,Σn les polynômes symétriques élémentaires dans K[X1

(1)

ALG `EBRE 4 - Corrig´e du DM2

(Licence 3 - Math´ematiques, ann´ee 2014/15)

Exercice 1 : Soient n ≥2 dans N et K un corps commutatif. On considère l’action du groupe S_n sur K[X₁, . . . , X_n] définie par σ ·P(X₁, . . . , X_n) := P(X_σ(1), . . . , X_σ(n)), pour σ ∈Sn etP ∈K[X1, . . . , Xn]. On noteε le morphisme ”signature” du groupeSn vers{±1} et Σ₁, . . . ,Σ_n les polynômes symétriques élémentaires dans K[X₁, . . . , X_n].

I) Soit ∆ :=∏

1≤i<j≤n(X_j−X_i)² ∈K[X₁, . . . , X_n].

1) Soienta, b des entiers tels que 1≤a < b≤n. Pour (i, j)∈N² avec 1 ≤i < j ≤n, on a (a b)·(Xj−Xi)² = (Xj −Xi)² si i̸=a et j ̸= b; de plus, l’action de la transposition (a b)

échange les polynômes de la forme (X_j−X_a)² pour j ̸=a avec ceux de la forme (X_j−X_b)² pour j ̸=b. On en d´eduit que (a b)·∆ = ∆. Le polynôme ∆ est donc invariant par l’action de toute transposition appartenant à Sn. Comme toute permutation de {1, . . . , n} est un produit de transpositions, on en conclut que ∆ est symétrique. Par le cours, on sait alors qu’il existe un unique polynômeP ∈K[X1, . . . , Xn] tel que ∆ =P(Σ1, . . . ,Σn).

2) On suppose queP =AB pour A, B∈K[X₁, . . . , X_n]\K et que 2̸= 0 dans K.

a) Pour tout couple d’entiers (k, l) tel que 1 ≤ k < l ≤ n, le polynˆome Xl − Xk

est unitaire et de degré 1 vu comme polynôme en X_l. Il est donc irréductible dans K[X1, . . . , Xn] =K[Xk, k ̸=l][Xl]. CommeA(Σ1, . . . ,Σn) est un diviseur de ∆ de degré≥1 et que l’anneau K[X₁, . . . , X_n] est factoriel, l’un des facteurs irréductibles de ∆ divise A(Σ1, . . . ,Σn). Il existe donc un couple (k, l) d’entiers avec 1 ≤ k < l ≤ n pour lequel (X_l−X_k) divise A(Σ₁, . . . ,Σ_n) dans K[X₁, . . . , X_n].

b) Soit (r, s) un couple d’entiers tel que 1 ≤ r < s ≤ n. Comme les ensembles {i ∈ N | 1 ≤ i ≤ n} \ {k, l} et {i ∈ N | 1 ≤ i ≤ n} \ {r, s} ont le mˆeme cardinal n−2, il existe une bijection f de {i ∈ N | 1 ≤ i ≤ n} \ {k, l} vers {i ∈ N | 1 ≤ i ≤ n} \ {r, s}. On prolonge l’applicationf en envoyantk surr et l surs pour obtenir une permutation σ∈Sn

telle que σ(k) =r et σ(l) =s.

c) Comme (Xl−Xk)|A(Σ1, . . . ,Σn), on sait que (X_σ(l)−X_σ(k))|σ·A(Σ1, . . . ,Σn). Donc, X_s−X_r divise A(Σ₁, . . . ,Σ_n) pour tout couple d’entiers (r, s) tels que 1 ≤ r < s ≤ n car A(Σ1, . . . ,Σn) est symétrique. Comme les polynômes Xs−Xr pour 1 ≤ r < s ≤ n sont irréductibles et non équivalents, leur produitδ :=∏

1≤r<s≤n(X_s−X_r) diviseA(Σ₁, . . . ,Σ_n) dans l’anneau factoriel K[X1, . . . , Xn].

d) De même, δ divise B(Σ₁, . . . ,Σ_n). Il existe donc U, V ∈ K[X₁, . . . , X_n] tels que A(Σ1, . . . ,Σn) = U δ et B(Σ1, . . . ,Σn) = V δ. Comme ∆ = A(Σ1, . . . ,Σn)B(Σ1, . . . ,Σn) = (U V)∆, on a U V = 1 carK[X₁, . . . , X_n] est intègre. On en déduit qu’il existea ∈K non nul tel queU =a etV =a⁻¹. Cependant, (1 2)·δ =−δ, doncA(Σ1, . . . ,Σn) =−A(Σ1, . . . ,Σn), ce qui est impossible carK n’est pas de caractéristique 2 etA(Σ₁, . . . ,Σ_n)̸= 0 (sinon ∆ = 0).

On en conclut que A ou B est dansK, donc P est irr´eductible dansK[X1, . . . , Xn].

3) Supposons que la caractéristique de K est 2. Dans ce cas, pour toute transposition τ dansS_n, on a τ·δ=−δ =δ. On en d´eduit que le polynômeδ est symétrique. Il existe donc un unique Q ∈ K[X1, . . . , Xn] tel que δ = Q(Σ1, . . . ,Σn). Comme P(Σ1, . . . ,Σn) = ∆ = δ² = Q²(Σ₁, . . . ,Σ_n), on a P = Q² par l’unicité de l’écriture d’un polynôme symétrique dans K[X1, . . . , Xn] comme polynôme en Σ1, . . . ,Σn. On en déduit que P est réductible dans K[X₁, . . . , X_n] (carQ ̸∈K).

II) On considère les sous-K-algèbres K[X1, . . . , Xn]Âⁿ et K[X1, . . . , Xn]ântisym de K[X₁, . . . , X_n] formées par les polynômes P ∈ K[X₁, . . . , X_n] tels que σ · P = P pour tout σ ∈ An, respectivement tels que σ·P = ε(σ)P pour tout σ ∈ Sn. On suppose que la caractérisitique de K n’est pas 2.

(2)

2

1) Soient τ une transposition fixée dans S_n et P ∈ K[X₁, . . . , X_n]Âⁿ. Comme K n’est pas de caractéristique 2, on peut écrireP = ^P^+τ·P₂ +^P^−τ·P₂ . Le groupe symétrique Sn est la réunion disjointe du groupe alterné An et de τ An. Soit σ ∈An. Comme στ ̸∈ An, il existe une permutationσ^′ ∈An telle queστ =τ σ^′. On a donc σ·P =P etσ·(τ·P) = (στ)·P = (τ σ^′)·P =τ·(σ^′·P) =τ·P carP est dansK[X1, . . . , Xn]Âⁿ. Siσ∈Sn\An, il existeσ^′ ∈An

tel que σ = τ σ^′ et on a de mˆeme σ·P = τ ·P et σ ·(τ ·P) = (στ)·P = P car στ ∈ A_n. On voit donc que σ ·(_P_+τ_·_P

2

) = ^P^+τ₂^·^P et σ · (_P₋_τ_·_P

2

) = ε(σ)^P⁻₂^τ^·^P pour tout σ ∈ Sn. On en déduit queK[X₁, . . . , X_n]Âⁿ est contenu dansK[Σ₁, . . . ,Σ_n] +K[X₁, . . . , X_n]ântisym, l’inclusion inverse étant claire. SupposonsP dansK[Σ1, . . . ,Σn]∩K[X1, . . . , Xn]ântisym. On a donc P =τ·P =−P, donc 2P = 0 i.e. P = 0 car K n’est pas de caractéristique 2. On en conclut que K[X1, . . . , Xn]Âⁿ =K[Σ1, . . . ,Σn]⊕K[X1, . . . , Xn]ântisym.

2)a) Soient P ∈ K[X₁, . . . , X_n]^antisym et i, j des entiers tels que 1 ≤ i < j ≤ n.

On a (i j)· P(X1, . . . , Xi, . . . , Xj, . . . , Xn) = −P(X1, . . . , Xi, . . . , Xj, . . . , Xn) car P est dans K[X₁, . . . , X_n]ântisym. En substituant X_i à X_j des deux côtés de cette relation, on obtient 2P(X1, . . . , Xi, . . . , Xi, . . . , Xn) = 0. En voyant K[X1, . . . , Xn] comme l’anneau des polynômes enX_j à coefficients dans K[X_i, i̸=j], on trouve que X_i est une racine deP (vu comme polynôme en Xj) car 2̸= 0 dans K. Donc, (Xj −Xi)|P dans K[X1, . . . , Xn].

b) On obtient queδdivide P dansK[X1, . . . , Xn] comme dans le I)2)c). Il existe donc un polynômeQ ∈K[X1, . . . , Xn] tel que P =δQ. Soit σ une permutation dans Sn. On a alors (ε(σ)δ)Q=ε(σ)P =σ·P = (σ·δ)(σ·Q) = (ε(σ)δ)(σ·Q). Commeδ ̸= 0 etK[X1, . . . , Xn] est intègre, on obtient Q=σ·Q pour tout σ ∈S_n, donc le polynôme Q=P/δ est symétrique.

3) On en conclut que l’on a K[X1, . . . , Xn]^antisym = δ K[Σ1, . . . ,Σn], puis que K[X₁, . . . , X_n]^Aⁿ =K[Σ₁, . . . ,Σ_n]⊕δ K[Σ₁, . . . ,Σ_n] par le II)1).

Exercice 2 : Soient A etB des polynômes non nuls à coefficients dansC, de coefficients dominants a et b. Pour P non nul dans C[X], on note dP le degré de P. On convient que le résultant R(A, B)∈C de (A, B) vaut b^dÂ si d_B = 0 eta^d^B si d_A = 0.

1) Supposons d_A, d_B ≥ 1. On peut ´ecrire A = a∏dA

k=1(X −a_k) et B = b∏dB

l=1(X−b_l) pour des nombres complexes a1, . . . , adA et b1, . . . , bdB. Par le cours, on a alors R(A, B) = a^d^Bb^d^A∏d_A

k=1

∏d_B

l=1(ak−bl) =a^d^B ∏d_A

k=1B(ak) = (−1)^d^A^d^Bb^d^A∏d_B

l=1A(bl).

2) Supposons d’abord que d_A et d_B sont non nuls.

(i) L’égalité des deux dernières expressions de R(A, B) donn´ees au 1) montre que l’on a la relation R(A, B) = (−1)^dÂ^d^BR(B, A).

(ii) Si A = A1A2 avec A1, A2 ∈ C[X], alors on a R(A, B) = (−1)^d^A^d^Bb^d^A∏d_B

l=1A(bl)

= (−1)^(dÂ¹^+dÂ²^)d^Bb^dÂ¹^+dÂ²(∏dB

l=1A₁(b_l))(∏dB

l=1A₂(b_l)). On en déduit la formule R(A, B) = [(−1)^dÂ¹^d^Bb^dÂ¹∏dB

l=1A₁(b_l)][(−1)^d^A²^d^Bb^d^A²∏dB

l=1A₂(b_l)] =R(A₁, B)R(A₂, B).

(iii) On suppose que A ≡ CmodB pour C ̸= 0 dans C[X]. On a donc R(A, B) = (−1)^d^A^d^Bb^d^A ∏dB

l=1A(bl) = (−1)^d^A^d^Bb^d^A∏dB

l=1C(bl) = (−1)^d^A^d^Bb^d^A⁻^d^CR(B, C).

Les conventions faites au début de l’exercice montrent que ces formules restent vraies sid_A oudB = 0. La propriété (iii) permet de calculer R(A, B) lorsque A etB ne sont pas dans C en suivant l’algorithme d’Euclide pour calculer le PGCD deAetB : sideg(A∧B)≥1, alors A et B ont une racine commune dans C et R(A, B) = 0 ; sinon, on aboutit `a un résultant où l’un des polynômes est de degré 0.

3)PourP :=X⁴+X²+X+1∈C[X], on aP^′ = 4X³+2X+1 et ∆(P) = ⁽⁻¹⁾

4×3 2

1 R(P, P^′)

= R(P, P^′). En suivant l’algorithme d’Euclide pour P et P^′, la propri´et´e (iii) du 2) donne R(P, P^′) = (−1)^4×34⁴⁻²R(

P^′,^X₂² +^3X₄ + 1)

= 4²(−1)^3×2(¹₂)³⁻¹R(_X²

2 +^3X₄ + 1,3X+ 13)

= 4(−1)^2×13²⁻⁰R(

3X + 13, ²⁵⁷₃₆ )

= 36 (₂₅₇

36

)1

. On a donc ∆(P) = 257.