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Sur une preuve du théorème de Steinitz

Envoyé par Maxtimax 
Sur une preuve du théorème de Steinitz
il y a deux années
Bonjour,
La preuve classique du théorème de Steinitz (concernant l'existence d'une clôture algébrique) utilise indifféremment le lemme de Zorn et donc l'axiome du choix.
Je ne sais pas si la preuve que je propose a déjà été proposée, mais si je ne me trompe pas, elle permet d'obtenir le théorème dans le cas général, et de l'obtenir sans l'axiome du choix lorsque le corps de base est fini ou dénombrable. Merci de corriger, de me dire si je me trompe, si ça a déjà été proposé, etc.
Soit $L = \{+,×,0,1\}$ un langage du premier ordre, les symboles étant respectivement des fonctions d'arité 2, 2,0 et 0. On note $Fld$ l'ensemble des axiomes de corps. Soit $K$ un corps, fini ou dénombrable (la preuve se fait de manière bien plus générale, mais utilise alors Zorn, et n'apporte donc rien de nouveau à celle classique). Prenons par exemple $K = \{a_i \mid i\in \mathbb{N}\}$ une énuméartion de $K$, qu'on suppose dénombrable (le cas fini se traite de la même manière). On considère alors $L' =L \cup \{\overline{a_i} \mid i \in \mathbb{N}\}$ où pour tout entier naturel $i$, $\overline{a_i}$ est un symbole, et on suppose que ces symboles sont deux à deux disjoints, et qu'ils ne sont pas dans $L$. $L'$ est toujours un langage dénombrable. On considère alors la théorie $T$ constituée de $Fld$, et des "tables d'addition et de multiplication de $K$". Plus précisément, si $a_i \times a_j = a_k$, alors la formule $\overline{a_i} × \overline{a_j} = \overline{a_k}$ est dans $T$ ( de même pour $+$). On voit que $T$ a comme modèle évident $K$ (c'est d'ailleurs le "plus petit", à isomorphisme près). Considérons alors la théorie $T'$ constituée de $T$ est de tous les axiomes suivants : si $a_0,..a_n$ est une suite d'éléments de $K$, $n \neq 0$ et $a_n \neq 0$, alors $\exists x, \overline{a_0} + ...+\overline{a_n} × x^n =0$ est dans $T'$ (bien sûr comme c'est un schéma d'axiomes on pourrait s'attarder sur chaque axiome à écrire $x × x ×....× x$ suffisamment de fois, mais pour être plus simple j'écris $x^n$). On connaît, sans axiome du choix, l'existence pour tout polynôme $P$ d'un corps dans lequel $K$ se plonge et tel que $P$ ait une racine dans $K$. De ce fait toute partie finie de $T'$, étant inclue dans $T + $ un nombre fini d'axiomes d'existenxe d'une racine, est consistante. Donc par compacité (qu'on démontre sans axiome du choix lorsque le langage est fini ou dénombrable, ce qui est ici le cas- en effet le théorème de complétude se démontre dans ce cas sans axiome du choix, et le théorème de compacité en est une conséquence immédiate), $T'$ est consistante. Donc il existe un surcorps de $K$ ( à isomorphisme près : $K$ peut être plongé dans tout modèle de $T'$) dans lequel tout polynôme non constant à coefficients dans $K$ admet une racine, donc dans lequel tout polynôme à coefficients dans $K$ est scindé. Soit $L$ un tel surcorps. On considère alors le sous-corps de $L$ des éléments algébriques sur $K$. Ce corps est algébriquement clos (cela se verifie par des petites considérations algébriques usuelles) : d'où l'existence d'une clôture algébrique de $K$ .
De même lorsque $K$ est fini.
Je n'utilise pas AC (on voit dans la preuve que c'est la compacité qui fait qu'on en a besoin lorsque $K$ est plus grand), si ?
Merci de vos commentaires

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Maxtimax.
Re: Sur une preuve du théorème de Steinitz
il y a deux années
Bon, j'ai fait l'effort de lire le début, et je parie que ton truc marche sans le lire jusau'à la fin. Mais sache que l'existence d'un modèle pour n'importe quelle théorie dénombrable consistante ne nécessite aucune forme d'axiome du choix: on skolémise et on prend la branche la plus à gauche (par exemple) dans le jeu prouveur-sceptique.

Dans le cas particulier de recherche d'une clôture algébrique, c'est encore plus simple, car ce qui fait office de "skolémisation" est plus "concret".

edit: si je ne t'ai pas répondu ça direct en MP sans cliquer c'est parce que (honte à moi) je ne savais pas ce qu'est le T de Steinitz grinning smiley

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi ...... Cliquez sur cet implicite, pour économiser



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par christophe c.
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