# Extension linéairement disjointe

En mathématiques, deux sous-extensions d'une extension de corps sont dites linéairement disjointes lorsqu'elles sont linéairement indépendantes en un certain sens. Cela permet de déduire des propriétés sur leur compositum ou leur produit tensoriel.

## Définition

On fixe une extension de corps (commutatifs) $\Omega /K$. Deux sous-extensions $E,F$ sont dites linéairement disjointes sur $K$ si toute base (vectorielle) $\{e_{i}\}_{i}$ de $E$ sur $K$ est libre par rapport à $F$, c'est-à-dire que si une somme finie $\scriptstyle \sum _{i}f_{i}e_{i}$ dans $\Omega$ est nulle avec les $f_{i}$ dans $F$, alors ces derniers sont tous nuls. Contrairement à l'apparence immédiate, cette condition est symétrique par rapport à $E,F$.
La linéaire disjonction implique que $\scriptstyle E\cap F=K$, mais la réciproque est en général fausse.

### Exemples

* Dans l'extension ℂ/ℚ, les sous-extensions ℝ et ℚ[i] sont linéairement disjointes sur ℚ.
* Les sous-extensions ℚ[ 2$^{1/3}$ ] et ℚ[ $j$ 2$^{1/3}$ ], où $j=e^{2i\pi /3}$, ne sont pas linéairement disjointes sur ℚ. En effet, la base $\scriptstyle \left\{1,j2^{1/3},\left(j2^{1/3}\right)^{2}\right\}$ de ℚ[ $j$ 2$^{1/3}$ ] vérifie la relation linéaire $\scriptstyle \left(j2^{1/3}\right)^{2}+(j2^{1/3})+2^{1/3}.1=0$ dans ℂ avec coefficients dans ℚ[ 2$^{1/3}$ ].
* Si un élément $t$ de $\Omega$ est transcendant sur $K$, alors $K(t)$ est linéairement disjointe de toute sous-extension algébrique de $\Omega$.
Si $\{f_{i}\}_{i}$ est une base de $F$ sur $K$ et si on a une relation $\sum _{i}h_{i}f_{i}=0$ avec $h_{i}\in E$ des fractions rationnelles à coefficients dans $K$, on peut multiplier par un polynôme convenable et supposer que les $h_{i}\in K[t]$. En écrivant $\sum _{i}h_{i}f_{i}$ comme un polynôme en $t$ avec des coefficients dans $F$, on voit que les coefficients sont tous nuls (car sinon $t$ serait algébrique sur $F$, donc algébrique sur $K$). Maintenant les conditions sur les coefficients impliquent facilement que tous les coefficients des $h_{i}$ sont nuls. Donc tous les $h_{i}$ sont nuls.

## Caractérisation

On fixe des sous-extensions $E,F$ comme ci-dessus.
* $E,F$ sont linéairement disjointes sur $K$ si et seulement si l'application canonique $\scriptstyle E\otimes _{K}F\to \Omega$ qui envoie $\scriptstyle e\otimes f$ sur $ef$ est injectif (son image est toujours égale au compositum $EF$).
* Si l'une des extensions est algébrique, la propriété d'être linéairement disjointe est équivalente à ce que le produit tensoriel d'algèbres $\scriptstyle E\otimes _{K}F$ est un corps.
* Si $E/K$ est une extension finie, la propriété est équivalente à $[EF:F]=[E:K]$.
* Si $E,F$ sont des extensions finies, la propriété est équivalente à $[EF:K]=[E:K][F:K]$, ce qui est automatiquement vérifié dès que les degrés $[E:K]$ et $[F:K]$ sont premiers entre eux.
* Si $E$ est une extension galoisienne de $K$ (et $F/K$ quelconque), la propriété est équivalente à $\scriptstyle E\cap F=K$.
On suppose la condition sur l'intersection vérifiée (l'inverse étant vraie en général). On écrit $E=K[\theta ]$ et $P(T)$ le polynôme minimal de $\theta$ sur $K$. Si $P(T)$ a un facteur irréductible unitaire $f(T)\in F[T]$, alors $f(T)\in E[T]$ car $P(T)$ se décompose complètement dans $E$. Il suit que $f(T)\in F[T]\cap E[T]=K[T]$. Donc $f(T)=P(T)$ et ce dernier est irréductible sur $F$. Par conséquent, $E\otimes _{K}F=F[T]/(P(T))$ est un corps.

## Une application en géométrie algébrique

Soit $X$ une variété algébrique intègre sur $K$. Soit $\Omega$ une clôture algébrique du corps des fonctions rationnelles $K(X)$ de $X$, et soit $F$ la fermeture algébrique de $K$ dans $\Omega$. C'est un corps algébriquement clos. Alors $X$ est géométriquement intègre (i.e. la variété $X_{F}$ obtenue par changement de base $\scriptstyle {\rm {Spec}}F\to {\rm {Spec}}K$ est intègre) si et seulement si $K(X)$ et $F$ sont linéairement disjointes sur $K$. Si $K$ est parfait, $F$ est galoisienne (éventuellement infinie) sur $K$. La caractérisation plus haut s'applique encore, et $X$ est géométriquement intègre si et seulement si $\scriptstyle F\cap K(X)=K$ (autrement dit, $K$ est algébriquement fermé dans $K(X)$).