\documentclass{article}
\usepackage{titling}
\author{Laura \textsc{Gay} d'apr\`es Floflo \textsc{Lemonnier}}
\include{preambule}

\newboxedtheorem{thm}{Théorème}{}
\newcommand{\IN}{\N}


\renewenvironment{proof}[1][]{{\underline{\bfseries \proofname #1 :}\\ }}{\hfill $\blacksquare$\\}

\begin{document}
\renewcommand{\proofname}{Preuve}

\begin{spacing}{2}
\setlength {\shadowsize }{2pt}
\begin{center} \shadowbox{\begin{minipage}{15cm}
\centering     \begin{huge} 
\textsc{{Automorphismes de $K(X)$}}\end{huge}
\end{minipage}} \end{center}\end{spacing}
~\\



\underline{Référence :} \textsc{FGNal1} : exercice 5.54\\
\underline{Leçons :} 140, 125, 141\\


\begin{thm}\textup{\!
Soit $K$ un corps quelconque.\\
Les automorphismes de $K$-algèbres de $K(X)$ sont les applications de la forme $ \left| \begin{array}{ccc}
                                                                       K(X) & \rightarrow & K(X) \\
																																			 G & \mapsto & G\left(\frac{aX+b}{cX+d}\right) \end{array} \right.$
où $a,b,c,d \in K^4$ vérifient $ad-bc \neq 0$.}
\end{thm}
~\\
\begin{proof}
\begin{description}
\item[Étape 1 :] Déterminons les endomorphismes de $K$-algèbres de $K(X)$.\\
      Soit $\Phi$ un endomorphisme de $K$-algèbres de $K(X)$. Posons $F = \Phi(X)$.\\
			Soit $ P = \sum_{k \in \IN}{p_k X^k} \in K[X]$, on a : $ \Phi(P) = \sum_{k \in \IN}{p_k \Phi(X^k)} = \sum_{k \in \IN}{p_k F^k} = P \circ F$.\\
			Ainsi, pour tous $P \in K[X]$, $Q \in K[X]\backslash\{0\}$ et $ G = \frac{P}{Q}$, où, on a : $ \Phi(G) = \frac{\Phi(P)}{\Phi(Q)} = \frac{P \circ F}{Q \circ F} = G \circ F$.\\
			Réciproquement, pour $F \in K(X) \backslash K$, $\Phi_F : \left| \begin{array}{ccc}
			                                                    K(X) & \rightarrow & K(X) \\
																													G & \mapsto & G \circ F \end{array} \right.$ est bien un morphisme de $K$-algèbres.
			\footnote{Il s'agit de vérifier :
			\begin{itemize}
			\item $\Phi_F(1) = 1$.
			\item $\Phi_F(G)$ est bien défini pour tout $G \in K(X)$.\\
			      Pour cela, on montre que $ G \circ F = \frac{B^m \times (P \circ F)}{B^m \times (Q \circ F)}$, où $ F=\frac{A}{B}$ est une écriture irréductible et $m = \max\{\deg P, \deg Q\}$ est une écriture de $G \circ F$ en fraction de polynômes et que le polynôme $B^m \times (Q \circ F)$ n'a qu'un nombre fini de racines.
			\item $\Phi_F$ est $K$-linéaire.
			\item $\Phi_F\left(G_1G_2\right) = \Phi_F\left(G_1\right) \Phi_F\left(G_2\right)$ pour tous $G_1, G_2 \in K(X)$.
			\end{itemize}}\\
			Remarquons que si $F = a \in K$, alors $\Phi_F$ n'est pas bien défini : en effet $ \frac{1}{X-a}$ n'a pas d'image par $\Phi_F$.\\
			Ainsi, l'ensemble des endomorphismes de $K$-algèbres de $K(X)$ est l'ensemble des $\Phi_F$, où $F$ parcourt $K(X) \backslash K$\footnote{nécessairement, ça a été vérifié dans le ``réciproquement''}.
\item[Étape 2 :] Cherchons à quelle condition sur $F$, $\Phi_F$ est un automorphisme.\\
      Supposons que $\Phi_F$ soit un automorphisme. \\
			Alors $\Phi_F$ est surjectif et donc : $\exists G \in K(X), \Phi_F(G) = G \circ F = X$.\\
			Soient $ F = \frac{A}{B}$ et $ G = \frac{P}{Q}$ des représentations irréductibles de ces fractions rationnelles.\\
			On écrit $ P = \sum_{j=0}^{d_P}{p_j X^j}$ et $ Q = \sum_{k=0}^{d_Q}{q_k X^k}$ où $d_P$ et $d_Q$ sont les degrés respectifs de $P$ et $Q$.\\
			$\begin{aligned} 
			\!\text{On a : } G \circ F = X &\Leftrightarrow P \circ F = X\times(Q \circ F) \\
			                            &\Leftrightarrow \sum_{j=0}^{d_P}{p_j F^j} = X \sum_{k=0}^{d_Q}{q_k F^k} \\
																	&\Leftrightarrow \sum_{j=0}^{d_P}{p_j \frac{A^j}{B^j}} = X \sum_{k=0}^{d_Q}{q_k \frac{A^k}{B^k}} \\
																	&\Leftrightarrow \sum_{j=0}^{d_P}{p_j A^j B^{m-j}} = X \sum_{k=0}^{d_Q}{q_k A^k B^{m-k}}
			\text{, où on a noté } m = \max\left\{d_P,d_Q\right\}.
			\end{aligned}$
			\begin{itemize}
			\item D'une part, $\left. A \middle| \left(p_0-q_0X\right)B^m \right.$\footnote{Il suffit d'écrire, avec l'égalité juste au dessus: $p_0B^m-q_0XB^m=A\left(X \sum_{k=1}^{d_Q}{q_k A^{k-1} B^{m-k}}- \sum_{j=1}^{d_P}{p_j A^{j-1} B^{m-j}}\right)$}.\\
			      Or $A$ et $B$ sont premiers entre eux, donc $A$ et $B^m$ sont également premiers entre eux, d'où $\left. A \middle| p_0-q_0X \right.$.\\
						Aussi, comme $P$ et $Q$ sont premiers entre eux, on a $\left(p_0,q_0\right) \neq (0,0)$.\\
						Donc $p_0-q_0X$ est de degré 0 ou 1, donc $A$ est de degré $0$ ou $1$.
			\item D'autre part, $\left. B \middle| p_{d_P} A^{d_P} B^{m-d_P} - q_{d_Q} X A^{d_Q} B^{m-d_Q} \right.$.
			      \begin{itemize}
						\item Si $m = d_P = d_Q$, alors $\left. B \middle| \left(p_m-q_mX\right) A^m \right.$ et donc $\left. B \middle| p_m-q_mX \right.$ car $B$ et $A^m$ sont premiers entre eux.
						      Or $q_m \neq 0$ car $Q$ est de degré $m = d_Q$, donc $\deg B = 0$ ou $1$.
						\item Si $m = d_Q > d_P$, alors $\left. B \middle| q_m X A^m \right.$ donc $\left. B \middle| q_m X \right.$ donc $\deg B = 0$ ou $1$.
						\item Si $m = d_P > d_Q$, alors $\left. B \middle| p_m A^m \right.$ donc $\left. B \middle| p_m \right.$ donc $\deg B = 0$.
						\end{itemize}
						Toujours est-il que $\deg B = 0$ ou $1$.
			\end{itemize}
			Par conséquent, il existe $ (a,b,c,d) \in K^4, F = \frac{aX+b}{cX+d}$.\\
			Et $F$ ne pouvant évidemment pas être constant, on doit imposer\footnote{Si $\frac{aX+b}{cX+d}=\gamma$ alors $a=c\gamma$ et $b=d\gamma$ donc $ad=bc$} $ad-bc \neq 0$.
\item[Étape 3 :] Réciproquement, montrons que cette condition nécessaire est suffisante.\\
      Pour $(a,b,c,d) \in K^4$ vérifiant $ad-bc \neq 0$, on note $\Phi_{a,b,c,d}$ le morphisme de $K$-algèbres défini par : $ \Phi_{a,b,c,d}(X) = \frac{aX+b}{cX+d}$.\\
			Montrons que : $ \Phi : \left| \begin{array}{ccc}
			                             \textrm{GL}_2(K) & \rightarrow & \textrm{End}_{K\textrm{-alg.}}(K(X)) \\
																	 \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} & \mapsto & \Phi_{a,b,c,d} \end{array} \right.$ est un morphisme de groupes.\\
			Cela découle de l'égalité :
			\begin{equation*}
			\frac{a\frac{a'X+b'}{c'X+d'}+b}{c\frac{a'X+b'}{c'X+d'}+d} = \frac{(aa'+bc')X + (ab'+bd')}{(ca'+dc')X + (cb'+dd')}
			\end{equation*}
			On reconnaît effectivement les coefficients du produit matriciel 
			$ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a' & b' \\ c' & d' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} aa'+bc' & ab'+bd' \\ ca'+dc' & cb'+dd' \end{pmatrix}$ ie $\Phi(MM')=\Phi(M)\Phi(M')$.\\
			On en déduit alors que $\Phi_{a,b,c,d}$ est inversible, d'inverse $\Phi_{a',b',c',d'}$ où 
			$ \begin{pmatrix} a' & b' \\ c' & d'\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}^{-1}$, car $ad-bc \neq 0$.\\
			Donc pour $(a,b,c,d) \in K^4$ vérifiant $ad-bc \neq 0$, $\Phi_{a,b,c,d}$ est un automorphisme de $K$-algèbres de $K(X)$.
\end{description}
On en déduit finalement que l'ensemble des automorphismes de $K$-algèbres de $K(X)$ est l'ensemble des applications de la forme $ \left| \begin{array}{ccc}
                                                                                                                 K(X) & \rightarrow & K(X) \\
																																																								 G & \mapsto & G\left(\frac{aX+b}{cX+d}\right) \end{array} \right.$ avec $(a,b,c,d) \in K^4$ vérifiant $ad-bc \neq 0$.

\end{proof}



\section*{Réponses à de possibles questions}

\begin{enumerate}
\item Pourquoi ça s'appelle $\textrm{\underline{\textbf P}GL}_2(K)$ ?\\
$\hookrightarrow$ 
\end{enumerate}

\vspace{1cm}

\hrulefill \\
~\\
\underline{Notes:}\\
~\\
\checkmark ~\textbf{A l'oral}, bla\\
\checkmark ~S'il y a du temps: Le $2^{\text{nd}}$ théorème d'isomorphisme peut même nous donner un résultat supplémentaire.\\
On a montré au cours de la démonstration que $\textrm{Im}(\Phi) = \textrm{Aut}_{K\textrm{-alg.}}(K(X))$.\\
De plus 
\begin{equation*}
\Phi_{a,b,c,d}(X) = X \Leftrightarrow aX+b = cX^2+dX \Leftrightarrow b=c=0 \textrm{ et } a=d
\end{equation*}
Donc $\textrm{Ker}(\Phi) = \left\{\lambda I_2 \middle| \lambda \in K^\times\right\}$.\\
Et on en déduit donc $
\textrm{Aut}_{K\textrm{-alg.}}(K(X)) \simeq \sfrac{\textrm{GL}_2(K)}{\textrm{Ker($\Phi$)}}
                                          = \sfrac{\textrm{GL}_2(K)}{\left\{\lambda I_2 \middle| \lambda \in K^\times\right\}}
																		      = \textrm{PGL}_2(K)$



\end{document}