Théorème de structure des polynômes symétriques

Développement: Théorème de structure des polynômes
symétriques
Adrien Fontaine
3 avril 2013
Référence : Ramis-Deschamps, Odoux, Cours de Mathématiques spéciales, Algèbre 1, p200
1 Préliminaires
Définition 1 (poids)
Si P=Pi∈NnaiYi1
1...Y in
n, alors on définit le poids de Pet on note Π(P):
i(P) = max{i/ai6= 0,
n
X
k=1
kik=m}
Si Pest nul, on convient π(P) = −∞.
Proposition 1
Si P∈A[Y1, ..., Yn]est de poids Π(P), alors P(Σ1, ..., Σn)est de degré au plus Π(P).
Théorème 1
Soit Pun polynôme symétrique de A[X1, ..., Xn].Pa même degré partiel par rapport à chaque
indéterminée. Ce degré partiel s’appelle ordre de Pet est noté ω(P).
Démonstration : Si P= 0, il n’y a rien à démontrer.
Sinon, si p1=degX1(P), alors P"contient" le monôme Xp1
1...Xpn
n. En appliquant la transposition
τ= (1, i), on voit que Pcontient également le monôme apXp1
i...Xpn
τ(n), donc degXi(P)≥p1=
degX1(P).
De même, on montre que degX1(P)≥degXi(P).
Proposition 2
Si P∈A[Y1, ..., Yn]est de degré k, le polynôme symétrique P(Σ1, ..., Σn)de A[X1, .., Xn]est
d’ordre ≤k.
2 Structure des polynômes symétriques
Nous aurons à utiliser le lemme suivant :
Lemme 1
Soit P∈A[X1, ..., Xn]tel qu’en substituant 0 à l’une quelconque des indéterminées dans
1

2 STRUCTURE DES POLYNÔMES SYMÉTRIQUES 2
P(X1, ..., Xn), on obtienne le polynôme nul. Alors Pest divisible par Σn=X1...Xn.
Démonstration : Posons P=Pi∈NnaiXi1
1...Xin
n.
Pour tout 1 ≤k≤n, associons l’ensemble Ikdes n-uplets i= (i1, ..., in) de Nntels que ik= 0.
On a l’égalité des polynômes
0 = P(X1, ..., Xk−1,0, Xk+1, ..., Xn) = X
i∈Ik
aiXi1
1...Xik−1
k−1Xik+1
k+1 ...Xin
n
Donc, ∀i∈Ik, ai= 0.
En faisant varier kentre 1 et n, on en déduit que aiest nul pour tout n-uplet idont l’une des
coordonnées est nulle. Autrement dit, ai6= 0 implique i∈(N∗)net donc on peut écrire
P=X
i∈(N∗)n
aiXi1
1...Xin
n=X1...XnX
i∈(N∗)n
Théorème 2
A tout polynôme P∈A[X1, ..., Xn]symétrique, de degré p, on peut associer un polynôme
Q∈A[Y1, ..., Yn]de poids inférieur ou égal ptel que P(X1, ..., Xn) = Q(Σ1, ..., Σn).
Démonstration : Si P= 0, alors Q= 0 fonctionne.
Il s’agit de vérifier une assertion de la forme An,p avec n∈N∗et p∈N. On va pour cela utiliser
une double récurrence.
An,p :∀P∈A[X1, ..., Xn]Sn/deg(P) = p, ∃Q∈A[X1, ..., Xn]/Π(Q)≤p∧P(X1, .., Xn)Q(σ1, ..., σn)
–A1,p est vraie pour tout p: à tout polynôme P(X1), on peut associer Q=P.
– Soit n≥2. On suppose que An−1,p est vraie pour tout p∈N. Montrons par récurrence sur
pque An,p est vraie pour tout p∈N.
–An,0est évidemment vraie.
– Soit p∈N∗. On suppose que An,k est vraie pour tout k < p, et soit P∈A[X1, ..., Xn]Σn
tel que deg(P) = p.
Notons pour 1 ≤g≤n−1, (Σq)0le polynôme obtenu en substituant 0 à Xndans Σq.
On a :
Σq=X
1≤i1<...<in≤n
Xi1...Xiq
Donc,
(Σq)0=X
1≤i1<...<in≤n−1
Xi1...Xiq
Autrement dit, (Σq)0n’est autre que le q-ième polynôme symétrique élémentaire de
A[X1, ..., Xn−1]. Considérons alors P(X1, ..., Xn−1,0). Il est symétrique, de degré au plus
p. En utilisant An−1,p, on peut écrire :
P(X1, ...Xn−1,0) = Q1((Σ1)0, ..., (Σn−1)0)
où Q1∈A[X1, ..., Xn−1] est de poids au plus p.
Posons P1(X1, ..., Xn) = P(X1, ..., Xn)−Q1(Σ1, ..., Σn−1).
Alors, P1est symétrique, de degré au plus p, et par construction P1(X1, ..., Xn−1,0) = 0.
Par ailleurs, puisque P1est symétrique, pour tout 1 ≤k≤n,P1(X1, ..., Xk−1,0, Xk, ..., Xn) =
0. Donc, d’après le lemme, il existe P2∈A[X1, ..., Xn] tel que :
P1(X1, ..., Xn) = ΣnP2(X1, ..., Xn)

2 STRUCTURE DES POLYNÔMES SYMÉTRIQUES 3
P1et Σnsont symétriques, soit σ∈Sn, on a :
Σn(P2(X1, ..., Xn)−P2(Xσ(1), ..., Xσ(n))) = 0
D’où, P2(X1, ..., Xn) = P2(Xσ(1), ..., Xσ(n)).
De plus, deg(P2)≤p−n.
Ainsi, P2est symétrique, de degré ktel que k < p. Appliquons à P2l’hypothèse de
récurrence sur p,
P2(X1, ..., Xn) = Q2(Σ1, ..., Σn)
où Q2∈A[X1, ..., Xn] et où Q2est de poids au plus p−n. Il vient
P(X1, ..., Xn) = Q1(σ1, ..., σn−1) + ΣnQ2(Σ1, ..., Σn)
Le polynôme Q1(Y1, ..., Yn−1) + YnQ(Y1, ..., Yn) est de poids au plus pet répond manifes-
tement à la question.
Remarque 1
– La preuve fournit un algorithme pour calculer Q.
– On peut même ajouter dans ce théorème que Qest de degré inférieur ou égal à l’ordre
ω(P)de P, en rajoutant cette propriété à l’assertion An,p.
– On a aussi unicité : il suffit de vérifier que si Q∈A[Y1, ..., Yn]est tel que Q(Σ1, ..., Σn) = 0,
alors Q= 0. Ce qui se fait par récurrence. 1.