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Théorème de Skolem-Noether

Posté par
monrow Posteur d'énigmes 09-02-08 à 23:38

Bonsoir,

encore un petit prob !

Citation :


Soit E un \mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie n\ge 1

1) Soit 3$\rm\(u_{ij}\)_{1\le i,j\le n} une base de 3$\mathcal{L}(E) vérifiant 3$\rm u_{ij}ou_{kl}=\delta_{jk}u_{il} pour tout i, j, k, l. Montrer que cette base "provient" d'une base de E, c'est-à-dire qu'il existe une base 3$\rm\(e_1,e_2,...,e_n\) tel que 3$\rm u_{ij}(e_k)=\delta_{jk}e_i pour 3$\rm 1\le i,j,k\le n

2) Soit 3$\varphi un endomorphisme de la K-algèbre 3$\mathcal{L}(E). Montrer que 3$\varphi est intérieur, c'est-à-dire qu'il existe 3$u\in\mathcal{GL}(E) tel que 3$\rm \varphi(f)=\varphi ofof^{-1}



Je bloque depuis le départ... des indices qui ne finissent pas !

Merci d'avance

Posté par
Nightmarere : Théorème de Skolem-Noether 10-02-08 à 00:38

Salut

Ce n'est pas trivial.

L'idée est de considérer 3$\rm F_{i,j}=\phi(u_{i,j}) et de montrer que 3$\rm (F_{i,j})_{1\le i\le n\\1\le j\le n} est une base élémentaire de L(E) associée à une base (f1,...,fn) de E.

En effet on aurait 3$\rm F_{i,j}(f_{k})=\delta_{j,k}f_{i} .Ensuite soit P la patrice de passage de 3$\rm (e_{1},...,e_{n}) à 3$\rm (f_{1},...,f_{n}). La matrice de ui,j dans la base (fi) est 3$\rm P^{-1}A_{i,j}P où Ai,j est la matrice dont tous les coefs. sont nuls sauf celui d'indice (i,j) qui vaut 1.
P traduit un endomorphise u dans la base (fi) et on a donc :
3$\rm \forall i,j\in \{1,...,n\} 3$\rm u_{i,j}=u^{-1}F_{i,j}u et donc 3$\rm F_{i,j}=uu_{i,j}u^{-1} d'où pour tout v dans L(E), 3$\rm \phi(v)=uvu^{-1} et donc phi est intérieur.
Reste à montrer ce que j'ai dit plus haut. J'y réfléchis.

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Skolem-Noether 10-02-08 à 11:17

Salut

très intéressante comme idée

je recherche de ma part

Posté par
Rodrigore : Théorème de Skolem-Noether 10-02-08 à 15:16

Bonjour
Pour trouver la base (f_i) note que les Fi,i sont nécessairement des projecteurs

Posté par
Nightmarere : Théorème de Skolem-Noether 11-02-08 à 20:22

Bon alors après une longue recherche :

3$\rm \forall i,j,k,l \in \{1,...,n\} 3$\rm F_{i,j}F_{k,l}=\delta_{j,k}}F_{i,l} et pour tout i dans {1,...n} 3$\rm F_{i,i}F_{i,i}=F_{i,i}\no=0 donc comme l'a dit Rodrigo (que je salue) Fi,i est un projecteur non nul.

On considère 3$\rm f_{i}\in \(Im F_{i,i}-\{0\}\). Supposons que 3$\rm \Bigsum_{i=1}^{n} \lambda_{i}f_{i}=0 avec lambda scalaire.

Alors 3$\rm F_{i,j}\(\Bigsum_{i=1}^{n} \lambda_{i} F_{i,i}f_{i}\)=\lambda_{j}f_{j}=0 donc les lambda sont nuls et 3$\rm (f_{i})_{i} est une base de E.

Fixons (i,j) dans {1,...,n} . 3$\rm \forall k\in \{1,...n\}, 3$\rm F_{i,j}(f_{k})=\Bigsum_{p=1}^{n} \lambda_{p,k} f_{p} avec les lambdasp,k des scalaires.

Pour l différent de i on a 3$\rm F_{l,l}(F_{i,j}(f_{k}))=0=\Bigsum_{p=1}^{n} \lambda_{p,k}F_{l,l}(F_{p,p}(f_{p}))=\lambda_{l,k}f_{l}=0
Ainsi pour l différent de i, 3$\rm \lambda_{l,k}=0 d'où 3$\rm F_{i,j}(f_{k})=\lambda_{i,k}f_{i}
On a 3$\rm F_{i,j}(f_{k})=F_{i,k}(F_{k,k}(f_{k}))=\delta_{j,k} F_{i,k}(f_{k}) donc 3$\rm \{{F_{i,j}(f_{k})=0 si j\no=k\\ F_{i,k}(f_{j})=\lambda_{i,j}f_{i}
En outre, 3$\rm \lambda_{i,i}=1 car Fi,i est un projecteur.

On a 3$\rm F_{i,j}F_{j,k}(f_{k})=F_{i,j}(\lambda_{j,k}f_{j})=\lambda_{j,k}\lambda_{i,j} f_{i}=F_{i,k}(f_{k})=\lambda_{i,k}f_{i} d'où 3$\rm \forall i,j,k \lambda_{i,j}\lambda_{j,k}=\lambda_{i,k} (*)

On pose 3$\rm f_{j}'=\alpha_{j}f_{j} où 3$\rm \alpha_{j}\in \mathbb{K}* et on cherche 3$\rm \alpha_{j} tels que 3$\rm \forall i, F_{i,j}(f_{j}')=f_{i}'
Nous avons 3$\rm F_{i,j}(f_{j}')=\alpha_{j}F_{i,j}(f_{j})=\alpha_{j}\lambda_{i,j}f_{i}=\(\frac{\alpha_{j}}{\alpha_{i}}\lambda_{i,j}\)f_{i}'

Prenons 3$\rm \alpha_{1}\in \mathbb{K}* et on pose 3$\rm \forall j\in \{1,...,,n\}, 3$\rm \alpha_{j}=\frac{\alpha_{1}}{\lambda_{1,j}}
Alors 3$\rm \forall i,j, \frac{\alpha_{j}}{\alpha_{j}}=\frac{\lambda_{1,i}}{\lambda_{1,j}}
En utilisant (*) et le fait que 3$\rm \lambda_{i,i}=1 on obtient que 3$\rm \forall i,j : \lambda_{1,i}=\lambda_{1,j}\lambda_{j,i} et qu'alors 3$\rm 1=\lambda_{j,i}\lambda_{i,j}=\lambda_{j,j} d'où 3$\rm \frac{\lambda_{1,i}}{\lambda_{1,j}}\times\lambda_{i,j}=\lambda_{j,i}\times \lambda_{i,j}=1

Ainsi en prenant 3$\rm \alpha_{j}=\frac{\alpha_{1}}{\lambda_{1,j}} on a que 3$\rm F_{i,j}(f_{j}')=f_{i}' pour tout i et j CQFD

Pfiou

Posté par
Nightmarere : Théorème de Skolem-Noether 11-02-08 à 20:25

Question : Est-ce que ça reste vrai en dimension infinie? Je dirais que oui... A prouver!

Posté par
Rodrigore : Théorème de Skolem-Noether 11-02-08 à 20:47

Bonjour Nightmare
Oui ca reste vrai en dimension infinie...mais un recours au produit tensoriel me parait indispensable.

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Skolem-Noether 11-02-08 à 21:09

Jord>> Un GRAND chapeau bas monsieur ! Théorème de Skolem-Noether

J'ai mis bcp de temps juste pour la lire et essayer de la comprendre

Posté par
Nightmarere : Théorème de Skolem-Noether 11-02-08 à 21:13

Rodrigo >

Je crois que ça marche bien avec le produit tensoriel.

Si l'on considère 3$\rm f=p\otimes q avec q dans E et p dans son dual et 3$\rm \phi l'automorphisme de L(E) tel que 3$\rm \phi(p)=p on montre qu'il existe un unique g(x) tel que 3$\rm \phi(p\otimes x)=p\otimes g(x) et que g est inversible.
Ensuite on considère 3$\rm h\to g^{-1}\phi(h)g on montre que phi est intérieur et la déduction est là.

Posté par
Rodrigore : Théorème de Skolem-Noether 11-02-08 à 21:15

Oui qqch de ce genre...en fait on a pas vraiment l'analogue d'une base élémentaire...mais on peut s'en sortir en considérant des projecteurs de rang 1...je me souviens avoir fait cet exo...


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