Polynômes symétriques

[invite4793db90]

Salut à tous,

je suis à la recherche de la démonstration du fait que tout polynôme symétrique se décompose en somme de polynômes symétriques élémentaires avec

Si vous avez une idée, je ne trouve pas d'arguments simples...

Merci d'avance !
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[inviteaf1870ed]

Dans mon souvenir - lointain - c'était long et fastidieux. Dans le Lelong Ferrand et Arnaudiès d'Algèbre, non ?

[mtheory]

Salut à tous,

je suis à la recherche de la démonstration du fait que tout polynôme symétrique se décompose en somme de polynômes symétriques élémentaires avec

Si vous avez une idée, je ne trouve pas d'arguments simples...

Merci d'avance !

BBooff,un coup du théorême de Hilbert sur les invariants avec une histoire de base non ?
Une histoire de représentation du groupe symétrique Sn non ?

[invite4793db90]

Salut,

BBooff,un coup du théorême de Hilbert sur les invariants avec une histoire de base non ?
Une histoire de représentation du groupe symétrique Sn non ?

Hum, je ne te suis pas là...

Sinon j'ai fini par trouver une démo ici (pp. 149 et suivantes). Comme tu le dis, ericcc, c'est laborieux... Je pensais qu'il y avait plus direct.

Merci.

[A voir en vidéo sur Futura]

[mtheory]

Salut,

Hum, je ne te suis pas là...

Sinon j'ai fini par trouver une démo ici (pp. 149 et suivantes). Comme tu le dis, ericcc, c'est laborieux... Je pensais qu'il y avait plus direct.

Merci.

ça m'étonne pas,c'est encore une intuition a deux balles à moi
En gros je me souvenais d'une histoire de théorème d'existence de Hilbert en liaison avec une base pour décomposer un invariant (polynomial?) suivant un groupe en représentation irréductible,ou un truc du genre.
Donc je me suis dit qu'avec l'algèbre des polynomes et des questions de représentation irréductible du groupe des permutations y avait un truc (but what ?) à faire.

Je me souvenais vaguement de cette formulation...
http://mathworld.wolfram.com/Fundame...Functions.html

[invite4793db90]

ça m'étonne pas,c'est encore une intuition a deux balles à moi

Je n'ai pas dit que ce que tu disais n'est pas valable, simplement que je ne te suivais pas.

A lire la page de mathworld et après avoir digéré la preuve donnée plus haut, il se trouve en effet que ça se généralise : en particulier le Fulton & Harris, Representation theory, p. 505, explique ce que tu voulais dire (je ne pensais pas qu'il pût y avoir un lien avec les représentations). La démo est d'ailleurs assez proche, modulo quelques complications notables...

Merci !

[invitedf667161]

Salut martini.

Si tu potasses cela pour l'agrèg, ce qui est une bonne idée, je ne peux que te conseiller de ne pas regarder de démonstration utilisant une double récurrence.
Il vaut dix fois mieux utiliser le "degré léxicographique". Je ne me rappelle plus du tout de quoi il relève dans la démonstration, mais je l'ai vue faire une fois en live (merci à M. Quitté au passage), et j'ai été emerveillé de comprendre enfin quelque chose à cette histoire de polynomes symétriques.

PS : pour une référence : peut-être la bouquin d'algèbre de Tauvel, bien que je ne sois pas sur qu'il utilise le degré léxico plutôt que la deouble récurrence ...

[invite35452583]

Bonjour,
avec les quotients on a un peu plus simple (quoique je crois que ça nécessite k intègre et il ne faut pas avoir peur de changer de lieu de travail régulièrement)
k[X1,...,Xn-1] s'injecte canoniquement dans k[X1,...,Xn], cette injection définit un iso d'algèbres k[X1,...,Xn-1] avec k[X1,...Xn]/(Xn)
liberté algébrique :
par récurrence sur n (on reste chez les "non-invariants")
Q polynôme de . On utilise la projection modulo (X_n) en remarquant que s'applique sur celui de pour i entre 1 et n-1.
En utilisant la récurrence Q=0, on divise par le truc dans on obtient un nouveau polynôme nul mais de degré total plus petit de n, on termine par un argument de finitude.
La récurrence est facile à initier X1 est algébriquement libre dans k[X1].

Famille génératrice :
Par récurrence sur n (évident pour n=1)
d'abord remarquons que si P est symétrique alors P=Q+truc dans (Xn) Q est un polynôme invariant pour car k[X1,...,X_{n-1}] inter ()={0}.
Le quotient de P est égal à celui de Q dans k[X1,...,Xn]/(Xn) et est donc dans les symétriques de donc égal à les étant dans mais sont égaux aux quotients des vivant dans . Il existe donc (donc symétrique par rapport à dans tel que P-R soit dans (X_n).
Or, , en effet en faisant opérer successivement (X1Xn), (X2Xn)...(X(n-1)Xn), on a et on termine en remarquant que dans
P-R est donc dans , on fait la division et on termine par un argument de finitude du degré total.

Je préfère cette version qui élimine le recours à des calculs plus précis.

[invite4793db90]

Salut,

Il vaut dix fois mieux utiliser le "degré léxicographique".

C'est le principe de la démo ci-dessus, que je viens de finir de reformuler ici.

je ne peux que te conseiller de ne pas regarder de démonstration utilisant une double récurrence.

Je note, merci. De toute façon, je suis comme tout le monde : je vais vers le plus économique et le moins ad hoc.

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Je préfère cette version qui élimine le recours à des calculs plus précis.

Tout pareil ! Merci ! Je vais mettre ça à plat et au propre dès que j'ai un peu de temps.

Sinon j'ai bien aimé

La récurrence est facile à initier X1 est algébriquement libre dans k[X1].

Bonne journée !

[invite7c6483e1]

Ce serait pas des inégalités strictes dans la définition de ta somme ?

[invite7c6483e1]

Salut!
Je ne comprends pas ces deux affirmations.

On utilise la projection modulo (X_n) en remarquant que s'applique sur celui de pour i entre 1 et n-1.

En utilisant la récurrence Q=0, on divise par le truc dans on obtient un nouveau polynôme nul mais de degré total plus petit de n, on termine par un argument de finitude.

[invited749d0b6]

Bonjour,

Je ne sais pas si cette solution a déjà été proposée mais il y a une solution avec la théorie de Galois.
est une extension galoisienne de de groupe de Galois le groupe de permutation des indéterminées.
En effet donc
.
Donc si un polynôme est stable par le groupe de Galois, il appartient au corps de base .

[invited749d0b6]

De plus, est une extension entière de
. Donc si P est un polynôme à n indéterminées, il est entier sur
Si ,
U/V est entier sur A qui est factoriel, donc U/V appartient à A.