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Le problème inverse de Galois sur les corps des fractions tordus à indéterminée centrale

Bruno DESCHAMPS et François LEGRAND

[ In this article, we show that, if $H$ denotes a finite dimensional field over its center $k$ and if $k$ contains an ample field, then the traditional inverse Galois problem has a positive answer over the skew field $H(t)$ of rational fractions with central indeterminate.\
[**Résumé.—**]{} Dans cet article, nous montrons que, si $H$ désigne un corps de dimension finie sur son centre $k$ et si $k$ contient un corps ample, alors le traditionnel Problème Inverse de Galois admet une réponse positive sur le corps $H(t)$ des fractions rationnelles tordu à indéterminée centrale.]{}

Le problème inverse de la théorie de Galois sur un corps $K$ s’énonce de la manière suivante : [**$\hbox{\bf PIG}_K$ (problème inverse de Galois sur $K$)**]{} : [*est-ce que tout groupe fini $G$ est groupe de Galois d’une extension galoisienne $L/K$ ?*]{} Lorsque $K=k(t)$ désigne un corps de fractions rationnelles sur un corps commutatif $k$ et que l’on considère une extension commutative finie $H/k$, le moyen le plus naturel de regarder le lien qui existe entre le problème inverse de Galois sur $k(t)$ et celui sur $H(t)$ consiste à étendre les scalaires : on se donne un groupe $G$, une extension galoisienne $L/k(t)$ de groupe $G$ et l’on considère le produit tensoriel $H\otimes_k L$. Dès que ce produit est un corps, l’extension $(H\otimes_k L)/H(t)$ est galoisienne de groupe $G$. La condition nécessaire et suffisante pour que $H\otimes_k L$ soit un corps est que les extensions $H/k$ et $L/k$ soient linéairement disjointes sur $k$. Un moyen suffisant d’assurer que c’est bien le cas est de demander que $L/k$ soit linéairement disjointe sur $k$ de l’extension $\overline{k}/k$. Cette remarque amène à considérer une version plus élaborée du problème inverse de Galois : [**$\hbox{\bf PIGR}_k$ (problème inverse de Galois régulier)**]{} : [*est-ce que tout groupe fini est groupe de Galois d’une extension galoisienne $L/k(t)$ régulière sur $k$ (i.e. les extensions $L/k$ et $\overline{k}/k$ sont linéairement disjointes sur $k$) ?*]{} Dès lors, on voit que, pour toute extension finie $H/k$ de corps commutatifs, on a $$\hbox{\rm PIGR}_k\Longrightarrow \hbox{\rm PIGR}_H \Longrightarrow \hbox{\rm PIG}_{H(t)}$$ Si l’on s’intéresse juste au $\hbox{\rm PIG}_{H(t)}$, la condition de régularité de $L/k(t)$ n’est en fait pas nécessaire puisque ce qui importe est la linéaire disjonction des extensions. Puisque l’on suppose l’extension $H/k$ finie, la linéaire disjonction peut s’interpréter de la manière suivante : on considère $(e_1,\dots ,e_n)$, une $k$-base de $H$ et l’on considère la forme $$P_H (x_1,\dots ,x_n)=N_{H/k}(x_1e_1+\cdots +x_ne_n)\in k[x_1,\dots ,x_n]$$ où $N_{H/k}$ désigne la norme de l’extension $H/k$. Les extensions $H/k$ et $L/k$ sont alors linéairement disjointes sur $k$ si et seulement si la forme $P_H$ ne possède que le zéro trivial sur $L$. On peut donc considérer une autre variante du problème inverse de Galois : [**$\hbox{\bf PIGCP}_k$ (problème inverse de Galois à contrainte polynomiale)**]{} : [*est-ce que, pour toute forme $F$ à coefficients dans $k$ ne possédant que le zéro trivial sur $k$ et tout groupe fini $G$, il existe une extension galoisienne $L/k(t)$ de groupe $G$ telle que $F$ ne possède que le zéro trivial sur $L$ ?*]{} En considérant pour $F$ la forme $P_H$ décrite plus haut, on voit alors que $$\hbox{\rm PIGCP}_k\Longrightarrow \hbox{\rm PIG}_{H(t)}\ \hbox{\rm pour toute extension finie $H/k$}$$ Traditionnellement, les arithméticiens considèrent le(s) problème(s) inverse(s) de Galois pour les corps commutatifs. Nonobstant, la théorie de Galois possède une version non commutative et il est donc possible de regarder le problème inverse de Galois dans le cas des corps gauches. La définition la plus générale d’extension galoisienne est celle donnée par Artin : une extension $L/k$ est dite galoisienne si le corps des invariants de $L$ sous l’action de $\hbox{\rm Aut}(L/k)$ est égal à $k$. C’est avec cette définition que s’entend la théorie de Galois des corps gauches. Dans cet article, nous allons nous intéresser au cas de certains corps de fractions rationnelles tordus. Rappelons que, si $H$ désigne un corps (commutatif ou non), on définit [*l’anneau des polynômes tordu $H[t]$ à indéterminée centrale et à coefficients dans $H$*]{} comme le $H$-espace vectoriel de base $\{t^n\}_{n\geq 0}$ sur lequel on considère le produit qui vérifie $at=ta$ pour tout $a\in H$. Il s’agit en fait, pour la construction de Ore (voir [@Ore33]), de l’anneau de polynômes tordu $K[t,\alpha,\delta]$ obtenu en prenant pour $\delta$ la dérivation nulle et pour $\alpha$ l’endomorphisme identité. Cet anneau est un anneau de Ore et, en particulier, il possède un unique corps de fractions que l’on note $H(t)$ et que l’on appelle [*le corps des fractions rationnelles tordu à indéterminée centrale et à coefficients dans $H$*]{}. En tant que corps des fractions d’un anneau de Ore, le corps $H(t)$ jouit d’une propriété très forte : tous ses éléments peuvent s’écrire sous la forme $p(t)q(t)^{-1}$ avec $p(t), \, q(t)\in H[t]$. Lorsque $H$ est commutatif, le corps $H(t)$ est le classique corps des fractions rationnelles à coefficients dans $H$. Le résultat central de cet article est le [**Théorème principal.—**]{} [*Soient $k$ un corps commutatif et $H$ un corps de dimension finie sur son centre $k$. Si le $\hbox{\rm PIGCP}_k$ admet une réponse positive, alors il en est de même du $\hbox{\rm PIG}_{H(t)}$.*]{} C’est-à-dire que l’implication obtenue plus haut dans le cas commutatif reste vraie si l’on prend pour $H$ un corps gauche de dimension finie sur son centre $k$. Dans la deuxième partie de cet article, nous montrons qu’il existe une famille importante de corps commutatifs pour lesquels le $\hbox{\rm PIGCP}$ admet une réponse positive : celle des corps amples. Rappelons qu’un corps commutatif $k$ est dit [*ample*]{} si, toute courbe lisse définie sur $k$ et géométriquement irréductible possède une infinité de points $k$-rationnels dès qu’elle en possède au moins un. Parmi ces corps, on trouve les corps séparablement clos, les corps Pseudo Algébriquement Clos, les corps valués complets (${\mathbb R}$, ${\mathbb Q}_p$, $\kappa((x))$, etc.), les corps ${\mathbb Q}^{\hbox{\rm \scriptsize tp}}$ des nombres algébriques totalement $p$-adiques, le corps ${\mathbb Q}^{\hbox{\rm \scriptsize tr}}$ des nombres algébriques totalement réels, etc. Nous renvoyons aux articles de survol [@DD97b] et [@BSF13] pour plus de détails sur cette notion. En fait, nous montrons plus précisément que, si $k$ désigne un corps commutatif contenant un corps ample, alors le $\hbox{\rm PIG}_{H(t)}$ admet une réponse positive pour tout corps $H$ de dimension finie sur son centre $k$ (théorème 7). Une première application de ces résultats, sans doute la plus simple, s’obtient en considérant $k={\mathbb R}$ : [*tout groupe fini est groupe de Galois sur ${\mathbb H}(t)$*]{}, où ${\mathbb H}$ désigne le corps des quaternions d’Hamilton. Mais le théorème 7 s’applique aussi à des corps ayant des gros groupes de Brauer (e.g. ${\mathbb Q}^{\hbox{\rm \scriptsize tr}}$, $\overline{k_0}(x_1,\dots ,x_n)$), ce qui montre l’étendue du champ d’application de ces résultats, pour le choix du corps gauche $H$. La première partie de ce texte est consacrée à l’étude galoisienne de l’extension des scalaires dans le cas des corps gauches. Elle constitue l’outil central de l’article et se conclut par la preuve du théorème principal. [**1.— Extension des scalaires.**]{} Dans le cas non commutatif, la présence d’automorphismes intérieurs perturbe un peu les choses. Nous rappelons ici un résultat fondamental de théorie de Galois qui mesure cette perturbation : si $L$ est un corps de centre $C$ et si $L/K$ désigne une extension galoisienne de groupe $G$ telle que l’une des dimensions de $L$ en tant que $K$-espace vectoriel droite ou gauche soit finie, alors 1/ Les dimensions droite et gauche de $L$ en tant que $K$-espace vectoriel sont égales (et l’on peut donc parler du degré $[L:K]$ de l’extension sans se soucier de quel coté l’on considère le $K$-espace vectoriel $L$). 2/ L’ensemble $A=\{a\in L^*/\ I(a)\in G\}\cup \{0\}$ est un corps (ici $I(a)$ désigne l’automorphisme de conjugaison intérieur associé à l’élément $a\in L^*$). L’ensemble $A$ est en fait le commutant du corps $K$ dans $L$. 3/ Si l’on considère $G_0=\{I(a)/\ a\in A\}$ le sous-groupe de $G$ composé des automorphismes intérieurs, alors on a $$[L:K]=[G:G_0][A:C]$$ On voit qu’il peut donc exister des situations où $[L:K]$ est fini et où $G$ est infini (c’est par exemple le cas lorsque que l’on considère un corps $L$ de dimension finie sur son centre $K$), on peut même trouver des exemples où $G$ est fini mais où $|G|>[L:K]$ (voir [@Des18]). Pour autant, une conséquence de la propriété 3/ est que l’on a $[L:K]=|G|$, dès que $G_0=1$ (ou de manière équivalente dès que le commutant $A$ de $K$ dans $L$ est égal au centre $C=Z(L)$). Dans cette situation, on dit que l’extension $L/K$ est extérieure. On pourra trouver dans [@Coh95 §3.3] un exposé complet de la théorie de Galois dans le cas non commutatif et le détail des preuves des propriétés que nous venons d’énoncer. Pour l’étude de l’extension des scalaires, nous aurons besoin des deux lemmes techniques suivants : [**Lemme A.—**]{} [*Soient $A$ et $B$ deux $k$-algèbres, $C$ et $D$ des sous-algèbres respectives de $A$ et $B$, et $\widetilde{C}$ et $\widetilde{D}$ les commutants de $C$ et $D$ dans $A$ et $B$. Dans l’algèbre $A\otimes_k B$, le commutant $\widetilde{C\otimes_k D}$ de la sous-algèbre $C\otimes_k D$ est égal à $\widetilde{C}\otimes_k\widetilde{D}$. En particulier, on a $Z(A\otimes_k B)=Z(A)\otimes_k Z(B)$.*]{} [**Preuve :**]{} Il est déjà clair que $\widetilde{C}\otimes_k\widetilde{D}\subset \widetilde{C\otimes_k D}$. Considérons un élément $\sum_i x_i\otimes y_i \in A\otimes_k B$ où l’on a pris soin de prendre la famille $\{y_i\}_i$, $k$-libre. Si cet élément commute avec tous les éléments de $C\otimes_k D$, alors il commute en particulier avec les $z\otimes 1$, $z\in C$. Ainsi, pour tout $z\in C$ on a $$\sum_i(zx_i-x_iz)\otimes y_i=0$$ Comme les $y_i$ sont supposés $k$-linéairement indépendants, on en déduit que $zx_i-x_iz=0$, c’est-à-dire $x_i\in \widetilde{C}$ pour tout $i$. Ainsi, on a $\widetilde{C\otimes_k D}\subset \widetilde{C}\otimes_k B$. Un raisonnement analogue montre que $\widetilde{C\otimes_k D}\subset A\otimes_k \widetilde{D}$. Si l’on choisit une base de $A$ (resp. $B$) contenant une base de $\widetilde{C}$ (resp. $\widetilde{D}$), on constate que $(\widetilde{C}\otimes_k B)\cap(A\otimes_k \widetilde{D})=\widetilde{C}\otimes_k\widetilde{D}$ et donc que $\widetilde{C\otimes_k D}\subset\widetilde{C}\otimes_k\widetilde{D}$. Le centre d’une algèbre n’est rien d’autre que son commutant dans elle-même. Le relation $Z(A\otimes_k B)=Z(A)\otimes_k Z(B)$ découle alors du choix $C=A$ et $D=B$ dans ce qui précède. [ $\Box$]{} [**Lemme B.—**]{} [*Soient $k$ un corps commutatif, ${\mathscr A}$ une $k$-algèbre simple centrale et $A$ une $k$-algèbre. Si $A$ est simple, alors la $k$-algèbre ${\mathscr A}\otimes_k A$ l’est aussi.*]{} [**Preuve :**]{} Commençons par montrer ce lemme lorsque ${\mathscr A}=H$ est un corps. Soit $\{e_i\}_{i\in I}$ une $k$-base de $A$. Si l’on considère $H\otimes_k A$ comme $H$-espace vectoriel gauche ($x\in H$ opérant sur $H\otimes_k A$ par multiplication par $x\otimes 1$), la famille $\{1\otimes e_i\}_{i\in I}$ est alors une $H$-base de $H\otimes_k A$. Si $J$ est un idéal bilatère de $H\otimes_k A$ alors $J$ est un sous-$H$-espace vectoriel de $H\otimes_k A$, de sorte que $(H\otimes_k A)/J$ est aussi un $H$-espace vectoriel à gauche. Ainsi, il existe une partie $I_0\subset I$ telle que les images modulo $J$ de $\{1\otimes e_i\}_{i\in I}$ forment une $H$-base de $(H\otimes_k A)/J$. Pour tout indice $j\notin I_0$, il existe une unique famille $\{x_{i,j}\}_{i\in I_0}$ d’éléments de $H$ telle que $$1\otimes e_j=\sum_{i\in I_0} x_{i,j}\otimes e_i\ \hbox{\rm mod}\ (J)$$ On pose alors $$\varepsilon_j=1\otimes e_j-\sum_{i\in I_0} x_{i,j}\otimes e_i$$ de sorte que la famille $\{\varepsilon_j\}_{j\notin I_0}$ forme une $H$-base de $J$. Considérons $x\in H$, pour tout $j\notin I_0$, on a $$(x\otimes 1)\varepsilon_j(x^{-1}\otimes 1)=1\otimes e_j-\sum_{i\in I_0} xx_{i,j}x^{-1}\otimes e_i\in J$$ et donc, $(x\otimes 1)\varepsilon_j(x^{-1}\otimes 1)-\varepsilon_j=\sum_{i\in I_0} (x_{i,j}-xx_{i,j}x^{-1})\otimes e_i\in J$. On en déduit que $x_{i,j}=xx_{i,j}x^{-1}$, et ce, pour tout $x\in H$. Ainsi, $x_{i,j}\in Z(H)=k$ et l’idéal $J$ qui est engendré par les $\varepsilon_j$ est donc engendré par l’idéal bilatère $J_0$ de $k\otimes_k A=A$ engendré par les tenseurs $x_{i,j}\otimes e_i$. Puisque $A$ est supposée simple, on en déduit que $J_0=\{0\}$ ou $k\otimes_k A$ et donc $J=\{0\}$ ou $H\otimes_k A$. Ceci prouve que l’algèbre $H\otimes_k A$ est simple. Passons au cas général : puisque ${\mathscr A}$ une $k$-algèbre simple centrale, c’est une algèbre de matrices et il existe donc un corps $H$ de centre $k$ et un entier $n\geq 1$ tel que ${\mathscr A}\simeq{\mathscr M}_n(H)$ où ${\mathscr M}_n(H)$ désigne la $H$-algèbre des matrices carrées $n\times n$ à coefficients dans $H$. On a alors $${\mathscr A}\otimes_k A\simeq{\mathscr M}_n(H)\otimes_k A\simeq{\mathscr M}_n(k)\otimes_k H\otimes_k A\simeq{\mathscr M}_n(H\otimes_k A)$$ D’après ce qui précède, la $k$-algèbre $H\otimes_k A$ est simple et donc ${\mathscr M}_n(H\otimes_k A)$ l’est aussi. En effet, de manière générale on a la propriété suivante : [*si $A$ est une k-algèbre simple alors ${\mathscr M}_n(A)$ l’est aussi*]{}. Cette dernière propriété peut être obtenue de la manière suivante : pour $a\in A$ et $i,j\in \{1,\cdots ,n\}$, l’on note $\Gamma_{i,j}(a)$ la matrice dont tous les coefficients sont nuls sauf celui de ligne $i$ et de colonne $j$, qui vaut $a$. On considère un idéal bilatère non nul $J$ de ${\mathscr M}_n(A)$. Pour toute matrice $M=(m_{i,j})_{i,j}\in J$, tout coefficient non nul $a=m_{i_0,j_0}$ de $M$ et tout couple d’indice $(i,j)$, on a $$\Gamma_{i,j}(a)=\Gamma_{i,i_0}(1)M\Gamma_{j_0,j}(1)\in J$$ On voit donc que $J$ est le $k$-espace vectoriel engendré par les matrices $\Gamma_{i,j}(a)$ où $a$ parcourt l’ensemble des coefficients non nuls des matrices de $J$. On vérifie facilement que l’ensemble $J_0$ de ces coefficients, auquel on a rajouté $0$, est un idéal bilatère non nul de $A$. Comme $A$ est simple, on a $J_0=A$ et donc $J={\mathscr M}_n(A)$. [ $\Box$]{} On se donne maintenant un corps commutatif infini $k$ et une $k$-algèbre simple centrale ${\mathscr A}$. On note $n^2=[{\mathscr A}:k]$ (la dimension d’une algèbre simple centrale sur son centre étant toujours un carré parfait) et l’on se donne, une fois pour toute, une $k$-base $(e_1,\cdots ,e_{n^2})$ de ${\mathscr A}$ vérifiant $e_1=1$, de sorte que le corps $k$ s’identifie dans ${\mathscr A}$ à $k.e_1$. On note $\left\{\lambda^{(i,j)}\right\}_{(i,j)}$ les constantes de structure de la $k$ algèbre $H$, c’est-à-dire, pour tout couple d’indices $(i,j)$, $\lambda^{(i,j)}=(\lambda^{(i,j)}_1,\cdots ,\lambda^{(i,j)}_{n^2})\in k^{n^2}$ désigne l’unique vecteur tel que $$e_ie_j=\sum_{h=1}^{n^2} \lambda^{(i,j)}_h e_h$$ Si $K/k$ désigne une extension de corps commutatifs, l’algèbre obtenue de ${\mathscr A}$ par [*extension des scalaires à $K$*]{} est par définition la $k$-algèbre tensorisée $\Omega={\mathscr A}\otimes_k K$. On peut plonger $K$ dans $\Omega$ en l’identifiant à $k\otimes_k K$. Il est alors clair que $K$ est inclus dans le centre, $Z(\Omega)$, de $\Omega$ de sorte que l’algèbre $\Omega$ peut être considérée comme une $K$-algèbre. Si l’on note $\tilde{e_i}=e_1\otimes 1$ pour tout $i=1,\cdots ,n$, on voit que $(\tilde{e_1},\cdots ,\tilde{e_{n^2}})$ est une $K$-base de $\Omega$ vérifiant $\tilde{e_1}=1\otimes 1=1$. Il est alors clair que les constantes de structure de la $K$-algèbre $\Omega$ sont les mêmes que celles de la $k$-algèbre ${\mathscr A}$. On note ${\cal F}_{{\mathscr A}}(x_1,\cdots ,x_{n^2})\in k[x_1,\cdots ,x_{n^2}]$ la forme associée à la norme réduite $\hbox{\rm Nrd}_{{\mathscr A}/k}$ relativement au choix de la base $(e_1,\cdots ,e_{n^2})$. Rappelons que la norme réduite est définie de la manière suivante : on commence par se donner un corps neutralisant $D$ de la $k$-algèbre ${\mathscr A}$. Par définition, il existe un isomorphisme $\varphi : {\mathscr A}\otimes_k D\longrightarrow {\mathscr M}_n(D)$. La norme réduite $\hbox{\rm Nrd}_{{\mathscr A}/k}$ est alors la composée des applications : $$\xymatrix{\hbox{\rm Nrd}_{{\mathscr A}/k}:{\mathscr A}\ar[r]^-{a\mapsto a\otimes 1}&{\mathscr A}\otimes_k D\ar[r]^-\varphi&{\mathscr M}_n(D)\ar[r]^-{\hbox{\rm \footnotesize det}}&D}$$ Cette application ne dépend, ni du corps neutralisant $D$, ni de l’isomorphisme $\varphi$ et elle est en fait à valeurs dans $k$ (toutes ces propriétés sur les algèbres simples centrales sont présentées dans [@Bou12]). La forme associée ${\cal F}_{\mathscr A}$ est par définition l’unique forme telle que, pour tout $(x_1,\cdots ,x_{n^2})\in k^{n^2}$, on ait $${\cal F}_{\mathscr A}(x_1,\cdots ,x_{n^2})=\hbox{\rm Nrd}_{{\mathscr A}/k}(x_1e_1+\cdots+x_{n^2}e_{n^2})$$ [**Exemple :**]{} Pour $k={\mathbb R}$ et ${\mathscr A}={\mathbb H}$ le corps des quaternions d’Hamilton, la norme réduite d’un élément $x=a+bi+cj+dk$ (où $i^2=j^2=k^2=ijk=-1$) vaut la traditionnelle norme des quaternions $q(x)=a^2+b^2+c^2+d^2$, de sorte que, pour la choix de la base $\{1,i,j,k\}$ de $\mathbb H$, on a $${\cal F}_{\mathbb H}(x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2$$ [**Proposition 1.—**]{} [*Avec les notations précédentes, on a : a) $Z(\Omega)=K$ et $\Omega$ est une $K$-algèbre simple centrale de même dimension que la $k$-algèbre simple centrale ${\mathscr A}$. b) Les formes ${\cal F}_{\mathscr A}$ et ${\cal F}_{\Omega}$ sont égales.*]{} [**Preuve :**]{} a) Grâce au lemme A, on peut écrire $$Z(\Omega)=Z({\mathscr A}\otimes_k K)=Z({\mathscr A})\otimes_k Z(K)=k\otimes_k K=K$$ Maintenant, puisque le centre de ${\mathscr A}$ est $k$, et que ${\mathscr A}$ et $K$ sont des $k$-algèbres simples, le lemme B assure que l’algèbre ${\mathscr A}\otimes_k K$ est simple. Il est clair que $[{\mathscr A}:k]=[{\mathscr A}\otimes_k K:K]$, et puisque $Z(\Omega)=K$, on en déduit bien que $\Omega$ est une $K$-algèbre simple centrale de même dimension que la $k$-algèbre simple centrale ${\mathscr A}$. b) On considère la clôture algébrique $\overline{K}$ de $K$. Il existe un $k$-isomorphisme $$\varphi :\Omega\otimes_K \overline{K}=\left({\mathscr A}\otimes_k K\right)\otimes_K\overline{K}\longrightarrow {\mathscr A}\otimes_k \overline{K}$$ que l’on peut choisir avec la propriété que $\varphi((a\otimes 1)\otimes 1)=a\otimes 1$. Le corps $\overline{K}$ est un corps neutralisant de la $k$-algèbre ${\mathscr A}$ et de la $K$-algèbre $\Omega$, si bien qu’il existe un isomorphisme $\psi: {\mathscr A}\otimes_k \overline{K}\longrightarrow {\mathscr M}_n(\overline{K})$. Le diagramme suivant $$\xymatrix{\relax {\mathscr A} \ar[r]^-{f}_-{a\mapsto a\otimes 1}\ar[d]^-{\theta}_-{a\mapsto a\otimes 1}&{\mathscr A}\otimes_k \overline{K}\ar[r]^-{\psi}&{\mathscr M}_n(\overline{K})\ar[r]^-{\hbox{\rm \footnotesize det}}&\overline{K}\\
{\mathscr A}\otimes_k K\ar[r]^-{g}_-{x\mapsto x\otimes 1}&({\mathscr A}\otimes_k K)\otimes_K \overline{K}\ar[u]^-{\varphi}\ar[ru]_-{\psi\circ \varphi}}$$ est alors commutatif. Comme $\hbox{\rm Nrd}_{{\mathscr A}/k}=\hbox{\rm \small det}\circ \psi\circ f$ et $\hbox{\rm Nrd}_{\Omega/K}=\hbox{\rm \small det}\circ (\psi\circ \varphi) \circ g$, on en déduit que $$\hbox{\rm Nrd}_{{\mathscr A}/k}=\hbox{\rm Nrd}_{\Omega/K}\circ \theta$$ Pour tout $(x_1,\cdots ,x_{n^2})\in k^{n^2}$, on a $\theta(x_1e_1+\cdots +x_{n^2}e_{n^2})=x_1\tilde{e_1}+\cdots +x_{n^2}\tilde{e_{n^2}}$ et donc $${\cal F}_{\mathscr A}(x_1,\cdots ,x_{n^2})={\cal F}_{\Omega}(x_1,\cdots ,x_{n^2})$$ Puisque le corps $k$ est infini, on en conclut que ${\cal F}_{\mathscr A}={\cal F}_{\Omega}$, par Zariski-densité. [ $\Box$]{} [**Corollaire 2.—**]{} [*Avec les notations précédentes, si ${\mathscr A}=H$ est un corps, alors on a l’équivalence $$\Omega\ \hbox{\rm est un corps}\Longleftrightarrow \hbox{\rm la forme ${\cal F}_{H}$ ne poss\`ede que le z\'ero trivial sur $K$}$$*]{} [**Preuve :**]{} Puisque le centre de $H$ est $k$ et que $H$ et $K$ sont des $k$-algèbres simples, l’algèbre $\Omega=H\otimes_k K$ est simple. Ainsi, $\Omega$ est une $K$-algèbre simple centrale, en vertu de la proposition 1.a. Un élément $x\in \Omega$ est inversible si et seulement si on a $\hbox{\rm Nrd}_{\Omega/K}(x)\ne 0$. Puisque ${\cal F}_{\Omega}={\cal F}_{H}$, on en déduit bien le corollaire. [ $\Box$]{} [**Exemple :**]{} Si $H={\mathbb H}$, alors ${\mathbb H}\otimes_{\mathbb R}K$ est un corps, si et seulement si $K$ est de niveau[^1] $\nu(K)\geq 4$. En effet, dire que la forme ${\cal F}_{\mathbb H}(x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2$ possède un zéro non trivial sur $K$ équivaut à dire que $-1$ est somme de trois carrés dans $K$. On voit, en particulier, que $\Omega$ est un corps dès que $K$ est ordonnable. [**Corollaire 3.—**]{} [*L’algèbre $H\otimes_k k(t)$ est un corps, isomorphe au corps $H(t)$ des fractions tordues à indéterminée centrale.*]{} [**Preuve :**]{} Supposons que la forme ${\cal F}_{H}$ possède un zéro non-trivial $(r_1(t),\cdots ,r_{n^2}(t))\in k(t)^{n^2}$. Quitte à chasser les dénominateurs et à factoriser par la puissance de $t$ correspondant à la plus petite des valuations, on peut supposer que $(r_1(t),\cdots ,r_{n^2}(t))\in k[t]^{n^2}$ et qu’au moins un des $r_i$ est de valuation nulle. En posant $t=0$, on voit que $(r_1(0),\cdots ,r_{n^2}(0))\in k^{n^2}$ est un zéro non-trivial de ${\cal F}_{H}$, ce qui est impossible. On en déduit que $H\otimes_k k(t)$ est bien un corps. Par propriété universelle du produit tensoriel, l’application $$(a,r(t))\in H\times k(t)\longmapsto a.r(t)\in H(t)$$ définit un morphisme de $k$-espaces vectoriels $\psi:H\otimes_k k(t)\longrightarrow H(t)$. Par définition, dans $H(t)$ on a $a.r(t)=r(t).a$ et l’on voit donc que $\psi$ est un morphisme de $k$-algèbres et ce dernier est alors injectif puisque $H\otimes_k k(t)$ est un corps. Il est clair que $\psi$ identifie les anneaux $H\otimes_k k[t]$ et $H[t]$. Comme on l’a rappelé dans l’introduction, les éléments de $H(t)$ s’écrivent sous la forme $PQ^{-1}$ avec $P,Q\in H[t]$. Puisque $H\otimes_k k(t)$ est un corps, on en déduit finalement que $\psi$ est aussi surjectif. [ $\Box$]{} [**Lemme 4.—**]{} [*Soient $H$ un corps de dimension finie sur son centre $k$ et $M/L/k$ une tour d’extensions commutatives telle que la forme ${\cal F}_{H}$ ne possède que le zéro trivial sur $M$. a) Les algèbres $H\otimes_k L$ et $H\otimes_k M$ sont des corps et l’on a une extension $(H\otimes_k M)/(H\otimes_k L)$. b) Le commutant de $H\otimes_k L$ dans $H\otimes_k M$ est égal à $M=k\otimes_k M=Z(H\otimes_k M)$.*]{} [**Preuve :**]{} a) C’est une conséquence immédiate de ce qui précède. b) Le lemme A permet d’écrire $$\widetilde{H\otimes_k L}=\widetilde{H}\otimes_k\widetilde{L}=k\otimes_k M=Z(H)\otimes_k Z(M)=Z(H\otimes_k M)$$ -2mm [ $\Box$]{} [**Proposition 5.—**]{} [*Soient $H$ un corps de dimension finie sur son centre $k$ et $L/k(t)$ une extension galoisienne finie de groupe $G$, telle que la forme ${\cal F}_{H}$ ne possède que le zéro trivial sur $L$. L’algèbre $\Omega=H\otimes_k L$ est un corps et l’extension $\Omega/H(t)$ est galoisienne de groupe $G$.*]{} [**Preuve :**]{} D’après le lemme 4, l’algèbre $\Omega$ est bien un corps, et puisque $L$ est une extension de $k(t)$, le corps $\Omega=H\otimes_k L$ est extension du corps $H\otimes_k k(t)$($\simeq H(t)$, d’après le corollaire 3). La proposition 1 montre que $[\Omega :L]=[H(t):k(t)]=[H:k]$. On note $\Gamma={\rm Aut}(\Omega/H(t))$. $$\xymatrix{&&\Omega&\\
&H(t)\ar@{-}[ur]^{\Gamma}&&L\ar@{-}[ul]_{n^2}\\
H\ar@{-}[ur]&&k(t)\ar@{-}[ur]_G\ar@{-}[ul]_{n^2}&\\
&k\ar@{-}[ul]_{n^2}\ar@{-}[ur]&&\\}$$ Pour $\sigma\in {\rm Gal}(L/k(t))$, on considère l’application $\tilde{\sigma}:H\otimes_k L\longrightarrow H\otimes_k L$ définie sur les tenseurs $x\otimes t$ par $$\tilde{\sigma}(x\otimes t)=x\otimes \sigma(t)$$ Puisque $\sigma$ est un $k(t)$-automorphisme de $L$, on voit que $\tilde{\sigma}\in \Gamma$. L’application $\sigma\longmapsto \tilde{\sigma}$ est visiblement un morphisme de groupes et, comme $L$ s’identifie à $k\otimes_k L$ dans $H\otimes_k L$, on voit que $\tilde{\sigma}=\hbox{\rm Id}$ seulement si $\sigma=\hbox{\rm Id}$. Ainsi, $G$ se plonge dans $\Gamma$. Il est clair que le sous-corps des éléments invariants de $\Omega$ par l’action de l’image de $G$ dans $\Gamma$ est égal à $H\otimes_k k(t)=H(t)$. Il s’ensuit que l’extension $\Omega/H(t)$ est bien galoisienne. Il reste à montrer que $\Gamma$ n’est pas un groupe plus gros que l’image de $G$. Puisque $[\Omega :L]=[H(t):k(t)]$, par transivité des degrés (ici droites ou gauches indistinctement, puisque l’extension $\Omega/H(t)$ est galoisienne) on a que $[\Omega:H(t)]=[L:k(t)]$. Le lemme 4 assure que le commutant de $H(t)$ dans $\Omega$ est égal à $L=k\otimes_k L=Z(\Omega)$. Il s’ensuit que l’extension $\Omega/H(t)$ est extérieure et, en vertu des propriétés générales de la théorie de Galois des corps gauches rappelées au début de ce paragraphe, on a donc $$|\Gamma|=[\Omega:H(t)]=[L:k(t)]=|G|$$ Puisque $G$ se plonge dans $\Gamma$, on en déduit finalement que $\Gamma=G$. [ $\Box$]{} Le théorème principal énoncé dans l’introduction découle immédiatement de la proposition 5. [**2.— Applications.**]{} Pour commencer cette partie, remarquons que, si $k$ désigne un corps commutatif et si $F$ est une forme à coefficients dans $k$, alors, si $F$ ne possède que le zéro trivial sur $k$, il en est de même sur le corps des séries de Laurent $k((t))$. En effet, si $F$ possède un zéro non trivial sur $k((t))$, alors, quitte à chasser les dénominateurs et à factoriser par la puissance de $t$ égale au minimum des valuations des coordonnées du zéro, on peut supposer que $F$ possède un zéro non trivial, $(z_1(t),\dots ,z_{n}(t))\in k[[t]]^{n}$, dont au moins une des coordonnées est une séries de valuation nulle. En posant $t=0$, on voit alors que $(z_1(0),\dots ,z_{n}(0))\in k^{n}$ est un zéro non trivial de $F$. Cette remarque nous montre que, pour trouver une extension galoisienne $L/k(t)$ de groupe donné et telle qu’une certaine forme ne possède que le zéro trivial sur $L$, il suffit que $L$ se plonge dans $k((t))$. Ceci nous invite à considérer le problème suivant : [**$\hbox{\bf PIGFR}_k$ (problème inverse de Galois fortement régulier[^2])**]{} : [*est-ce que tout groupe fini $G$ est groupe de Galois d’une extension galoisienne $L/k(t)$ telle que $L$ se plonge dans le corps $k((t))$ ?*]{} Ce que nous venons d’expliquer montre que le $\hbox{\rm PIGFR}$ est un problème plus fort que le $\hbox{\rm PIGCP}$ pour un corps donné. Il est conjecturé que le $\hbox{\rm PIGR}$ admet une réponse positive pour tout corps, mais personne ne s’est encore aventuré à conjecturer qu’il en était de même pour le . Toutefois, mentionnons que la littérature ne contient, à l’heure actuelle, aucun exemple de corps commutatif ne satisfaisant pas au PIGFR. Tout comme le PIGR, le PIGFR est stable par extension : [**Proposition 6.—**]{} [*Si $K/k$ désigne une extension de corps commutatifs, alors $$\hbox{\rm PIGFR}_k\Longrightarrow \hbox{\rm PIGFR}_K$$*]{} [**Preuve :**]{} Soit $L/k(t)$ une extension galoisienne de groupe $G$ telle que $L$ se plonge dans $k((t))$. Par l’inclusion $L \subseteq k((t))$, on a $L \cap \overline{k} = k$. L’extension $LK/K(t)$ est alors galoisienne de groupe $G$ et l’on a $LK \subseteq K((t))$. [ $\Box$]{} L’intérêt de considérer ici le PIGFR est que plusieurs travaux importants ont été réalisés à son sujet, en relation avec les corps amples. Il est en effet montré que, si $k$ désigne un corps ample, alors le $\hbox{\rm PIGFR}_k$ admet une réponse positive (voir [@CT00 Theorem 1] pour le cas de la caractéristique nulle, [@MB01 théorème 1.1] et [@HJ07 Theorem 3.2] pour le cas général). On en déduit, par la proposition 6, que le $\hbox{\rm PIGFR}_k$ admet une réponse positive dès que $k$ contient un corps ample. Ceci nous permet finalement de montrer le [**Théorème 7.—**]{} [*Si $H$ désigne un corps de dimension finie sur son centre $k$ et si $k$ contient un corps ample, alors tout groupe fini est le groupe de Galois d’une extension galoisienne de $H(t)$.*]{} Le diagramme d’implications suivant résume les résultats établis dans ce texte : $$\xymatrix{\relax & &\hbox{\rm PIGCP}_k\ar@{=>}[r]\ar@{=>}[ddr]&\ \ \txt{$\hbox{\rm PIG}_{H(t)}$ pour $H$ de dimension\\ finie sur son centre $k$}\\
\txt{$k$ contient un\\corps ample}\ \ \ar@{=>}[r] &\hbox{\rm PIGFR}_k\ar@{=>}[rd]\ar@{=>}[ru]&&\\
&&\hbox{\rm PIGR}_k\ar@{=>}[r]&\ \ \txt{$\hbox{\rm PIG}_{H(t)}$ pour $H$ commutatif\\ de dimension finie sur $k$}\\}$$ [**Remarques :**]{} 1/ Soient $G$ un groupe fini, $k$ un corps commutatif et $H$ un corps de dimension finie sur son centre $k$. Dans chacun des cas suivants, $G$ est le groupe de Galois d’une extension galoisienne de $H(t)$ : $\bullet$ $G$ est abélien, $\bullet$ $G=S_n$ ($n \geq 3$) et $k$ est infini, $\bullet$ $G=A_n$ ($n \geq 4$) et $k$ est de caractéristique nulle. En effet, par un argument déjà vu, il suffit, dans chaque cas, de trouver un sous-corps $k_0$ de $k$ et une extension galoisienne $L/k_0(t)$ de groupe $G$ telle que $L$ se plonge dans le corps $k_0((t))$. Si $G$ est abélien, cette propriété est vraie sur le corps $k$, en tant que conséquence classique du [*[twisting lemma]{}*]{} (voir [@Deb99a] et [@Deb09 Proposition 3.2.4]) et de l’existence d’une extension galoisienne $L/k(t)$ de groupe $G$ telle que l’idéal $\langle t \rangle$ de $\overline{k}[t]$ ne se ramifie pas dans l’extension $L\overline{k}/\overline{k}(t)$ (voir [@Deb99e]). Supposons maintenant que $G=S_n$ ($n \geq 3)$ et $k$ soit infini. Dans ce cas, $k$ admet un sous-corps $k_0$ qui est soit ample, soit hilbertien[^3]. En effet, si $k$ est de caractéristique nulle, on peut prendre $k_0=\mathbb{Q}$. Si $k$ est de caractéristique $p>0$, le corps $k$ est soit une extension algébrique infinie de $\mathbb{F}_p$ et est en particulier ample (voir [@FJ08 Corollary 11.2.4]), soit une extension du corps de fractions rationnelles ${\mathbb F}_p(x)$ qui est hilbertien. Le cas ample ayant déjà été traité de manière plus générale, on peut supposer que $k_0$ est hilbertien. On se donne alors un polynôme unitaire séparable $P_0(x) \in k_0[x]$ de degré $n$ et dont toutes les racines sont dans $k_0$, et un polynôme unitaire $P_1(x) \in k_0[x]$ de degré $n$ et de groupe de Galois $S_n$ sur $k_0$ (voir par exemple [@FJ08 Corollary 16.2.7]). Par interpolation polynomiale, il existe un polynôme unitaire $P(t,x) \in k_0[t][x]$ de degré $n$ tel que $P(0,x)=P_0(x)$ et $P(1,x) = P_1(x)$. Notons $L$ le corps de décomposition sur $k_0(t)$ de $P(t,x)$. Puisque $P(0,x)$ est séparable et a toutes ses racines dans $k$, le corps $L$ se plonge dans $k((t))$. Enfin, puisque $P(1,x)$ possède $S_n$ comme groupe de Galois sur $k$, le groupe de Galois de $L/k(t)$ vaut également $S_n$. Supposons enfin que $G=A_n$ ($n \geq 4$) et $k$ soit de caractéristique nulle. Fixons un polynôme unitaire séparable $P(x)\in k[x]$ de degré $n$ et dont toutes les racines sont dans $k$. Par [@KM01 Theorem 3], il existe un polynôme unitaire $P(t,x)\in k[t][x]$ tel que, si $L$ est le corps de décomposition sur $k(t)$ de $P(t,x)$, alors ${\rm{Gal}}(L/k(t))=A_n$ et le corps de décomposition sur $k$ de $P(0,x)$ est égal à celui de $P(x)$, c’est-à-dire à $k$. Comme $P(x)$ est séparable, cela entraîne que $L$ se plonge dans $k((t))$. 2/ Puisqu’il existe une théorie de Galois pour les corps gauches, le PIG est tout à fait légitime pour ces corps. Pour autant, le problème régulier et toutes les autres variantes que nous avons introduites dans ce texte n’ont pas vraiment de sens. Il faut avoir à l’esprit que les notions d’éléments algébriques et de clôture algébrique n’ont pas de sens immédiat pour un corps gauche. Ce point rend beaucoup plus délicat l’approche au cas non commutatif de la théorie de Galois. Il est ainsi délicat de parler du compositum de deux extensions d’un même corps, sans pouvoir plonger ces corps dans un corps donné. Quand cela est possible, certaines pathologies peuvent se produire. Dans [@Des01b], il est par exemple montré que les extensions finies d’un corps algébriquement clos $\overline{k}$ de caractéristique $0$ sont toutes de degré $2$ et qu’il en existe une infinité non isomorphes deux à deux. On voit que, si l’on plonge deux telles extensions dans un corps, alors le compositum est nécessairement de degré infini sur $\overline{k}$.

[**Bruno Deschamps**]{}\
[Laboratoire de Mathématiques Nicolas Oresme, CNRS UMR 6139]{}\
Université de Caen - Normandie\
BP 5186, 14032 Caen Cedex - France -1.5mm —————————— -1.5mm [Département de Mathématiques — Le Mans Université]{}\
Avenue Olivier Messiaen, 72085 Le Mans cedex 9 - France\
E-mail : Bruno.Deschamps@univ-lemans.fr [**François Legrand**]{}\
[Institut für Algebra, Fachrichtung Mathematik]{}\
TU Dresden, 01062 Dresden, Germany\
E-mail : francois.legrand@tu-dresden.de

[^1]: Rappelons que le niveau, $\nu(K)$, d’un corps commutatif $K$ est, $+\infty$ si $-1$ n’est pas une somme de carrées dans $L$ (la théorie d’Artin-Schreier montre que cette propriété équivaut au fait d’être ordonnable pour $K$, voir [@Rib72]), et dans le cas contraire, le niveau est le plus petit entier $n$ tel que $-1$ soit la somme de $n$ carrés dans $K$.

[^2]: La terminologie vient du fait que, si l’extension $L/k(t)$ est telle que $L$ se plonge dans $k((t))$, alors elle est nécessairement régulière.

[^3]: c’est-à-dire le théorème d’irréductibilité de Hilbert est vrai sur le corps $k_0$. On renvoie par exemple à [@FJ08] pour plus de détails sur les corps hilbertiens.
