Cela résulte immédiatement de la définition 1.

Supposons d’abord $K$ parfait. Comme un corps est un anneau réduit, il résulte du lemme 5 (V, p. 34) que toute extension de degré fini de $K$ est une algèbre étale sur $K$; par suite, toute extension algébrique de $K$ est séparable.

Supposons maintenant que $K$ soit un corps imparfait de caractéristique $p \neq 0$. Soit $\Omega$ une clôture algébrique de $K$. Comme $K$ est imparfait, il existe $b \in K$ n’appartenant pas à $K^p$; posons $a = b^{1/p}$. Alors l’extension $K(a)$ de $K$ est radicielle de degré fini. D’après V, p. 25, prop. 3, il existe un seul $K$-homomorphisme de $K(a)$ dans $\Omega$, et comme on a $[K(a):K] > 1$, l’algèbre $K(a)$ n’est pas étale sur $K$ (V, p. 31, prop. 4). Autrement dit, l’extension $K(a)$ de degré fini de $K$ n’est pas séparable.

Cela résulte de V, p. 7, prop. 5.

a) Le polynôme f est étranger à sa dérivée $f'$ dans $K[X]$. b) On a, soit $\deg(f) = 0$, soit $\deg(f) > 0$ et $\operatorname{dis}(f) \neq 0$ (IV, p. 79). c) Il existe une extension L de $K$ telle que f se décompose dans $L[X]$ en produit de polynômes distincts de degré $\leq 1$. d) Les racines de f dans $\Omega$ sont simples. e) La K-algèbre $K[X]/(f)$ est étale (V, p. 28, déf. 1).

$a) \Rightarrow d)$ : Sous les hypothèses de a), il existe deux polynômes $g$ et $h$ dans $K[X]$ tels que $fg + f'h = 1$ (IV, p. 12). Soit $a$ une racine de $f$ dans $\Omega$; on a

d’où $f'(a) \neq 0$; par suite, $a$ est racine simple de $f$ dans $\Omega$ (IV, p. 16, prop. 7).

$d) \Rightarrow c)$ : Si d) est satisfaite, $f$ se décompose dans $\Omega[X]$ en produit de polynômes distincts de degré $\leq 1$.

$c) \Rightarrow b)$ : Sous les hypothèses de c), il existe un élément $\lambda \neq 0$ dans $L$ et des éléments distincts $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ de $L$ tels que $f(X) = \lambda (X - \alpha_1) \ldots (X - \alpha_n)$. Si $\deg(f) > 0$, on a (IV, p. 79, prop. 11)

$b) \Rightarrow a)$ : Soient $c$ le coefficient dominant et $D$ le discriminant de $f$; le résultant de $f'$ et $f$ est égal à $\pm cD$ (IV, p. 79, formule (54)), donc n’est pas nul ; par suite (IV, p. 73, cor. 2), les polynômes $f$ et $f'$ sont étrangers dans $K[X]$.

$a) \Leftrightarrow e)$ : Soient $A$ la K-algèbre $K[X]/(f)$ et $x$ l’image de $X$ dans $A$; d’après III, p. 137, prop. 22, le $A$-module $\Omega_K(A)$ est engendré par l’élément $dx$, soumis à la seule relation $f'(x)\ dx = 0$. D’après V, p. 32, th. 3, la K-algèbre $A$ est donc étale si et seulement si $f'(x)$ est un élément inversible de $A$, ce qui signifie que $f$ et $f'$ sont étrangers dans $K[X]$.

Notons d’abord qu’un polynôme irréductible dans $K[X]$ n’est pas constant. Il est clair que a) entraîne b) (prendre pour L une clôture algébrique de K). Si x est une racine simple de $f$ dans une extension L de K, on a $f'(x) \neq 0$ (IV, p. 16, prop. 7), donc b) entraîne c). L’équivalence de c) et d) résulte de V, p. 8, cor.

Supposons enfin qu’on ait $f' \neq 0$; soit x une racine de $f$ dans une extension algébriquement close $\Omega$ de K. Comme $f$ est le polynôme minimal de x sur K et qu’on a $\deg f' < \deg f$, on a $f'(x) \neq 0$ et x est donc racine simple de $f$ (IV, p. 16, prop. 7). Par suite $f$ est séparable, et l’on a prouvé que c) entraîne a).

Si le corps K est de caractéristique 0, K est parfait et tout polynôme irréductible de $K[X]$ est séparable d’après l’assertion d) ci-dessus. Supposons donc que K soit de caractéristique $p \neq 0$.

Supposons d’abord K parfait. On a $K[X^p] = K[X]^p$, donc il n’existe aucun polynôme irréductible de $K[X]$ appartenant à $K[X^p]$. D’après la prop. 4, tout polynôme irréductible de $K[X]$ est séparable.

Supposons maintenant K imparfait, d’où $K \neq K^p$. Soit a un élément de K n’appartenant pas à $K^p$; le polynôme $X^p - a$ est irréductible dans $K[X]$ (V, p. 24, lemme 1), et il appartient à $K[X^p]$, donc n’est pas séparable.

Soit $\Omega$ une clôture algébrique de K ; si $f$ est séparable, $f$ est sans facteur multiple dans $\Omega[X]$ (prop. 3, d)). Inversement, si L est une extension parfaite de K telle que $f$ soit sans facteur multiple dans $L[X]$, alors $f$ est séparable dans $L[X]$ (cor. 1 et remarque 2), donc dans $K[X]$ (remarque 1).

. Sous les hypothèses de b), l’extension E est algébrique sur K (V, p. 18, cor. 1). Soit F une sous-extension de E, de degré fini sur K. D’après V, p. 11, cor., il existe des éléments $x_1, ..., x_m$ de A tels que $F \subset K(x_1, ..., x_m)$, et l’on a

D’après l’hypothèse faite sur A, les algèbres $K[x_1], ..., K[x_m]$ sont étales sur K ; il en est donc de même de l’algèbre $K[x_1] \otimes ... \otimes K[x_m]$ (V, p. 31, cor. 1). Or F est isomorphe à une sous-algèbre d’une algèbre quotient de $K[x_1] \otimes ... \otimes K[x_m]$, donc est étale (V, p. 29, prop. 3).

Notons maintenant que la condition b) implique que l’extension E est de degré fini : d’après la remarque 2 de V, p. 18, il suffit de prouver qu’elle est algébrique ; or, si z est un élément de E transcendant sur K, les sous-extensions $K(z^n)$, $n \in \mathbf{N}$, sont deux à deux distinctes.

Pour démontrer l’implication $b) \Rightarrow a)$ distinguons alors deux cas :

*A) Si le corps K est fini, le corps E, qui est un espace vectoriel de dimension finie sur K, est un ensemble fini. Par suite $^1$ (V, p. 75, lemme 1), il existe un élément x de E engendrant le groupe multiplicatif de E, et on a $E = K[x]$.

$^1$ Le lecteur vérifiera que le théorème 1 n’est utilisé nulle part avant la démonstration du lemme 1 de V, p. 75.

B) Supposons maintenant le corps $K$ infini. Si b) est vérifiée, l’extension $E$ est de degré fini, donc b) signifie aussi que $E$ ne possède qu’un nombre fini de sous-algèbres. Cela étant, l’implication $b) \Rightarrow a)$ résulte de la proposition plus générale suivante (pour laquelle l’hypothèse que le corps $K$ est infini est indispensable, cf. V, p. 146, exerc. 5 du § 7) :

Soient $A_1, ..., A_n$ les sous-algèbres de $A$ distinctes de $A$. Si $x \notin A_1 \cup ... \cup A_n$, la sous-algèbre $K[x]$ ne peut être égale à aucune des $A_i$, donc coïncide avec $A$. Par ailleurs, puisque $V$ engendre $A$, il n’est contenu dans aucun des sous-espaces $A_i$. La proposition 7 résulte donc du lemme suivant :

Cela achève la démonstration de l’équivalence de a) et b) dans le théorème 1. Enfin, si l’extension $E$ est séparable et de degré fini, la condition b) est satisfaite, d’après V, p. 29, prop. 3.

Ceci résulte aussitôt de la prop. 6 (V, p. 38).

Supposons d’abord que $F$ soit séparable sur $K$. Alors $E$ est séparable sur $K$ d’après la prop. 1 (V, p. 35). De plus, tout élément de $F$ est séparable sur $K$ (V, p. 38, prop. 6), donc sur E (V, p. 38, cor. 2), et par suite F est séparable sur E (V, p. 38, prop. 6).

Réciproquement, supposons que F soit séparable sur E et E séparable sur K. Notons x un élément de F et $f \in E[X]$ le polynôme minimal de x sur E. Comme E est algébrique sur K, le th. 2 (V, p. 17) montre qu’il existe une sous-extension E’ de E de degré fini sur K, et telle que $f \in E'[X]$; alors, $f$ est à la fois le polynôme minimal de x sur E et sur E’, et comme x est séparable sur E (V, p. 38, prop. 6), il l’est aussi sur E’ (V, p. 38, prop. 5). Posons $F' = E'(x)$; alors F’ est séparable et de degré fini sur E’, et comme E est séparable sur K, E’ est séparable et de degré fini sur K (V, p. 35, prop. 1). Alors F’ est séparable et de degré fini sur K d’après V, p. 32, cor. 2. Par suite (V, p. 38, prop. 6), x est séparable sur K. On a prouvé que tout élément de F est séparable sur K, donc F est séparable sur K (V, p. 38, prop. 6).

a) Si E est séparable sur K, alors E’ est séparable sur K’.

b) Réciproquement, si E’ est séparable sur K’ et si E et K’ sont linéairement disjointes sur K, alors E est séparable sur K.

L’assertion a) résulte aussitôt de la prop. 6 (V, p. 38).

Sous les hypothèses de b), soit F une sous-extension de E, de degré fini sur K. Alors F et K’ sont linéairement disjointes sur K, donc la K’-algèbre $F_{(K')} = K' \otimes_K F$ est isomorphe à K’(F). Comme K’(F) est une sous-extension de E’, de degré fini sur K’, et que E’ est algébrique et séparable sur K’, la K’-algèbre K’(F) est étale. Autrement dit, la K’-algèbre $F_{(K')}$ est étale, et le cor. 2 de la prop. 4 (V, p. 32) montre que F est étale sur K. On a prouvé que E est séparable sur K.

Le cas $p = 1$ est trivial d’après le cor. de V, p. 36. Supposons désormais $p \neq 1$. Par hypothèse, E est algébrique sur K et l’on a $E = K(S)$; on a donc

d’après V, p. 18, cor. 1 .

Si E est de degré fini sur K, c’est une extension séparable de K si et seulement si c’est une algèbre étale sur K ; le cor. de V, p. 34, montre que ceci se produit si et seulement si l’on a $E = K[E^p]$.

Supposons maintenant E séparable et de degré infini sur K. Alors $K[E^p]$ est réunion des sous-anneaux $K[{E'}^p]$ où $E'$ parcourt l’ensemble des sous-extensions de E, de degré fini sur K ; mais une telle extension E’ est séparable sur K (V, p. 35, prop. 1), d’où

E' = K[E'^p] \subset K[E^p] par ce qui précède ; finalement, on a E = K[E^p]. Par récurrence sur $n \geq 0$, la relation $E = K[E^p]$ entraîne $E = K[E^{p^n}]$.

Avec les notations de la proposition précédente, on dit que $E_s$ est la fermeture (algébrique) séparable de K dans E. Lorsque K est parfait, $E_s$ est la fermeture algébrique de K dans E (V, p. 35, prop. 2).

c) $E_s$ est l’unique sous-extension de $E$ qui soit séparable sur $K$ et sur laquelle $E$ soit radicielle.

Il suffit de prouver a) dans le cas où $K$ est de caractéristique $p \neq 0$. Soit $x$ un élément de $E$, et soit $f$ son polynôme minimal sur $K$. Il existe un entier $m \geqslant 0$ tel que $f$ appartienne à $K[X^{p^m}]$, mais non à $K[X^{p^{m+1}}]$; autrement dit, on a $f(X) = g(X^{p^m})$ avec $g \in K[X]$, $g \notin K[X^p]$. Comme $f$ est irréductible, il en est de même de $g$, donc $g$ est le polynôme minimal de $x^{p^m}$ sur $K$. D’après V, p. 37, prop. 4 et p. 38, prop. 5, on a donc $x^{p^m} \in E_s$, donc $E$ est radiciel sur $E_s$.

Plaçons-nous sous les hypothèses de b), et soit $x \in E_s$. Comme $x$ est séparable sur $K$, il l’est aussi sur $F$ (V, p. 38, cor. 2); mais comme $E$ est radiciel sur $F$, $x$ est aussi radiciel sur $F$, d’où $x \in F$ (V, p. 38, cor. 3).

Enfin, c) résulte de a) et b) et de la prop. 12.

En effet, $K'(E_s)$ est une extension algébrique séparable de $K'$ d’après la prop. 10 (V, p. 41); comme $E$ est radicielle sur $E_s$, l’extension $K'(E)$ de $K'(E_s)$ est radicielle (V, p. 24, cor.). Il suffit alors d’appliquer la prop. 13.

Pour tout entier $n \geqslant 0$, notons $F_n$ la sous-extension $K(E^{p^n})$ de $E$. La suite $(F_n)_{n \geqslant 0}$ de sous-espaces vectoriels de $E$ est décroissante et $E$ est de dimension finie sur $K$. Il existe donc un entier $m \geqslant 0$ tel que $F_m = F_n$ pour tout $n \geqslant m$. On a alors $K(F_m^p) = F_{m+1} = F_m$, donc $F_m$ est extension séparable de $K$ (V, p. 41, prop. 11); il est clair que $E$ est radiciel sur $F_m$ et la prop. 13 entraîne alors $E_s = F_m = \bigcap_{n \geqslant 0} F_n$.

Soit F une extension algébrique séparable de $\Omega_s$; comme $\Omega$ est algébriquement clos, il existe un $\Omega_s$-homomorphisme $u$ de F dans $\Omega$ (V, p. 20, th. 1). D’après la prop. 9 (V, p. 40), $u(F)$ est séparable sur K, donc $u(F) = \Omega_s$. Par suite, F est une extension triviale de $\Omega_s$, et $\Omega_s$ est séparablement clos, d’où a).

Soit E une clôture séparable de K. Comme E est une extension algébrique de K, il existe un K-homomorphisme $v$ de E dans $\Omega$ (V, p. 20, th. 1). Alors, $v(E)$ est algébrique séparable sur K, d’où $v(E) \subset \Omega_s$. D’après V, p. 40, prop. 9, $\Omega_s$ est séparable sur $v(E)$ et comme le corps $v(E)$ est séparablement clos, on a $v(E) = \Omega_s$. Par suite, $v$ est un K-isomorphisme de E sur $\Omega_s$. L’assertion b) résulte immédiatement de là.

Soit $\Omega$ une clôture algébrique de E ; on a $\Omega_s \subset E$, et il suffit de traiter le cas où $E = \Omega_s$. Comme F est une extension algébrique de K, il existe un K-homomorphisme $u$ de F dans $\Omega$ (V, p. 20, th. 1). Comme le corps $u(F)$ est séparable sur K, on a $u(F) \subset \Omega_s$, et $u$ définit un K-homomorphisme de F dans $\Omega_s = E$.

Le corps $\Omega$ est parfait, et E est radiciel sur $E_s$ d’après V, p. 42, prop. 13 ; par suite, la proposition 3 (V, p. 25) montre que tout K-homomorphisme de $E_s$ dans $\Omega$ se prolonge de manière unique en un K-homomorphisme de E dans $\Omega$; on a donc $[E : K]_s = [E_s : K]_s$. Comme $E_s$ est une extension séparable de degré fini de K, c’est une algèbre étale sur $K$, et l’on a donc $[E_s : K]_s = [E_s : K]$ d’après V, p. 31, prop. 4. D’où la proposition.

Avec les notations précédentes, on appelle degré inséparable de $E$ sur $K$, et l’on note $[E : K]_i$, le degré de $E$ sur $E_s$. On a donc

(1)

d’après la proposition 15.

Lorsque $K$ est de caractéristique 0, on a $E = E_s$, d’où $[E : K]_s = [E : K]$ et $[E : K]_i = 1$. Si $K$ est de caractéristique $p \neq 0$, le nombre $[E : K]_i$ est une puissance de $p$ car $E$ est radiciel sur $E_s$ (V, p. 42, prop. 13 et p. 25, prop. 4). On prendra garde que $[E : K]_i$ n’est pas nécessairement égal à la plus grande puissance de $p$ qui divise $[E : K]$, ni au degré $[E_r : K]$ de la fermeture radicielle de $E$ dans $K$ (V, p. 145, exerc. 3 et 2).

a) Si l’on a $E \subset F$, on a $[F : K]_s = [F : E]_s \cdot [E : K]_s$ et $[F : K]_i = [F : E]_i \cdot [E : K]_i$.

b) Soit $K'$ une sous-extension de $\Omega$. On a

et il y a égalité si $K'$ est linéairement disjointe de $E$ sur $K$.

c) On a $[K(E \cup F) : K]_s \leq [E : K]_s \cdot [F : K]_s$ et $[K(E \cup F) : K]_i \leq [E : K]_i \cdot [F : K]_i$, et il y a égalité si $E$ et $F$ sont linéairement disjointes sur $K$.

L’assertion sur les degrés séparables dans a) résulte de la formule (9) (V, p. 31). Comme on a $[F : K] = [F : E] \cdot [E : K]$, l’assertion sur les degrés inséparables résulte de là et de la formule (1).

D’après le cor. 1 de la prop. 13 (V, p. 43) et la prop. 15, on a

(2)

lorsque $K'$ est linéairement disjointe de $E$ sur $K$, alors $E_s$ est linéairement disjointe de $K'$ sur $K$ et $E$ est linéairement disjointe de $K'(E_s)$ sur $E_s$ (V, p. 14, prop. 8). L’assertion b) résulte alors de la prop. 5 (V, p. 13).

D’après a), on a $[K(E \cup F) : K]_s = [F(E) : F]_s \cdot [F : K]_s$; d’après b), on a $[F(E) : F]_s \leq [E : K]_s$, avec égalité si $E$ et $F$ sont linéairement disjointes sur $K$. On en déduit l’inégalité $[K(E \cup F) : K]_s \leq [E : K]_s \cdot [F : K]_s$, avec égalité si $E$ et $F$ sont linéairement disjointes sur $K$. L’assertion de c) sur les degrés inséparables se démontre de manière analogue.