Teorema de Wedderburn

RESUMEN. Demostramos el teorema de Wedderburn: todo cuerpo finito es conmutativo.

Enunciado
A lo largo de éste problema la letra $K$ designará un cuerpo finito y no necesariamente conmutativo. Si $A$ es un conjunto, denotamos por $|A|$ al cardinal de $A$. Se trata de demostrar el teorema de Wedderburn i.e. que todo cuerpo finito es conmutativo.
1. Sea $k\subsetneq K$ un subcuerpo propio y conmutativo de $K$.
   (i) Demostrar que la dimensión de $K$ como $k$-espacio vectorial es finita y mayor o igual que $2$.
   (ii) Demostrar existe un entero $n\ge 2$ tal que $|K|=|k|^n$.
2. Sea $s\in K$. Definimos el centralizador de $s$ como $$C_s=\{x\in K:xs=sx\}$$ es decir, como el conjunto de los elementos de $K$ que conmutan con $s$. Demostrar que $C_s$ es subcuerpo de $K$.
3. El centro de $K$ se define como $$Z=\{a\in K:ax=xa\;\forall x\in K\}$$ es decir, es el conjunto de los elementos de $K$ que conmutan con todos los de $K$. Demostrar que $Z$ es subcuerpo conmutativo de $K$.
   Nota. Obsérvese que el teorema de Wedderburn quedaría demostrado si demostramos que $Z=K$.
4. Sea $|Z|=q$. Demostrar que $|K|=q^n$ y que $|C_s|=q^{n_s}$ para ciertos enteros positivos $n, n_s$. Demostrar que si además $K$ no es conmutativo, existe $s\in K$ tal que $n_s < n$.
5. Definimos en $K^*=K\setminus \{0\}$ la relación $$u\sim v\Leftrightarrow u=x^{-1}vx\text{ para algún }x\in K^*.$$ Demostrar que $\sim$ es relación de equivalencia en $K^*$ y determinar sus clases de equivalencia.
6. Demostrar que $\left|[s]\right|=1\Leftrightarrow s\in Z$, y que si $K$ no es conmutativo existe al menos una clase tal que $\left|[s]\right|\ge 2$.
7. Para $s\in K^*$ denotamos $C_s^*=C_s\setminus \{0\}$ y $C_s^*x=\{zx:z\in C_s^*\}$. Se considera la aplicación $$f_s:K^*\to [s],\quad f_s(x)=x^{-1}sx.$$ Demostrar que $f_s(x)=f_s(y)$ si y sólo si, $y\in C_s^*x$. Aplicar éste resultado para demostrar que $$\dfrac{\left|K^*\right|}{\left|C_s^*\right|}=\dfrac{q^n-1}{q^{n_s}-1}=\left|[s]\right|$$ en donde $q$, $n$ y $n_s$ tienen los mismos significados que en el apartado 4.
8. Sea $K$ no conmutativo y llamemos $Z^*=Z\setminus \{0\}$. Sean $[s_1],\ldots,[s_m]$ las clases que tienen más de un elemento (vimos que existen si $K$ no conmutativo). Demostrar la fórmula $$q^n-1=q-1+\sum_{k=1}^{m}\frac{q^n-1}{q^{n_k}-1}\;\text{ con }\; 1 < \frac{q^n-1}{q^{n_k}-1}\in \mathbb{N} \;\;\forall k=1,\ldots,m.$$
9. Sea $K$ no conmutativo. Demostrar que $n_k\mid n$ para todo $k=1,\ldots,m$.
10. Sea $\xi=e^{2\pi i/n}$ y $U_n=\{1,\xi,\xi^2,\ldots,\xi^{n-1}\}$ el grupo cíclico multiplicativo de las raíces enésimas de la unidad. Si $\lambda\in U_n$ definimos $\text{ord }\lambda$ (orden de $\lambda$) como el menor entero positivo $d$ tal que $\lambda^d=1$. Por el teorema de Lagrange, necesariamente $d\mid n$. Para todos los divisores positivos $d$ de $n$ definimos los polinomios: $$\phi_d(x):=\prod_{\text{ord }\lambda=d}(x-\lambda)\text{ con lo cual},\;x^n-1=\prod_{d\mid n}\phi_d(x).$$ (i) Descomponer $x^6-1$ como producto de los polinomios $\phi_d(x)$ con $d\mid 6$.
    (ii) Demostrar que para todo $n$ el polinomio $\phi_n(x)$ tiene coeficientes enteros (i.e. $\phi_n(x)\in\mathbb{Z}[x]$) y que su término constante es $1$ 0 $-1$.
11. Demostrar que si $K$ no es conmutativo, entonces $\phi_n(q)\mid q-1$.
12. Demostrar el teorema de Wedderburn: todo cuerpo finito es conmutativo.

Solución
1. (i) Al ser $k$ conmutativo, claramente $K$ es espacio vectorial sobre el cuerpo $k$, y por ser $K$ finito la dimensión de $K$ es finita. Si $a\in K$ y $a\notin k$ el sistema $S=\{1,a\}$ es libre. En efecto, si $\lambda _1 1+\lambda_2a=0$ con $\lambda_1,\lambda_2\in k$ han de ser nulos los escalares $\lambda_1$ y $\lambda_2$. Si fuera $\lambda_2\ne 0$, entonces $$\lambda_11+\lambda_2a=0\Rightarrow \lambda_2a=-\lambda_1\Rightarrow a=\lambda_2^{-1}(-\lambda_1).$$ Entonces, $a=\lambda_2^{-1}(-\lambda_1)$ pertenecería a $k$ en contradicción con la hipótesis. Necesariamente $\lambda_2=0$ y por ende, $\lambda_1=-0a=0.$ Concluimos pues que $\dim K\ge 2$ y finita.
   (ii) Sea $\dim K=n$, que según el apartado anterior es $\ge 2$ y finita. Al ser $K$ isomorfo a $k^n$, se verifica $|K|=|k^n|=|k|^n.$
2. Claramente $0$ y $1$ pertenecen a $C_s$. Por otra parte, $$x,y\in C_s\Rightarrow (x-y)s=xs-ys=sx-sy=s(x-y)\Rightarrow x-y\in C_s,$$ $$x,y\in C_s\Rightarrow (xy)s=x(ys)=x(sy)=(xs)y=(sx)y=s(xy)\Rightarrow xy\in C_s,$$ $$0\ne x\in C_s\Rightarrow xs=sx\Rightarrow s=x^{-1}sx\Rightarrow sx^{-1}=x^{-1}s\Rightarrow x^{-1}\in C_s$$ es decir, $C_s$ es subcuerpo de $K$.
3. Tenemos que $Z=\bigcap_{s\in K}C_s$ y la intersección de subcuerpos es subcuerpo. Además, $Z$ es conmutativo por su propia definición.
4. Dado que $Z$ es subcuerpo conmutativo tanto de $C_s$ como de $K$, podemos considerar a $C_s$ y a $K$ como espacios vectoriales sobre $Z$. Si $\dim C_s=n_s$ entonces, $n_s\ge 1$ por ser $\{1\}$ sistema libre y $C_s\cong Z^{n_s}$ es decir $|C_s|=q^{n_s}$. De manera análoga, si $\dim K=n$ entonces $|K|=q^n$ con $n\ge 1$. Nótese que según el apartado primero, sería $n\ge 2$ si $Z\subsetneq K$.
   Si además $K$ no es conmutativo existe algún $s\in K$ que no conmuta con todos los elementos de $K$, es decir existe algún $s\in K$ tal que $C_s\ne K$ y al ser $C_s\subset K$, para tal $s$ queda $q^{n_s}=|C_s| < |K|=q^n\Rightarrow n_s < n.$
5. Para todo $u\in K^*$ se verifica $u=1^{-1}u1$ es decir, $u\sim u$. Si $u\sim v$ entonces $u=x^{-1}vx$ lo cual implica $v=xux^{-1}=(x^{-1})^{-1}u x^{-1}$, luego $v\sim u$. Sean ahora $u,v,w\in K^*$. Entonces $$\left \{ \begin{matrix}u\sim v\\v\sim w\end{matrix}\right.\Rightarrow \left \{ \begin{matrix}u=x^{-1}v x\\v=y^{-1}w y\end{matrix}\right.\Rightarrow u=x^{-1}y^{-1}w y x=(yx)^{-1}w(yx)\Rightarrow u\sim w.$$ Concluimos que $\sim$ es relación de equivalencia en $K^*$. Si $s\in K^*$, la clase de equivalencia a la que pertenece $s$ es $$[s]=\{u\in K^*:u\sim s\}=\{u\in K^*:u=x^{-1}sx\text{ con }x\in K^*\}=\{x^{-1}sx:x\in K^*\}.$$
6. $\Rightarrow)$ Si el cardinal de $[s]$ es $1$, entonces $[s]=\{s\}$ y por tanto $s=x^{-1}sx$ para todo $x\in K^*$, luego $xs=sx$ para todo $x\in K^*$ y por supuesto para todo $x\in K$ con lo cual $s\in Z$.
   $\Leftarrow )$ Si $s\in Z$ entonces $sx=xs$ para todo $x\in K$, por tanto $$[s]=\{x^{-1}sx:x\in K^*\}=\{x^{-1}xs:x\in K^*\}=\{s\}\Rightarrow \left|[s]\right|=1.$$ Si $K$ no es conmutativo existe $s\in K$ tal que $s\notin Z$ por tanto $\emptyset\ne[s]$ no tiene cardinal $1$, es decir $\left|[s]\right|\ge 2$.
7. Para todo $x,y\in K^*$ se verifica $$f_s(x)=f_s(y)\Leftrightarrow x^{-1}sx=y^{-1}sy\Leftrightarrow \left(yx^{-1}\right)s=s\left(yx^{-1}\right)$$ $$\Leftrightarrow yx^{-1}\in C_s^*\Leftrightarrow y\in C_s^*x.$$ Claramente $\left|C_s^*x\right|=\left|C_s^*\right|$ pues $x$ es invertible. Cada elemento $f_s(x)=x^{-1}sx$ de $[s]$ es la imagen de los $y\in K^*$ tales que $y\in C_s^*$ es decir es la imagen de $\left|C_s^*x\right|=\left|C_s^*\right|$ elementos de $K^*$, luego $\left|K^*\right|=\left|[s]\right|\left|C_s^*\right|$. Es decir $$\dfrac{\left|K^*\right|}{\left|C_s^*\right|}=\dfrac{q^n-1}{q^{n_s}-1}=\left|[s]\right|\quad \forall s\in K^*.$$
8. Tenemos $\left|K^*\right|=q^n-1$, $\left|Z^*\right|=q-1$ y $\left|C_s^*\right|=q^{n_s}-1$. Las clases de equivalencia de $\sim$ en $K^*$ forman una partición de $K^*$ y tenemos $\left|K^*\right|$ clases de equivalencia con un elemento y $m$ clases $[s_1],\ldots,[s_m]$ con $q^{n_1},\ldots,q^{n_m}$ elementos respectivamente, con lo cual $\left|K^*\right|=\left|Z^*\right|+\sum_{k=1}^m \left|C_{s_k}^*\right|$ y usando el apartado anterior queda $$q^n-1=q-1+\sum_{k=1}^{m}\frac{q^n-1}{q^{n_k}-1}.$$ Por otra parte, para toda clase $[s_k]$ con $k=1,\ldots,m$ se verifica $1<\left|[s_k]\right|\in \mathbb{N}$ con lo cual, $$1<\left|[s_k]\right|=\frac{q^n-1}{q^{n_k}-1}\in\mathbb{N}.$$
9. Podemos escribir $n=an_k+r$ con $0\le r < n_k$ y para todo $k$ se verifica $q^{n_k}-1\mid q^n-1$. Entonces, $$q^{n_k}-1\mid q^n-1\Rightarrow q^{n_k}-1\mid q^{an_k+r}-1\Rightarrow $$ $$q^{n_k}-1\mid \left(q^{an_k+r}-1\right)-\left(q^{n_k}-1\right)=q^{n_k}\left(q^{(a-1)n_k+r}-1\right).$$ Dado que $q^{n_k}$ y $q^{n_k}-1$ son relativamente primos, se verifica $q^{n_k}-1\mid q^{(a-1)n_k+r}-1$, y continuando de esta manera llegaríamos a que $q^{n_k}-1\mid q^r-1$ con $0\le r < n_k$ que sólo puede ocurrir si $r=0$, luego $n=an_k$. Es decir, $n_k\mid n$.
10. (i) Tenemos $U_6=\{1,\xi,\xi^2,\xi^3,\xi^4,\xi^{5}\}$. Los mínimos exponentes positivos $d$ que corresponden a cada raíz son $$1^1=1,\;\xi^6=1,\;(\xi^2)^3=1,\;(\xi^3)^2=1,\;(\xi^4)^3=1,\;(\xi^5)^6=1,$$ luego los polinomios $\phi_d(x)$ son $$\begin{aligned}&\phi_1(x)=x-1,\quad\phi_2(x)=(x-\xi^3),\\ &\phi_3(x)=(x-\xi^2)(x-\xi^4),\quad\phi_6(x)=(x-\xi)(x-\xi^5),\end{aligned}$$ y queda $x^6-1=\phi_1(x)\phi_2(x)\phi_3(x)\phi_6(x)$.
    (ii) Se verifica $\phi_1(x)=x-1$ y procedamos por inducción. Supongamos que $\phi_d(x)\in\mathbb{Z}[x]$ para todo $d < n$ y que sus coeficientes constantes son $1$ o $-1$. Por la descomposición $x^n-1=\prod_{d\mid n}\phi_d(x)$: $$x^n-1=p(x)\phi_n(x)\;\text{ con }\;p(x)=\sum_{i=0}^la_ix^i,\; \phi_n(x)=\sum_{j=0}^{n-l}b_jx^j$$ con los $a_i$ enteros y $a_0=1$ o $a_0=-1$. Dado que $-1=a_0b_0$, se verifica $b_0=1$ o $b_0=-1$. Supongamos ahora que $b_0,b_1,\ldots,b_{k-1}\in\mathbb{Z}$. Igualando coeficientes de $x^k$ en ambos miembros de $x^n-1=\prod_{d\mid n}\phi_d(x)$: $$\sum_{i=0}^{k}a_ib_{k-i}=\sum_{i=1}^{k}a_ib_{k-i}+a_0b_k\in\mathbb{Z}.$$ Por hipótesis $b_0,b_1.\ldots,b_{k-1}$ son enteros, y también lo son todos los $a_i$. Dado que $a_0$ es $1$ o $-1$, también es entero $b_k$.
11. Si $n_k\mid n$ es uno de los números que aparecen en el apartado 4, se verifica: $$x^n-1=\prod_{d\mid n}\phi_d(x)=\left(x^{n_k}-1\right)\phi_n(x)\prod_{d\mid n,\;d\nmid n_k\;d\ne n}\phi_d(x).$$ En consecuencia y para $q=|K|$ se verifican las relaciones de divisibilidad en $\mathbb{Z}$: $$\phi_n(q)\mid q^n-1\quad {y}\quad \phi_n(q)\mid \frac{q^n-1}{q^{n_k}-1}.$$ Por la fórmula demostrada en el apartado 8 para todo $n_k$:$$q^n-1=q-1+\sum_{k=1}^{m}\frac{q^n-1}{q^{n_k}-1},$$ deducimos que $\phi_n(q)\mid q-1$.
12. Supongamos que $K$ no es conmutativo. Entonces $Z\subsetneq K$ y por el apartado 1, $n > 1$. Sabemos que $\phi_n(x)=\prod (x-\lambda)$ en donde $\lambda$ recorre todas las raíces de orden $n$. Al ser $n > 1$, $\lambda=a+bi\ne 1$ y la parte real $a$ de $\lambda$ claramente satisface $a < 1$. Entonces, $$\left|q-\lambda\right|^2=\left|q-a-bi\right|^2=(q-a)^2+b^2=q^2-2aq+a^2+b^2$$ $$=q^2-2aq+1 \underbrace{ > }_{a < 1}q^2-2q+1=(q-1)^2.$$ Es decir, se verifica $\left|q-\lambda\right| > q-1$ para toda $\lambda$ de orden $n$. Esto implica $$\left| \phi_n(q)\right| > \prod_{\text{ord }\lambda=n}\left|q-\lambda \right| > q-1.$$ Pero esto contradice la relación $\phi_n(q)\mid q-1$ demostrada en el apartado anterior. Concluimos que $K$ ha de ser necesariamente conmutativo y queda demostrado el teorema de Wedderburn.