[PDF] Lemme de Dedekind et application

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Lemme de Dedekind et application

S. Francinou, H. Gianella,Exercices pour l"agrégation, Algèbre 1, Masson. Exercice B.4 page 243.

Recasage : 125, 151, 162.

Lemme 1 (Dedekind)SoientK;Ldeux corps. Soientf1;:::;fn:K!Ldes morphismes de corps distincts. Alorsf1;:::;fnsont linéairement

indépendants surK.BSupposons par l"absurde que la famille(f1;:::;fn)est liée. Parmi l"ensemble non vide des combinaisons linéaires nulles

non triviales, on en choisit une de taille minimale, que l"on écrit, quitte à réordonner lesfi:

a

1f1++akfk= 0(1)

aveca1;:::;ak2K. Commef16=fk, il existez2Ktel quef1(z)6=fk(z). Alors,

8x2K; a1f1(xz) ++akfk(xz) = 0

d"où a

1f1(z)f1++akfk(z)fk= 0:(2)

L"opération(2)f1(z)(1)donne :

a

2(f2(z)f1(z))f2++ak(fk(z)f1(z))fk= 0

qui est une relation de liaison non triviale puisquefk(z)6=f1(z), ce qui contredit la minimalité dek.

Théorème 2SoientKun corps etGun groupe fini d"automorphismes deK. NotonsKG=fx2K;8g2G;g(x) =xg. AlorsKG

est un sous-corps deKet[K:KG] =jGj.BNotonsn=jGjetg1=e;g2;:::;gnles éléments deG. Étape 1 : Supposons par l"absurde que[K:KG]< n.Soit alorsx1;:::;xp(p < n) une base deKen tant que K

G-espace vectoriel. Considérons l"application linéairef:Kn!Kpayant pour matrice dans les bases canoniques :

(gj(xi))1ip

1jn. Commep < n, d"après le théorème du rang,Kerf6= (0)donc il existez1;:::;zn2Ktels que

81ip; z1g1(xi) ++zngn(xi) = 0:

Soita2K. Il existe1;:::;p2KGtels quea=pX

i=1 ixi. Alors, n X j=1z jgj(a) =nX j=1z jp X i=1g j(i)gj(xi) i2KGp X i=1 i0 nX j=1z jgj(xi)1 A |{z} =0= 0: Ainsi,z1g1++zngn0Kce qui contredit le lemme de Dedekind.

Étape 2 : Supposons par l"absurde qu"il existex1;:::;xn+1n+1éléments deKlinéairement indépendants surKG.

Pour1in+ 1, posons

X i=0 B @g 1(xi) g n(xi)1 C A:DavidMichel2016-20171ENS RennesUniversité Rennes 1

On dispose donc d"une famille(X1;:::;Xn+1)de(n+1)vecteurs deKn, qui est donc liée : en considérant une combinaison

linéaire non triviale nulle de taille minimale, et quitte à réordonner lesXi, on peut écrire

z

1X1++zkXk= 0(3)

avecz1;:::;zk2K. Considérons l"action deGsurKndéfinie par

8g2G;8(u1;:::;un)2Kn; g0

B @u 1... u n1 C A=0 B @g(u1) g(un)1 C A:

Comme la translation

G!G h7!ghest une bijection, un élémentg2Gagit surXipar permutation des lignes. En faisant agirg2Gsur (3), on obtient g(z1)gX1++g(zn)gXk= 0 soit, après réorganisation des lignes, g(z1)X1++g(zk)Xk= 0:(4) En effectuant l"opération(3)g(z1)(4)z1on obtient : (z2g(z1)z1g(z2))X2++ (zkg(z1)z1g(zk))Xk= 0: Par minimalité dek, chacun des coefficients doit être nul, pour toutg, donc

8g2G;81ik; g(ziz11) =ziz11

ie.i=ziz112KG8i. Alors, l"équation (3) s"écrit z

11X1++z1kXk= 0

soit, commez16= 0,

1X1++kXk= 0

d"où

81jn; gj

kX i=1 ixi! = 0 et donc kX i=1 ixi= 0 ce qui contredit la liberté de(x1;:::;xn+1).

Conclusion.L"extensionK=KGest donc finie et[K:KG] =n=jGj.DavidMichel2016-20172ENS RennesUniversité Rennes 1

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