démo Wedderburn

Comment ça pas facile ?

Si q^n est congru à 1 modulo q^d-1, n est un multiple de l'ordre de q dans Z/(q^d-1), mais ce dernier est clairement d ! (sauf erreur)

J'avais préparé Wedderburn pour l'agrégation et je démontrais ce lemme. Je ne pense pas qu'il y ait plus direct...

une autre démonstration utilise les polynomes cyclotomiques mais en regardant Perrin, je vois que ta preuve sort de celui-ci...Pour le pb de $d|n$, Warusfel dans
{\it Structures algébriques finies} (introuvable sauf en BU...) dit que:
si K est un sur-corps de H, alors le cardinal de K est une puisance du cardinal de H, ce qui correspond à la question posée:

il écrit: $|H| = p^m $ si $p$ est la caractéristique de $|H|$
de là, $|H^*| = p^m -1 $ (le cardinal du groupe multiplicatif des unités de H) divise le cardinal de $|K^*|$ qu'on note $q-1$.
Soit:
$$p^m -1 | q-1$$
avec $q = p^n - 1$, on a:

$$p^m -1 | p^{am+b}-1$$
si on écrit $n=am+b$ (division euclidienne)
$$p^m -1 | p^{am+b}-1= (p^{am}-1)p^b+ (p^b-1)$$
car $p^m -1 | p^{am}-1$
donc:
$$p^m -1 |p^b-1 < p^m -1$$
soit $b=0$
d'où le résultat.

Il ya aussi le résultat bien connu (qui se démontre élémentairement comme indiqué par Borde):

$$\mathrm{pgcd}(q^n-1, q^m-1)=q^{\mathrm{pgcd}(n,m)}-1$$

{\it Je vais surement retenir la solution du barbu rasé (pour une question de temps, c'est aussi pour un développement d'oral) mais il y a juste un détail qui me chagrine : quand tu dis que "ce dernier est clairement d", moi j'aurais dit "ce dernier divise d", non? (ca ne change absolument rien, on peut conclure à partir de ca)}

Ohlà, si, ça change tout!
Un multiple d'un diviseur de d n'est pas forcément un multiple de d !!!

Mais ici, pas de problème : $\{q,q^2,...,q^{d-1}\}$ sont tous clairement strictements compris entre $1$ et $q^d-1$ (bicose $d>1$), donc leur classe dans $\Z/(q^d-1)$ est différente de $1$...

{\it je suis avec attention Perrin mais il considère ce point comme évident.}

Bien sûr! Avec le résulat élémentaire que j'ai rappelé plus haut, c'est effectivement évident ! N'oubliez pas que pour deux entiers positifs $a$ et $b$, dire que $a$ divise $b$ signifie que $\mathrm{pgcd}(a,b)=a$.

bonsoir(!) car le temps passe comme dit le poête.

En ce qui concerne Perrin, le trou dans sa démonstration est connu depuis longtemps du jury...et il est bien de s'être penché sur cette démo.

rebonsoir, ayant feuilleté pour une autre raison le livre de Ziegler et Aigner: {\it Raisonnements divins}, j'y trouve aussi une preuve de Wedderburn qui suit le Perrin...mais qui est complète.
Bon courage.

Dans cette liste de preuves du théorème de Wedderburn, il devrait y en avoir une à base de cohomologie. On a par exemple le résultat suivant :

Notations :

- pour tout corps commutatif $K$, on note $Br(K)$ l'ensemble des classes d'isomorphie de corps (non nécessairement commutatifs) de centre $K$ et de dimension finie sur $K$. Par exemple, $Br(\mathbf R)=\{\mathbf R,\mathbf H\}$ (il n'y a pas $\bf C$ car son centre n'est pas $\bf R$).

- on montre que si $E$ est un corps de centre $K$ et de dimension finie sur $K$, alors il existe une extension fini $L/K$ (corps commutatifs) telle que $L$ neutralise $E$, c'est-à-dire telle que la $L$-algèbre $E_{(L)}$ obtenue par extension des scalaires soit isomorphe à une algèbre de matrices $\mathcal M_n(L)$. Pour toute extension $L/K$, on note $Br(L/K)$ le sous-ensemble de $Br(K)$ formé des éléments neutralisés par $L$. On a donc $Br(K)=\bigcup_L Br(L/K)$ où $L$ parcourt les extensions finies de $K$. Par exemple $Br(\mathbf R)=Br(\mathbf C/\mathbf R)$ car $C$ est essentiellement la seule extension finie de $\bf R$.

Résultat : si $K/L$ est une extension cyclique, alors $Br(L/K)$ est en bijection avec $K^\times/N(L^\times)$ où $N$ est la norme.

Exemple 1 : $\mathbf C/\mathbf R$ est cyclique donc $Br(\mathbf C/\mathbf R)$ est en bijection avec $\mathbf R^\times/N(\mathbf C^\times)$ où $N$ est le module au carré. Donc $Br(\mathbf C/\mathbf R)$ est un ensemble à deux éléments : on retrouve le théorème de Frobenius.

Exemple 2 : si $L/K$ est une extension finies de corps finis commutatifs, alors on sait qu'elle est cyclique. Donc $Br(L/K)=K^\times/N(L^\times)$. On montre (facilement je crois) que tout élément de $K^\times$ est la norme d'un élément de $L^\times$. Donc $Br(L/K)$ est réduit à un élément : la classe de $K$. Et donc $Br(K)$ est réduit à un élément : tous les corps finis sont commutatifs.

Il y a tout ça (et le rapport avec la cohomologie) dans le "Corps Locaux" de J.P. Serre.

Hello,

Il y a aussi une preuve 'fancy' du theoreme de Wedderburn, avec un peu de cohomologie galoisienne. Soit $D/k$ un corps gauche de dimension finie $n^2$ sur le corps fini $k$, dont le centre est $k$. Il faut montrer que $n=1$. On sait que, si l'on etend les scalaires a une cloture algebrique $\bar k$ de $k$, $D$ devient isomorphe a une algebre de matrices $M_n$ (Skolem-Noether). Or le groupe d'automorphismes d'une telle algebre est $PGL_n$. Autrement dit, $D$ s'interprete comme un $PGL_n$-torseur, i.e. un element de l'ensemble de cohomologie $H^1(k,PGL_n)$. Or $PGL_n$ est un groupe connexe, donc par le theoreme de Lang ($k$ etant fini) on a $H^1(k,PGL_n)=0$. Par suite, $D$ est une algebre de matrices. Cela n'est possible que si $n=1$.

a+

AG.

Tu peux détailler ptitloup ?

Tu vas me trouver très lourd, mais je ne comprends toujours pas

J'ai un soucis dès la première phrase :
{\it si $ k_x=q^n$ pas de pb}
Ne veux-tu pas plutôt dire : "Si $|k_x|=q$ pas de problème" ?

Ensuite, je ne vois pas du tout comment dérouler l'étape de récurrence...

Bref, peux-tu détailler davantage ?

Mais ça n'existe pas un espace vectoriel sur un groupe, c'est quoi ce truc???????

Oups $\color{red}{dsl}$ [désolé] oui $\color{red}{ct}$ [c'était] puissance excuse je me suis emmêlé entre d divise n et le card divise le card $\color{red}{dsl}$ [désolé] .. $\color{red}{ct}$ [c'était] bien "le $ \textrm{card}(k)$ est une puissance de $ \textrm{card}(k_x)$" $ mais bon quoi j'avais la bonne fin : "$\color{red}{t}$ [c'est] à dire avec les notations de ryo : $ d\mid n$ et tu finis comme lui ..." ^\,^

Et puis hum je crois que vous cherchez une astuce dans la récurrence ... La récurrence intervient pour montrer que d divise n ... si $k_x$ est égal à $k$ alors tu as bien que $d$ divise $n$ et ça sans utiliser la récurrence... SINON alors l'argument de considérer $k$ comme un $k_x$ expace vectoriel marche vu que $k_x$ sera strictement inclus dans $k$ et donc de card strict plus petit donc COMMUTATIF PAR ReCURRENCE et ensuite tu finis comme tu veux la démo ... $\color{red}{ct}$ [C'était] juste pour répondre à Ryo qui avait en fait un faux problème vu sous cet angle. Ca va mieux comme ça ?

SXB rassure toi ça n'existe pas mais là on fait des espaces vectoriels sur des corps ... bon à part le fait surprenant que l'espace vectoriel est un corps lui même [il n']y a pas grand chose de $\color{red}{new}$ [nouveau] mais $\color{red}{c}$ [c'est] un outil tellement puissant


[J'ai corrigé, la prochaine fois écris tes mots en entier. Merci. AD]