Améliorations de preuves

christophe c · March 2019

1/ Depuis que je villégiature dans le fini, n'étant pas du tout ni expert ni intuitif dans ce domaine (auquel j'étais allergique à la base), je parcours un peu aléatoirement le net. De temps à autre, je tente de simplifier et "dédramatiser" telle ou telle preuve. Sans succès très important, certes (presbytie oblige, etc), à mon âge, mais ce n'est pas grave, nous avons la chance de pouvoir communiquer et se répartir les tâches.

2/ J'appuie ma motivation sur le fait (qui est un théorème que j'ai prouvé et a de multiples versions que j'ai radotées ici) que tout théorème est un cas particulier d'évidence.

3/ On savait aussi déjà depuis longtemps que toute preuve de maths peut se "déplier" en preuve éliminant les coupures (en gros une preuve sans coupure est une preuve habituelle mais où le prouveur n'a à aucun moment le droit de dir eau sceptique "supposons A", quand le contexte de la discussion précisément au moment où il dit ça offre suffisamment d'hypothèses pour prouver A (autrement dit, on ne peut supposer que ce qu'il est impossible de prouver)

4/ Autant dans (2) que dans (3), on obtient souvent des dépliages qui explosent.

4.1/ Dans (3), la preuve sans coupure peut dépasser des tailles hallucinantes à côté de preuves avec coupures très courtes (il ne peut pas y avoir d'inventivité dans un preuve sans coupure, par définition (un truc inventif est un truc que l'on va supposer sans le prouver, que le sceptique va embrasser avec humour attendant tranquillement le moment où il sera question de le prouver)

4.2/ n'a certes pas ce problème, mais l'évidence qui généralise le théorème peut elle aussi être immense à côté de l'énoncé du théorème et de ses preuves livresques

5/ J'ai donc deux buts finitistes:

5.1/ Soit $E$ une évidence et $P$ un cas particulier de $E$ qui soit un théorème difficile à prouver. Peut-on modifier L'INTERIEUR de l'énoncé P (en jetant une hypothèse ou en en affaiblissant une, etc) dans certains cas pour faire baisser la longueur de $E$. Autrement dit, parvenir à $E',P'$ tel que $P'$ n'est pas plus long à écrire que $P$, $P'$ généralise $P$ et $E'$ est plus courte que $E$ avec $E'$ évidence généralisant $P'$?

5.2/ Jouer à prendre des grands classiques dont les preuves sont toutes pourries et inventivo-anarchiques (Wedderburn, Alembert, Brouwer, etc) et en chercher des preuves "triviales".

Pour le 5.2, je poste de temps à autre sur le forum des demandes ou pistes, comme constaté. J'ouvre ce fil pour le consacrer uniquement à ce but.

Et pour commencer, j'aimerais que quelqu'un me file une preuve du théorème suivant qui entraine Wedderburn de manière triviale, mais dont je n'ai pu trouver de preuves et ne me rappelle pas qui l'a prouvé:

Théorème: soit $K$ un corps fini non commutatif. Tous les sous-corps de $K$ maximaux à être commutatifs sont conjugués entre eux.

Georges Abitbol · March 2019

Pour rigoler :

Soit $F$ un corps fini non commutatif. D'après le théorème de Wedderburn, $F$ est commutatif. Donc TOUT. Donc tous les sous-corps maximaux de $F$ à être commutatifs sont conjugués.

christophe c · March 2019

(tu)

christophe c · March 2019

Avant de me déconnecter, j'essaie d'alimenter le fil avec des "avancées" (le mot est superlatif et prétentieux évidemment) que j'ai proposé sur le forum (je me rappelle de peu d'entre elles, c'est juste pour montrer la structure du fil, c'est à dire :

un post par amélioratoin

J'applique ce procédé. La plupart des preuves ne sont que des extraits très courts où on montre aux lecteurs un chainon remplacé par un autre dans une preuve connue. Il n'y a pas d'ordre précis, mon but est surtout que d'autres intervenants contribuent, je donne 2-3 exemples pour le "un par post" et je me déconnecte ensuite. Donc, fidèle à ce principe, premier exemple au post précédent.

christophe c · March 2019

Le plus récent (dont je me souviens le mieux, que j'ai envoyé dans le fil L1-L2 oublis):

Essayons de garder une structure qui sera toujours la même:

Théorème: toute matrice symétrique réelle admet une valeur propre. (en italique bleu)

Sketch-preuve (en vert)

1/ Produit scalaire usuel

2/ Sans perte de généralité (=: SPDE), la matrice $A$ (choisie par le démon :-D ) est telle que $1 = sup$ des $ [(1/ ||u||) (A(||u||))]$

3/ Par compacité, le max est atteint en $u$. SPDE, $||u||=1$.

4/ $<f(u)|f(u)> = <u|f(f(u))> = 1$

5/ Comme $||f(f(u))||\leq 1$, donc $f(f(u)) = u$

6/ Valeur propre 1 si $u+f(u) \neq 0$; valeur propre $(-1)$ sinon.

Commentaires (en bordeaux):

Habituellement, les enseignants du supérieur, ou bien utilisent les complexes (et admettent le théorème d'Alembert), ou utilisent le même argument que ci-dessus au début, mais "oublient" de regarder $u+f(u)$ et partent dans des usines à gaz très pénible à lire pour prouver qu'en fait $u$ est DEJA un vecteur propre de $f$

christophe c · March 2019

Deuxième exemple:

Théorème (en bleu gras): toute matrice carrée $n\times n$ (on parle de corps) a un polynôme annulateur de degré $n$.

Preuve (en vert non gras):

1/ on utilise $F:=vect(u(p):= (e_1, e_2,e_3,..,e_p))$ avec $\forall i: e_{i+1}:=f(e_i)$ tant que possible, ie tant $u(p)$ est libre.

2/ On regarde ensuite l'espace quotient $E\to _{\pi } (E / F) $ et $g$ telle que $\forall x\in E: g(\pi(x)) = \pi(f(x))$ (ça a un sens, car $F$ stable par $f$.

3/ Soit $P$ un polynôme annulateur de $g$ et $Q$ un polynôme annulateur de $f_{|F}$ avec les degrés attendus. Alors $PQ$ marche

edit : (voir remarque de moduloP) 4/ Cas où $u(p)$ donne directement une base:
Soit $P$ le polynôme(unitaire!!) tel que $P(f) (e_1) - e_p$. Alors $P(f) = 0 $ (remplacer $e_i$ par $X^{i-1}$ dans l'écriture de $e_p$ en fonction des précédents) .

Commentaire en bordeau: c'est plus souvent présenté en le faisant reposer sur un outil énormissime: déterminant, polynôme caractéristique et Cayley Hamilton

christophe c · March 2019

Théorème des accroissements finis en dimension quelconque (en bleu gras):

$$ || f(1) - f(0) || \leq sup_{x\in [0,1]} ||Df(x)|| $$

Sketch-preuve en vert non gras:

1/ Soit $e>0$ (très petit)

2/ On pense à la famille de "cercles" tous centrés en $f(0)$ avec le rayon qui varie comme suit:

2.1/ Pour $t\in [0, e]$, rayon de $C_t := e$
2.2/ Pour $t\in [e,1]$, rayon de $C_t := e = k(t-e) + e$ avec $k$ choisi tel que $k((1-e)+e)=1-e$

3/ $f$ raconte alors l'histoire d'un point mobile qui à l'instant $0$ est à l'intérieur du cercle mobile et qui à l'instant $1$ est à l'extérieur.

4/ Pour $t$ tel que $f(t)$ est sur le cercle mobile $C_t$, $||Df|| \geq $ à la vitesse radiale du cercle, elle-même $\geq k$.

5/ Il suffit de faire tendre $e$ vers $0$ pour conclure.

Commentaire (en couleur bordeau): je ne me rappelle que très vaguement, mais j'avais posté ça en réaction à des posts de gens (professionnels et appréciables, là n'est pas le problème) qui avait inondé d'horribles calculs un fil dédié à un étudiant qui demandait. Remarque: par cercle j'entends "sphère associée à la norme choisie que j'ai nommé $x\mapsto ||s||$. C'est l'inégalité triangulaire qui assure que l'argument marche.

christophe c · March 2019

Pour rigoler, car on est au niveau du secondaire et ce n'est pas ça qui m'intéresse :-D Mais à tout le moins il yaura un pointeur.

Théorème: "il existe" (lol) un algorithme pour résoudre les équations du second degré (bleu gras)

Preuve1 (vert non gras)

1/ Pour tous nombres $a,b,c,x: (2ax+b)^2 - (b^2-4ac) = 4a(ax^2+bx+c)$ (vérification niveau 4ième)

2/ Donc si $r^2 = b^2-4ac$ alors $4a(ax^2+bx+c) = (2ax+b+r)(2ax+b-r)$ (eq. produit nul, classe de 3ième)

Preuve2

1/ Pour tous nombres $a,b,x: x^2+(a+b)x + (ab) = (x+a)(x+b)$ (classe de cinquième)

2/ Il est facile , quand on nous impose $s,p$, de trouver (si possible) $u,v$ pour que $(u-v)(u+v) = p$ et $(u-v)+(u+v) = s$

3/ En effet, il suffit de prendre $2u = s$ et de compléter pour que $u^2-v^2 = p$

Pas de commentaire (en bordeau). en fin si, la tendance au suivisme des agents de la fonction publique depuis plus de 100ans explique l'oubli de multiplier par $4a$, il semble peu probable que d'autres raisons l'expliquent et en soi, sociologiquement c'est notable

christophe c · March 2019

Voilà, n'hésitez pas à commander des changements de couleurs. Celles-ci me paraissent assez pastel et reposantes.

Et surtout n'hésitez pas à poster vos "clés". J'attends avec impatience celle que tous les sous-corps max sont conjugués pour pouvoir ensuite réécrire une preuve de Wedderburn à visage "humain".

Cyrano · March 2019

La raison qui l'explique c'est que personne n'est traumatisé par les divisions à part toi. :-D

christophe c · March 2019

De mon téléphone précision: ceci n'est pas un archivage de preuves connues pour aider des étudiants mais une tentative de débarrasser des théorèmes généralement prouvés comme conséquence d'admis sophistiqués . Le tout en vue d'une implémentation dans un éliminer de coupures ou producteur de généralisations (voire premier post).

christophe c · March 2019

@Cyrano: (tu) ... mouais enfin je ne suis pas très convaincu j'ai pas mal parcouru les manuels etc.

moduloP · March 2019

Salut Cc,

Dans ici. Si je comprends ton argument il faut également gérer le cas où $p = \text{Dim}(E)$, ta démonstration ne prends pas en compte ?

christophe c · March 2019

Merci. De mon téléphone. Je ferai un erratum (c'est le cas où X^p annule la matrice). <---- très fautif!

christophe c · March 2019

J'ai erratumé, et encore merci. Je n'ai pas ajouté (bien que ça m'ait marqué en corrigeant) que la procédure récursive sous-jacente donne du coup systématiquement un polynôme unitaire. Car ce n'est pas l'objet du fil comme je l'ai dit, et ce serait intéressant si ça passait aux anneaux quelconques, mais il y a un risque que non, je ne sais même pas s'il y a bonne fondation avec les anneaux, en se sens, que je ne sais même pas si les appels procéduraux successifs et récursifs ne vont pas "durer éternellement" à cause de passages aux quotients qui ne s'arrêtent pas!

Champ-Pot-Lion · March 2019

À tes souhaits.

Mais que se passe-t il sur la matrice $\begin{pmatrix}0 & 1\\0&0\end{pmatrix}$, en choisissant $F = \operatorname{Vect}(e_1)$ ? Le polynôme produit par ton algorithme est-il $X$ ?

Je n'ai rien dit. :-D

christophe c · March 2019

Merci CPL: voilà comment je comprends ta remarque. L'algorithme ne marcherait pas car pourrait renvoyer parfois le polynôme nul. J'ai bon?

Bon, faut que je m'achète un voyage (et donc que je le cherche) pour les prochains jours, mais je promets de faire un erratum "soigné" quand tâches autres accomplies aujourd'hui.

ET si l'obstruction est trop profonde, je promets de mettre de grosses couleurs d'excuses pour m'auto-infâmer. Intuitivement, je pense qu'il faudra juste vérifier où la preuve formelle suggérée fait l'impasse et je ne crois pas trop à un vrai gros problème, car une matrice nulle a .... beaucoup de polynômes annulateurs :-D (Mais faudra dire à la procédure de ne pas choisir les nuls...)

Maxtimax · March 2019

christophe : je ne sais pas si ton algorithme spécifiquement marcherait, mais le théorème de Cayley-Hamilton est valable pour les $A$-modules finiment générés, $A$ anneau commutatif quelconque.

christophe c · March 2019

De mon téléphone @max: je sais mais ma question était est ce que il termine

@CPL : en fait il n'y a pas de problème il faut demander à l'alcool issu de la preuve de renvoyer un polynôme unitaire de degré la dimension.

L'algo se voit dans la preuve donc je ne le recopie pas (en tout cas de mon téléphone)

Champ-Pot-Lion · March 2019

Mais c'est bon, ton algorithme fonctionne, c'est juste que j'ai pensé à un pgcd de polynômes au lieu d'un produit.

christophe c · March 2019

Sondage: si je vous dis que j'ai une preuve **** de quelques lignes que tout corps fini est commutatif qui me croit? :-D

Faut je vérifie (il y a un petit calcul) mais pour le moment ...

**** Sans AUCUN background.

christophe c · March 2019

Et le pire c'est que j'ai fait autre chose (passé 2H sur expédia) si je ne me trompe pas ça s'appellerait "l'incubation" je crois (fait que je Google ce mot)

christophe c · March 2019

Erreur bête de calcul mais ca m'amuse bien quand même le fini :-D

Georges Abitbol · March 2019

(retour à Wedderburn)

Cet article attribue le lemme que tu cherches à Artin. L'article en question est en allemand : "Uber einen Satz von Herrn J. H. Maclagan Wedderburn". Apparemment, la démo est peut-être dans "Algèbre géométrique" de ce même Artin, je vais regarder ce qu'il en est.

Georges Abitbol · March 2019

Bof, c'est pas dans le "Algèbre géométrique"... Je vais essayer de trouver l'article en allemand...

christophe c · March 2019

Merci j'avais ce livre je ne sais plus où il est.

Georges Abitbol · March 2019

Ok, j'ai l'article en allemand, mais je ne peux pas dire où je l'ai trouvé B-). C'est pas fastoche à lire...

Georges Abitbol · March 2019

Mmmmh, ok. Petit compte-rendu de la lecture d'Artin en allemand. Soit $K$ une algèbre à division finie. Soit $k$ le plus petit sous-corps de $K$ (notons son cardinal $p$), et $Z$ le centre de $K$ (ceux qui commutent avec tout le monde).

Lemme dont je n'ai pas encore lu la démonstration : Si $P$ est un polynôme dans $Z[X]$, irréductible dans $Z[X]$, et si $a$ et $b$ sont deux racines de $P$, alors il existe un élément $x \in K$ tel que $xax^{-1} = b$.

Corollaire : Si $A$ et $B$ sont deux sous-corps (commutatifs !) de $K$ qui ont le même nombre d'éléments, alors ils sont conjugués.

Démo : $A$ et $B$ sont automatiquement sur-corps de $Z$. D'après la théorie des corps finis, il existe $\xi_A \in A^*$ tel que si $r = \dim_k A$, $k(\xi_A) = A$ et $\xi_A$ est racine de $X^{p^r} - X$. Soit $P$ le polynôme minimal de $\xi_A$ dans $Z[X]$. D'après la théorie des corps finis, tous les éléments de $B$ sont racines de $X^{p^r} - X$. Si $\xi_B$ est une racine de $P$ dans $B$, on a $B = Z(\xi_B)$ (j'ai une justification un peu trop compliquée, est-ce que quelqu'un a quelque chose de simple ?). D'après le lemme ci-dessus, $\xi_A$ et $\xi_B$ sont conjugués, et donc $A$ et $B$ aussi.

Enfin :

Lemme dont la démonstration est calculatoire : Si $A$ est un sous-corps (commutatif !) maximal de $K$, alors $\dim_Z K = (\dim_Z A)^2$. En particulier, tous les sous-corps commutatifs maximaux de $K$ ont le même nombre d'éléments.

Plan de la démo : On suppose (sans perte de généralité) qu'il n'y a aucun sous-corps strictement entre $A$ et $K$. Soit $\xi$ dans $A$ tel que $A = Z[\xi]$. Alors il existe $\eta$ tel que $\eta\xi\eta^{-1} = \xi^q$ d'après le lemme ci-dessus. On démontre que $(\xi^l \eta^m)_{(l,m) \in \{0,\cdots, \dim_Z A - 1\}^2}$ est une $Z$-base de $K$. Que c'est une famille génératrice, c'est facile puisque le $Z$-sous-espace engendré par ça est aussi le sous-corps engendré (je ne suis pas sûr de voir pourquoi) et qu'il contient $\xi$ et $\eta$, donc st $K$ tout entier. Que c'est libre, je n'ai pas compris tout de suite, il faudrait que je passe un moment dessus.

Bref, c'est pas tout à fait sans calculs ou inspiration !

christophe c · March 2019

Merci GA

Avant de dormir j'ai pu prouver que 2=0 ou qu'il est de dimension 4 sur son centre et marche comme les quaternions. Sans background et peu de lignes.

Est ce que c'est une avancée substantielle? Est ce le cas caractéristique 2 sera facile?

Georges Abitbol · March 2019

J'ai un argument pour dire que si tous les sous-corps commutatifs maximaux sont conjugués, alors il est commutatif. Je le mets en blanc, dis-moi si c'est le tien !

Soit $K$ une algèbre à division finie. On suppose que tous ses sous-corps commutatifs maximaux sont conjugués. Soit $SCCM$ l'ensemble des sous-corps commutatifs maximaux. Soit $m$ son cardinal. L'action de $K^*$ sur $SCCM$ par conjugaison est donc transitive. Soit $F \in SCCM$. Il est classique que $\vert K^* \vert / \vert Stab F \vert = m$. Comme $F$ est commutatif (EDIT : pas besoin de commutatif, en fait, il suffit que ce soit un sous-corps), $F^* \subset Stab F$. On a $\vert \bigcup_{A \in SCCM} A^* \vert \leq m \vert F^* \vert \leq m Stab F \leq \vert K^* \vert$. De plus, comme tout élément $x$ de $K^*$ est un élément de $Z(x)$ qui est commutatif, tout élément non nul est dans un sous-corps commutatif maximal, on a que $\vert K^* \vert = \vert \bigcup_{A \in SCCM} A^* \vert$. En particulier, $\vert \bigcup_{A \in SCCM} A^* \vert = m \vert F^* \vert$, ce qui n'est possible que si les $A^*$ (pour $A$ parcourant $SCCM$) sont deux à deux disjoints. Or, s'il y en a deux, comme ils contiennent tous deux $1$, ils ne peuvent être disjoints. Il n'y a donc qu'un sous-corps commutatif maximal, et donc, d'après ce qui précède, c'est $K$ tout entier.

Bon, et si tu arrives à démontrer que toute algèbre à division $K$ finie est de degré $4$ au-dessus de son centre $Z$, c'est pas mal : dans ce cas, tous les sous-corps commutatifs maximaux sont de degré $2$ au-dessus de $Z$ et on est dans un cas particulier des lemmes d'Artin dont la démo peut alors peut-être être court-circuitée !

Maxtimax · March 2019

Georges : sûrement plus simple :

Si $a \in K$, $a$ est contenu dans $Z(K)(a)$, qui est bien un corps, donc $a$ est contenu dans un sous-corps maximal. En particulier l'union des sous-corps maximaux est $K$ tout entier. Enlevant $0$, cela nous dit que $K^*$ est une réunion de conjugués d'un même sous-groupe. Cela implique que $K^*$ est lui-même l'un des conjugués, c'est juste de la théorie des groupes à ce niveau là :

si $G=\displaystyle\cup_{x\in G}xHx^{-1}$; il y a au plus $[G:N_G(H)]$ conjugués de $H$, or $N_G(H) \geq H$ donc il y a au plus $[G:H]$ conjugués de $H$, donc $|\displaystyle\cup_{x\in G}xHx^{-1}|\leq [G:H](|H|-1) +1 \leq |G| - [G:H]+1$ donc $[G:H]=1$, $H=G$

christophe c · March 2019

De mon téléphone: merci de vos efforts et non je l'avais annoncé comme trivial par mauvaise habitude mais en tout cas ça ne me pose pas de problème du tout mais je lirai vos arguments d'un PC. C'est vraiment la.conjugaison de tous les corps com max qui était ma demande initiale. Mais la je suis à Nice et je vais me distraire en continuant à y penser de manière "aléatoire" pour le plaisir (ça détend en fait à mon âge).

christophe c · March 2019

Ça y est j'ai une preuve en 3 lignes qui résiste à la sagacité d'Anatole. Je vais en Italie et reviens ce soir. Il a une demi journée pour la casser

christophe c · March 2019

Apparemment j'arrive à me co d'Italie mais je manque de batterie. J'attends une éventuelle objection d'Anatole en cours de journée puis je posterai la preuve sinon. Je vous propose un jeu: il existe bien une preuve que tout corps fini est commutatif qui fait 3 lignes. Il ne vous reste que quelques heures pour la trouver avant de l'applaudir bien bas :-D

christophe c · March 2019

Indication : elle ne passe pas du tout par les usines à gaz précédentes elle est "pure"

Maxtimax · March 2019

Je suis impatient de l'applaudir :-D

Blueberry · March 2019

Christophe a écrit:

il existe bien une preuve que tout corps fini est commutatif qui fait 3 lignes. Il ne vous reste que quelques heures pour la trouver avant de l'applaudir bien bas :-D

Ouais ouais ouais, quels tchatcheurs ces italiens... On attends de voir ça :-D

Foys · March 2019

christophe c a écrit:

Ça y est j'ai une preuve en 3 lignes qui résiste à la sagacité d'Anatole. Je vais en Italie et reviens ce soir. Il a une demi journée pour la casser

Donc c'est pas vrai qu'un enfant de six ans peut lire une preuve en temps linéaire et conclure infailliblement qu'elle est correcte ou non?
:-D

Héhéhé · March 2019

Ça me paraît bien présomptueux d'affirmer qu'on a trouvé une telle preuve alors que des générations de brillants mathématiciens seraient passés à côté !

GG · March 2019

Fermat, le retour : j'ai une preuve merveilleuse, mais la bande passante de mon téléphone est trop petite pour la contenir !

christophe c · March 2019

Plus les sarcasmes sont durs plus c'est agréable. Bon cela dit je viens de me tromper de sens pour le retour à Nice et suis dans des gares perdues du Piémont et viens seulement de charger un poil mon téléphone du coup le petit agacement qui en résulte attenue le plaisir de lire les incrédulités. Comme Anatole ne m'a pas laissé de msg non plus elle doit bugguer (sinon il crie "ça marche" sur mon répondeur).

Bon je suis un peu indisponible pour la vérifier car je me concentre sur ne pas me retrouver à Turin contre mon gré (j'adore y aller en avion vu ce qu'on survole.... mais la ....

christophe c · March 2019

Anatole est sur répondeur, bon je ne vous fais pas patienter plus de toute façon, c'est quelques lignes, et je suis un peu désorganisé par le temps que j'ai perdu dans le piémont (je viens de revenir à Nice suis dans un cyber croisé par hasard, après gros sommeil dans le train)

L'argument que je lui ai proposé est le suivant:

(ah j'en profite pour répondre à foys: il ne s'agit pas de preuves formelles, mais de sketchs en général quand on parle comme ça, même quand ça marche parfaitement)

On a un corps fini commutatif et un corps non commutatif de même cardinal. Pour des raisons d'algèbre linéaire (iso entre deux espaces de même dimension), on peut supposer qu'ils ont le même 0, le même 1 et la même addition. On se place dans le commutatif.

Il suit (interpolation facile, ou plutôt routinière) que la multiplication du non commutatif est un polynôme à deux variables $P\in K[X,Y]$

Au téléphone, je lui ai dit "après c'est terminé, on prouve facilement que le degré de $P$ est au plus 2 à coup de baisses successives"

Etant tout endormi, je ne me rappelle pus exactement comment je lui ai décrit la stratégie (qui semblait routinière) pour baisser le degré de $P$ jusqu'à ce qu'il devienne $(x,y)\mapsto axy+bx+cy+d$, donc je n'envahis pas trop ce PRESENT post avec ça (mais à moins que je me sois trompé, c'est de l'ordre de la routnie estudiantine rapide)

Bon, j'ai mis en couleurs les passages qu'il était souhaitable de regarder mais de toute façon, ça n'a pas franchement d'importance, à part faire le clown, je n'en fais pas grand chose de tout ça (enfin si si, j'essaie de me prouver que je ne suis pas trop vieux, mais les miroirs rebbotent tout à chaque fois)

Me connaissant, je dirais que (ma dyscalculie) le premier argument violet est peu douteux, mais que l'histoire de baisse du degré l'est beaucoup plus

Foys · March 2019

christophe c a écrit:

Il suit (interpolation facile, ou plutôt routinière) que la multiplication du non commutatif est un polynôme à deux variables $P \in K[X,Y]$

Qui est $K$ ? (c'est une vraie question, pas du trolling...)

christophe c · March 2019

Celui qui est commutatif. En fait, c'est simple: tu as l'ensemble, disons $E$.

Le commutatif est $K:=(E, +, \times, 0, 1)$

Le non commutatif est $(E, +, f,0,1)$

$f$ étant $(x,y)\mapsto P(x,y)$ avec $P\in K[X,Y]$

Remarque: pour le $1$, j'avais un doute, mais les problèmes de police de caractères m'ont montré que dans un corps quelconque, de toute façon, $(a,b)\mapsto axb$ est une loi d'anneau d'élément neutre l'inverse de $x$. On peut donc souvent choisir un peu comme on veut sa multiplication (enfin en restant dans des frontières raisonnables. )

Je me déconnecte là, crédit épuisé.

Maxtimax · March 2019

Le premier passage violet est correct : tu as deux espaces de même dimension, un vecteur non nul de chaque : tu peux facilement envoyer l'un sur l'autre dans un iso linéaire. En fait on peut même supposer que le centre du non commutatif est un sous-corps du commutatif (prendre un supplémentaire)

Que la multiplication du non commutatif est un polynôme vient du fait que toute application $K^n \to K$ est un polynôme, lorsque $K$ est un corps fini. Comme tu le dis, c'est une interpolation routinière (si on n'en est pas convaincu, on peut sûrement trouver la preuve quelque part sur le forum, ou voir la dernière réponse ici)

Par contre je n'ai aucune idée de ce que peut vouloir dire "baisse successive"

christophe c · March 2019

Bin je me fais peur à moi même mais je suis en train de me revoir disant à Anatole "tu remplace P par P(X+1,Y) - P(X,Y) et tu gagnes une baisse de 1 du degré de X".

Je n'en suis pas sûr (d'avoir dit ça) mais je le redoute. C'est quand même bizarre (même si je suis capable de ce genre d'aneries) mais possible sinon je pense que je n'aurais pas été aussi sur de mon argument (en même temps j'allais m'acheter 4 cartouches de clopes à pas cher et la mauvaise conscience peut perturber).

Je ne vois ce que ça peut être d'autre car avant j'avais parlé de "simuler la dérivation". J'ai donc juste probablement oublié de vérifier une bête égalité

Cela dit je considère toujours cette piste comme bonne. Mais ce n'est pas un match gagné.

christophe c · March 2019

Il ne faut pas oublier d'exploiter l'associativité de P au fait.

melpomène · March 2019

De toute façon, ça fait clairement plus de 3 lignes. Game over.

christophe c · March 2019

Ah non ca me revient c'était une évaluation de P(X+H, Y) - P(X,Y) qui donne P(H,Y) (une fois évalués mais ça ne retire pas mon erreur que la baisse du degré en X n'est pas celle du degré en H qui n'a pas de raison de changer.)

Bon j'arrête le "bavardage" il y a plein d'algebristes ici qui peuvent voir les choses bien mieux que moi

christophe c · March 2019

@mel: :-D t'inquiète c'est que la 52ieme minute de jeu

christophe c · March 2019

J'ai eu Anatole et il sait facilement prouver que sur un corps commutatif infini il ne peut pas y avoir de polynôme à deux variables définissant une multiplication de corps non commutatif ***(j'avais admis cet énoncé dans le prouver et sans le mot infini).

Il reste donc le cas fini à prouver "facilement" (on sait qu'il est vrai).

Mais histoire de contredire mel ci dessus je ne vais pas baisser la tête :-D comme le PSG car j'ai finalement obtenu non pas une preuve courte mais un énoncé qui est le bon et qui est plus pur que celui de Wedderburn puissue concerne tous les anneaux et pas seulement ceux qui sont finis:

cc-theorem :-D << une multiplication non commutative de corps n'est jamais polynômiale>>

nananinanere (je rappelle que je suis une grosse tanche en algèbre)

*** Le commutateur de a serait alors l'ensemble des racines du polynôme P(X,a)-P(a,X)

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