binaire associative avec un élément unité), noté
multiplicativement, et $L$ un corps.  Soient $\chi_1,\ldots,\chi_n$
des \textbf{caractères} de $G$ dans $L$, c'est-à-dire des morphismes
$G \to L^\times$ (autrement dit, des applications $\chi\colon G\to
L^\times$ telles que $\chi(1) = 1$ et $\chi(g_1 g_2) =
\chi(g_1)\,\chi(g_2)$).  On suppose que les $\chi_1,\ldots,\chi_n$
sont deux à deux distincts.  Alors en tant qu'applications $G \to L$,
ils sont linéairement indépendants (c'est-à-dire que si $a_1 \chi_1 +
\cdots + a_n \chi_n = 0$ identiquement avec $a_1,\ldots,a_n \in L$,
alors tous les $a_i$ sont nuls).
\end{thm}
\begin{proof}
Si $n=1$, le résultat est évident.  Supposons qu'on ait une relation
de dépendance linéaire $a_1 \chi_1 + \cdots + a_n \chi_n = 0$ entre
caractères distincts de $G$ dans $L$, avec $n$ aussi petit que
possible : aucun des $a_i$ n'est nul, et on vient de dire que $n \geq
2$.  Puisque $\chi_1\neq\chi_2$, il existe $u\in G$ tel que $\chi_1(u)
\neq \chi_2(u)$.  De $a_1 \chi_1 + \cdots + a_n \chi_n = 0$ on tire
$a_1 \chi_1(ug) + \cdots + a_n \chi_n(ug) = 0$ pour tout $g\in G$,
c'est-à-dire $a_1 \chi_1(u)\, \chi_1 + \cdots + a_n \chi_n(u)\, \chi_n
= 0$, et si on divise cette relation par $\chi_1(u)$ et qu'on
soustrait la relation $a_1 \chi_1 + \cdots + a_n \chi_n = 0$
d'origine, on trouve $a_2\big(\frac{\chi_2(u)}{\chi_1(u)}-1\big)\chi_2
+ \cdots + a_n\big(\frac{\chi_n(u)}{\chi_1(u)}-1\big)\chi_n = 0$, une
relation de dépendance linéaire entre $n-1$ caractères distincts,
contredisant la minimalité de $n$.
\end{proof}


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\section{Le Nullstellensatz et les fermés de Zariski}

\subsection{Anneaux noethériens}

\thingy Un idéal $I$ d'un anneau $A$ est dit \textbf{de type fini} (en
tant qu'\emph{idéal}) lorsqu'il est engendré (en tant qu'idéal !,
c'est-à-dire en tant que sous-module de $A$) par un nombre fini
d'éléments, autrement dit, $I = (x_1,\ldots,x_n) := \{\sum_{i=1}^n a_i
x_i : (a_1,\ldots,a_n) \in A\}$ est l'ensemble des combinaisons
$A$-linéaires de $x_1,\ldots,x_n$ pour certains $x_1,\ldots,x_n \in
I$.  Il revient à dire que $I$ est de type fini en tant que
sous-module de $A$.

Si c'est le cas, en fait, de toute famille $(y_i)_{i\in I}$ d'éléments
qui engendrent $I$ on peut extraire une sous-famille finie qui
l'engendre.  En effet, si $I$ est engendré par $x_1,\ldots,x_n$ et est
aussi engendré par $(y_i)_{i\in I}$, alors l'écriture de chaque $x_j$
comme combinaison $A$-linéaire des $y_i$ ne fait intervenir qu'un
nombre fini de ceux-ci, donc un nombre fini des $y_i$ suffit à
exprimer tous les $x_j$ donc tous les éléments de $I$.

\thingy Un anneau $A$ est dit \textbf{noethérien} lorsque tout idéal
$I$ de $A$ est de type fini.

Remarquons qu'un \emph{quotient} d'un anneau noethérien est
noethérien.  En effet, les idéaux de $A/J$ sont de la forme $I/J$ avec
$I$ un idéal de $A$ contenant $J$, et si $I$ est de type fini alors
$I/J$ l'est aussi (il est engendré par les classes modulo $J$ des
éléments qui engendrent $I$).

\begin{prop}[théorème de la base de Hilbert]
Si $A$ est un anneau noethérien, alors l'anneau $A[t]$ des polynômes à
une indéterminée sur $A$ est noethérien.
\end{prop}
\begin{proof}
Soit $I \subseteq A[t]$ un idéal.  Supposons par l'absurde que $I$
n'est pas de type fini.  On construit par récurrence une suite
$f_0,f_1,f_2,\ldots$ d'éléments de $I$ comme suit.  Si
$f_0,\ldots,f_{r-1}$ ont déjà été choisis, comme l'idéal
$(f_0,\ldots,f_{r-1})$ qu'ils engendrent n'est pas $I$, on peut
choisir $f_r$ de plus petit degré possible parmi les éléments de $I$
non dans $(f_0,\ldots,f_{r-1})$.

Appelons $c_i$ le coefficient dominant de $f_i$.  Comme $A$ est
supposé noethérien, il existe $m$ tel que $c_0,\ldots,c_{m-1}$
engendrent l'idéal $J$ engendré par tous les $c_i$.  Montrons qu'en
fait $f_0,\ldots,f_{m-1}$ engendrent $I$ (ce qui constitue une
contradiction).

On peut écrire $c_m = a_0 c_0 + \cdots + a_{m-1} c_{m-1}$.  Par
ailleurs, le degré de $f_m$ est supérieur ou égal au degré de chacun
de $f_0,\ldots,f_{m-1}$ par minimalité de ces derniers.  On peut donc
construire le polynôme $g = \sum_{i=0}^{m-1} a_i f_i t^{\deg f_m -
  \deg f_i}$, qui a les mêmes degré et coefficient dominant que $f_m$,
et qui appartient à $(f_0,\ldots,f_{m-1})$.  Alors, $f_m - g$ est de
degré strictement plus petit que $f_m$, il appartient à $I$ mais pas
à $(f_0,\ldots,f_{m-1})$ : ceci contredit la minimalité dans le choix
de $f_m$.
\end{proof}

\begin{cor}\label{hilbert-basis-theorem-for-polynomials}
Soit $k$ un corps ou plus généralement un anneau noethérien.  Alors
l'anneau $k[t_1,\ldots,t_n]$ des polynômes en $n$ indéterminées
sur $k$ est un anneau noethérien, et plus généralement toute
$k$-algèbre de type fini (comme $k$-algèbre !) $k[x_1,\ldots,x_n]$ est
un anneau noethérien.
\end{cor}
\begin{proof}
La proposition précédente montre que si $k$ est noethérien alors
$k[t]$ est noethérien, et une récurrence immédiate montre que
$k[t_1,\ldots,t_n]$ est noethérien.  Or une $k$-algèbre de type fini
est un quotient de $k[t_1,\ldots,t_n]$
(cf. \ref{subalgebra-generated-is-polynomials}), et on a expliqué
qu'un quotient d'un anneau noethérien est noethérien.
\end{proof}


\subsection{Idéaux maximaux d'anneaux de polynômes}

\begin{lem}\label{zeros-over-extensions-of-algebraically-closed-fields}
Soit $k$ un corps algébriquement clos et $k \subseteq K$ une
extension.  On suppose que $h_1,\ldots,h_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$ ont
un zéro commun dans $K$ (c'est-à-dire qu'il existe $z_1,\ldots,z_n \in
K$ tels que $h_i(z_1,\ldots,z_n) = 0$ pour $1\leq i\leq m$) : alors
ils en ont un dans $k$ (c'est-à-dire qu'il existe $y_1,\ldots,y_n \in
k$ vérifiant $h_i(y_1,\ldots,y_n) = 0$ pour $1\leq i\leq m$).
\end{lem}
\begin{proof}
Quitte à remplacer $K$ par $k(z_1,\ldots,z_n)$ où $z_1,\ldots,z_n$ est
un zéro commun aux $h_i$, on peut supposer que $K$ est une extension
de type fini de $k$.  D'après la
proposition \ref{separating-transcendence-basis-over-perfect-field},
comme $k$ est parfait puisque algébriquement clos, on peut écrire $K =
k(x_1,\ldots,x_d,u)$ avec $x_1,\ldots,x_d$ algébriquement indépendants
et $u$ algébrique sur $k(x_1,\ldots,x_d) =: k(\underline{x})$, disons
$f(\underline{x},u) = 0$ avec $f \in k(\underline{x})[t]$ le polynôme
minimal de $u$ sur $k(\underline{x})$.

Soient $z_1,\ldots,z_n \in K$ vérifiant $h_i(z_1,\ldots,z_n) = 0$.  On
peut écrire $z_j = g_j(\underline{x},u)$ pour un certain $g_j \in
k(\underline{x})[t]$.  Le fait qu'on ait $h_i(z_1,\ldots,z_n) = 0$
signifie $h_i(g_1,\ldots,g_n) \equiv 0$ modulo $f$, autrement dit
$h_i(g_1,\ldots,g_n) = q_i f$ dans $k(\underline{x})[t]$.

Choisissons maintenant $v_1,\ldots,v_d \in k$ qui n'annulent les
dénominateurs d'aucun des coefficients d'aucun de $f$, $g_j$ ou $q_i$
ni le coefficient dominant de $f$ (on laisse en exercice facile le
fait que sur un corps infini, on peut trouver un $n$-uplet de points
où n'importe quel ensemble fini de polynômes en $n$ variables ne
s'annule pas).

Remplaçons $x_1,\ldots,x_d$ par $v_1,\ldots,v_d$ dans l'écriture
$h_i(g_1,\ldots,g_n) = q_i f$ : soient $\tilde f, \tilde g_j, \tilde
q_i \in k[t]$ les polynômes ainsi substitués et soit $w \in k$ une
racine de $\tilde f$ (noter que le degré de $\tilde f$ est le même que
celui de $f$ en la variable $t$ puisque le coefficient dominant ne
s'annule pas en $v_1,\ldots,v_d$) : on a $h_i(\tilde
g_1,\ldots,\tilde g_n) = \tilde q_i \tilde f$, donc en évaluant en $w$
ce polynôme, on trouve $0$.  Ceci montre que $x_j := \tilde g_j(w)$
répond au problème posé $h_i(x_1,\ldots,x_n) = 0$.
\end{proof}

\thingy À titre d'exemple, si $h_1,\ldots,h_m \in
\mathbb{Q}[t_1,\ldots,t_n]$ ont un zéro commun dans $\mathbb{C}$,
alors ils en ont un dans l'ensemble $\mathbb{Q}^{\alg}$ des complexes
algébriques sur $\mathbb{Q}$ (cf. \ref{relative-algebraic-closure}
et \ref{algebraic-closure-in-algebraically-closed-field}).

\thingy\label{maximal-ideals-of-points} Soit $k$ un corps.  On va s'intéresser aux idéaux
\begin{align*}
\mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)} &:= \{f \in k[t_1,\ldots,t_n]
: f(x_1,\ldots,x_n) = 0\}\\
&= (t_1-x_1,\ldots,t_n-x_n)
\end{align*}
pour $(x_1,\ldots,x_n) \in k^n$, et on va expliquer qu'ils sont
maximaux (cf. \ref{fields-and-maximal-ideals}).

Tout d'abord, expliquons pourquoi l'idéal
$\mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)} := \{f \in k[t_1,\ldots,t_n] :
f(x_1,\ldots,x_n) = 0\}$ est bien l'idéal $(t_1-x_1,\ldots,t_n-x_n)$
engendré par les $t_i-x_i$, puis on verra qu'il est maximal.  Comme
$t_i-x_i$ s'annule sur $(x_1,\ldots,x_n)$, on a
$\mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)} \supseteq (t_1-x_1,\ldots,t_n-x_n)$.
Mais si un morphisme $k[t_1,\ldots,t_n] \to R$ de $k$-algèbres envoie
chaque $t_i-x_i$ sur $0$, il envoie $t_i$ sur $x_i$ donc
$f(t_1,\ldots,t_n)$ sur $f(x_1,\ldots,x_n)$ donc son noyau contient
$\mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)}$, et en particulier ceci s'applique
au morphisme de quotient par $(t_1-x_1,\ldots,t_n-x_n)$ : donc
$\mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)} \subseteq (t_1-x_1,\ldots,t_n-x_n)$
et on a égalité.  De plus, comme le morphisme $k[t_1,\ldots,t_n] \to
k$ envoyant $f(t_1,\ldots,t_n)$ sur $f(x_1,\ldots,x_n)$ est surjectif
vers un corps et a pour noyau $\mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)}$, ce
dernier est un idéal maximal.

\begin{prop}\label{maximal-ideals-of-polynomial-rings}
Soit $k$ un corps algébriquement clos.  Les idéaux maximaux de
$k[t_1,\ldots,t_n]$ sont exactement les idéaux
$\mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)} := \{f \in k[t_1,\ldots,t_n] :
f(x_1,\ldots,x_n) = 0\}$ pour $(x_1,\ldots,x_n) \in k^n$.
\end{prop}
\begin{proof}
Si $\mathfrak{M}$ est un idéal maximal de $k[t_1,\ldots,t_n]$, alors
$K := k[t_1,\ldots,t_n]/\mathfrak{M}$ est une extension du corps
algébriquement clos $k$.  Par ailleurs,
d'après \ref{hilbert-basis-theorem-for-polynomials}, on peut écrire
$\mathfrak{M} = (h_1,\ldots,h_m)$ pour certains polynômes
$h_1,\ldots,h_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$.  En notant $z_j \in K$ la
classe de $t_j$ modulo $\mathfrak{M}$, on a $h_i(z_1,\ldots,z_n) = 0$
dans $K$ par définition.
D'après \ref{zeros-over-extensions-of-algebraically-closed-fields}, il
existe donc $x_1,\ldots,x_n \in k$ tels que $h_i(x_1,\ldots,x_n) = 0$
pour chaque $i$.  Ceci signifie que $h_i \in
\mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)}$ pour chaque $i$, donc que
$\mathfrak{M} \subseteq \mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)}$.  Par
maximalité de $\mathfrak{M}$, cette inclusion est en fait une égalité,
ce qu'on voulait prouver.
\end{proof}

\begin{prop}[« lemme de Zariski »]
Soit $k$ un corps et $k \subseteq K$ une extension de type fini
\emph{comme $k$-algèbre} (cf. \ref{subalgebra-generated}) : alors $K$
est en fait une extension \emph{finie}
(cf. \ref{degree-and-finite-extensions}).
\end{prop}
\begin{proof}
Soit $K^{\mathrm{alg}}$ une clôture algébrique de $K$ et
$k^{\mathrm{alg}}$ la fermeture algébrique de $k$
dans $K^{\mathrm{alg}}$ (cf. \ref{relative-algebraic-closure}) qui est
donc algébriquement close
(cf. \ref{algebraic-closure-in-algebraically-closed-field}).  Soient
$z_1,\ldots,z_n \in K$ tels que $K = k[z_1,\ldots,z_n]$.  Considérons
le morphisme d'évaluation $k^{\alg}[t_1,\ldots,t_n] \to K^{\alg}$
envoyant $f$ sur $f(z_1,\ldots,z_n)$ : son image est
$k^{\alg}[z_1,\ldots,z_n]$
(cf. \ref{subalgebra-generated-is-polynomials}).

Or $k^{\alg}[z_1,\ldots,z_n]$ est un \emph{corps}, ce qui peut se voir
d'après \ref{compositum-generated-by-products} (c'est le corps composé
$k^{\alg}.K$), ou bien directement (si $u \in
k^{\alg}[z_1,\ldots,z_n]$ n'est pas nul, les coefficients de son
écriture en fonction de $z_1,\ldots,z_n$ appartiennent à une extension
finie $k'$ de $k$ d'après \ref{basic-facts-algebraic-extensions}(1),
or $k'[z_1,\ldots,z_n]$ est un anneau intègre car il est inclus
dans $K^{\alg}$, et de dimension finie $\leq [k':k]$ sur
$k[z_1,\ldots,z_n] = K$ puisque engendré comme $K$-espace vectoriel
par n'importe quel système générateur de $k'$ comme $k$-espace
vectoriel, donc d'après \ref{finite-integral-algebra-is-a-field},
$k'[z_1,\ldots,z_n]$ est un corps et ceci montre que $u$ y est
inversible).

Le paragraphe précédent implique que le noyau $\mathfrak{M}$ du
morphisme d'évaluation est maximal.  D'après la proposition
précédente, $\mathfrak{M} = \mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)}$ pour
certains $(x_1,\ldots,x_n) \in k^{\alg}$, et le fait que $t_i - x_i
\in \mathfrak{M}$ signifie exactement que $z_i = x_i$ dans $K^{\alg}$,
c'est-à-dire que finalement $z_1,\ldots,z_n$ appartiennent
à $k^{\alg}$, et \ref{basic-facts-algebraic-extensions}(1) montre que
$K = k[z_1,\ldots,z_n]$ est fini sur $k$.
\end{proof}


\subsection{Le Nullstellensatz}

\thingy Soit $k$ un corps.  On se pose la question de savoir si
$h_1,\ldots,h_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$ ont un zéro commun (un « zéro
  commun » étant un $(x_1,\ldots,x_n)$ dans $k^n$ ou peut-être dans
$(k^{\alg})^n$ tels que $h_i(x_1,\ldots,x_n) = 0$).  Une chose est
évidente : si $h_1,\ldots,h_m$ engendrent l'idéal unité, c'est-à-dire
si on peut écrire $q_1 h_1 + \cdots + q_m h_m = 1$ pour certains
$q_1,\ldots,q_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$, alors $h_1,\ldots,h_m$ n'ont
pas de zéro commun (ni dans $k$ ni même dans $k^{\alg}$) : en effet,
en évaluant $q_1 h_1 + \cdots + q_m h_m = 1$ sur un hypothétique zéro
commun on obtiendrait l'absurdité $0 = 1$.

Le résultat suivant affirme que, sur un corps algébriquement clos (ou
si on cherche un zéro commun dans un corps algébriquement clos), c'est
exactement le bon critère.

(« Nullstellensatz », de l'allemand « der Satz » = la phrase, le
théorème, « die Stelle » = l'endroit, la place, « die Nullstelle » =
le zéro d'une fonction ou d'un polynôme ; donc : « théorème du lieu
  d'annulation ».)

\begin{prop}[« Nullstellensatz faible »]\label{weak-nullstellensatz}
Soient $h_1,\ldots,h_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$ avec $k$
\emph{algébriquement clos}.  Si $h_1,\ldots,h_m$ n'engendrent pas
l'idéal unité, alors ils ont un zéro commun dans $k$ (il existe
$x_1,\ldots,x_n \in k$ tels que $h_i(x_1,\ldots,x_n) = 0$ pour
tout $i$).
\end{prop}
\begin{proof}
Soit $\mathfrak{M}$ un idéal maximal contenant $(h_1,\ldots,h_m)$ (qui
existe d'après \ref{existence-maximal-ideals} puisque
$(h_1,\ldots,h_m)$ n'est pas l'idéal unité).
D'après \ref{maximal-ideals-of-polynomial-rings}, il existe
$x_1,\ldots,x_n \in k$ tels que $\mathfrak{M} =
\mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)}$, notamment $h_i \in
\mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)}$ pour chaque $i$, et ceci signifie
exactement $h_i(x_1,\ldots,x_n) = 0$.
\end{proof}

\begin{thm}[« Nullstellensatz fort »]\label{strong-nullstellensatz}
Soient $g,h_1,\ldots,h_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$ avec $k$
\emph{algébriquement clos}.  Si $g$ s'annule sur tous les zéros
communs de $h_1,\ldots,h_m$ (autrement dit si $h_i(x_1,\ldots,x_n) =
0$ pour chaque $i$ implique $g(x_1,\ldots,x_n) = 0$) alors il existe
$\ell \in \mathbb{N}$ tel que $g^\ell$ appartienne à l'idéal
$(h_1,\ldots,h_m)$ engendré par les $h_i$.
\end{thm}
\begin{proof}
Le cas $g = 0$ est trivial, donc supposons le contraire.

Introduisons une nouvelle indéterminée $u$, et considérons les
polynômes $h_1,\ldots,h_m$ et $ug-1$ dans $k[t_1,\ldots,t_n,u]$.
L'hypothèse signifie exactement qu'ils n'ont pas de zéro commun
dans $k^{n+1}$.  Le Nullstellensatz faible \ref{weak-nullstellensatz}
implique donc qu'ils engendrent l'idéal unité de
$k[t_1,\ldots,t_n,u]$, c'est-à-dire qu'il existe $q_1,\ldots,q_m,r \in
k[t_1,\ldots,t_n,u]$ tels que $q_1 h_1 + \cdots + q_m h_m + r(ug-1) =
1$.  Remplaçons $u$ par $\frac{1}{g} \in k(t_1,\ldots,t_n)$ dans cette
égalité : on a $\tilde q_1 h_1 + \cdots + \tilde q_m h_m = 1$ où les
$\tilde q_i \in k(t_1,\ldots,t_n)$ sont les $q_i$ ainsi substitués.
Mais les $\tilde q_i$ admettent $g^\ell$ comme dénominateur commun
(disons $\tilde q_i = p_i / g^\ell$ avec $p_i \in k[t_1,\ldots,t_n]$)
où $\ell$ est la plus grande puissance de $u$ intervenant dans
n'importe lequel des $p_i$.  En chassant ces dénominateurs, on trouve
$p_1 h_1 + \cdots + p_m h_m = g^\ell$, ce qu'on voulait montrer.
\end{proof}


\subsection{Fermés de Zariski}

\thingy\label{radical-ideals}
Un idéal $\mathfrak{r}$ d'un anneau $A$ est dit
\textbf{radical} lorsque l'anneau $A/\mathfrak{r}$ est réduit
(cf. \ref{nilpotent-element-and-reduced-ring}), c'est-à-dire que si
$x^n \in \mathfrak{r}$ implique $x \in \mathfrak{r}$ (pour $x\in A$ et
$n \in \mathbb{N}$).

La proposition \ref{nilradical-facts} appliquée à un anneau quotient
$A/I$ se traduit de la façon suivante : l'ensemble des éléments dont
une certaine puissance appartient à $I$ est un idéal : cet idéal est
aussi l'intersection des idéaux premiers de $A$ contenant $I$ ; et cet
idéal est lui-même radical.  On l'appelle le radical de l'idéal $I$ et
on le note $\surd I$.

Un idéal premier (cf. \ref{regular-elements-and-prime-ideals}), et
\textit{a fortiori} un idéal maximal, est en particulier un idéal
radical.

\bigbreak

Dans ce qui suit, soit $k$ un corps et $k^{\alg}$ une clôture algébrique.

\thingy\label{notation-zeros-of-polynomials} Si $\mathscr{F}$ est une
partie de $k[t_1,\ldots,t_d]$, on définit un ensemble $Z(\mathscr{F})
= \{(x_1,\ldots,x_d) \in (k^{\alg})^d :\penalty0 (\forall f\in
\mathscr{F})\, f(x_1,\ldots,x_d) = 0\}$, autrement dit, l'ensemble des
zéros communs dans $k^{\alg}$ de tous les éléments de $\mathscr{F}$.

Remarques évidentes : si $\mathscr{F} \subseteq \mathscr{F}'$ alors
$Z(\mathscr{F}) \supseteq Z(\mathscr{F}')$ (la fonction $Z$ est
« décroissante pour l'inclusion ») ; on a $Z(\mathscr{F}) =
\bigcap_{f\in \mathscr{F}} Z(f)$ (où $Z(f)$ est un raccourci de
notation pour $Z(\{f\})$).

Si $I$ est l'idéal engendré par $\mathscr{F}$ alors $Z(I) =
Z(\mathscr{F})$ (car si tous les éléments de $\mathscr{F}$ s'annulent
quelque part, toutes leurs combinaisons $k[t_1,\ldots,t_n]$-linéaires
s'annulent aussi).  On peut donc se contenter de regarder les $Z(I)$
avec $I$ idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$.  Encore un peu mieux : si
$\surd I = \{f : (\exists n)\,f^n\in I\}$ désigne le radical de
l'idéal $I$, on a $Z(\surd I) = Z(I)$ (car si $f^n$ s'annule en un
point alors $f$ s'annule aussi) ; on peut donc se contenter de
considérer les $Z(I)$ avec $I$ idéal radical.

\thingy On appellera \textbf{fermé de Zariski} (défini sur $k$)
dans $(k^{\alg})^d$ une partie $E$ de la forme $Z(\mathscr{F})$ pour
une certaine partie $\mathscr{F}$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$, dont on a vu
qu'on pouvait supposer qu'il s'agit d'un idéal radical.

Le vide est un fermé de Zariski ($Z(1) = \varnothing$) ; l'ensemble
$(k^{\alg})^d$ tout entier est un fermé de Zariski ($Z(0) =
(k^{\alg})^d$).  Le singleton de tout $x \in k^d$ (à coordonnées
\underline{dans $k$}, donc) est un fermé de Zariski défini sur $k$ :
en effet, $Z(\mathfrak{m}_x) = \{x\}$, où $\mathfrak{m}_x$ est l'idéal
$(t_1-x_1,\ldots,t_d-x_d)$ (cf. \ref{maximal-ideals-of-points}) où $x
= (x_1,\ldots,x_d)$, autrement dit le noyau de la fonction $f \mapsto
f(x)$ d'évaluation en $x$.

Si $(E_i)_{i\in \Lambda}$ sont des fermés de Zariski, alors
$\bigcap_{i\in \Lambda} E_i$ est un fermé de Zariski : plus
précisément, si $(I_i)_{i\in \Lambda}$ sont des idéaux
de $k[t_1,\ldots,t_d]$, alors $Z(\sum_{i\in\Lambda} I_i) =
\bigcap_{i\in\Lambda} Z(I_i)$.  Si $E,E'$ sont des fermés de Zariski,
alors $E \cup E'$ est un fermé de Zariski : plus précisément, si
$I,I'$ sont des idéaux de $k[t_1,\ldots,t_d]$, alors $Z(I\cap I') =
Z(I) \cup Z(I')$ (l'inclusion $\supseteq$ est évidente ; pour l'autre
inclusion, si $x \in Z(I\cap I')$ mais $x \not\in Z(I)$, il existe
$f\in I$ tel que $f(x) \neq 0$, et alors pour tout $f' \in I'$ on a
$f(x)\,f'(x) = 0$ puisque $ff' \in I\cap I'$, donc $f'(x) = 0$, ce qui
prouve $x \in Z(I')$).

\thingy\label{notation-polynomials-vanishing} Réciproquement, si $E$
est une partie de $(k^{\alg})^d$, on note $\mathfrak{I}(E) = \{f\in
k[t_1,\ldots,t_d] :\penalty0 (\forall (x_1,\ldots,x_d)\in E)\,
f(x_1,\ldots,x_d)=0\}$ l'ensemble de tous les polynômes à coefficients
dans $k$ qui s'annulent partout sur $E$.

C'est un idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$ (car si des polynômes s'annulent
sur $E$, toutes leurs combinaisons $k[t_1,\ldots,t_n]$-linéaires s'y
annulent aussi), et même un idéal radical (car si $f^n$ s'annule
sur $E$ alors $f$ s'annule aussi).

Remarques évidentes : si $E \subseteq E'$ alors $\mathfrak{I}(E)
\supseteq \mathfrak{I}(E')$ (la fonction $\mathfrak{I}$
est « décroissante pour l'inclusion ») ; on a $\mathfrak{I}(E) =
\bigcap_{x\in E} \mathfrak{M}_x$ (où $\mathfrak{M}_x$ désigne l'idéal
maximal $\mathfrak{I}(\{x\})$ des polynômes s'annulant en $x$ —
attention car $x$ n'est pas forcément dans $k^d$ ici), et en
particulier $\mathfrak{I}(E) \neq k[t_1,\ldots,t_d]$ dès que $E \neq
\varnothing$.

On a de façon triviale $\mathfrak{I}(\varnothing) =
k[t_1,\ldots,t_d]$.  De façon un peu moins évidente, on a
$\mathfrak{I}((k^{\alg})^d) = (0)$ (démonstration par récurrence
sur $d$, laissée en exercice).

\thingy Lorsque $E \subseteq (k^{\alg})^d$ et $\mathscr{F} \subseteq
k[t_1,\ldots,t_d]$, on a $E \subseteq Z(\mathscr{F})$ ssi $\mathscr{F}
\subseteq \mathfrak{I}(E)$, puisque les deux signifient « tout
  polynôme dans $\mathscr{F}$ s'annule en tout point de $E$ ».

En particulier, en appliquant cette remarque à $\mathscr{F} =
\mathfrak{I}(E)$, on a $E \subseteq Z(\mathfrak{I}(E))$ pour toute
partie $E$ de $(k^{\alg})^d$ ; et en appliquant la remarque à $E =
Z(\mathscr{F})$, on a $\mathscr{F} \subseteq
\mathfrak{I}(Z(\mathscr{F}))$.  De $E \subseteq Z(\mathfrak{I}(E))$ on
déduit $\mathfrak{I}(E) \supseteq \mathfrak{I}(Z(\mathfrak{I}(E)))$
(car $\mathfrak{I}$ est décroissante), mais par ailleurs
$\mathfrak{I}(E) \subseteq \mathfrak{I}(Z(\mathfrak{I}(E)))$ en
appliquant l'autre inclusion à $\mathfrak{I}(E)$ : donc
$\mathfrak{I}(E) = \mathfrak{I}(Z(\mathfrak{I}(E)))$ pour toute partie
$E$ de $(k^{\alg})^d$ ; de même, $Z(\mathscr{F}) =
Z(\mathfrak{I}(Z(\mathscr{F})))$ pour tout ensemble $\mathscr{F}$ de
polynômes.

Une partie $E$ de $(k^{\alg})^d$ vérifie $E = Z(\mathfrak{I}(E))$ si
et seulement si elle est de la forme $Z(\mathscr{F})$ pour un
certain $\mathscr{F}$ (=: c'est un fermé de Zariski défini sur $k$),
et dans ce cas on peut prendre $\mathscr{F} = \mathfrak{I}(E)$, qui
est un idéal radical.

Reste à comprendre quels sont les idéaux $I$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$
qui vérifient $I = \mathfrak{I}(Z(I))$.  Lorsque $k$ est
algébriquement clos, le \emph{Nullstellensatz fort}
(cf. \ref{strong-nullstellensatz}) affirme que $\mathfrak{I}(Z(I)) =
\surd I$.  Pour en déduire le résultat pour $k$ quelconque, on aura
besoin du lemme suivant :

\begin{lem}\label{change-of-coefficients-on-polynomial-ideals}
Soit $k$ un corps et $k \subseteq k'$ une extension quelconque.  Soit
$I$ un idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$.  Soit $I'$ l'idéal engendré par
$I$ dans $k'[t_1,\ldots,t_d]$ (c'est simplement le $k'$-espace
vectoriel engendré par $I$) : alors $I' \cap k[t_1,\ldots,t_d] = I$.
\end{lem}
\begin{proof}
Soit $(v_i)_{i\in\Lambda}$ une base de $k'$ comme $k$-espace vectoriel
contenant l'élément $v_0 := 1$ : alors $(v_i)$ est aussi une base de
$k'[t_1,\ldots,t_d]$ comme $k[t_1,\ldots,t_d]$-module.  L'idéal $I'$
contient l'ensemble $I^* := \bigoplus_{i\in\Lambda} v_i I$ des
éléments de $k'[t_1,\ldots,t_d]$ dont toutes les coordonnées sur cette
base appartiennent à $I$, qui est bien le $k'$-espace vectoriel
engendré par $I$ ; or on vérifie facilement que cet ensemble $I^*$ est
un idéal (le produit d'un élément de $I^*$ par un élément de
$k'[t_1,\ldots,t_d]$ est dans $I^*$ car si $f \in I$ et $g \in
k[t_1,\ldots,t_d]$ alors $(v_i f)\cdot (v_j g) = (v_i v_j) fg$
appartient à $I^*$ puisque $v_i v_j$ s'écrit comme combinaison
$k$-linéaire des $v_\ell$), donc en fait $I' = I^*$.  Si un élément de
$I^*$ appartient à $k[t_1,\ldots,t_d]$, c'est que toutes ses
coordonnées sur la base $(v_i)$ sont $0$ sauf sur $v_0$, donc il
appartient bien à $I$.
\end{proof}

\begin{prop}\label{zeros-and-ideals-bijections}
Soit $k$ un corps et $k^{\alg}$ une clôture algébrique.  On utilise
les notations $Z$ et $\mathfrak{I}$ introduites en
\ref{notation-zeros-of-polynomials} et \ref{notation-polynomials-vanishing}.

Si $I$ est un idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$, alors $\mathfrak{I}(Z(I))$
est le radical $\surd I$ de $I$.  Si $E$ est une partie de
$(k^{\alg})^d$, alors $Z(\mathfrak{I}(E))$ est le plus petit (pour
l'inclusion) fermé de Zariski défini sur $k$ qui contient $E$.

De plus, les fonctions $Z$ et $\mathfrak{I}$ définissent des
bijections réciproques décroissantes (pour l'inclusion) entre idéaux
radicaux de $k[t_1,\ldots,t_d]$ et fermés de Zariski de $(k^{\alg})^d$
définis sur $k$.
\end{prop}
\begin{proof}
Si $I$ est un idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$, on a vu que
$\mathfrak{I}(Z(I)) \supseteq I$ et $\mathfrak{I}(Z(I))$ est radical,
donc $\mathfrak{I}(Z(I)) \supseteq \surd I$.  Réciproquement, si $g
\in \mathfrak{I}(Z(I))$, alors (quitte à prendre $h_1,\ldots,h_m$ qui
engendrent $I$, cf. \ref{hilbert-basis-theorem-for-polynomials}) le
théorème \ref{strong-nullstellensatz} montre que $g^\ell$, pour un
certain $\ell\in\mathbb{N}$, appartient à l'idéal $I'$ engendré
par $I$ dans $k^{\alg}[t_1,\ldots,t_d]$ (c'est-à-dire engendré par
$h_1,\ldots,h_m$ dans $k^{\alg}[t_1,\ldots,t_d]$).  Comme $g^\ell \in
k[t_1,\ldots,t_d]$, le lemme précédent montre $g^\ell \in I$, et on a
bien prouvé $g \in \surd I$.  Donc finalement $\mathfrak{I}(Z(I)) =
\surd I$.

Si $E$ est une partie de $(k^{\alg})^d$, on a vu que
$Z(\mathfrak{I}(E)) \supseteq E$, donc $Z(\mathfrak{I}(E))$ est un
fermé de Zariski contenant $E$ ; mais si $Z(\mathscr{F})$ est un fermé
de Zariski contenant $E$, soit $Z(\mathscr{F}) \supseteq E$, alors
$Z(\mathscr{F}) = Z(\mathfrak{I}(Z(\mathscr{F}))) \supseteq
Z(\mathfrak{I}(E))$, donc $Z(\mathfrak{I}(E))$ est bien le plus petit
fermé de Zariski contenant $E$.

Si $I$ est un idéal radical, $Z(I)$ est un fermé de Zariski, et on
vient de voir que $\mathfrak{I}(Z(I)) = I$ ; et si $E =
Z(\mathscr{F})$ est un fermé de Zariski, $\mathfrak{I}(E)$ est un
idéal radical, et on a vu que $Z(\mathfrak{I}(E)) =
Z(\mathfrak{I}(Z(\mathscr{F}))) = Z(\mathscr{F}) = E$.  Ceci montre
bien que $Z$ et $\mathfrak{I}$ sont des bijections réciproques entre
les ensembles qu'on a dit, et on a observé qu'elles sont
décroissantes.
\end{proof}

\thingy\label{rational-points-of-zariski-closed-sets} On aurait pu
être tenté d'associer dès le départ à $\mathscr{F}$ l'ensemble
$Z(\mathscr{F}) \cap k^d$ des zéros dans $k^d$, plutôt que
$(k^{\alg})^d$, des éléments de $\mathscr{F}$ : le problème avec ce
point de vue est qu'on peut avoir $Z(I) \cap k^d = \varnothing$ alors
que $I$ n'est pas l'idéal unité : penser au cas de l'idéal engendré
par $t^2 + 1$ dans $\mathbb{R}[t]$ (qui n'est pas l'idéal unité
puisque $t^2 + 1$ n'est pas inversible, et qui n'a pourtant pas de
zéro dans $\mathbb{R}$).  Avec le point de vue choisi ici, on a
$Z(t^2+1) = \{\pm\sqrt{-1}\} \subseteq \mathbb{C}$.  On remarquera
bien que $\{\sqrt{-1}\}$ seul n'est pas un fermé de Zariski défini
sur $\mathbb{R}$ (c'est, en revanche, un fermé de Zariski défini
sur $\mathbb{C}$).

Lorsqu'on a besoin de désigner les éléments de $Z(I) \cap k^d$,
c'est-à-dire les solutions dans $k^d$, on dira que ce sont les
\textbf{points rationnels} du fermé de Zariski $Z(I)$ : cette
terminologie vient de la situation $k=\mathbb{Q}$ et a été étendue à
n'importe quel corps.  (À titre d'exemple, $(\frac{4}{5},\frac{3}{5})$
est un point rationnel du « cercle » $Z(x^2+y^2-1)$ sur $\mathbb{Q}$,
cf. \ref{example-curve-circle}.)  D'après le
théorème \ref{main-results-galois-theory}
(cf. surtout \ref{rational-is-stable-under-galois}), si $k$ est
parfait
(cf. \ref{definition-perfect-field} et \ref{field-is-perfect-iff-every-algebraic-is-separable}),
on peut dire que les points rationnels de $Z(I)$ sont ceux qui sont
fixés par le groupe de Galois absolu, i.e., par tous les
automorphismes de $k^{\alg}$ au-dessus de $k$.

Par opposition à « point rationnel », un élément de $Z(I)$ peut
s'appeler un \textbf{point géométrique} : de façon générale, le terme
« géométrique » a souvent la signification « défini sur la clôture
  algébrique ».

\thingy\label{regular-functions-on-a-zariski-closed-set} Si $I$ est un
idéal radical de $k[t_1,\ldots,t_d]$ si bien que $\mathfrak{I}(Z(I)) =
I$ comme on vient de le voir en \ref{zeros-and-ideals-bijections}, on
peut donner une interprétation de $k[t_1,\ldots,t_d]/(I)$ comme suit :

Considérons l'application qui à un polynôme $f \in k[t_1,\ldots,t_d]$
associe la restriction à $Z(I)$ de ce polynôme, vu comme une
application de $(k^{\alg})^d$ vers $k^{\alg}$ ; autrement dit,
\begin{align*}
k[t_1,\ldots,t_d] &\to (k^{\alg})^{Z(I)}\\
f &\mapsto ((x_1,\ldots,x_d) \mapsto f(x_1,\ldots,x_d))
\end{align*}
Il s'agit manifestement d'un morphisme d'anneaux (en munissant
$(k^{\alg})^{Z(I)}$ des opérations point à point) dont le noyau est
$\mathfrak{I}(Z(I))$ par définition.  Il s'ensuit que son image,
c'est-à-dire les restrictions à $Z(I)$ des polynômes dans
$k[t_1,\ldots,t_d]$, s'identifie à
$k[t_1,\ldots,t_d]/\mathfrak{I}(Z(I))$, c'est-à-dire
$k[t_1,\ldots,t_d]/I$.  Cet anneau quotient s'appelle l'\textbf{anneau
  des fonctions régulières} du fermé de Zariski $Z(I)$ (une fonction
régulière est donc simplement la restriction d'un polynôme).

\bigbreak

\thingy\label{definition-irreducible-closed-set}
On dit qu'un fermé de Zariski $Z(I)$ est \textbf{irréductible}
lorsqu'il ne peut pas s'écrire comme réunion de deux fermés de Zariski
différents de lui, i.e., si $Z(I) = Z(I_1) \cup Z(I_2)$ alors $Z(I_1)
= Z(I)$ ou bien $Z(I_2) = Z(I)$.

À titre de contre-exemple, $Z(xy) = Z(x) \cup Z(y)$ (car $xy$ s'annule
si et seulement si $x$ s'annule ou $y$ s'annule) n'est pas
irréductible dans le plan de coordonnées $(x,y)$ : c'est la réunion
des deux axes de coordonnées ; le problème vient du fait que le
polynôme $xy$ n'est pas irréductible, ou de façon équivalente
(cf. \ref{examples-prime-ideals}) que l'idéal qu'il engendre n'est pas
premier.  Ce contre-exemple suggère le résultat suivant :

\begin{prop}\label{closed-irreducible-iff-prime-ideal}
Un fermé de Zariski $Z(I)$, avec $I$ un idéal radical, est
irréductible si, et seulement si, l'idéal $I$ est premier (i.e.,
l'anneau des fonctions régulières sur $Z(I)$ est intègre).
\end{prop}
\begin{proof}
Supposons $I$ premier (donc automatiquement radical) : on veut montrer
que $Z(I)$ est irréductible.  Supposons $Z(I) = Z(I_1) \cup Z(I_2)$
avec $I_1,I_2$ deux idéaux radicaux : on veut montrer que $Z(I_1) =
Z(I)$ ou $Z(I_2) = Z(I)$.  Supposons le contraire, c'est-à-dire
d'après la proposition \ref{zeros-and-ideals-bijections} que $I \neq
I_1$ et $I \neq I_2$.  Il existe alors $f_1 \in I_1 \setminus I$ et
$f_2 \in I_2 \setminus I$.  On a alors $f_1 f_2 \not\in I$ car $I$ est
premier, et pourtant $f_1 f_2$ s'annule sur $Z(I_1)$ et $Z(I_2)$ donc
sur $Z(I)$, une contradiction à \ref{zeros-and-ideals-bijections}.

Réciproquement, supposons $Z(I)$ irréductible : on veut montrer que
$I$ est premier.  Soient $f_1,f_2$ tels que $f_1 f_2 \in I$ : posons
$I_1 := I + (f_1)$ et $I_2 := I + (f_2)$ les idéaux engendrés par $I$
et $f_1,f_2$ respectivement.  On a $Z(I_1) \subseteq Z(I)$ et $Z(I_2)
\subseteq Z(I)$, et plus précisément $Z(I_1) = Z(I) \cap Z(f_1)$ et
$Z(I_2) = Z(I) \cap Z(f_2)$ (on a signalé que $Z$ transforme les
sommes d'idéaux en intersections) ; on a par ailleurs $Z(I) = Z(I_1)
\cup Z(I_2)$ (car si $x \in Z(I)$ alors $f_1(x)\,f_2(x) = 0$ donc soit
$f_1(x)=0$ soit $f_2(x)=0$, et dans le premier cas $x \in Z(I_1)$ et
dans le second $x \in Z(I_2)$).  Puisqu'on a supposé $Z(I)$
irréductible, on a, disons, $Z(I_1) = Z(I)$, c'est-à-dire $Z(I)
\subseteq Z(f_1)$, ce qui signifie $f_1 \in I$
d'après \ref{zeros-and-ideals-bijections}.  Ceci montre bien que $I$
est premier.
\end{proof}

\thingy\label{geometric-irreducibility} Il est important de noter
qu'un polynôme $f \in k[t_1,\ldots,t_n]$ peut être irréductible mais
cesser de l'être quand on le considère à coefficients dans un corps
plus gros (notamment, tout polynôme de degré $>1$ en $n=1$ variable se
factorise dans $k^{\alg}$).  Lorsque ceci \emph{ne} se produit
\emph{pas}, on dit que le polynôme est \textbf{géométriquement
  irréductible} ou \textbf{absolument irréductible}.  Plus
précisément :

\begin{itemize}
\item Un polynôme $f \in k[t_1,\ldots,t_n]$ est dit géométriquement
  (ou absolument) irréductible lorsque $f$ est irréductible dans
  $k^{\alg}[t_1,\ldots,t_n]$.  Ceci implique, évidemment, qu'il est
  irréductible.  En $n=1$ variable, les seuls polynômes
  géométriquement irréductibles sont ceux de degré $1$.
\item Un fermé de Zariski $Z(I)$ avec $I$ idéal radical de
  $k[t_1,\ldots,t_n]$ est dit géométriquement (ou absolument)
  irréductible lorsque l'idéal $I.k^{\alg}$ engendré par $I$ (comme
  $k^{\alg}$-espace vectoriel ou comme idéal, cela revient au même,
  cf. \ref{change-of-coefficients-on-polynomial-ideals}) dans
  $k^{\alg}[t_1,\ldots,t_n]$ est premier.  Notamment, si $I = (f)$ est
  principal (engendré par un unique polynôme), cela signifie
  exactement que $f$ est soit nul soit géométriquement irréductible.
\end{itemize}

(On renvoie à \ref{example-curve-irreducible-but-not-geometrically}
pour un exemple illustrant ces notions.)


\subsection{Extension des scalaires des algèbres sur un corps}

\thingy Soit $k \subseteq k'$ une extension de corps et $A$ une
$k$-algèbre : on voudrait associer à $A$ une $k'$-algèbre $A'$ obtenue
en « étendant les scalaires » de $k$ à $k'$ (les « scalaires », dans
cette expression, sont les éléments de $k$).

\thingy Soit $k \subseteq k'$ une extension de corps et $V$ un
$k$-espace vectoriel.  Soit $(e_i)_{i\in I}$ une base de $V$ et $V'$
le $k'$-espace vectoriel de base $(e_i)_{i\in I}$ (c'est-à-dire
l'ensemble des combinaisons linéaires formelles $\sum_{i\in I}
\lambda_i e_i$ avec $\lambda_i \in k'$ tous nuls sauf un nombre fini).
On a une application $k$-linéaire $V \to V'$ « naturelle » qui envoie
$e_i$ sur $e_i$ (donc $\sum_{i\in I} \lambda_i e_i$ avec $\lambda_i
\in k$ sur la même somme où les $\lambda_i$ sont maintenant considérés
dans $k'$) ; cette application est, bien entendue, injective, et son
image engendre $V'$ comme $k'$-espace vectoriel (puisqu'elle contient
les $e_i$).  Appelons-la $\iota\colon V \to V'$.

Alors, quel que soit le $k'$-espace vectoriel $W$, toute application
$k$-linéaire $u\colon V \to W$ se factorise de façon unique à
travers $\iota$, c'est-à-dire qu'il existe une unique application
\underline{$k'$-linéaire} $u'\colon V'\to W$ telle que $u =
u'\circ\iota$.  Ou, si on préfère, l'application $\Hom_{k'}(V',W) \to
\Hom_k(V,W)$ de composition à droite par $\iota$, qui à une
application $k'$-linéaire $u'\colon V' \to W$ associe l'application
$k$-linéaire $u\colon V \to W$ donnée par $u\circ\iota$, est une
bijection.  Il suffit pour s'en convaincre de se rappeler que
$\Hom_k(V,W)$ et $\Hom_{k'}(V',W)$ peuvent tous les deux s'identifier
à $W^I$ (l'ensemble des fonctions de $I$ dans $W$) grâce au choix de
la base $(e_i)_{i\in I}$ : autrement dit, on doit poser $u'(e_i) =
u(e_i)$, et ceci construit bien $u'$.  On pourra dire qu'il s'agit là
d'une « propriété universelle » de $V'$.

En particulier, \emph{la construction effectuée de $V'$ ne dépend pas
  du choix de la base} : si on construit $V'_1$ et $V'_2$ en utilisant
deux bases différentes de $V$, non seulement on obtient deux espaces
vectoriels isomorphes, mais il y a un \emph{unique} isomorphisme entre
eux qui soit compatible avec les applications $\iota_1\colon V\to
V'_1$ et $\iota_2\colon V\to V'_2$ construites en même temps.

Cet espace $V'$ s'appelle l'\textbf{extension des scalaires} de $V$ de
$k$ à $k'$ et se note $V \otimes_k k'$.  Sa dimension sur $k'$ est,
par contruction, égale à la dimension de $V$ sur $k$.  On notera
$x\otimes 1$ l'élément $\iota(x)$ défini ci-dessus (dont les
coordonnées sur la base $e_i$ sont celles de $x$), et plus
généralement $x\otimes c$ pour $c\in k'$ l'élément $c\iota(x)$ dont
les coordonnées sur la base $e_i$ sont celles de $x$ multipliées
par $c$.

\thingy La « propriété universelle » de $\iota$ permet d'associer à
une application $k$-linéaire $u\colon V \to W$ entre $k$-espaces
vectoriels une application $k'$-linéaire $u'\colon V' \to W'$ entre
leurs extensions des scalaires $V' := V\otimes_k k'$ et $W' :=
W\otimes_k k'$.  À savoir : on considère $\iota_W \circ u$ (où
$\iota_W \colon W\to W'$ est $x \mapsto x\otimes 1$ pour $x\in W$) et
la propriété universelle de $\iota_V$ assure qu'on peut l'écrire de
façon unique sous la forme $u' \circ \iota_V$.  On dira que $u'$ est
obtenu à partir de $u$ par « extension des scalaires » de $k$ à $k'$
(ou par « fonctorialité »).  Concrètement, $u'$ est définie par la
même matrice que $u$ (ou, si on veut éviter de parler de matrices
possiblement infinies, les mêmes coefficients sur des bases).

La même propriété universelle de $\iota$ vaut encore pour les
applications bilinéaires, et plus généralement, multilinéaires : si
$V_1,V_2$ sont deux $k$-espaces vectoriels et $V'_1 := V_1 \otimes_k
k'$ et $V'_2 := V_2 \otimes_k k'$ sont obtenus par extension des
scalaires, alors pour tout $k'$-espace vectoriel $W$, toute
application $k$-bilinéaire $b\colon V_1 \times V_2 \to W$ se factorise
de façon unique sous la forme $b(x_1,x_2) = b'(\iota(x_1),\iota(x_2))$
(c'est-à-dire $b'(x_1\otimes 1, x_2\otimes 1)$) avec $b'\colon V'_1
\times V'_2 \to W$ qui soit $k'$-bilinéaire (la démonstration est la
même : les applications $k$-bilinéaires $V_1 \times V_2 \to W$ ou
$k'$-bilinéaires $V'_1 \times V'_2 \to W$ sont en bijection avec
$W^{I_1\times I_2}$ une fois choisies des bases $(e_i)_{i\in I_1}$ et
$(f_j)_{j\in I_2}$ de $V_1$ et $V_2$).  La même chose vaut encore avec
trois espaces vectoriels ou plus.

\thingy Signalons au passage, sans plus développer, que l'extension
des scalaires qu'on a définie ci-dessus fait partie d'une construction
plus générale appelée \textbf{produit tensoriel}.  Le produit
tensoriel de deux espaces vectoriels $V$ et $W$ sur un corps $k$ est
l'espace vectoriel $V\otimes_k W$ dont une base est le produit d'une
base de $V$ et d'une base de $W$ (dans le cas qu'on a considéré, une
base de $V \otimes_k k'$ est bien donnée par les $b_j e_i$ avec
$(b_j)$ une base de $k'$ comme $k$-espace vectoriel) ; on a une
application bilinéaire $\beta\colon V \times W \to V\otimes_k W$ qui
envoie un couple d'éléments des deux bases sur l'élément de la base
d'arrivée défini par ce même couple (dans le cas qu'on a considéré,
$\beta(x,c) = c\iota(x)$).  Cette application bilinéaire possède la
propriété « universelle » que toute application $k$-bilinéaire
$V\times W \to E$ se factorise de façon unique en la composée de
$\beta$ et d'une application $k$-linéaire $V\otimes_k W \to E$ :
autrement dit, une application $k$-bilinéaire $V\times W \to E$ et une
application $k$-linéaire $V\otimes_k W \to E$ sont essentiellement
« la même chose ».  Cette même propriété permet de définir de façon
plus générale le produit tensoriel de deux modules quelconques sur un
anneau quelconque, mais nous ne le ferons pas.

\begin{prop}[« exactitude » de l'extension des scalaires sur un corps]\label{exactness-of-tensor-product-over-a-field}
Soit $k \subseteq k'$ une extension de corps et $U \subseteq V$ un
sous-$k$-espace vectoriel d'un $k$-espace vectoriel $V$ dont le
quotient sera noté $W := V/U$.  Notons $U',V',W'$ les extensions des
scalaires de $U,V,W$ de $k$ à $k'$, et $U'\to V'$ et $V'\to W'$ les
applications $k'$-linéaires obtenues par extension des scalaires à
partir de l'injection d'inclusion (i.e., l'identité) $U\to V$ et la
surjection canonique $V\to W$.  Alors (a) $V'\to W'$ est surjective,
(b) son noyau est exactement l'image de $U'\to V'$ et (c) cette
dernière est injective.  (\textbf{Note :} l'affirmation (c) ici dépend
crucialement du fait que $k$ est un corps.)
\end{prop}
\begin{proof}
Soit $(e_i)_{i\in I}$ une base de $U$, qu'on complète en une base
de $V$, disons $(e_i)_{i\in I\cup J}$ (avec $I\cap J=\varnothing$),
l'image des $(e_i)_{i\in J}$ définissant alors une base de $W$.  Ces
$k$-bases de $U,V,W$ donnent $k'$-bases de $U',V',W'$.  Les
applications $U'\to V'$ et $V'\to W'$ s'obtiennent alors
respectivement en envoyant $e_i$ sur $e_i$ si $i\in I$ pour la
première, et pour la seconde en envoyant $e_i$ sur $\bar e_i$ si $i\in
J$ et $0$ si $i\in I$ : avec cette description, les affirmations (a),
(b) et (c) sont triviales.
\end{proof}

\thingy Supposons maintenant, toujours que $k\subseteq k'$ est une
extension de corps, mais maintenant que $A$ est une $k$-algèbre.  On a
défini un $k'$-espace vectoriel $A' := A\otimes_k k'$ par « extension
  des scalaires » de $k$ à $k'$.  L'application $k$-bilinéaire $A
\times A \to A$ de multiplication (envoyant $(a,b)$ sur $ab$),
composée avec $\iota\colon A\to A'$, se factorise de façon unique
d'après la « propriété universelle » pour les applications bilinéaires
qu'on a vue plus haut : il existe donc une unique multiplication
$k'$-bilinéaire sur $A'$ qui vérifie $\iota(a)\,\iota(b) = \iota(ab)$.
L'associativité de $A$ donne l'associativité de $A'$ (puisque
l'application trilinéaire $(a,b,c) \mapsto a(bc)-(ab)c$ est nulle, son
unique factorisation par $\iota$ l'est encore).

Concrètement, cette algèbre $A' = A\otimes_k k'$ peut être construite
ainsi : on part d'une base $(e_i)_{i\in I}$ de $A$, on écrit chaque
produit $e_{i_1} e_{i_2}$ sous la forme $e_{i_1} e_{i_2} = \sum_{j\in
  I} c_{i_1,i_2,j} e_j$ (les $c_{i_1,i_2,j}$ s'appellent les
« constantes de structure » de $A$ sur cette base), et l'algèbre $A'$
est la $k'$-algèbre obtenue en reprenant ces mêmes relations mais sur
un $k'$-espace vectoriel de base $(e_i)_{i\in I}$.  Pour une algèbre
de type fini, on verra une description encore plus simple ci-dessous.

On a par ailleurs toujours la « propriété universelle » suivante : si
$B$ est une $k'$-algèbre, alors tout morphisme $\psi\colon A\to B$ de
$k$-algèbres (c'est-à-dire $k$-linéaire préservant le produit) se
factorise de façon unique comme la composée de $\iota A\to A'$ par un
morphisme de $k'$-algèbres $\psi'\colon A'\to B$ (comme on a déjà vu
la factorisation unique pour des morphismes d'espaces vectoriels, il
n'y a plus qu'à vérifier que $\psi'\colon A'\to B$ préserve la
multiplication, ce qui résulte du fait que $\psi(ab) -
\psi(a)\,\psi(b)$ est nulle donc son unique factorisation par $\iota$
l'est aussi).

\thingy Si $k\subseteq k'$ est toujours une extension de corps et si
maintenant $A = k[t_1,\ldots,t_d]/I$ alors on peut décrire $A' :=
A\otimes_k k'$ comme $k'[t_1,\ldots,t_d]/I'$ où $I'$ est l'idéal
engendré par $I$ dans $k'[t_1,\ldots,t_d]$, qui est aussi le
$k'$-espace vectoriel engendré par $I$
d'après \ref{change-of-coefficients-on-polynomial-ideals}.  En effet,
le cas où $I=0$, c'est-à-dire quand $A = k[t_1,\ldots,t_d]$, est
clair, puisque les monômes forment une base sur $k$ de
$k[t_1,\ldots,t_d]$ et une base sur $k'$ de $k'[t_1,\ldots,t_d]$, avec
la même multiplication, et la
proposition \ref{exactness-of-tensor-product-over-a-field} permet d'en
déduire le cas général (l'affirmation (c) montre que $I' = I\otimes_k
k'$, l'affirmation (a) montre que $k'[t_1,\ldots,t_d] \to
(k[t_1,\ldots,t_d]/I)\otimes_k k'$ est surjective et l'affirmation (b)
montre que son noyau est précisément $I'$).

Autrement dit, concrètement, si $h_1,\ldots,h_m \in k[t_1,\ldots,t_d]$
et si $A = k[t_1,\ldots,t_d]/(h_1,\ldots,h_m)$ (ce qui est la
structure générale d'une algèbre de type fini sur $k$ d'après
\ref{subalgebra-generated-is-polynomials} et
\ref{hilbert-basis-theorem-for-polynomials}), on a $A\otimes_k k' =
k'[t_1,\ldots,t_d]/(h_1,\ldots,h_m)$.  Ce qui n'était pas évident
\textit{a priori} sur cette écriture, mais qui résulte de ce qu'on a
fait ci-dessus, est que, à isomorphisme près, cette définition ne
dépend pas de la « présentation » de $A$ comme
$k[t_1,\ldots,t_d]/(h_1,\ldots,h_m)$ (c'est-à-dire du choix des
générateurs, les images des $t_i$, et des relations entre eux,
c'est-à-dire les $h_i$).

À titre d'exemple, $\mathbb{C} = \mathbb{R}[t]/(t^2+1)$ donc
$\mathbb{C}\otimes_\mathbb{R}\mathbb{C} = \mathbb{C}[t]/(t^2+1) =
\mathbb{C}[t]/((t+\sqrt{-1})(t-\sqrt{-1})) \cong
\mathbb{C}\times\mathbb{C}$.

\thingy\label{reinterpretation-of-linear-disjointness} La définition
de l'extension des scalaires permet de reconsidérer la notion
d'extensions de corps linéairement disjointes introduite
en \ref{section-linear-disjointness} ainsi que l'ensemble des
résultats de cette section :

La proposition \ref{linear-disjointness-with-basis} signifie que deux
extensions de corps $k \subseteq K$ et $k \subseteq L$ contenues dans
une même troisième $M$ sont linéairement disjointes \emph{si et
  seulement si} le morphisme $K \otimes_k L \to M$ (application
$L$-linéaire déduite de la factorisation de l'application $K$-linéaire
$K \to M$ en utilisant la propriété universelle) est injective.  La
proposition \ref{compositum-generated-by-products} signifie que
lorsque $L$ est algébrique sur $k$, l'extension composée $K.L$ est
simplement l'image de cette application $K \otimes_k L \to M$.  La
proposition \ref{base-of-compositum} en conclut que, toujours avec $L$
algébrique sur $k$, on a $K$ et $L$ sont linéairement disjointes
au-dessus de $k$ si et seulement si $K.L = K\otimes_k L$, ou si on
préfère, si et seulement si $K\otimes_k L$ est un corps (observer que
si $K\otimes_k L$ est un corps, le morphisme $K \otimes_k L \to M$ est
forcément injectif).

La
proposition \ref{linear-disjointness-of-algebraic-and-transcendental}
signifie (en changeant les notations) que \emph{lorsque $k'$ est
  algébrique sur $k$} on a $k(t_1,\ldots,t_d) \otimes_k k' =
k'(t_1,\ldots,t_d)$, à comparer avec $k[t_1,\ldots,t_d] \otimes_k k' =
k'[t_1,\ldots,t_d]$ vu ci-dessus et valable sans hypothèse sur
l'extension $k \subseteq k'$.  (Pour montrer que la restriction sur
$k'$ est vraiment pertinente dans le cas des fractions rationnelles,
signalons que $k(x) \otimes_k k(y)$, si $x,y$ sont deux indéterminées,
est le sous-anneau de $k(x,y)$ formé des fractions rationnelles qui
admettent un dénominateur produit d'un polynôme en $x$ et d'un
polynôme en $y$.)


%
%
%

\section{Corps de courbes algébriques}

\subsection{Définition et premiers exemples}

\thingy\label{definition-function-field}
Soit $k$ un corps.  On appelle \textbf{corps de fonctions de
  dimension $n$} sur $k$ une extension de corps de $k$ qui soit de
type fini (cf. \ref{subfield-generated}) et de degré de
transcendance $n$ sur $k$ (cf. \ref{definition-transcendence-degree}).
Notamment, pour $n=1$, on parle de \textbf{corps de fonctions de
  courbe} sur $k$.

Par abus de langage, on dira parfois simplement que $K$ est une
« courbe » (algébrique) sur $k$ ; ou bien on dira que $K$ est le corps
des fonctions [rationnelles] de la courbe $C$ et on notera alors $K =
k(C)$ (on ne définit pas ce qu'« est » $C$, voir les exemples
ci-dessous).

\danger Il existe un certain nombre de variations entre auteurs autour
de cette définition, pour essentiellement deux raisons :
\textbf{(a)} le cadre dans lequel on considère les courbes n'est pas
forcément le même (dans ce cours, nous avons choisi de définir les
courbes à travers leur corps des fonctions, c'est-à-dire leurs
fonctions rationnelles, plutôt que leur \emph{anneau(s)} de fonctions
régulières, c'est-à-dire leurs fonctions polynomiales : l'avantage est
que cela simplifie l'étude ; l'inconvénient est que l'étude des
courbes singulières n'est pas possible : par exemple, la courbe
d'équation $y^2 = x^3$ dans le plan va simplement revenir à celle de
la droite qui la paramètre par $t \mapsto (x,y) = (t^2,t^3)$, et de
même on ne peut pas retirer des points à une courbe ; pour cette
raison, ce que nous appelons « courbe » s'appellerait « courbe normale
  projective » ou « courbe projective lisse » chez d'autres auteurs),
et \textbf{(b)} les hypothèses effectuées ne sont pas forcément les
mêmes (notamment, beaucoup d'auteurs restreignent les courbes à ce
qu'on appellera plus bas les courbes « géométriquement intègres »).
On sera éventuellement amené à restreindre la définition qui vient
d'être donnée.

\thingy La courbe la plus simple est donnée par le corps $k(t)$ des
fractions rationnelles en une indéterminée $t$ (l'extension
\emph{transcendante pure} de degré de transcendance $1$) : on
l'appelle \textbf{droite projective} (ou simplement « droite »)
sur $k$ et on peut la noter $\mathbb{P}^1_k$ ou simplement
$\mathbb{P}^1$ (ainsi, $k(\mathbb{P}^1_k) := k(t)$).

Il faut imaginer les éléments de $k(t)$ comme des fonctions
rationnelles sur la droite affine : on verra plus loin comment définir
les points de la droite, mais on peut au moins dire ceci : si $x$ est
un élément de $k$ ou bien le symbole spécial $\infty$, et si $f \in
k(t)$, on définit $f(x)$ comme l'évaluation (=la valeur) de $f$ en $x$
ou bien le symbole spécial $\infty$ si $f$ a un pôle en $x$ (lorsque
$x = \infty$, l'évaluation de $f$ en $x$ peut se définir comme celle
de la fraction rationnelle $f(\frac{1}{t})$ en $0$ ; sur les réels ou
les complexes, c'est simplement la limite de $f$ en $\infty$ ou bien
$\infty$ si $f$ n'est pas borné).

Rappelons que tout élément non nul de $k(t)$ possède une écriture
unique sous la forme $c \prod_{h \in \mathscr{P}} h(t)^{v_h}$ où $c
\in k^\times$, les $v_h$ sont des entiers (relatifs) tous nuls sauf un
nombre fini, et $\mathscr{P}$ est l'ensemble des polynômes unitaires
irréductibles dans $k[t]$.  Si $k$ est \emph{parfait}, tout $h \in
\mathscr{P}$ peut encore s'écrire sous la forme $\prod_{\xi \in M}
(t-\xi)$ où $M$ est une orbite de $k$ sous $\Gamma_k := \Gal(k
\subseteq k^{\alg})$ (puisque deux éléments de $k$ sont conjugués si
et seulement si ils sont dans la même orbite sous $\Gamma_k$,
notamment d'après \ref{existence-uniqueness-decomposition-field}(2b)).
On peut donc écrire tout élément non nul de $k(t)$ de façon unique
sous la forme $c \prod_{\xi \in k^{\alg}} (t-\xi)^{v_\xi}$ où $c \in
k^\times$, les $v_\xi$ sont des entiers (relatifs) tous nuls sauf un
nombre fini, et $v_\xi$ est invariant sous $\Gamma_k$ (i.e.,
$v_{\sigma(\xi)} = v_\xi$ pour tout $\sigma\in\Gamma_k$ et $\xi \in
k^{\alg}$).  Un des thèmes de ce qui va suivre est de généraliser ce
type d'écriture au corps des fonctions d'une courbe quelconque.

\thingy Si $P \in k[x,y]$ est un polynôme irréductible en deux
indéterminées $x,y$ et faisant effectivement intervenir $y$, on peut
le voir comme un élément de $k(x)[y]$, qui est encore irréductible
(cf. \ref{gauss-lemma-on-irreducibility}), ce qui définit donc un
corps de rupture $k(x)[y]/(P)$
(cf. \ref{monogeneous-extensions-dichotomy-bis}
et \ref{existence-uniqueness-rupture-field}) qu'on notera généralement
$k(x,y : P=0)$ ; c'est aussi le corps des fractions de $k[x,y]/(P)$
(puisque c'est un corps contenant $k[x,y]/(P)$ et engendré par lui),
et du coup, c'est aussi $k(y)[x]/(P)$ dès lors que la variable $x$
intervient effectivement.

On souhaite dire qu'il s'agit du corps de fonctions $k(C)$ de la
« courbe plane » $C := \{P=0\}$ : à ce stade-là, il s'agit d'une
notation purement formelle, mais on peut faire les remarques suivantes
pour l'éclaircir.

On a introduit en \ref{notation-zeros-of-polynomials} la notation
$Z(P) := \{(x,y) \in (k^{\alg})^2 : P(x,y) = 0\}$ pour l'ensemble des
zéros de $P$ (dans une clôture algébrique !) : appelons $C_P$ cet
ensemble.  Comme $P$ est irréductible, l'idéal $(P)$ est premier
(cf. \ref{regular-elements-and-prime-ideals}), donc radical
(cf. \ref{radical-ideals}) : la
proposition \ref{zeros-and-ideals-bijections} implique donc que $(P)$
est l'idéal des polynômes qui s'annulent identiquement sur $C_P$, et
on a expliqué en \ref{regular-functions-on-a-zariski-closed-set} que
les éléments de $k[x,y]/(P)$ peuvent s'identifier aux fonctions
régulières sur $C_P$, c'est-à-dire les restrictions à $C_P$ des
éléments de $k[x,y]$ (vus comme des fonctions $(k^{\alg})^2 \to
k^{\alg}$).  Le corps $k(C) = \Frac(k[x,y]/(P))$ dont on vient de
parler peut donc se voir comme l'ensemble des quotients de deux
fonctions régulières (i.e., polynomiales) sur $C_P$ dont le
dénominateur n'est pas identiquement nul sur $C_P$ : il est donc
raisonnable d'appeler ce corps « corps des fonctions sur $C_P$ ».

L'extension de corps $k(x) \subseteq k(C)$ (quand on voit $k(C)$ comme
$k(x)[y]/(P)$) correspondra à la projection $C \to \mathbb{P}^1$ sur
la première coordonnée.


Donnons quelques exemples plus précis, puis discutons ce qui se passe
dans des cas adjacents.

\thingy\label{example-curve-circle} Considérons l'exemple de $P = x^2
+ y^2 - 1$ sur un corps $k$ de caractéristique $\neq 2$ (on pensera
notamment au corps des réels).

Le polynôme $P$ est irréductible dans $k[x,y]$.  En effet, comme il
est de degré total $2$, une factorisation non triviale serait
nécessairement en degrés $1+1$ ; en considérant les termes de plus
haut degré (i.e., $1$) des facteurs, dont le produit doit être $x^2 +
y^2$, on voit qu'ils doivent être de la forme $x+\sqrt{-1}\,y$ et
$x-\sqrt{-1}\,y$ (en notant $\sqrt{-1}$ une racine carrée de $-1$
dans $k$, qui doit exister pour que la factorisation soit possible) ;
or avoir $(x+\sqrt{-1}\,y+c)(x-\sqrt{-1}\,y+c') = x^2+y^2-1$ impose
simultanément $c+c' = 0$ et $c-c' = 0$ et $cc' = -1$, conditions
manifestement impossibles à satisfaire en caractéristique $\neq 2$.
On est donc dans le cadre considéré plus haut.

La courbe plane $C$ d'équation $P=0$ est le « cercle unité », dont le
corps des fonctions est le corps $\Frac(k[x,y]/(x^2+y^2-1)) = k(x,y :
x^2+y^2=1)$ de rupture de $x^2+y^2-1$ sur $k(x)$.  En fait, il s'avère
que ce corps est \emph{isomorphe} au corps $k(t)$ des fractions
rationnelles en une indéterminée : ceci résulte du « paramétrage
  rationnel du cercle » représenté géométriquement par la figure
suivante

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=3]
\draw[step=.2cm,help lines] (-1.25,-1.25) grid (1.25,1.25);
\draw[->] (-1.15,0) -- (1.15,0); \draw[->] (0,-1.15) -- (0,1.15);
\draw (0,0) circle (1cm);
\draw (1,-1.15) -- (1,1.15);
\coordinate (P) at (0.8,0.6);
\coordinate (Q) at (1,0.6666666667);
\draw (0.8,0) -- (P);
\draw (-1,0) -- node[sloped,auto] {$\scriptstyle\mathrm{pente}=t$} (Q);
\fill[black] (P) circle (.5pt);
\fill[black] (Q) circle (.5pt);
\fill[black] (-1,0) circle (.5pt);
\node[anchor=west] at (Q) {$\scriptstyle (1,2t)$};
\node[anchor=north east] at (-1,0) {$\scriptstyle (-1,0)$};
\node[anchor=north west] at (1,0) {$\scriptstyle (1,0)$};
\node[anchor=east] at (P) {$\scriptstyle (\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2})$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

Un petit calcul d'inspiration géométrique (cf. les formules exprimant
$(\cos\theta,\sin\theta)$ en fonction de $\tan\frac{\theta}{2}$),
valable en fait sur tout corps $k$ de caractéristique $\neq 2$, montre
que toute solution $(x,y)$ de $x^2+y^2=1$ autre que $(-1,0)$ peut
s'écrire de la forme $(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2})$ avec $t
\in k$ (uniquement défini, et vérifiant $t^2\neq -1$), qui peut être
réciproquement calculé comme $t = \frac{y}{x+1}$.

Mais ces mêmes formules peuvent s'interpréter comme définissant un
\emph{isomorphisme} entre $k(C) := k(x,y : x^2+y^2=1)$ et
$k(\mathbb{P}^1) = k(t)$, à savoir l'isomorphisme envoyant $x$ et $y$
(maintenant des éléments de $k(C)$) sur $\frac{1-t^2}{1+t^2}$ et
$\frac{2t}{1+t^2}$ (éléments de $k(t)$) respectivement : le fait qu'on
ait bien $\big(\frac{1-t^2}{1+t^2}\big)^2 +
\big(\frac{2t}{1+t^2}\big)^2 = 1$ assure que ce morphisme est bien
défini (rappel : pour définir un morphisme de $k(x)[y]/(P)$ vers un
anneau $B$ quelconque il suffit de définir un morphisme de $k(x)[y]$
vers $B$ qui annule l'image de $P$), et en vérifiant que $t \mapsto
\frac{y}{x+1}$ est sa réciproque, on voit que c'est un isomorphisme.

Toute cette situation se résume en disant que le cercle $C =
\{x^2+y^2=1\}$ est une courbe \textbf{rationnelle} (sur le corps $k$
quelconque de caractéristique $\neq 2$), ou rationnellement
paramétrée.  Le cadre dans lequel nous considérons les courbes fait
qu'on « ne voit pas » la différence entre les courbes rationnelles et
la droite.  (Un exemple encore plus simple d'une courbe rationnelle
est fourni par la parabole $\{x = y^2\}$, rationnellement paramétrée
par $y$, c'est-à-dire qu'ici $k(x)[y]/(y^2-x)$ est simplement $k(y)$,
dans lequel $k(x)$ est vu comme le sous-corps $k(y^2)$.)

De façon générale, le même raisonnement que pour le cercle va
fonctionner pour une conique « non-dégénérée » sur un corps de
caractéristique $\neq 2$, i.e., la courbe définie par un polynôme de
degré $2$ qui ne se factorise pas même sur la clôture algébrique
(géométriquement, ceci signifie que la conique ne sera pas réunion de
deux droites, même sur la clôture algébrique), \emph{à condition
  d'avoir un point rationnel}
(cf. \ref{rational-points-of-zariski-closed-sets}) qui puisse jouer le
rôle de $(-1,0)$ dans le paramétrage par des droites de pente
variable.  L'exemple qui suit montre que cette hypothèse n'est pas
anecdotique.

\thingy Considérons maintenant l'exemple de $P = x^2 + y^2 + 1$ sur un
corps $k$ de caractéristique $\neq 2$ dans lequel $-1$ n'est pas somme
de deux carrés (de nouveau, on pensera principalement au corps des
réels).  Le même argument que pour $x^2 + y^2 - 1$ montre que ce
polynôme $P$ est irréductible, mais cette fois $k(C) := k(x,y :
x^2+y^2=-1)$ \emph{n'est pas} isomorphe à $k(t)$.  En effet, un tel
isomorphisme déterminerait deux éléments $x,y\in k(t)$ vérifiant
$x^2+y^2=-1$ ; mais quitte à chasser les dénominateurs on obtient
$x,y,z\in k[t]$ tels que $x^2+y^2+z^2=0$, et en prenant le
dénominateur réduit, $x,y,z$ ne s'annulent pas simultanément en $0$,
disons $z(0)\neq 0$ pour fixer les idées, et quitte à poser $u =
x(0)/z(0)$ et $v = y(0)/z(0)$ on obtient $u^2 + v^2 = -1$,
contredisant l'hypothèse faite sur $k$.

En particulier, $\mathbb{R}(x,y : x^2+y^2=-1)$ fournit un exemple
d'une extension de corps de $\mathbb{R}$ de type fini et de degré de
transcendance $1$ mais qui n'est pas trancendante pure.

La courbe décrite par cet exemple est ce qu'on appelle généralement
une « conique sans point(s) » (c'est-à-dire : sans point
\emph{rationnel}).

\thingy Mentionnons encore quelques exemples de courbes rationnelles
données par des fermés de Zariski ayant des points \emph{singuliers}.
On dit qu'un point (à coordonnées dans la clôture algébrique !) du
fermé de Zariski $\{P=0\}$ (avec $P \in k[x,y]$ non constant) est
\textbf{singulier} lorsque $P'_x$ et $P'_y$ s'y annulent
simultanément.
\begin{itemize}
\item La courbe d'équation $y^2 = x^3 + x^2$ sur un corps de
  caractéristique $\neq 2$.  (Note : le polynôme $x^3 + x^2 - y$ est
  irréductible car un facteur de degré $1$ serait de la forme $x - c$
  en regardant les termes de plus haut degré, et on se convainc
  facilement que cette courbe ne contient pas de droite verticale
  $x=c$.)  Cette courbe porte le nom standard de « \textbf{cubique nodale} »,
  et le point $(0,0)$ est y appelé un « point double ordinaire ».
  (Formellement un point est un point double ordinaire de $\{P=0\}$
  avec $P$ irréductible lorsque $P'_x$ et $P'_y$ s'y annulent mais que
  le polynôme $P''_{x,x} + P''_{x,y} u + P''_{y,y} u^2$ — qui définit
  les directions des tangentes — n'a pas de zéro multiple sur la
  clôture algébrique.)  On peut la paramétrer rationnellement en
  utilisant $t$ la pente d'une droite variable par le point double
  ordinaire $(0,0)$ et en cherchant les coordonnées de son autre point
  d'intersection avec la courbe : en injectant $y = tx$ dans $y^2 =
  x^3 + x^2$ on trouve le paramétrage $(x,y) = (t^2-1, t^3-t)$.  On
  remarquera que ce paramétrage parcourt deux fois le point $(0,0)$
  (une fois pour $t=+1$ et une fois pour $t=-1$), essentiellement une
  fois par direction tangente en ce point (les deux tangentes sont
  $y=x$ et $y=-x$).
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=3]
\draw[step=.2cm,help lines] (-1.25,-1.25) grid (1.25,1.25);
\draw[->] (-1.15,0) -- (1.15,0); \draw[->] (0,-1.15) -- (0,1.15);
\draw (0.777778,-1.037037) .. controls (0.481481,-0.555556) and (0.222222,-0.222222) .. (0,0) ; % t from -4/3 to -1
\draw (0,0) .. controls (-0.666667,0.666667) and (-1,0.333333) .. (-1,0); % t from -1 to 0
\draw (-1,0) .. controls (-1,-0.333333) and (-0.666667,-0.666667) .. (0,0); % t from 0 to 1
\draw (0,0) .. controls (0.222222,0.222222) and (0.481481,0.555556) ..  (0.777778,1.037037); % t from 1 to 4/3
\coordinate (P) at (-0.888889,-0.296296);
\draw (P) -- node[sloped,auto] {$\scriptstyle\mathrm{pente}=t$} (0,0);
\fill[black] (0,0) circle (.5pt);
\fill[black] (P) circle (.5pt);
\node[anchor=north west] at (0,0) {$\scriptstyle (0,0)$};
\node[anchor=east] at (P) {$\scriptscriptstyle (t^2-1,t^3-t)$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\bigskip
\item La courbe d'équation $y^2 = x^3 - x^2$ sur un corps de
  caractéristique $\neq 2$ dans lequel $-1$ n'est pas un carré, par
  exemple le corps des réels.  (De nouveau, on vérifie que ce polynôme
  est irréductible.)  Le point $(0,0)$ est de nouveau un « point
  double ordinaire », mais cette fois ses deux tangentes ne sont pas
  rationnelles (« rationnelles » au sens « définies sur $k$ »).  On
  peut toujours paramétrer rationnellement la courbe utilisant $t$ la
  pente d'une droite variable par le point double ordinaire $(0,0)$ et
  en cherchant les coordonnées de son autre point d'intersection avec
  la courbe : en injectant $y = tx$ dans $y^2 = x^3 - x^2$ on trouve
  le paramétrage $(x,y) = (t^2+1, t^3+t)$.  On remarquera que cette
  fois le point $(0,0)$ est atteint par des coordonnées qui ne sont
  pas dans $k$ (à savoir $\pm\sqrt{-1}$).
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=3]
\draw[step=.2cm,help lines] (-0.25,-1.25) grid (2.25,1.25);
\draw[->] (-0.15,0) -- (2.15,0); \draw[->] (0,-1.15) -- (0,1.15);
\draw (1.49,-1.043) .. controls (1.163333,-0.466667) and (1,-0.23333) .. (1,0); % t from -0.7 to 0
\draw (1,0) .. controls (1,0.23333) and (1.163333,0.466667) .. (1.49,1.043); % t from 0 to 0.7
\coordinate (P) at (1.111111,0.370370);
\draw (0,0) -- node[sloped,auto] {$\scriptstyle\mathrm{pente}=t$} (P);
\fill[black] (0,0) circle (.5pt);
\fill[black] (P) circle (.5pt);
\node[anchor=north west] at (0,0) {$\scriptstyle (0,0)$};
\node[anchor=west] at (P) {$\scriptscriptstyle (t^2+1,t^3+t)$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\bigskip
\item La courbe d'équation $y^2 = x^3$ (toujours irréductible).  Cette
  courbe porte le nom de « \textbf{cubique cuspidale} » parce que le
  point $(0,0)$ est un « cusp » ou point de rebroussement.  Le même
  procédé de paramétrage que ci-dessus donne $x = t^2$ et $y = t^3$
  (par ailleurs trouvable directement).  Cette fois-ci, il y a bien
  bijection, sur n'importe quel corps $k$, entre les solutions de $y^2
  = x^3$ et les éléments de $k$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=3]
\draw[step=.2cm,help lines] (-0.75,-1.25) grid (1.75,1.25);
\draw[->] (-0.65,0) -- (1.65,0); \draw[->] (0,-1.15) -- (0,1.15);
\draw (1,-1) .. controls (0.333333,0) and (0,0) .. (0,0); % t from -1 to 0
\draw (0,0) .. controls (0,0) and (0.333333,0) .. (1,1); % t from 0 to 1
\coordinate (P) at (0.64,0.512);
\draw (0,0) -- node[sloped,auto] {$\scriptstyle\mathrm{pente}=t$} (P);
\fill[black] (0,0) circle (.5pt);
\fill[black] (P) circle (.5pt);
\node[anchor=north east] at (0,0) {$\scriptstyle (0,0)$};
\node[anchor=north west] at (P) {$\scriptscriptstyle (t^2,t^3)$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{itemize}

Dans chacun de ces exemples, le corps $k(C)$ des fonctions de la
courbe est simplement le corps $k(t)$ (pour le paramétrage qu'on a
donné), mais le fermé de Zariski $\{P=0\}$ présente des complications
géométriques, et on pourrait se convaincre que l'anneau $k[x,y]/(P)$
des fonctions régulières sur $\{P=0\}$ \emph{n'est pas}
l'anneau $k[t]$ (bien qu'il ait $k(t)$ comme corps des fractions).

\thingy On a mentionné ci-dessus l'exemple de la parabole $\{x =
y^2\}$, courbe rationnelle dont le corps des fonctions
$k(x)[y]/(y^2-x)$ est simplement $k(y)$ à l'intérieur duquel $k(x)$
est vu comme le sous-corps $k(y^2)$.  Plus généralement, on a la
courbe $\{x = y^n\}$, courbe rationnelle dont le corps des fonctions
$k(x)[y]/(y^n-x)$ est simplement le corps des fractions rationnelles
(=transcendant pur) $k(y)$ à l'intérieur duquel $k(x)$ (lui aussi
transcendant pur) est vu comme le sous-corps $k(y^n)$.  Si $n$ n'est
pas multiplie de la caractéristique et que $k$ a une racine primitive
$n$-ième de l'unité $\zeta$, alors $y \mapsto \zeta y$ définit un
automorphisme de $k(y)$ dont le corps fixe est exactement $k(y^n) =
k(x)$.  D'après le théorème \ref{artin-theorem-on-automorphisms}, ceci
implique que l'extension $k(y^n) \subseteq k(y)$ est galoisienne de
groupe de Galois $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, ou, mieux $\{\zeta^i\}$,
qu'on peut vraiment voir comme des transformations sur la courbe
(envoyant le point géométrique de coordonnées $(x,y)$ sur $(x,\zeta^i
y)$).

(Si $n$ est multiple de la caractéristique, l'extension $k(y^n)
\subseteq k(y)$ ne sera pas séparable, mais ça n'empêche pas $k(y)$
d'être un corps de fonction d'une courbe tout à fait sympathique.)

En caractéristique $p>0$, un autre exemple important est celui de la
courbe d'équation $x = y^p - y$ : de nouveau, $k(x)[y]/(x-y^p+y)$ est
simplement $k(y)$ (transcendant pur) à l'intérieur duquel $k(x)$ se
plonge par $x \mapsto y^p - y$ ; cette fois, c'est $y \mapsto y+1$ qui
définit un automorphisme de $k(y)$ fixant exactement $k(x)$.

\thingy Lorsque $P \in k[x,y]$ n'est pas irréductible, disons $P =
P_1\,P_2$ avec $P_1,P_2$ non constants, alors $Z(P) = Z(P_1) \cup
Z(P_2)$ : autrement dit, on a affaire non pas à une seule courbe mais
à une réunion de courbes (certains auteurs appellent encore « courbe »
cet objet).  Si on s'est placé dans le cadre où $(P)$ est radical,
alors $P_1,P_2$ sont premiers entre eux, car s'ils avaient un diviseur
commun $Q$ non-trivial, on aurait $P_1\,P_2/Q \in k[x,y]$ non nul
modulo $P$ (puisque $Q$ est non-trivial) mais de carré nul (puisque
c'est le produit de $P$ par $(P_1/Q)(P_2/Q) \in k[x,y]$), ce qui
contredit la radicalité supposée.  Cet argument valant encore dans
$k(x)[y]$, on a $k(x)[y]/(P) \cong k(x)[y]/(P_1) \times k(x)[y]/(P_2)$
par le théorème chinois : autrement dit, $k(x)[y]/(P)$ n'est pas un
corps dans ces conditions (et $k[x,y]/(P)$ n'est pas un anneau
intègre : il a $P_1,P_2$ comme diviseurs de zéro).

Pour souligner que cette situation ne se produit pas, on pourra parler
de « courbes irréductibles » (avec la définition que nous avons prise,
c'est redondant).  On rappelle
(cf. \ref{definition-irreducible-closed-set}) qu'un fermé de Zariski
$Z(I)$ est dit « irréductible » lorsqu'il n'est pas réunion de deux
fermés strictement plus petits.

\thingy\label{example-curve-irreducible-but-not-geometrically}
Mentionnons encore une situation à garder à l'esprit : si $P = y^2+1
\in k[x,y]$ sur un corps $k$ dans lequel $-1$ n'est pas un carré, par
exemple le corps des réels, alors $P$ est bien irréductible, mais il
cesse de l'être sur la clôture algébrique où $P =
(y+\sqrt{-1})(y-\sqrt{-1})$ : on dit que ce polynôme est irréductible
mais non \emph{géométriquement} irréductible,
cf. \ref{geometric-irreducibility}.  (Dans les exemples vus
précédemment, $x^2+y^2+1$, $x^2+y^2-1$, $y^2-x^3-x^2$, $y^2-x^3+x^2$
et $y^2-x^3$, l'irréductibilité de $P$ n'était jamais perdue en
montant à un corps plus gros.)

Le corps $k(x)[y]/(P)$ des fonctions de la courbe est simplement
$k(\sqrt{-1},x)$ (par exemple, $\mathbb{R}(x)[y]/(y^2+1)$ est
$\mathbb{C}(x)$).

Il faut imaginer cette courbe de la façon suivante : c'est la réunion
de deux droites « géométriques » (c'est-à-dire définies sur la clôture
algébrique), $y = \sqrt{-1}$ et $y = -\sqrt{-1}$, ces droites étant
permutées par le groupe de Galois (qui échange $\sqrt{-1}$ et
$-\sqrt{-1}$).  Autrement dit, on a affaire à un fermé de Zariski qui
est irréductible (cf. \ref{closed-irreducible-iff-prime-ideal}) mais
qui cesse de l'être sur la clôture algébrique
(cf. \ref{geometric-irreducibility}).

\thingy Bien sûr, il n'y a pas de raison de se limiter aux courbes
\emph{planes} ou même, dans une certaine mesure, de se limiter aux
courbes du tout : si $I \subseteq k[t_1,\ldots,t_d]$ est un idéal
premier quelconque, alors $X := Z(I)$ est un fermé de Zariski
irréductible, et le corps des fractions de l'anneau intègre
$k[t_1,\ldots,t_d]/I$ des fonctions régulières sur $X$ mérite de
s'appeler \textbf{corps des fonctions rationnelles} de $X$, qu'on peut
noter $k(X)$.  Le degré de transcendance $\degtrans_k k(X)$ sera
appelé \textbf{dimension} de $X$, mais nous ne considérerons vraiment
que le cas des courbes, c'est-à-dire, de la dimension $1$ : celui-ci a
de particulier qu'on pourra alors voir un élément de $k(X)$ comme une
vraie fonction de $X$ vers $\mathbb{P}^1$, quitte à lui la
valeur $\infty$ sur les pôles (alors qu'en dimension $\geq 2$ une
fonction rationnelle peut ne pas être définie sans pour autant avoir
un pôle : penser à $x/y$ en $(x,y) = (0,0)$).

\thingy Si $I \subseteq k[t_1,\ldots,t_d]$ est un idéal premier tel
que $Z(I)$ soit de dimension $1$, c'est-à-dire que le corps des
fractions $K$ de l'anneau intègre $k[t_1,\ldots,t_d]/I$ soit un corps
de fonctions de courbe au sens où on l'a défini, la
proposition \ref{separating-transcendence-basis-over-perfect-field}
montre que, au moins si $k$ est un corps \emph{parfait}, on peut
toujours se ramener à la situation qui vient d'être décrite.  (Et si
$k$ n'est pas parfait, on peut défendre l'idée que la définition
donnée en \ref{definition-function-field} n'est pas la bonne et qu'on
devrait supposer $K$ algébrique \emph{séparable} sur une extension
transcendante pure $k(x)$.)  En un certain sens, donc, toutes les
courbes algébriques sont « planes » (mais de nouveau, ceci dépend
hautement du point de vue choisi pour étudier les courbes).

On peut dire mieux : en étudiant la démonstration de la
proposition \ref{separating-transcendence-basis-over-perfect-field}
(et du théorème \ref{primitive-element-theorem} dont elle dépend), on
voit que celle-ci est constructive (elle peut être rendue
algorithmique) : on va obtenir explicitement deux coordonnées $x,y \in
K$ telles que $K = k(x,y)$ avec $x$ transcendant et $y$ algébrique
séparable sur $k(x)$, c'est-à-dire une façon de tracer la courbe dans
le plan ; en fait, c'est même une projection linéaire qui conviendra,
puisque dans la démonstration de \ref{primitive-element-theorem} on
n'a pris que des combinaisons linéaires des indéterminées, donc $x$ et
$y$ sont finalement des combinaisons linéaires des (classes des)
coordonnées $t_i$ de départ.  Cette projection peut, cependant,
introduire des singularités (il existe des courbes algébriques qui ne
peuvent pas être représentées comme des courbes planes
non-singulières).


% \subsection{Places}\label{subsection-places-of-function-fields}




% TODO:
% * Différentielles.
% * Valuations.  Clôture intégrale ?


%
%
%
\end{document}