Corrigé de l’examen de M2 2007-2008

C. Noot-Huyghe

1. 1- Soit ( ) = ^{1} Z_{}[ ]. Dans F_{}il y a 1 racines distinctes à l’équation ( ) = 0. De plus, si est une telle racine, ^{}( ) = ( 1) ^{2} est non nul. Une conséquence du lemme de Hensel est alors que chaque racine se relève en une racine de dans Z_{}. ces racines sont distinctes puisqu’elles sont distinctes et cela montre que Z_{}et donc Q_{}contient les racines 1-ièmes de l’unité.

2- On peut supposer que est unitaire et de degré . Si = , avec et unitaires, alors, on a une décomposition \overline{}= \overline{}\overline{}, en notant \overline{}la classe dans F_{}[ ] d’un polynôme Z_{}[ ]. Comme \overline{}est irréductible, cela donne que \overline{}= 1 ou \overline{}= 1, par exemple \overline{}= 1. Comme est unitaire, ( ) = (\overline{}) = 0 de sorte que est irréductible.

3- L’anneau est un Z_{}-module libre de rang fini , de base 1 ^{1} (on utilisera par la suite le plongement Z_{}qui envoie sur 1 Z_{}). La valuation proposée est la restriction de la valuation ( ) = ^{}, ce qui est une valuation par les vérifications usuelles. La topologie induite par cette valuation est la topologie produit induite par Z_{}sur , si bien que est complet pour la topologie induite par la valuation. L’idéal est maximal car le quotient est isomorphe à Z_{}[ ] \overline{}, et est un corps car \overline{}est irréductible. Si , alors est inversible dans , ce qui signifie qu’il existe , tels que = 1 + . Soit = _{N} ( 1)^{}^{}^{}qui converge dans qui est -adiquement complet, alors = 1, ce qui montre que est inversible dans et que est un idéal maximal. L’anneau est un anneau local, de corps résiduel qui est un corps fini, isomorphe à F_{}avec = ^{}.

4- Si est un autre relèvement de \overline{}, alors est irréductible et est alors le polynôme minimal de la classe de dans l’algèbre = Z_{}[ ] . Dans = F_{}[ ] \overline{}, \overline{}( ) = \overline{}( ) = 0 et \overline{}^{}( ) = 0 car sinon ( ) ne serait pas irréductible sur Z_{}, donc on peut relever la racine de en une racine de dans (puisque le lemme de Hensel est valide dans d’après la question précédente), ce qui donne un morphisme . Symétriquement, on a un morphisme de Z_{}-algèbres . Le morphisme composé de ces 2 morphismes envoie une racine de dans sur une autre racine et est un isomorphisme (étendu au corps des fractions de ce morphisme est un élément du groupe de Galois de ce corps). Cela montre que et sont isomorphes.

5- Comme est isomorphe à F_{}, et que est un anneau de valuation discrète où le lemme de

Hensel est valide, c’est la même question que la question 1-.

2. 1- C’est du cours : = Γ( _{}) = [ ][1 ] = [ ^{1} ].

2- Le faisceau des formes différentielles sur A_{}^{1} est un _{A_{}^{1}} -module libre de rang 1 engendré par . Par le théorème de changement de base pour le module des différentielles, Ω_{}^{1} = Ω_{A_{}^{1}}^{1} _{}est un -module libre de rang 1 engendré par et Ω = Γ( Ω_{}^{1} ) = = [ ^{1} ] .

3- i. Soit = ^{}, avec [ ] tel que n’est pas divisible par . On calcule

\frac{}{^{}}= \frac{^{}^{}}{^{+1}}

Si ( ) = 0, on a ^{}= ^{}et donc  puisque  ^{}= 1, ce qui est absurde, sauf pour

= 0 et ^{}= 0, c’est-à-dire si . Cela montre que _{}^{0} ( ) = ( ) = . Calcul de = ( ) = Ω ( ).

ii. Soit = ^{}comme précédemment avec non divisible par . Si on a = ^{}pour 0 1, cela donne la relation ( ^{}^{}^{1} ) = ^{}et donc sauf si = 0 mais dans ce cas est un polynôme et on ne peut pas avoir ( ) = ^{}.

iii. Il est évident que Ω = _{0} _{}et que _{1} _{}. Si = ^{}_{}, on effectue la division euclidienne de par : = + avec ( ) et ainsi = ^{1} + ^{}_{1} + 0 1 \frac{^{}}{^{}}, ce qui montre l’assertion.

iv. Comme ^{}est premier avec , ^{}est inversible modulo et la multiplication par ^{}est un isomorphisme du -espace vectoriel [ ] . Cette application transforme une base en une base, de sorte que les éléments \overline{_{0}} \overline{_{1}} forment une base de [ ] . Soit maintenant ^{}^{}pour 0 1 . Comme les éléments \overline{_{}}forment une base de [ ] , il existe des scalaires 1 _{1} , un polynôme [ ] tels que ^{}= _{=0}^{1} _{}_{}+ , de sorte que ^{}^{}_{1} + 0 1 \frac{_{}}{^{}}, ce qui donne l’énoncé cherché.

v. On montre par récurrence sur 0 que _{}+ ( ), cela montre l’assertion sur _{}^{1} ( ) car alors est une base de ce -espace vectoriel. Pour = 0, _{0} = [ ] . Soit = _{=1}^{}_{}^{}, alors ( ) = ( _{=1}^{}) _{}^{+1} + 1) car le corps est de caractéristique 0 et donc _{0} + ( ). Pour 0 1 et 0, on a

\frac{^{}}{^{1}} = \frac{^{1}}{^{1}} ( 1)\frac{^{}^{}}{^{}}

soit encore

\frac{^{}}{^{1}} = \frac{^{1} ( 1) _{}}{^{1}} ( 1)\frac{_{}}{^{}}

Si _{1} + ( ), les termes \frac{_{}}{^{}}sont aussi dans + ( ), ce qui montre que _{}+ ( ).

3. 1- Les polynômes définissant sont homogènes de sorte que définit une application birationnelle de P_{}^{1}. Pour voir que cette application est bien définie, il faut vérifier qu’on ne peut pas avoir _{0}^{}+ _{0}^{1} _{1} = 0 et _{1}^{}= 0. Or ces égalités donnent _{0} = _{1} = 0, ce qui ne correspond pas à un point de l’espace projectif. Cela montre que est bien définie.

2- Si _{1} = 0, alors _{1}^{}= 0, donc _{1} est stable par . On munit _{1} de la coordonnée . L’application : 1 _{1} est alors donnée _{_{1}} _{_{1}} par ^{}+ ^{1} = ^{1} ( + ). Soit l’anneau local en = 0 de _{1} (qui correspond à l’ ). L’élément + est inversible dans et, par définition, est ramifié en d’indice 1 (ramification modérée par hypothèse). Etudions ^{}Ω_{}^{1} Ω_{}^{1} . L’image de est ( ^{}+ ^{1} ) = ^{1} + ( 1) ^{2} . L’application est ramifiée aux points où cette dérivée s’annule, i.e. en (déjà traité) et en = \frac{}{(} 1) . Comme l’ordre d’annulation de la dérivée en ce point est 1 et que 2 est premier avec ( ), la ramification en ce point est modérée et est égale à 2.

3- On remarque que [1 ] = [1 + ^{}], de sorte que induit une application (1 + ) _{0}. On note encore la restriction de cette application à (1 + ). L’ouvert (1 + ) contient 0. Comme on a étudié la ramification de sur _{1}, il suffit, pour étudier toute la ramification de d’étudier ce qui se passe dans le complémentaire de _{1} c’est-à-dire en 0. Or, en restriction à (1 + ), correspond à ^{}(1 + ), et est donc modérément ramifiée d’indice en 0.

Comme ( _{1}) _{1}, ^{1} 0 = 0 , avec ramification . La formule du cours donne ^{}[0] = = ( ) ([0]) = ( ) et est de degré .

4- On a déjà répondu à cette question. On peut retrouver la réponse avec la formule d’Hurwitz, qui s’applique simplement car toute la ramification est modérée. Soit la ramification cherchée. On trouve : -2=n(-2)+n-1+(n-2)+(e-1) et = 2.

4. 1- D’après le cours ^{}[ ] = ^{1} ( ) _{}[ ] où _{}est l’indice de ramification du morphisme d’anneaux locaux _{}_{}. De plus, ( ^{}[ ]) = ( ) ( ) et ( ) est de degré 1 par définition, ce qui donne ( ^{}[ ]) = ( ) = .

2- La formule d’Hurwitz donne 2 ( ) 2 = 2 + ( ) où, comme la ramification est modérée, où ( ) = _{}_{}1, cette somme étant en fait finie. Avec nos hypothèses ( ) =

1  ( _{}1) ( ) =  ( ^{}[ ]  ^{1}  ) ( ) =  ^{1}  ). En
écrivant que ( ) 0, on voit que 2  ^{1}  0 et 2  ^{1}  . Comme

1 1, cela montre que = 1 et que est un isomorphisme.

3- On procède comme précédemment. Dans ce cas, on a  ( ) =  ( ^{}[0]) +
( ^{}[ ] )  ^{1} 0 )  ^{1}  )  2 2. La formule d’Hurwitz donne alors

2 ( ) 2 2 et ( ) 0, i.e. ( ) = 0 et est isomorphe à P_{}^{1}.

5. 1- On vérifie d’abord que l’ouvert ^{}est lisse. Les points fermés où ^{}n’est pas lisse correspondent aux idéaux maximaux contenant ^{}. Or, ces 3 éléments engendrent = Γ( ^{}_{}) car et ^{} sont premiers entre eux. Sur ^{}il suffit de vérifier que si et ^{}sont premiers entre eux, _{1} et _{1}^{} sont premiers entre eux. On traite ici le cas où ( ) = 2 + 1, qui est le cas de l’énoncé avec = 2. Les polynômes _{1} et _{1}^{}sont premiers entre eux si et seulement si A_{}^{1} = ( _{1}) ( _{1}^{}). Or comme les polynômes et ^{}sont premiers entre eux et que _{1}^{}( ) = ^{2} ^{}(1 ) + (2 + 2) ^{2 +1} (1 ), l’ouvert = A_{}^{1} 0 est la réunion ( _{1}) ( _{1}^{}). Pour conclure, il suffit de vérifier que 0 ( _{1}) ( _{1}^{}). Or, on a toujours _{1}(0) = 0 et si est le coefficient du terme de plus haut degré de , on a que _{1}^{}(0) = = 0, d’où l’assertion. On peut aussi montrer que _{1} et _{1}^{}sont premiers entre eux, en utilisant les formules et sans recourir à des arguments de géométrie.

2- Le genre est égal à 2 d’après le cours. 3- Le module Γ( ^{}Ω_{^{}}^{1} ) est le -module libre + 2 = ^{}( ) . Donc, sur ( ), ce module

est libre engendré par et sur ( ^{}) ce module est libre engendré par dy. De plus, comme ^{}est lisse, ^{}= ( ) ( ^{}). L’élément _{0} est clairement une section sur ( ^{}). Sur ( ^{}) ( ), on a 0 = ^{}( ), qui est la restriction d’une section de Ω_{^{}}^{1} sur ( ^{}), de sorte que _{0} est une section globale de Ω_{^{}}^{1} qui engendre ce faisceau sur chacun des ouvert ( ) et ( ^{}). Le raisonnement pour 1 est identique.

4- Il reste à voir que _{0} est une section de Ω_{^{}}^{1}, pour voir que c’est une section globale. Or, cela vient de la relation 2 = ^{1} 2 et 2 Γ( ^{}Ω_{^{}}^{1}) pour les mêmes raisons que précédemment. On a aussi 2 = ^{1} 2 Γ( ^{}Ω_{^{}}^{1}) puisque 2. Les sections _{0} et _{1} sont linéairement indépendantes et ^{0}( Ω_{}^{1} ) = 2 car est de genre 2 : ces sections forment dont une base de ce -espace vectoriel.

5- Comme Ω_{}^{1} est libre, il suffit de calculer l’action de sur les éléments _{0} et _{1} vus comme sections

sur ^{}. Comme ^{1} ( ) = et ^{1} ( ) = , agit par sur ^{0}( Ω_{}^{1} ). 6- On applique la formule de Riemann-roch : Ω_{}^{1} ^{3} est associé au diviseur = 3 où est le diviseur

canonique. Comme le degré de = 2 est 2(2 2) 0 pour 2, ( ) = 0, ce qui

donne ( ) = ( ) + 1 = 5( 1), ce qui est égal à 5 pour = 2. 7- Par fonctorialité, tout automorphisme de induit un automorphisme de ^{0}( Ω_{}^{1} ) et donc aussi

de ^{0}( Ω_{}^{1} ^{3} ). Si cette application est injective, alors ( ) se plonge dans le groupe d’automorphismes de ^{0}( Ω_{}^{1} ^{3} ), qui est un -espace vectoriel de dimension finie, et est un groupe fini si est fini. Dans notre cas, ce cardinal est inférieur à ( _{5}( )) et donc à ( )^{25}. Précisément, si est de cardinal = ^{}, le cardinal de ^{0}( Ω_{}^{1} ^{3} ) est égal à ( ^{5} 1)( ^{5} )( ^{5} ^{2})( ^{5} ^{3})( ^{5} 4), qui est donc un majorant de ( ( )).