[Gröbner] Suite du nettoyage des écuries d'Augias.

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@@ -1523,26 +1523,26 @@ alors manifestement satisfaite de $J$ si elle l'est de $I$.
 \subsection{Algèbre de décomposition universelle d'un polynôme}\label{section-algebre-de-decomposition-universelle}
 
 \begin{lemme2}\label{lemme-modules-de-cauchy}
-Soit $\mathfrak{F}(Z_1,\ldots,Z_d|T) = \prod_{i=1}^d(T-Z_i) \in
-\ZZ[Z_1,\ldots,Z_d,T]$, et définissons par récurrence sur $i$
+Soit $\mathfrak{F}(W_1,\ldots,W_d|T) = \prod_{i=1}^d(T-W_i) \in
+\ZZ[W_1,\ldots,W_d,T]$, et définissons par récurrence sur $i$
 \[
 \begin{array}{c}
-\mathfrak{F}_1(\underline{Z}|T_1) =
-\mathfrak{F}(\underline{Z}|T_1)\\[.75ex]
+\mathfrak{F}_1(\underline{W}|T_1) =
+\mathfrak{F}(\underline{W}|T_1)\\[.75ex]
 \displaystyle
-\mathfrak{F}_{i+1}(\underline{Z}|T_1,\ldots,T_{i+1})
-= \frac{\mathfrak{F}_i(\underline{Z}|T_1,\ldots,T_{i-1},T_i) -
-  \mathfrak{F}_i(\underline{Z}|T_1,\ldots,T_{i-1},T_{i+1})}{T_i - T_{i+1}}
+\mathfrak{F}_{i+1}(\underline{W}|T_1,\ldots,T_{i+1})
+= \frac{\mathfrak{F}_i(\underline{W}|T_1,\ldots,T_{i-1},T_i) -
+  \mathfrak{F}_i(\underline{W}|T_1,\ldots,T_{i-1},T_{i+1})}{T_i - T_{i+1}}
 \end{array}
 \]
-(où $\underline{Z}$ est une abréviation pour $Z_1,\ldots,Z_d$).  Alors
-$\mathfrak{F}_i(Z_1,\ldots,Z_d | T_1,\ldots,T_i)$ (défini pour $1\leq
+(où $\underline{W}$ est une abréviation pour $W_1,\ldots,W_d$).  Alors
+$\mathfrak{F}_i(W_1,\ldots,W_d | T_1,\ldots,T_i)$ (défini pour $1\leq
 i \leq d$) est un polynôme à coefficients entiers en les variables
-$Z_1,\ldots,Z_d$ et $T_1,\ldots,T_i$, et il est complètement
+$W_1,\ldots,W_d$ et $T_1,\ldots,T_i$, et il est complètement
 symétrique en chacun de ces jeux de variables.  On a exactement
 \[
-\mathfrak{F}_i(Z_1,\ldots,Z_d | T_1,\ldots,T_i)
-= \sum_{j=0}^{d-i+1} (-1)^j e_j(Z_1,\ldots,Z_d)\, h_{d-i+1-j}(T_1,\ldots,T_i)
+\mathfrak{F}_i(W_1,\ldots,W_d | T_1,\ldots,T_i)
+= \sum_{j=0}^{d-i+1} (-1)^j e_j(W_1,\ldots,W_d)\, h_{d-i+1-j}(T_1,\ldots,T_i)
 \]
 où $e_j$ désigne le $j$-ième polynôme symétrique élémentaire (et $e_0
 = 1$) et $h_j$ le $j$-ième polynôme symétrique complet (c'est-à-dire
@@ -1550,19 +1550,29 @@ la somme de tous les monômes de degré $j$ en ses variables ; on pose
 notamment $h_0 = 1$).
 
 De plus, si $u_1,\ldots,u_i$ sont deux à deux distincts, alors
-$\mathfrak{F}_i(Z_1,\ldots,Z_d | Z_{u_1},\ldots,Z_{u_i}) = 0$.
+$\mathfrak{F}_i(W_1,\ldots,W_d | W_{u_1},\ldots,W_{u_i}) = 0$.
 
 Enfin, l'unique polynôme $\mathfrak{C}_i(E_1,\ldots,E_d |
 T_1,\ldots,T_i)$ à coefficients entiers en les variables
 $E_1,\ldots,E_d$ et $T_1,\ldots,T_i$ qui vérifie
-$\mathfrak{C}_i(e_1(\underline{Z}),\ldots,e_d(\underline{Z}) |
-T_1,\ldots,T_i) = \mathfrak{F}_i(Z_1,\ldots,Z_d | T_1,\ldots,T_i)$ est
+$\mathfrak{C}_i(e_1(\underline{W}),\ldots,e_d(\underline{W}) |
+T_1,\ldots,T_i) = \mathfrak{F}_i(W_1,\ldots,W_d | T_1,\ldots,T_i)$ est
 donné par
 \[
 \mathfrak{C}_i(E_1,\ldots,E_d | T_1,\ldots,T_i)
 = h_{d-i+1}(T_1,\ldots,T_i) +
 \sum_{j=1}^{d-i+1} (-1)^j E_j \, h_{d-i+1-j}(T_1,\ldots,T_i)
 \]
+et on a
+\begin{align*}
+X^d + \sum_{i=1}^d (-1)^i E_i X^{d-i} &=
+\mathfrak{C}_1(\underline{E} | T_1) + (X-T_1)\,
+\mathfrak{C}_2(\underline{E} | T_1,T_2) \\
+& + \cdots + (X-T_1)\cdots(X-T_{d-1})\, \mathfrak{C}_d(\underline{E} |
+T_1,\ldots,T_{d-1})\\
+&+ (X-T_1)\cdots(X-T_d)
+\end{align*}
+(où $\underline{E}$ est une abréviation pour $E_1,\ldots,E_d$).
 \end{lemme2}
 \XXX
 
@@ -1586,64 +1596,40 @@ les $i-1$ dernières variables par $0$.  (Notamment, une de ces
 relations, $q_d$, est donnée par $f(Z_1) = 0$.)
 \end{proposition2}
 \begin{proof}
-Remarquons tout d'abord que $q_d(Z_1) = f(Z_1)$ et que
-$q_i(Z_1,\ldots,Z_{d-i+1}) = (q_{i+1}(Z_1,\ldots,Z_{d-i-1},Z_{d-i}) -
-q_{i+1}(Z_1,\ldots,Z_{d-i-1},Z_{d-i+1})) / (Z_{d-i}-Z_{d-i+1})$ (cette
-division étant exacte dans $k[Z_1,\ldots,Z_d]$) : en effet, la
-première affirmation est évidente et la seconde résulte du fait
-correspondant sur les $h_i$, à savoir que $h_i(Z_1,\ldots,Z_n) =
-(h_{i+1}(Z_1,\ldots,Z_{n-1},Z_n) -
-h_{i+1}(Z_1,\ldots,Z_{n-1},Z_{n+1})) / (Z_n - Z_{n+1})$, qui résulte
-lui-même de ce que $(Z_n^{j+1}-Z_{n+1}^{j+1})/(Z_n-Z_{n+1})$ est la
-somme $h_j(Z_n,Z_{n+1})$ de tous les monômes de degré $j$ en
-$Z_n,Z_{n+1}$.
+Avec les notations du lemme précédent, remarquons que $q_i =
+\mathfrak{C}_{d-i+1}(-a_1,\ldots,(-a)^d\,a_d | Z_1,\ldots,Z_{d-i+1})$.
 
 On en déduit l'observation suivante : si $C$ est une $k$-algèbre et si
-on a $f(X) = \prod_{i=1}^d (X - z_i) \in C[X]$ pour certains
-$z_1,\ldots,z_d \in C$, alors $q_i(z_1,\ldots,z_{d-i+1}) = 0 \in C$.
-\XXX
+on a $f(X)$ s'écrit comme $\prod_{i=1}^d (X - z_i) \in C[X]$ pour
+certains $z_1,\ldots,z_d \in C$, alors $q_i(z_1,\ldots,z_{d-i+1}) = 0
+\in C$.  En effet, on a $e_i(z_1,\ldots,z_d) = (-1)^i a_i$ donc
+$q_i(z_1,\ldots,z_{d-i+1}) =
+\mathfrak{C}_{d-i+1}(-a_1,\ldots,(-a)^d\,a_d | z_1,\ldots,z_{d-i+1}) =
+\mathfrak{F}_{d-i+1}(z_1,\ldots,z_d | z_1,\ldots,z_{d-i+1}) = 0$.
 
 Appelons maintenant $J$ l'idéal engendré par $q_1,\ldots,q_d$, et
 posons $A = k[Z_1,\ldots,Z_d]/I$ et $B = k[Z_1,\ldots,Z_d]/J$.  Il est
 clair que $f(X) = \prod_{i=1}^d (X-Z_i) \in A[X]$ en développant le
-membre de droite : en particulier, $q_d$ s'annule dans $A$
-(appartient à $I$), ce qui permet d'écrire $q_d(X) = (X-Z_1)$
-
-\XXX \XXX \XXX
-
-Commençons par montrer l'identité suivante sur les polynômes (à
-coefficients entiers) :
-\[
-h_i(Z_1,\ldots,Z_{d-i+1}) + \sum_{j=1}^i (-1)^j e_j(Z_1,\ldots,Z_d)\, h_{i-j}(Z_1,\ldots,Z_{d-i+1}) = 0
-\]
-qui prouve que $q_i$ appartient bien à $I$.  Pour la prouver, on
-commence par montrer la même identité
-\[
-h_i(Z_1,\ldots,Z_n) + \sum_{j=1}^i (-1)^j e_j(Z_1,\ldots,Z_n)\, h_{i-j}(Z_1,\ldots,Z_n) = 0
-\]
-sur un même jeu $Z_1,\ldots,Z_n$ de variables : la précédente s'en
-déduit en prenant $n=d-i+1$ et écrivant $e_j(Z_1,\ldots,Z_d) =
-\sum_{u=0}^j e_{j-u}(Z_1,\ldots,Z_{d-i+1}) \,
-e_u(Z_{d-i+2},\ldots,Z_d)$ et en regroupant les termes avec le même
-facteur $e_u(Z_{d-i+2},\ldots,Z_d)$.  Enfin, pour montrer cette
-dernière égalité, on peut par exemple considérer les séries formelles
-dans $\mathbb{Z}[Z_1,\ldots,Z_n][[T]]$ définies par
-\[
-H := \prod_{i=1}^n \frac{1}{1-T Z_i} = \sum_{j=0}^{+\infty} h_j(Z_1,\ldots,Z_n)\, T^j
-\]
-et
-\[
-E := \prod_{i=1}^n (1+T Z_i) = \sum_{j=0}^{n} e_j(Z_1,\ldots,Z_n)\, T^j
-\]
-(ces identités étant faciles à vérifier) : il est alors clair que
-l'inverse de $H$ est $E(-T)$, ce qui donne l'identité voulue.
-
-Soit $J$ l'idéal engendré par $q_1,\ldots,q_d$ (on vient de montrer $J
-\subseteq I$) et $J^@$ l'idéal engendré par
-$\initial(q_1),\ldots,\initial(q_d)$ c'est-à-dire
-$Z_d,Z_{d-1}^2,\ldots,Z_1^d$.  On a $J^@ \subseteq \initial(J)
-\subseteq \initial(I)$ et on voudrait prouver qu'il y a égalité \XXX
---- Je n'y comprends rien.
+membre de droite : d'après ce qu'on vient de montrer, $q_i$ s'annule
+dans $A$ (c'est-à-dire, appartient à $I$), donc $J \subseteq I$.
+
+Mais d'autre part, si dans l'égalité $X^d + \sum_{i=1}^d (-1)^i E_i
+X^{d-i} = \mathfrak{C}_1(\underline{E} | T_1) + (X-T_1)\,
+\mathfrak{C}_2(\underline{E} | T_1,T_2) + \cdots +
+(X-T_1)\cdots(X-T_{d-1})\, \mathfrak{C}_d(\underline{E} |
+T_1,\ldots,T_{d-1}) + (X-T_1)\cdots(X-T_d)$ (qui a lieu dans
+$\ZZ[E_1,\ldots,E_d,T_1,\ldots,T_d,X]$) on remplace chaque $E_i$ par
+$(-1)^i a_i$ et chaque $T_i$ par $Z_i$, on trouve $f(X) = q_d +
+(X-Z_1)\, q_{d-1} + \cdots + (X-Z_1)\cdots(X-Z_{d-1})\, q_1 +
+(X-Z_1)\cdots(X-Z_d)$.  En particulier, dans $B$, on a $f(X) = (X-Z_1)
+\cdot (X-Z_d)$, c'est-à-dire que $e_i(Z_1,\ldots,Z_d) = (-1)^i a_i$,
+ou encore que cette relation est dans $J$.  On vient donc de montrer
+$I \subseteq J$.
+
+À ce stade, nous savons que $I$ coïncide avec l'idéal $J$ engendré par
+$q_1,\ldots,q_d$.  Il reste encore à montrer que ceux-ci en sont une
+base de Gröbner.  \XXX : ceci va résulter du fait que leurs termes de
+tête, $Z_{d-i+1}^i$ sont premiers entre eux.
 \end{proof}
 
 \begin{exemple2}\label{exemple-algebre-de-decomposition-universelle-non-connexe}