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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 !