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Démonstration du théorème de Wedderburn

Démonstration Soit K un corps fini. On note Z le centre de K, i.e. l'ensemble des éléments de K qui commutent avec tous les autres. Z est un sous-corps de K.

Notons q le cardinal de Z ; la propriété (P2) nous dit alors qu'il existe un entier naturel non nul n tel que $card\left( {K} \right) = q^{n}$.

Nous allons supposer désormais que K n'est pas commutatif ;

Cela implique que $Z \ne K$, et donc que $n \ge 2$.

Pour tout $x \in K$, on note $Z_{x} $ l'ensemble des éléments de K qui commutent avec x.

Alors $Z_{x} $ est un sous-corps de K, et une extension de Z.

Z est un sous-corps de $Z_{x} $, donc d'après la propriété (P2) il existe un entier naturel non nul $d\left( {x} \right)$ tel que

\begin{displaymath}card\left( {Z_{x}} \right) = q^{d\left( {x} \right)}.\end{displaymath}

$Z_{x} $ est un sous-corps de K, donc la propriété (P2) nous dit qu'il existe un entier naturel non nul m tel que $card\left( {K} \right) = \left(
{card\left( {Z_{x}} \right)} \right)^{m}$.

Mais comme $card\left( {K} \right) = q^{n}$, donc on obtient

\begin{displaymath}q^{n} = \left(
{q^{d\left( {x} \right)}} \right)^{m},\end{displaymath}

et donc $n = m d\left( {x}
\right)$.

Retenons de cela que $d\left( {x} \right)$ divise n pour tout x de K.

Le groupe (multiplicatif) $K^{ *} $ agit sur l'ensemble $K^{ *} $ via l'opération de conjugaison $k * x = kxk^{ - 1}$. Vérifions cela :


\begin{displaymath}
1 * x = 1x1^{ - 1} = x,
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
{k}' * \left( {k * x} \right) = {k}'\left( {k * x} \right){k...
...)x\left( {{k}'k}
\right)^{ - 1} = \left( {{k}'k} \right) * x.
\end{displaymath}

Pour tout x de $K^{ *} $, on note $K^{ *} * x$ l' orbite de x, et $stab\left( {x} \right)$ le stabilisateur de x.

Pour tout y de $K^{ *} $, on a

\begin{displaymath}Z_{y} = stab\left( {y} \right)   \cup
  {\left\{ {0} \right\}}.\end{displaymath}

Ainsi,

\begin{displaymath}card\left( {stab\left( {y} \right)}
\right) = q^{d\left( {y} \right)} - 1.\end{displaymath}

On a de plus, pour x dans $K^{ *} $ :


\begin{displaymath}
card\left( {K^{ *} * x} \right) = 1     \Leftrightarrow ...
...ight) = K^{ *}      \Leftrightarrow     x \in Z^{ *}
.\end{displaymath}

Notons $z_{0} , \cdots ,z_{q - 1} $ les éléments de Z (avec $z_{0} =
0)$; d'après les équivalences ci-dessus, les orbites qui coupent $Z^{ *} $ sont exactement $K^{ *} * z_{1} , \cdots ,K^{ *} * z_{q - 1} $. Soient $K^{ *} * y_{1} , \cdots ,K^{ *} * y_{r} $ les autres orbites ; alors la formule des classes nous donne :


\begin{displaymath}
card\left( {K^{ *}} \right) = {\sum\limits_{1 \le i \le q - ...
...ht)}}{{card\left( {stab\left( {y_{i}}
\right)} \right)}}}}} .
\end{displaymath}

Comme $stab\left( {z_{i}} \right) = K^{ *} $, que  $card\left( {stab\left(
{y_{i}} \right)} \right) = q^{d\left( {y_{i}} \right)} - 1$, et que $card\left( {K^{ *}} \right) = q^{n} - 1$, cela donne :


\begin{displaymath}q^{n} - 1 = \left( {q - 1} \right) + {\sum\limits_{1 \le i \le r}
{{\frac{{q^{n} - 1}}{{q^{d\left( {y_{i}} \right)} - 1}}}}} ,\end{displaymath}

et donc enfin :


\begin{displaymath}
q - 1 = \left( {q^{n} - 1} \right) - {\sum\limits_{1 \le i \...
...
{{\frac{{q^{n} - 1}}{{q^{d\left( {y_{i}} \right)} - 1}}}}} .
\end{displaymath}

Considérons la fraction rationnelle

\begin{displaymath}F\left( {X} \right) = \left( {X^{n}
- 1} \right) - {\sum\lim...
...} {{\frac{{X^{n} - 1}}{{X^{d\left(
{y_{i}} \right)} - 1}}}}}. \end{displaymath}

On a vu que pour tout i, $d\left( {y_{i}}
\right)$ divise n, et la propriété (P3) nous permet alors de dire que $F \in {\mathbb Z}{\left[ {X} \right]}$.

Mieux, il est clair que $d\left( {y_{i}} \right) < n$, en effet, $d\left(
{y_{i}} \right) = n$ impliquerait $orb\left( {y_{i}} \right) = K^{ *} $, et donc $y_{i} \in Z$, ce qui est faux.

Alors la propriété (P3) permet d'affirmer que le polynôme cyclotomique $\Phi _{n} $ divise le polynôme

\begin{displaymath}{\frac{{X^{n} - 1}}{{X^{d\left( {y_{i}
} \right)} - 1}}}\end{displaymath}

dans ${\mathbb Z}{\left[ {X} \right]}$. Comme $\Phi _{n} $ divise aussi $\left( {X^{n} - 1} \right)$ dans ${\mathbb Z}{\left[ {X} \right]}$, on obtient que $\Phi _{n} $ divise le polynôme F dans ${\mathbb Z}{\left[ {X} \right]}$. Autrement dit :

Il existe un polynôme $Q \in {\mathbb Z}{\left[ {X} \right]}$ tel que $F =
Q \Phi _{n} $.

En particulier, cela implique

\begin{displaymath}F\left( {q} \right) = Q\left( {q}
\right) \Phi _{n} \left( {q} \right).\end{displaymath}

Or (3) $F\left( {q} \right) = q - 1$, donc


\begin{displaymath}
q - 1 = Q\left( {q} \right) \Phi _{n} \left( {q} \right).
\end{displaymath}

Comme $Q \in {\mathbb Z}{\left[ {X} \right]}$, $Q\left( {q} \right)$ est un entier, non nul car $q \ne 1$ (Z contient au moins 0 et 1). Ainsi cette dernière égalité implique que ${\left\vert {\Phi _{n} \left( {q} \right)} \right\vert} \le q -
1$. Par conséquent il existe (au moins) une racine complexe u de $\Phi _{n} $ telle que ${\left\vert {q - u} \right\vert} \le q - 1$.

Or u est racine primitive n-ième de l'unité, et comme $n \ge 2$, $u
\ne 1$ ; comme la distance de q au cercle trigonométrique est atteinte en 1, on a facilement ${\left\vert {q - u} \right\vert} > q - 1$. Mais on vient de prouver l'inverse !

D'où l'absurdité, et la preuve que K est bien commutatif.


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©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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