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authorDavid A. Madore <david+git@madore.org>2012-12-20 17:04:25 (GMT)
committerDavid A. Madore <david+git@madore.org>2012-12-20 17:04:25 (GMT)
commit3b0abe903e3fa7d7e483d816568c6a0cecf7d146 (patch)
tree6c023892d98c7a96385c2c6e31d0a139ed966233 /chapitres
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[Gröbner] Démonstration toujours inachevée. Je m'embrouille de plus en plus.
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-rw-r--r--chapitres/bases-groebner.tex45
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index eda91c5..248eac5 100644
--- a/chapitres/bases-groebner.tex
+++ b/chapitres/bases-groebner.tex
@@ -1522,26 +1522,6 @@ 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}
-Soit $k$ un corps. On considère l'algèbre $S = k[E_1,\ldots,E_d]$ des
-polynômes en $d$ variables sur les indéterminées $E_1,\ldots,E_d$
-comme une sous-algèbre de l'algèbre isomorphe $R = k[Z_1,\ldots,Z_d]$
-en envoyant chaque $E_i$ sur le $i$-ième polynôme symétrique
-élémentaire $e_i(Z_1,\ldots,Z_d)$ en les $Z_i$. Alors $R$ est un
-$S$-module libre de dimension $d!$.
-\end{lemme2}
-\begin{proof}
-Le résultat classique \XXX sur les polynômes symétriques élémentaires
-garantit que $E_i \mapsto e_i$ définit bien un morphisme injectif de
-$S$ dans $R$ dont l'image est la sous-algèbre de $R$ formée des
-polynômes totalement symétriques.
-
-On gradue $R$ par le degré total : la graduation induite sur $S$
-s'obtient en donnant à chaque $E_i$ le degré $i$.
-
-\XXX
-\end{proof}
-
\begin{proposition2}\label{relations-algebre-de-decomposition-universelle}
Soit $k$ un corps et $f \in k[X]$ un polynôme unitaire, disons $f =
X^d + a_1 X^{d-1} + \cdots + a_d$. On considère l'idéal $I$ de
@@ -1562,6 +1542,31 @@ 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
+$Z_n,Z_{n+1}$.
+
+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
+
+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) :
\[