théorème de Jacobson

Bon je poste un début de solution j'espère que quelqun pourra la compléter:
Tout d'abord on prend $x=2$ on obtient qu'il existe $n\geqslant 2$ tel que $m=2^n-2=0$ dans $A$.
Pour tout nombre premier $p$ on note $v_p$ la valuation $p$-adique.
Pour tout $p\mid m$ on pose $I_p=\{ x\mid p^{v_p(m)} .x=0\}$ alors $I_p$ est un idéal bilatère. On a $I_p \cap I_q = \varnothing$ si $p\neq q$ et $\sum I_p =A$ (on écrit $x=\sum \frac{m}{p^{v_p(m)}} . x$).
Par conséquent on a $A\sim \bigoplus A/I_p$ et chaque anneau $A/I_p$ vérifie la même condition que $A$.
On est donc ramené à un anneau $A$ tel que $p^l=0$ pour un certain nombre premier $p$ et un entier $l\geqslant 1$.
Dans un tel anneau $A$ le seul élément nilpotent est $0$: en effet si $x\in A$ est nilpotent on aurait $x^n=x$ et $x^{n'}=0$ pour certains entiers $n,n'\geqslant 2$ et pour $n''\equiv 1 [n-1]$ plus grand que $n'$ on a alors $x=x^{n''}=0$.
Par conséquent $p$ étant nilpotent on a $p=0$ dans $A$.
On est donc ramené au cas où $A$ est une $\mathbb{F}_p$-algèbre pour un certain nombre premier $p$.
Dans ce cas pour tout entier naturel $n\geqslant 2$ il existe des entiers $\alpha $ et $\beta$ tel que dans $\mathbb{F}_p[X]$ on ait $X^n-X\mid (X^{p^\alpha}-X)^{p^\beta}$.
Par conséquent $\forall x \in A$ il existe $\alpha$ et $\beta$ tels que $(x^{p^\alpha}-x)^{p^\beta}=0$ et comme $A$ n'a comme nilpotent que $0$ on a $x^{p^\alpha}=x$.
Pour tout entier $\alpha \geqslant 1$ on note $A_{\alpha}= A \otimes_{\substack{\mathbb{F}_p}} \mathbb{F}_{p^\alpha}$ la $\mathbb{F}_{p^\alpha}$-algèbre obtenue par extension des scalaires.
On a toujours $A \hookrightarrow A_{\alpha}$
Soit $x\in A$ on veut montrer que $x$ est dans le centre de $A$ il suffit donc de montrer que $x$ est dans le centre de $A_{\alpha}$ pour un certain $\alpha$.
Il existe $\beta$ tel que $x^{p^{\beta}}=x$
Notons $ad(x)$ l'application linéaire $A\to A$ $y\mapsto xy-yx$
Il est facile de vérifier que $ad(x)^{p^{\beta}}=ad(x)$ donc si on se place dans $A_{\beta}$ on a $A_{\beta}=\bigoplus_{\lambda \in \mathbb{F}_{p^\beta}} Ker (ad(x)-\lambda Id)$
Pour montrer que $x$ est dans le centre il suffit de montrer que $0$ est la seule valeur propre de $ad(x)$.
Soit $y\in A_{\beta}$ un vecteur propre de $ad(x)$ on a alors:
$ad(x)(y)=xy-yx=\lambda y$
D'où $ad(y)(x)=yx-xy=-\lambda y$ d'où $ad(y)^2(x)=0$
Or pour un certain entier $\gamma$ on a $ad(y)^{p^\gamma}-ad(y)=0$ (1) par conséquent $ad(y)$ est semi-simple donc $Ker(ad(y)^2)=Ker(ad(y))$.
On a par conséquent $ad(y)(x)=0$ d'où $\lambda=0$: la seule valeur propre de $ad(x)$ est $0$ QED

Le seul problème dans cette démonstration est de voir que $y$ qui à priori est dans $A_{\beta}$ vérifie bien (1) c'est à dire qu'il faut vérifier que pour $x\in A_{\beta}$ il existe bien $n\geqslant 2$ tel que $x^n=x$: Il me semble que c'est vrai mais je n'arrive pas à la montrer si quelqun pouvait m'aider sur ce point...

Je n'arrive toujours pas à montrer (1) mais sinon j'ai trouvé une façon de contourner (1):
$m_x : y\mapsto xy$ l'application linéaire "multiplication à gauche par $x$"
on a $x^{p^\alpha}-x=0$ d'où $m_x^{p^\alpha}-m_x=0$
On décompose $X^{p^\alpha}-X=\prod Q(X)$ dans $\mathbb{F}_p[X]$ en facteurs irréductibles
On a alors $A=\bigoplus Ker(Q(m_x))$ et $Ker(Q(m_x))$ est une $\mathbb{F}_p$-algèbre pour la restriction de la multiplication de $A$: on vient d'écrire $A$ comme produit d'algèbres. On se ramène donc au cas où $Q(m_x)=0$ ie $Q(x)=0$ pour un certain polynôme $Q$ irréductible sur $\mathbb{F}_p[X]$
$m_x$ et $ad(x)$ commutent.

En fait dans ce cas là on va pouvoir injecter un corps plus grand que $\mathbb{F}_p$: ce sera $K=\mathbb{F}_p[x]=\mathbb{F}_p[X]/(Q(X))$. Si $K\sim \mathbb{F}_{p^{\beta}}$ alors on a $ad(x)^{p^\beta}-ad(x)=0$ et les éléments de $K$ vont jouer les rôles de valeurs propres: $A$ est alors naturellement un $K$ espace vectoriel et $ad(x)$ en est un endomorphisme (puisque $ad(x)$ et $m_x$ commutent). Par conséquent $A=\bigoplus_{\substack{\lambda \in K}} Ker(ad(x)-\lambda Id)$.
Encore une fois il suffit de montrer que $0$ est la seule valeur propre de $ad(x)$.
Soit $y$ un vecteur propre pour $ad(x)$ il existe alors $\lambda \in K$ tel que $ad(x)(y)=\lambda y$ ie il existe un polynôme $P\in \mathbb{F}_p[X]$ tel que $xy-yx=P(x)y$(*). Si maintenant on considère le sous anneau $B$ de $A$ engendré par $x$ et $y$ on a que $B$ est une $\mathbb{F}_p$-algèbre de dimension finie (car la condition (*) permet d'écrire chaque élément de $B$ sous la forme $F(x,y)$ pour $F\in \mathbb{F}_p[X,Y]$ un polynôme à deux variables et que $x$ et $y$ sont chacun annulé par un polynôme non nul de $\mathbb{F}_p[X]$).
$y$ étant quelconque il suffit de montrer que $y$ et $x$ commutent ie que $B$ est commutatif.

On s'est donc ramené à prouver le résultat suivant:

Soit $B$ une algèbre de dimenson finie sur $\mathbb{F}_p$ telle que pour tout $x\in B$ il existe $n\geqslant 2$ tel que $x^n=x$.
En fait on va montrer qu'une telle algèbre s'écrit comme produit d'algèbres à division sur $\mathbb{F}_p$ de dimensions finies qui seraont commutatives en vertu du théorème de Wedderburn.

Pour montrer qu'une algèbre $C$ de dimension finie sur $\mathbb{F}_p$ est à division il suffit de montrer que $\forall x \in C$ non nul $ker(m_x)=\{0\}$: en effet alors $m_x$ est bijective donc il existe $y\in C$ tel que $m_x(y)=xy=1_C$.

On va décomposer $B$ en produit d'algèbres sur $\mathbb{F}_p$ vérifiant cette condition.

On fait une récurrence sur la dimension de $B$:
Si $B$ est de dimension 1 c'est clair

Dans un premier temps si $\forall x \in B$ non nul on a $Ker(m_x)=0$ alors d'après ce qui précède $B$ est déjà une algèbre à division.
Sinon il existe $x\in B$ tel que $Ker(m_x)\neq 0$ . Il existe alors $n\geqslant 2$ tel que $m_x^n-m_x=0$ on a alors: $B=Ker(m_x)\oplus Ker(m_x^{n-1}-1)$ . $Ker(m_x^{n-1}-1)$ et $Ker(m_x)$ sont des algèbres (pour la restriction de la multiplication de $C$) de dimension strictement plus petite et vérifiant la même condition que $B$ d'où le résultat.

Christophe,

Si tu as du temps je te conseille d'aller a la source :

Structure of Rings, Nathan Jacobson
Volume 37 of American Mathematical Society Colloquium publications
Author Nathan Jacobson
Edition 5, revised
Publisher AMS Bookstore, 1964
ISBN 0821810375, 9780821810378

cc, tu peux faire herstein jacobson dans google (1er doc p. 73)

Salut,

Il me semble qu'il existe des mots aussi long que l'on veut avec deux lettres, tels que il n'y ait pas un motif répété trois fois à la suite. Donc si tu prends $x^4=x$, on ne pourra pas simplifier ces mots.