Théorème de Wedderburn

[invitebb921944]

Bonjour,

Ca fait déjà plusieurs jours que je lis et relis la preuve du théorème de Wedderburn faite par I.N. Herstein dans "Noncommutative Rings" et je ne la comprends définitivement pas...
En plus de faire des erreurs, son anglais n'est pas des plus simples à traduire et il omet apparemment beaucoup d'arguments triviaux (du moins pour un chercheur...).
Alors j'aimerais savoir si l'un d'entre vous a déjà vu cette preuve ou travaillé dessus (mais bon je ne me fais pas trop d'illusions ).

Merci de m'avoir lu dans tous les cas.
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[invite3240c37d]

Il y a une preuve ici : http://www.les-mathematiques.net/d/a/w/node5.php3

[invitebb921944]

Oui merci c'est gentil mais à vrai dire des preuves j'en ai trouvé déjà quelques-unes. Le problème, c'est que je dois utiliser celle d'Herstein et aucune autre... Je sais qu'il veut montrer ça par récurrence (heureusement qu'il le précise parce que pour s'en rendre compte...). Le reste de la démo, j'ai compris quelques trucs mais je ne vois pas du tout où il veut en venir. Il montre une contradiction à la fin en lachant un grand "fin de la démonstration" mais alors pour faire le lien....

[invite986312212]

si tu pouvais envoyer un scan de cette démo, on pourrait essayer de comprendre avec toi (ou la référence du papier)

[A voir en vidéo sur Futura]

[invitebb921944]

Bon je vais tenter de vous exposer sa preuve du mieux que je peux (ou du moins ce que j'en ai compris) en espérant que vous comprendrez quelques éléments susceptibles de m'aider (et surtout que vous aurez le courage de la lire).

Je rappelle l'énoncé du théorème :
Un corps fini est un corps commutatif.


Soit donc D un corps fini, Z son centre. D est de caractéristique p et possède disons éléments (ça je l'ai déjà montré).

Là il écrit qu'il va traiter le problème par récurrence sur q en supposant que tout corps ayant moins de q éléments est commutatif. Bon déjà cette phrase je ne l'aime pas trop (et encore moins en anglais).
En gros je pars sur une récurrence sur n (la puissance de p).
Ca me parait honnête car si n=1, D est de cardinal sa caractéristique et il est donc isomorphe à Z/pZ. Par conséquent, tous ses sous corps sont commutatifs.


Maintenant Herstein montre un résultat qui utilise cette propriété de récurrence :
Si sont tels que mais , alors .
En effet, on considère . C'est un sous-corps de D qui n'est pas commutatif puisqu'il contient trivialement a et b, donc par hypothèse de récurrence, son cardinal est supérieur ou égal à q, c'est donc q et , ce qui montre que . Ici la démonstration est comprise.

Ensuite, si , Herstein note m(u) la plus petit puissance positive tel que .
Puis il choisit , tel que soit minimal.
Là j'ai traduit plus ou moins texto mais je pense qu'il a écrit m(u) au lieu de m(a). En fait je pense qu'il prend l'élément de a pour lequel le "m(a)" en question est le plus petit possible (si on le compare avec les autres m(u) des éléments de D).
Il dit alors que clairement r est premier (je ne vois toujours pas pourquoi c'est si évident).
On a montré dans un théorème précédent qu'il existe x élément de D tel que .
On pose b=x^{r-1}
Il écrit alors tout un passage que j'ai compris (et que j'omets donc) pour montrer que et que par conséquent, en utilisant le premier argument (où r ne l'oublions pas est toujours ce "m(u)" minimal). C'est entre autre dans cette partie qu'il utilise que r est premier pour utiliser le petit théorème de Fermat.

Il reste encore deux parties pas très longues.

Il montre d'abord que si on a la relation , alors nécessairement tous les sont nuls (a priori, le b est le même que précédemment).

Pour cela, il prend "a shortest such relation" comme il dit, disons
avec .
Il la conjugue par a et utilise le fait que pour obtenir ( et sont des éléments du centre Z, donc tout va bien).
Et là, Herstein écrit :
"Playing these off against each other" et en utilisant que (on l'a montré avant), que (on l'a montré avant) et que r est premier, on obtient le résultat.

Bon je n'ai franchement rien compris à ce passage...

Après si je comprends bien, tout cela lui sert à montrer que les polynômes minimaux de a et b ( et ) sont de degré r et donc . (on a posé et ).

Il ne reste plus que la dernière partie :

b induit un automorphisme de Z(a) d'ordre r par .
Pourquoi d'ordre r ? Je ne suis pas sur d'avoir bien compris mais x^r est dans Z, donc .... Ce qui ne me satisfait pas.
Comme et leaves Z fixed (j'ai écrit que agit comme l'identité sur Z puisque x commute alors avec b), toutes les puissances de donnent des automorphismes de Z(a) agissant comme l'identité sur Z.
Comme Z(a) est fini, tous les éléments de Z peuvent s'écrire sous la forme avec (là je ne comprends pas...).

En particulier, il existe avec (pourquoi prend il ? Que veut-il montrer ?)

Mais (quel rapport ? Pourquoi est-ce nul ?).
Donc soit soit
par intégrité de .
Comme , ces deux assertions sont impossibles et le théorème est démontré (je me demande encore et toujours à quel endroit il a supposé quelque chose par l'absurde...)

Voilà, si quelqu'un a le courage de me lire (mais j'en doute).
Sachant que sans répondre à tout le poste, toute information est bonne à prendre.
Merci à vous tous.

[invitebb921944]

Sinon la référence, c'est le bouquin "Noncommutative Rings" de I.N. Herstein disponible a priori dans les bibliothèques (c'est un "Carus Mathematical Monographs")

[invitebb921944]

Si ca vous parait toujours trop obscur, j'essaierai de vous la scanner dans l'aprem (mais je ne sais pas si c'est possible)

[invite57a1e779]

J'éclaire le premier point "obscur".

Ensuite, si , Herstein note m(u) la plus petit puissance positive tel que .
Puis il choisit , tel que soit minimal.
Là j'ai traduit plus ou moins texto mais je pense qu'il a écrit m(u) au lieu de m(a). En fait je pense qu'il prend l'élément de a pour lequel le "m(a)" en question est le plus petit possible (si on le compare avec les autres m(u) des éléments de D).
Il dit alors que clairement r est premier (je ne vois toujours pas pourquoi c'est si évident).

Supposons , alors . En notant , on a donc et l'alternative :
– donc par minimalité de ;
– , et donc par minimalité de .

Ce qui montre "facilement" que donc est premier

[invite57a1e779]

Un autre éclaircissement :

Il montre d'abord que si on a la relation , alors nécessairement tous les sont nuls (a priori, le b est le même que précédemment).

Pour cela, il prend "a shortest such relation" comme il dit, disons
avec .
Il la conjugue par a et utilise le fait que pour obtenir ( et sont des éléments du centre Z, donc tout va bien).
Et là, Herstein écrit :
"Playing these off against each other" et en utilisant que (on l'a montré avant), que (on l'a montré avant) et que r est premier, on obtient le résultat.

Il considère "a shortest such relation" afin de n'écrire que les non nuls.
On soustrait les deux équations, donc afin d'obtenir une "shorter such relation" que la "shortest such relation", ce qui permet de dire que tous les sont nuls et d'en déduire la nullité des .

[invite57a1e779]

b induit un automorphisme de Z(a) d'ordre r par .
Pourquoi d'ordre r ? Je ne suis pas sur d'avoir bien compris mais x^r est dans Z, donc .... Ce qui ne me satisfait pas.

Attention, la loi de composition pour les automorphismes de est la composition des applications, pas la multiplication...

Donc ,... et puisque est élément de . Ainsi et est d'ordre puisque c'est un entier premier.

[invite986312212]

( et sont des éléments du centre Z, donc tout va bien).

pourquoi dis-tu que b est dans le centre? Tu as posé b=x^(r-1) et vu la condition de minimalité sur r, et comme x n'est pas dans le centre, b n'y est pas non plus (si je ne me trompe pas)

[invitebb921944]

Merci pour ces premiers éclaircissement God's Breath.
Pour ambrosio, effectivement, b n'est pas dans Z, les seuls arguments nécessaires à l'établissement de la relation sont " et ".

[invitebb921944]

pardon....

[invitebb921944]

Bon ok le fait que je me sois gourré sur la loi de composition des automorphismes de Z(a) m'arrange bien puisque je comprends à quoi sert le fait que b^r soit dans Z.
Si j'ai bien compris, il suppose que où a et b sont quelconques. Il montre qu'alors nécessairement il existe une puissance de b tel que , ce qui implique .
Et il en déduit ensuite quelque chose d'absurde, donc ab=ba...
En gros c'est ça ?

[invite986312212]

elle est bien tortueuse cette démonstration! on dirait qu'elle fait appel à des idées de la théorie de Galois mais sans le dire.

Comme Z(a) est fini, tous les éléments de Z peuvent s'écrire sous la forme avec (là je ne comprends pas...).

ça fait penser à la formule pour le produit des racines d'un polynôme.

[invite57a1e779]

elle est bien tortueuse cette démonstration! on dirait qu'elle fait appel à des idées de la théorie de Galois mais sans le dire.

Entièrement d'accord.

Je conseille à Ganash de reconstituer un squelette de la peuve.

On commence par un lemme : si et , alors .
La démonstration de ce lemme utilise l'hypothèse de récurrence : tout corps de cardinal inférieur au cardinal de est commutatif.

On exhibe ensuite deux éléments et de avec et , de telle sorte que grâce au lemme.

Tout le reste est une suite de résultat de théorie de Galois pour montrer que et obtenir une contradiction.

[invite57a1e779]

Mais (quel rapport ? Pourquoi est-ce nul ?).

Le truc c'est que
et
d'où
et tu peux montrer que
donc
, et on a une simplification magnifique :

En particulier, il existe avec (pourquoi prend il ? Que veut-il montrer ?)

Il prend parce que ça l'arrange pour obtenir
.

En fait, il sait que est racine du polynôme , et il factorise le polynôme en utilisant et ses conjugués dans .

Comme l'a dit ambrosio, on fait de la théorie de Galois, mais sans le dire, ce qui obscurcit notablement l'enchaînement des idées.

Donc soit soit
par intégrité de .

La première possibilité conduit à , et par suite .
La seconde possibilité conduit à avoir racine d'un polynôme à coefficients dans , de degré inférieur à , ce qui est réputé impossible d'après ce qui précède.

[invitebb921944]

Ah oui c'est quand même un peu tortueux...
Merci pour ces éclaircissements...