Quand k(a,b)=k[a,b]

Bonjour,
Sauf erreur, il me semble que $\frac1{X-1} \in K(X,1/X)$ et $\frac1{X-1} \not\in K[X,1/X]$.

Ah oui Calli j'ai fait une erreur de raisonnement. Merci pour la rectification.

Oui c'est problématique $\frac{1}{x+1}$ !

Pour une démonstration, je tente un truc : c'est juste la démonstration d'un lemme de Zariski que j'essayes de refaire dans le cas particulier et peut être que ce que je fais n'est pas propre, tu me diras ? Aucune idée si y'a plus simple ...

On considère dans un premier temps le corps $K$ vu comme extension de $k(a)$ engendré par $b$, c'est une extension de degré fini. Ensuite, il faut voir que $a$ est algébrique sur $k$. Alors on prend un relation de dépendance de $b$ sur $k(a)$ disons $g = \sum_i F(a) X^i = 0$ tel que $g(b)$ que l'on suppose unitaire. On chasse les dénominateurs i.e écrit $g = h \times P$ avec $P \in k[a][X]$ non unitaire.

Pour simplifier, je suppose un instant que $P$ est unitaire ! Ceci veut dire que $b$ est entier sur $k[a]$. Mais maintenant si tu supposes que $a$ est transcendant et bien l'anneau $k[a]$ est principal et donc factoriel et donc intégralement clos et par suite $b \in k[a]$ et donc $k[a,b] = k[a]$ est un corps … contradiction !

Maintenant si $P$ n'est plus unitaire. On va faire pareil mais en localisant par le coefficient dominant de $P$ que l'on note $f$. On en déduit que $b$ est entier sur $k[a]_{f}$ (le localisé). Maintenant si on suppose que $a$ est transcendant sur $k$, on a que $k[a]_{f}$ est intégralement clos $k$ (pareil) et donc que $b \in k[a]_f$ et donc $k[a,b] = k[a]_f$. Donc $k[a]_f$ est un corps il faut réfléchir un peu pour montrer que ça entraine que $k[a]$ est un corps pour conclure !

C'est brouillon ...

Même idée que Goleon

Si $R$ est un anneau intègre de caractéristique $0$ et $L=Frac(R)$ et $b$ est algébrique sur $L$ et son polynôme minimal est dans $R[X]_{unitaire}$ (la version forte de "entier sur $R$") alors la matrice de la multiplication par $b$ vu comme endomorphisme du $L$-espace vectoriel $\sum_{n=0}^{d-1} b^n L$ a ses coefficients dans $R$ donc $Tr_{L(b)/L}$ qui est surjective $L(b)\to L$ se restreint à une fonction surjective $R[{}b]\to R$.

Dans le problème de départ de ayoubmath19, si $a$ est transcendant sur $k$ et $b$ est algébrique sur $k(a)$, avec $f(X)$ son polynôme minimal $\in k(a)[X]$, il existe $c\in k[a]$ non-nul tel que $c f(X)\in k[a][X]$, soit $u\in k[a]$ le coefficient de plus haut degré de $cf(X)$, on a que $cf(X)/u$ est unitaire $\in k[a,u^{-1}][X]$.

Donc la supposition $k(a,b)=k[a,b]$ implique que $$k(a) =Tr_{k(a,b)/k(a)}(k(a,b))= Tr_{k(a,b)/k(a)}( k[a,u^{-1}][{}b]) =k[a,u^{-1}]$$
C'est une contradiction parce qu'il existe une infinité de polynômes irréductibles $\in k[a]$, ceux qui ne divisent pas $u$ ne sont pas inversibles dans $k[a,u^{-1}]$.

[small](en caractéristique $p$ il faut prendre la cloture intégrale de $k[a,u^{-1},b]$..)[/small]

Ton idée marche avec $Q$ le ppcm mais c'est $\frac1{Q(a)^m}$ avec $m$ arbitrairement grand (et je ne sais pas pourquoi tu prends le $pgcd$)