Comments on David A. Cox's Galois Theory

Solo (2005-06-27T10:02:25Z)

Bonjour David.

Bien d'accord avec votre objection : pour le 2°, il faut en effet se ramener au cas fini, comme vous l'avez fait.
Ma solution du 2° n'est qu'esquissée et j'ai omis ce qu'elle a en commun avec la vôtre.

Merci de votre attention.

Solo (2005-06-26T20:18:51Z)

Mes excuses pour deux fautes de frappe.

Pour le 1° : assure l'existence d'un idéal maximal M de A.

Pour le 3° : on remplace chaque coefficient de M par son image par f (et non par M).

Ruxor (2005-06-26T20:16:34Z)

La solution du 1º est jolie, et ressemble beaucoup au genre de raisonnements qu'on fait pour définir le radical de Jacobson (qui est par définition l'intersection de tous les idéaux à gauche maximaux et se trouve coïncider — c'est assez remarquable et tout à fait élémentaire — avec l'intersection de tous les idéaux à droite maximaux : cf. <URL: http://www.dma.ens.fr/~madore/algebre2/feuille10.pdf >). Pour la solution du 2º, en revanche, j'ai une petite objection, c'est que la matrice n'est a priori pas forcément finie (à moins de faire les remarques que je fais au début, et qui sont certes très faciles) : dans ces conditions, elle a un nombre fini d'entrées non nulles dans chaque colonne, mais ce n'est pas évident de prendre sa transposée (sa transposée a un nombre fini d'entrées non nulles dans chaque ligne), c'est un point qui m'a gêné un moment (parce qu'effectivement j'ai raisonné en termes de matrices).

Solo (2005-06-26T19:27:16Z)

Bravo.

Voici des solutions élémentaires.

Pour 1°, le théorème de Krull assure l'existence d'un idéal à gauche maximal de A. Appliquons l'hypothèse au A-module à gauche A/M. Ce module doit admettre une base. Puisq'il n'est pas nul, il comprend donc au moins un vecteur libre.
Ceci signifie qu'il existe un élément a de A possédant la propriété suivante :
le seul élément c de A tel que ca appartienne à M est 0.
Tirons-en que tout élément non nul x de A admet un inverse à gauche.
D'après la propriété de a, xa n'appartient pas à M.
Puisque M est un idéal maximal, il existe donc y tel que
yxa - 1 appartienne à M. Puisque M est un idéal à gauche,
a(yxa - 1) appartient donc à M, autrement dit, (ayx - 1)a appartient à M. D'après la propriété de a, ceci entraîne
ayx - 1 = 0, autrement dit ayx = 1, donc x admet bien un inverse à gauche comme annoncé.
Ainsi tout élément non nul de a admet un inverse à gauche.
On sait qu'il en résulte que A est un corps.

Pour le 2°, la condition a) revient à dire que toute matrice rectangulaire inversible (définition évidente) pour le produit des matrices relatif aux modules à gauche est carrée.
Or
- une matrice est inversible pour ce produit des matrices si et seulement si sa transposée ets inversible pour l'autre produit;
- une matrice est carrée si et seulement si sa transposée est carrée.
On tire don b) de a) en passant à la matrice transposée.

Pour le 3°, soit f un homomorphisme de A dans un anneau dimensionnel B. Soit M une matrice à coefficients dans A, inversible par exemple pour le produit des matrices relatif aux modules à gauche. Il s'agit de prouver que M est carrée. La matrice à coefficients dans B obtenue en remplaçant dans M chaque coefficient par son image par M est elle aussi inversible pour le produit des matrices relatif aux modules à gauche, donc (puisque B est dimennsionnel) est carrée, donc M est carrée.

Mais ceci est pour les amateurs…

Ruxor (2005-06-26T17:13:55Z)

Jolis exercices, qui m'ont donné du fil à retordre (en tant que géomètre algébriste, j'ai peu l'habitude de manier des anneaux qui ne sont pas commutatifs). Voici comme je vois la solution.

1º L'hypothèse est que tout A-module à gauche est libre. En particulier, tout A-module à gauche est projectif (i.e., toute suite exacte courte de A-modules à gauche est scindée), c'est-à-dire que A est un anneau semisimple, donc isomorphe (c'est Wedderburn-Artin) à un produit d'anneaux de matrices sur des anneaux à divisions (corps gauches). Manifestement, dès que ce produit a plus qu'un facteur ou que la taille des matrices dépasse 1×1, l'hypothèse n'est plus vérifiée, donc A est bien un anneau à division (et réciproquement, tout module à gauche sur un anneau à division est libre). La méthode peut paraître sophistiquée, mais je pense que dès qu'on déroule un peu la démonstration de Wedderburn-Artin (cf. notamment Lam, *A First Course in Noncommutative Rings*, §2 et §3), c'est très naturel.

2º Tout d'abord, on se ramène au cas fini. Pour cela, on remarque si on a un isomorphisme entre A^n (n fini) et A^(I) (le A-module à gauche libre de base I avec I infini) alors l'image de cet isomorphisme ne concerne qu'un nombre fini d'éléments de I donc en fait I est fini. Et si I et J sont tous deux infinis, un isomorphisme entre A^(I) et A^(J) impose que I et J aient même cardinal pour des raisons tout à fait idiotes. Bref, on s'intéresse simplement à la possibilité d'un isomorphisme entre A^m et A^n avec m et n finis. Or le dual du A-module à gauche libre A^n est le A-module à droite libre A^n avec l'isomorphisme évident, et les duaux de deux A-modules isomorphes sont encore isomorphes (par transposée…). Bref, A^m et A^n sont isomorphes comme A-modules à gauche si et seulement si ils le sont comme A-modules à droite, ce qu'on voulait.

3º Si A^m et A^n sont isomorphes, alors en tensorisant avec B au-dessus de A on voit que B^m et B^n sont isomorphes.

Solo (2005-06-26T07:42:10Z)

Bonjour David.

A mes moments perdus, je fais un peu de mathématiques en amateur.
Voici trois petites colles que je n'ai lues dans aucun livre, mais j'ai très peu de lectures mathématiques.

1° Soit A un anneau (unitaire non nul) non forcément commutatif. On suppose que tout A-module à gauche admet une base. Prouver que A est un corps ("division ring").

2° Soit A un anneau (unitaire non nul) non forcément commutatif. Prouver que les deux propriétés suivantes sont équivalentes :
a) dans tout A-module à gauche, toutes les bases sont équipotentes;
b) dans tout A-module à droite, toutes les bases sont équipotentes.

3° Appelons dimensionnel un anneau (unitaire non nul) possédant les deux propriétés équivalentes du point 2°.
Si A est un anneau (unitaire non nul), s'il existe un homomorphisme de A dans un anneau dimensionnel B, alors A est dimensionnel.

Si vous êtes intéressé par mes solutions, je vous les donnerai bien volontiers.

Ruxor (2005-06-19T01:10:49Z)

To clarify a few points (in response to a private comment):

(1) I do not endorse anything written by anyone other than myself. (In fact, I'm not even sure I even endorse anything written by myself, but that's beside the point.) Even if a post is moderated to appear on this comments system, it does not mean I accept any liability as to its content. But I don't know which particular comment was refered to, nor do I wish to know (and I will not argue the point with an anonymous poster).

(2) I did not mean to imply that Cox had been the first to introduce toric varieties, nor that he had coined the term. However, our vision of toric varieties would not have been the same but for his contributions (re the Cox ring), and, to my eye, this is sufficient justification for what I wrote (though my way of stating it was, indeed, clumsy).

f3etoiles (2005-06-17T20:21:27Z)

Pour les non-anglophones qui fréquentent ce blog (s'il en existe) le numéro spécial des Génies de la Science (oui, je suis, je sais) consacré à Galois n'est pas mal du tout, et met les mêmes points sur les mêmes i's, me semble-t-il

bidibulle (2005-06-17T12:03:01Z)

Et moi, et moi!!

J'ai feuillette pendant quelques temps le Cox et le Douady et je me suis dit, "Non tu as fait des etudes de Physique, t'es pas un vrai matheux, ne va pas t'embarquer la dedans…"

Rhaaaaaaaaaaaa!!

Je doit retenir ma carte bleue!!!

Et tant qu'a acheter le bouquin de Lecointre, autant rendre cette achat utile:
Je propose que tous ensemble nous contribuons a:

<URL: http://species.wikipedia.org/wiki/Accueil >

Ruxor (2005-06-17T11:22:36Z)

À propos de la vie de Galois lui-même, on pourra lire <URL: http://godel.ph.utexas.edu/~tonyr/galois.html > (qui met les points sur quelques 'i').

phi (2005-06-17T11:11:43Z)

Notre thérapie de groupe pour se soigner de notre livrolisme est mal partie… J'avais réussi à plusieurs reprises à me retenir d'acheter la classification phylogénétique du vivant, estimant que cela devait bien se trouver sur internet, mais je crois que ja vais céder à une malsaine émulation. peut-être que le vieux Gibert m'accordera une ristourne avec le livre de Cox si je brandis un extrait du blog de Ruxor? J'avais péniblement réussi à passer du stade où l'on achète un livre qu'on ne trouve pas de raison de ne pas acheter à celui où la charge de la preuve est inversée; tous mes efforts sont anéantis! Qui connaît un bon livroleptique* à effet rapide?

pfff, j'ai honte… les puristes préconisent de n pas mélanger préfixes latins et suffixes grecs, mais là (Ruxori culpa), un mot français contemporain!

Matoo (2005-06-17T10:43:55Z)

Aaaaah c'est pour ça alors… lol :-) Moi le p'tit Evariste Galois m'a surtout passionné par son histoire personnelle et son cheminement en tant que mathématicien de 20 ans ! (Mais c'est une autre histoire…)

Ruxor (2005-06-17T10:37:22Z)

Oui, je suppose que ça correspond à peu près au niveau de 2–3 années de licence ou bien math sup + math spé. Je n'ai pas regardé de très très près quels sont les prérequis.

Anatole (2005-06-17T10:35:56Z)

Mais Adrien Douady est spécialiste des systèmes dynamiques si je ne m'abuse (il se trouve que je le connais un peu, dans la vie civile bien sûr, comme beaucoup de gens qui ont passé du temps rue Mouffetard). C'est ce qu'on appelle être polyvalent. D'un autre côté, il m'a raconté comment il avait eu le concours (pneumonie toute l'année, aucun cours, aucune révision, 2 ième)…

zazie (2005-06-17T03:51:57Z)

Quand est-ce qu'on atteint le niveau demandé pour lire les livres que tu conseilles aux mathématiciens amateurs connaissant "l'algèbre de base" ? Après une Maths sup, une Spé,
trois ans de fac ? … :-)


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