D IAGRAMMES
L AURENT C OPPEY
Décompositions multiplicatives directes des entiers
Diagrammes, tome 67-68 (2012), p. 1-53
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DIAGRAMMES VOLUMES 67+68, 2012
DECOMPOSITIONS MULTIPLICATIVES DIRECTES DES ENTIERS
Deuxième Partie
Laurent Coppey
Sommaire de la première partie (Diagrammes, volumes 65+66, Paris, 2011)
Introduction.
0. Précatégories et prémonoïdes. p. 3
1. Décompositions directes des prémonoïdes commutatifs bien ordonnés
et noyaux d’instabilité. p. 21
2. Structures des décompositions directes additives de N . p. 30 3. Les décompositions directes non triviales de N2 en deux facteurs. p. 39 4. Généralisation du résultat précédent à certaines décompositions de Nk . p. 49 4 bis. Exploration en petites dimensions (3, 4 et 5). p. 52
Sommaire de la deuxième partie
5. Classification générale. p. 3
6. La suite des foncteurs dérivés associée à une décomposition directe
multiplicative de N* . p. 19
7. Squelettes. p. 26
8. Facteurs eulériens (ou le retour aux nombres). p. 41
_______________
UN SQUELETTE SAIN SEMI-TRIVIAL
DE DIMENSION 10
Combien de composantes connexes a-t-il ?
5 . Classification générale .
Objets irréductibles.
Soit (A,B) une décomposition directe de Nk ; parmi les parties propres de Nk, il y a les suivantes : soit H un sous-ensemble de K = {1, 2, …,k} ayant h éléments; l’ensemble des éléments (xp)p∈K tels que xp = 0 si p ∉ H est une partie propre relative à la décomposition donnée (A,B) sur laquelle (A,B) induit donc une décomposition directe (A’,B’) qui est naturellement isomorphe à une décomposition directe de Nh encore notée (A’,B’) ; la partie supplémentaire canonique de Nh est celle des éléments (xp)p∈K tels que xp = 0 si p ∈ H ; c’est aussi une partie propre relative à la décomposition donnée (A,B) sur laquelle (A,B) induit une décomposition directe (A’’,B’’) qui est naturellement isomorphe à une décomposition directe de Nℓ encore notée (A’’,B’’) (h + l = k) ; bien sûr Nk = Nh ⊕ Nℓ, mais en général (A,B) n’est pas la somme directe (ou le produit !) des décompositions induites (A’,B’) et (A’’,B’’).
Définition 5-1.
S’il existe une partie propre H de K ( h = H≠ 0 et K \H = l ≠ 0) telle que l’on ait : (Nk, (A,B)) ≅ (Nh, (A’,B’)) ⊕ (Nℓ, (A’’,B’’))
on dit que l’objet (Nk,(A,B)) est réductible; dans le cas contraire on dit qu’il est irréductible.
On suppose que pour tout p, 1 ≤ p ≤ k , Ap = {0}. Alors on a la proposition suivante : Proposition 5-1.
Si, pour un certain ordre lexicographique L, a = infL(A*) n’a aucune composante nulle, alors pour tout autre ordre lexicographique L’, on a infL’(A*) = a ; on peut donc écrire sans risque de confusion : ω* = inf(A*) (ω* = a est bien défini sans référence à tel ou tel ordre lexicographique L)
► Soit donc un autre ordre lexicographique L’ et supposons a’ = infL’(A*) ≠ a ; on a donc à la fois et par définition : a <L a’ et a’ <L’ a.
Définissons les deux éléments suivants :
b est défini par ses composantes : bi = a’i – ai si a’i ≥ ai et bi = 0 autrement b’ est défini par ses composantes : b’j = aj – a’j si aj ≥ a’j et b’j = 0 autrement
Remarquons d’abord que, pour tout i, on a : bi ≤ a’i . Supposons que pour tout indice i, on ait bi = a’i ; on ne peut pas avoir a’i ≥ ai , puisque cela entrainerait : bi = a’i – ai = a’i et donc ai = 0, ce qui est exclu par hypothèse. Il existe donc au moins un indice i tel que bi < a’i . Supposons que cet indice i soit le plus petit possible, pour l’ordre lié à L’ ; on en déduit alors que b <L’ a’ et donc que b ∈ B.
Remarquons encore que, pour tout j, on a : b’j ≤ aj . Supposons que pour tout indice j, on ait b’j = aj ; on ne peut pas avoir aj < a’j , puisque cela entrainerait : b’j = 0 = aj , ce qui est exclu
≥ a’
stricte a <L a’ . Il existe donc un indice j tel que b’j < aj . Supposons que cet indice j soit le plus petit possible, pour l’ordre lié à L ; on en déduit alors que b’ <L a et donc que b’ ∈ B.
Enfin, on vérifie que a + b = a’ + b’ ; en effet :
- ou bien a’i ≥ ai , et on a : ai + bi = ai + a’i – ai = a’i = a’i + 0 = a’i + b’i , - ou bien ai ≥ a’i , et on a : ai + bi = ai + 0 = ai = a’i + ai – a’i = a’i + b’i .
On aurait donc un élément avec deux décompositions. Ainsi, a’ = a = ω* = inf(A*) est défini indépendamment de l’ordre lexicographique L choisi sur Nk . ◄
Supposons toujours que pour tout p, 1 ≤ p ≤ k , Ap = {0}. Alors on a la proposition suivante : Proposition 5-2.
Si l’élément ω* = inf(A*) est bien défini, c’est-à-dire s’il existe un ordre lexicographique L tel que ω* (= infL(A*)) ait toutes ses composantes ai non nulles, alors l’objet ( Nk, (A,B) ) est irréductible.
► On suppose donc qu’existe ω* = inf(A*) et nous raisonnons par l’absurde en supposant que la décomposition directe additive ( Nk, (A,B)) se décompose en :
( Nk, (A,B)) = ( Nh, (A’,B’)) ⊕ ( Nℓ, (A’’,B’’)), avec h et l ≠ 0(k = l+h).
Sans nuire à la généralité, on peut supposer que les composantes ont été rangées de telle sorte que Nh s’identifie à l’ensemble des x = (x1, x2,…, xk) tels que xh+1 = xh+2 =…= xk = 0 et Nℓ s’identifie à l’ensemble des x = (x1, x2,…, xk) tels que x1 = x2 =…= xh = 0. L’élément ω* se décompose en a’+a’’∈ A’⊕ A’’ = A; les éléments a’ et a’’ sont dans A, mais évidemment strictement plus petits que ω* ; ils ne peuvent qu’être nuls, mais alors aussi d’où a = 0, ce qui est une contradiction. ◄
La réciproque de cette proposition est fausse dès la dimension 3 : il suffit de se référer aux décompositions de type (ii) et (iii) décrites au paragraphe 4)bis Donnons encore un contre- exemple en dimension 4.
Une décomposition de N4 non descriptible en termes de décompositions de N, N2, N3. Soient e1 = (1,0,0,0), e2 = (0,1,0,0), e3 = (0,0,1,0) et e4 = (0,0,0,1) les éléments de la « base canonique » de N4.
Pour une permutation (i,j,k,l) de (1,2,3,4), on pose Nij = N(ei +ej ) ⊕ Nek ⊕ Nel .
Le couple de parties A = N(e3 +e4 )∪N(e1 +e2 ) et B = N13 ∪ N24 ∪ N23 ∪ N14 constitue une décomposition directe de N4.
Voici la décomposition d’un élément u = (x,y,z,t) en somme a+b, avec a ∈ A et b ∈ B selon la valeur de m = inf(x, y, z, t) :
- m = x et t ≥ z ; a = (0, 0, z-x, z-x) et b = (x, y, x, t-z+x) - m = x et z ≥ t ; a = (0, 0, t-x, t-x) et b = (x, y, z-t+x, x) - m = y et t ≥ z ; a = (0, 0, z-y, z-y) et b = (x, y, y, t-z+y) - m = y et z ≥ t ; a = (0, 0, t-y, t-y) et b = (x, y, z-t+y, y) - m = z et x ≥ y ; a = (y-z, y-z, 0, 0) et b = (x-y+z, z, z, t) - m = z et y ≥ x ; a = (x-z, x-z, 0, 0) et b = (z, y-x+z, z, t) - m = t et x ≥ y ; a = (y-t, y-t, 0, 0) et b = (x-y+t, t, z, t) - m = t et y ≥ x ; a = (x-t, x-t, 0, 0) et b = (t, y-x+t, z, t)
On a donc bien N4 = A⊕B. On peut vérifier facilement que cette décomposition n’est en aucun cas produit de deux décompositions induites de dimensions 2 ou de deux décompositions de dimensions 1 et 3 :
- sur (xy) et (zt), (1,1,1,1) serait élément de A, puisqu’égal à (1,1,0,0)+(0,0,1,1) ; - sur (xz) et (yt), (1,1,1,1) serait élément de A, puisqu’égal à (1,0,1,0)+(0,1,0,1) ; - sur (xt) et (yz), (1,1,1,1) serait élément de A, puisqu’égal à (1,0,0,1)+(0,1,1,0) ; - sur (xyz) et (t), (1,1,1,1) ne serait pas dans B, puisqu’égal à (1,1,0,0)A+(0,0,1,1)B ; - sur (xyt) et (z), (1,1,1,1) ne serait pas dans B, puisqu’égal à (1,1,0,0)A+(0,0,1,1)B ; - sur (xzt) et (y), (1,1,1,1) ne serait pas dans B, puisqu’égal à (1,1,0,0)B+(0,0,1,1)A ; - sur (yzt) et (x), (1,1,1,1) ne serait pas dans B, puisqu’égal à (1,1,0,0)B+(0,0,1,1)A ;
Nous verrons que cet exemple est en quelque sorte générique, puisqu’il représente un nouveau type de décomposition non triviale de N4 , c’est-à-dire non « déductible » des décompositions directes des puissances de N inférieures à 4. On remarquera que le groupe S4 et sa représentation sur S3 sont en cause ici!
Soit (Nk, (A,B)) une décomposition directe telle que, pour tout p, on ait : Ap< ∞. D’après la proposition 4-1, dont on reprend les notations, (ΩΩΩΩ, C) est une décomposition directe de Nk ; les parties ΩΩΩ et C sont propres pour la décomposition (A,B) donnée. Ω
Tout z ∈ Nk s’écrit de façon unique z = ω+c où ω∈ ΩΩΩΩ et c∈ C , et l’on a : a(z) = a(ω) + a(c) et b(z) = b(ω) + b(c), où a(ω), b(ω) ∈ ΩΩΩΩ
On est donc ramené à décrire la décomposition induite sur ΩΩΩΩ. Comme ΩΩΩΩ est canoniquement isomorphe à Nk, il s’agit de décrire les décompositions directes de Nk telles que tous les axes Np = Nep , ep = (0,.0,., 0, 1p, 0.,.0), soient dans B, ce que nous supposons donc.
Proposition 5-3.
Si l’élément ω* = inf(A*) est bien défini, c’est-à-dire s’il existe un ordre lexicographique L tel que ω* (= infL(A*)) ait toutes ses composantes bi ei non nulles, la demi-droite D = N.ω*
est une partie propre, l’ensemble L = {x ∃ p (xp < bp)} est contenu dans B et l’on a : A = AD
et aussi B = BD⊕L.
► Ceci étant, on procède par récurrence portant sur les multiples entiers de ω* ; par définition, de ω*, on a : L ⊂ B, et tout élément z de ω* + L se décompose de façon évidente en ω* + l sachant que ω* ∈ A et l ∈ L⊂ B, conformément à l’énoncé de la
Supposons établi le résultat pour tous les ensembles p.ω* + L, avec p < q, à savoir que, pour tout l ∈ L, on a : a(pω* +l) = a(pω*) et b(pω* +l) = b(pω*) + l, avec a(pω*) et b(pω*) ∈ D.
Venons-en à l’ensemble q.ω* + L ; il y a trois cas à examiner :
- si q.ω* ∈ A , alors, on est dans la même situation que ci-dessus ( cas q = 1) ; tout élément z de q.ω* + L se décompose en q.ω*+ l sachant que q.ω* ∈ A et l∈L⊂ B;
- si q.ω* ∉ A∪B, alors q.ω* = a + b, où (a,b) ∈ A*×B* ; par hypothèse de récurrence, l’élément a = a(q.ω*) est a priori de la forme p.ω*, avec 0 < p < q et b est aussi un multiple de ω*, puisqu’égal à (q-p).ω* ; tout élément z de q.ω* + L, z = q.ω*+l, se décompose alors de façon évidente : en effet, grâce à l’hypothèse de récurrence, on sait que l’élément y = (q-p).ω* +l est dans B car b(y) = b((q-p).ω*+l) = b((q-p).ω*)+l = (q-p).ω*+l
= y ; et l’unicité de décomposition achève d’établir que a(q.ω*+l) = a(q.ω*) et b(q.ω*+l) = b(q.ω*) +l.
- si q.ω*∈B; montrons que pour tout l∈L⊂ B, q.ω*+ l∈ B.
A cet effet, établissons d’abord ceci :
si , pour tout l < l1∈ L, on a : q.ω*+ l ∉ A, alors, pour ces mêmes l, on a q.ω*+ l ∈B ; soit en effet a = a(q.ω*+ l) et b = b(q.ω*+ l) ; b ≠ 0 car q.ω*+ l ∉ A ; donc a < q.ω*+ l; mais a priori a est de la forme p.ω* + l’ avec p < q ( p > q est impossible, p = q est exclu par hypothèse secondaire). L’hypothèse générale de récurrence s’applique alors : a(p.ω*+ l’)
= a(a) = a = p.ω* + l’ = a(p.ω*) ∈ N.ω* ; donc l’ = 0 et a = p.ω* ∈A; alors b = (q-p).ω*+ l; si p > 0, l’hypothèse générale de récurrence s’applique encore: b((q-p).ω*+ l) = (q-p).ω*+ l = b((q-p).ω*)+ l où b((q-p).ω*) ∈ B ; donc b((q-p).ω*) = (q-p).ω* ∈B ; il y a alors une contradiction, puisque q.ω* aurait deux décompositions : la triviale q.ω* = 0+q.ω* et l’autre q.ω* = p.ω* +(q-p).ω* ( 0 < p < q). La seule possibilité qui reste est : p = 0, donc a = 0, donc q.ω*+ l ∈B.
Maintenant, supposons qu’il y ait dans q.ω* + L des éléments de A ; soit q.ω*+l le plus petit d’entre eux (pour un ordre lexicographique arbitraire !) ; on sait que l =
∑
= k 1 i
i ie m , et il existe i tel que mi < bi ; effectuons pour tout i la division de mi par bi ; il existe donc des entiers si et ri tels que : mi = si.bi + ri , avec ri < bi ; l’un des entiers si au moins est nul ; distinguons alors deux cas :
~ supposons d’abord que l’on ait : ri = 0 pour tout i ; alors l =
∑
= k 1 i
i ie
m =
∑
= k 1 i
i i ib e
s et il existe un indice i = j au moins tel que sj > 0 ; on supposera que cet indice est le plus petit possible (pour l’ordre lexicographique en cause) ; posons :
l1 = (sj -1)bjej +
∑
≠j i
i i ib e s
de sorte que l = l1 + bjej ; il y a alors une contradiction concernant l’unique décomposition de l’élément q.ω* + l+
∑
≠j i
i ie b : q.ω* + l+
∑
≠j i
i ie
b = (q.ω* + l)A + (
∑
≠j i
i ie b )B
q.ω* + l+
∑
≠j i
i ie
b = q.ω* + l1 +
∑
= k 1 i
i ie
b = (q.ω* + l1)B +(ω*)A
Remarquons bien que l1 < l, par choix de minimalité de j, et le résultat du début s’applique : q.ω* + l1 ∈ B.
Remarquons aussi que
∑
≠j i
i ie
b < ω* , et donc
∑
≠j i
i ie
b ∈ B, par définition de ω* ;
~ supposons maintenant qu’il existe j tel que rj ≠0; alors τ =
∑
= k −
1 i
i i i r )e b
( ∈ L ⊂ B; de plus,
on a : l + τ = l1 + ω* où l1 =
∑
= k 1 i
i i ib e
s < l ; il y a encore une contradiction concernant l’unique décomposition de l’élément q.ω* + l+τ :
q.ω* + l+τ = (q.ω* + l)A + (τ)B = (q.ω* + l1)B + (ω*)A
(l1 < l et le résultat du début s’applique : q.ω* + l1 ∈ B)
Finalement, l’existence même d’un élément de A tel que q.ω*+l conduit à une contradiction : tous les éléments de q.ω* + L sont dans B.
En résumé, nous savons maintenant que si (Nk, (A,B)) est une décomposition directe telle que, pour tout p, on ait : Ap< ∞, alors :
Nk = L ⊕ D ⊕ C = L⊕ AD ⊕ BD ⊕ AC ⊕ BC où A = AΩΩΩΩ ⊕ AC = AD ⊕ AC et B = L⊕ BD ⊕ BC , et, lorsqu’on a opéré la première réduction, ou si l’on veut si C = {0}, alors :
Nk = L ⊕ D = L⊕ AD ⊕ BD où A = AD et B = L⊕ BD . .
Nous indiquons pour finir comment calculer pratiquement p et l. Soit x =
∑
i i ie
x ; on a ω* =
∑
i i ie
b ; si x ∉ L, c’est que toutes les composantes de x sont plus grandes que celles de ω* ; pour tout i, de 1 à k, on effectue la division euclidienne de xi
par bi : xi = pi.bi + ri , avec ri < bi ; si x ≠ ω* il existe au moins un indice i pour lequel pi ≠ 0 ; soit alors p le plus petit des pi ≠ 0 ; alors l’élément suivant : l =
∑
− +i
i i i i p).b r ).e p
(( =
∑
−i
i i i p.b ).e x
( est dans L : en effet, soit j un indice pour lequel pj = p; on a : lj = rj < bj ; l’élément l n’est autre que x – p.ω* ; pour avoir la décomposition de x, il convient de décomposer encore p sur la demi droite D = N.ω*. ◄
Définition 5-2
Soit (Nk, (A,B)) une décomposition directe telle que tous les axes Np = N.ep se décomposent en Ap⊕Bp chaque Ap étant fini. Si, après réduction, existe l’élément α = inf(A*) comme dans la proposition 5-3 ci-dessus, un tel objet sera dit objet irréductible simple, et plus précisément, si tous les Ap sont réduits à {0} (i.e. C = {0}) objet irréductible réduit simple.
Ce sont les objets de la proposition 5-2.
Définition 5-3.
On dira que (ei1 , ei2, …, eiq) est à la base d’un sous-objet irréductible simple de (Nk, (A,B)) si la décomposition induite par (A,B) sur N.ei1 ⊕ N.ei2 ⊕ …⊕ N.eiq , qui est canoniquement isomorphe à une décomposition de Nq , est un objet irréductible simple, ce qui suppose qu’existe un plus petit élément α de A\{0}∩ (N.ei1 ⊕ N.ei2 ⊕ …⊕ N.eiq) qu’on appellera le générateur d’irréductiblité du sous-objet en question.
Définition 5-4 (sutures).
Soit (Nk, (A,B)) un objet irréductible simple, avec générateur d’irréductiblité α dans A ; l’ensemble D = N.α se décompose en AD ⊕ BD ; si AD est fini (et par essence non réduit à {0}!) nous dirons que c’est une suture de genre a (ou que l’objet (Nk, (A,B)) présente une suture de genre a) ; les éléments non nuls de AD sont appelés points de suture.
On définit de façon symétrique les sutures de genre b et leurs points de suture.
Notons que la seule considération des squelettes sains (cf. : la première partie, au § 4) bis, petite incursion en dimension 4 et 5 ) élimine d’office les sutures.
Dans ce qui suit, propositions 5-4 à 5-10, on travaille avec un objet (Nk, (A,B)) où chaque Np est contenu dans B.
Proposition 5-4.
Supposons que Eq = (ei1 , ei2, …, eiq) et Er = (ej1 , ej2, …, ejr) soient à la base de deux sous- objets irréductibles simples distincts de (Nk, (A,B)), avec générateurs d’irréductibilité respectifs αq et αr. Alors les ensembles Eq et Er sont disjoints.
►Posons αq =
∑
= q 1 p
ip pe
m et αr =
∑
= r
1 p
jp pe
n ; nous raisonnons par l’absurde et supposons donc que e ∈ Eq ∩Er et, pour fixer les idées, que e = ei1= ej1 et que l’on ait : m1 ≥ n1 ; alors l’élément x = m1.e+
∑
= q 2 p
ip pe
m +
∑
= r 2 p
jp pe
n aurait deux décompositions selon (A,B), à savoir :
a(x) = m1.e+
∑
= q 2 p
ip pe
m =
∑
= q 1 p
ip pe
m = αq et b(x) =
∑
= r 2 p
jp pe
n (∈B, par déf. de αr), et
a(x) = n1.e+
∑
= r 2 p
jp pe
n =
∑
= r
1 p
jp pe
n = αr et b(x) =
∑
= q 2 p
ip pe
m +(m1-n1).e (∈B, par déf. de αq) ◄
Proposition 5-5.
Il existe une unique partition P de K = {0,1,2,…,k} ayant la propriété suivante : ∀ I ∈ P - ou bien card(I) ≥ 2 et dans ce cas, (ei)i ∈I est une base de sous-objet irréductible simple de (Nk, (A,B)),
- ou bien card(I) = 1 et l’ensemble S de ces singletons est tel que S =
⊕
s∈SN.es ⊂ B.► Soit B l’ensemble des bases de sous-objets irréductibles simples de (Nk, (A,B)). D’après la proposition 5-4 c’est un ensemble de parties disjointes de K ayant chacune au moins 2 éléments. Soit U leur réunion et soit S = K \ U.
Montrons que le sous-monoïde S engendré par S est entièrement contenu dans B. Raisonnons par l’absurde : supposons que A ∩ S ne soit pas réduit à {0}; soit a ∈ A ∩ S un élément non nul, ayant un nombre de composantes non nulles minimum (ce nombre est alors nécessairement supérieur ou égal à 2); pour fixer les idées, supposons que ces composantes correspondent aux indices ( i1 , i2 , …, ir ) et posons pour simplifier fn = ein ; soit R le sous- monoïde engendré par (f1, f2 ,…, fr ) et soit L un ordre lexicographique dans R (correspondant par exemple à l’ordre naturel : 1 < 2 <…< r ) ; soit enfin a’ = infL(A*∩ R) ; les r composantes de a’ sont non nulles puisque a a été choisi dans S avec un nombre minimum de composantes non nulles (qui est r !). D’après les propositions 5-1 et 5-2, l’élément a’ = inf(A*∩ R) est minimum absolu et R est sous-jacent à un sous-objet irréductible de (Nk, (A,B)), dont a’ serait le générateur d’irréductibilité ; alors { i1 , i2 , …, ir }serait une base de sous-objet irréductible et donc élément de B, et à ce titre { i1 , i2 , …, ir } serait contenu dans U et non dans S. ◄
Proposition 5-6.
Supposons en plus que P ne contienne qu’un élément de base Eq = (e1 , e2, …, eq) et de générateur d’irréductibilité α =
∑
= q 1 i
i ie
n ; désignons par (f1, f2 ,…, fs ) les éléments de S.
► Nous raisonnons par l’absurde et seulement dans le cas i = 1 pour fixer les idées : supposons que α* =
∑
= q β
2 i
i ie
' +
∑
= s β
1 j
j
j.f soit un élément de A*, minimum pour un ordre lexicographique ; d’après la proposition 5-5, l’élément
∑
= s β
1 j
j
j.f est dans B, et l’élément
∑
=
β
q 2 i
i ie
' est aussi dans B, puisqu’il est sur le bord d’un objet irréductible dont les
axes sont dans B (la première composante de a(
∑
= q β
2 i
i ie
' ) est nulle, et comme c’est un élément de A dans un sous-objet irréductible à base dans B, il ne peut qu’être nul, donc
∑
= q β2 i
i ie
' ∈ B) ; de plus
∑
= q β
2 i
i ie
' ≠ 0, sinon α* ∈ A∩B et α* = 0 ∉ A*.
Si β’i ≥ ni, on pose ti = β’i- ni et ui = 0; si ni >β’i, on pose ui = ni -β’i et ti = 0 (par convention, β’1= 0); l’élément z = α* +
∑
= q 1 i
i ie
u a deux décompositions :
(1) z =
∑
= q β
2 i
i ie
' +
∑
= s β
1 j
j j.f +
∑
= q 1 i
i ie
u = α + (
∑
= q 2 i
i ie t +
∑
= s β
1 j
j j.f ) ;
l’élément (
∑
= q 2 i
i ie t +
∑
= s β 1 j
j
j.f ) est strictement plus petit que α* , puisqu’il existe au moins un indice i pour lequel β’i ≠ 0, et nécessairement alors élément de B ;
(2) z = α* +
∑
= q 1 i
i ie u
∑
= q 1 i
i ie
u est élément de B puisque pour tout i on a : ni ≥ ui et qu’il existe au moins un indice i
pour lequel cette inégalité est stricte, car
∑
= q β
2 i
i ie ' ≠ 0.
Ces deux décompositions sont évidemment distinctes. ◄
Cette proposition généralise la proposition 4-1-1 (cf. première partie)
Proposition 5-7.
Dans le cas de deux bases de sous-objets irréductibles simples (de même nature) : - soit Ep = (e1,…, ep) et Eq = (f1,…, fp) (dans B toutes deux)
- et leurs générateurs d’irréductibilité: α =
∑
= p 1 i
i ie
n et α’ =
∑
= q 1 j
j jf '
n , éléments de A, on a : Lp ⊕ Lq ⊂ B.
► Lp = { lp =
∑
= p λ
1 i
i
ie ∃i λi < ni } et Lq = { lq =
∑
= q λ 1 j
j
jf ∃j λj < n’j }. Comme Lp ⊕ Lq est propre, il suffit de montrer que Lp ⊕ Lq ne contient aucun élément de A.
Pour lp ∈ Lp on définit l’entier h(lp) = lp1 + lp2 +…+ lpp .
Pour lq ∈ Lq fixé, on effectue une simple récurrence portant sur l’entier n = h(lp) ; on peut supposer lp ≠ 0 .
Supposons que l’p + lq ∈ B pour tout l’p tel que h(l’p) < n ;
soit alors lp tel que n = h(lp) ; pour tout i, posons mi = 0 si lpi ≥ ni et ni - lpi autrement ; soit µ =
∑
= p 1 i
i ie
m ; supposons que lp + lq ∈ A ; soit z = lp + lq + µ ; alors on dispose de deux décompositions pour z :
z = (lp + lq )A + µB car µ ∈ Lp⊂ B , et
z = lp + lq + µ = l’p + µ’ + lq + µ = (l’p + lq)B + αA ;
oùl’on a posé: lp = l’p + µ’, avec µ’ =
∑
= p −
1 i
i i i m ).e n
( et l’p i = lp i + mi – ni ; on a : h(l’p) < n ,
car si lpi ≥ ni , alors mi = 0 et lp i + mi – ni < lp i , et si lpi < ni , alors lp i + mi – ni = 0 ≤ lp i ; et si on est toujours dans le deuxième cas, il n’est que de remarquer qu’un au moins des lp i n’est pas nul, puisque lp ≠ 0 ; ainsi , par hypothèse de récurrence, l’p + lq ∉ A et donc ∈ B, car la partie Lp ⊕ Lq est propre.
Clairement ces deux décompositions sont distinctes…d’où la contradiction et lp + lq ∉ A . ◄
Proposition 5-8.
Toujours avec les mêmes hypothèses, et les mêmes notations et posant D = N.α et D’ = N.α’, D ⊕ D’est une partie propre et l’on a : A = AD ⊕ D’ et B = BD ⊕ D’ ⊕ Lp ⊕ Lq .
► On établit ce résultat par récurrence (transfinie) portant sur les couples (p,p’) d’entiers coordonnées des éléments de D ⊕ D’. Les éléments de Lp (resp. Lq ) sont génériquement désignés par la lettre l (resp. l’). On suppose que pour tout couple (q,q’) p (p,p’) on a :
a(q.α+q’.α’+l+l’) = a(q.α+q’.α’) et b(q.α+q’.α’+l+l’) = b(q.α+q’.α’)+l+l’ avec a(q.α+q’.α’) et b(q.α+q’.α’) ∈ D ⊕ D’
soit z0 = p.α+p’.α’+l+l’(z0 = z+ z’, avec z = p.α+l et z’ = p’.α’+l’); on décompose z0 -l-l’=
p.α+p’.α’ en a + b, où a = p1.α+p’1.α’+l1+l’1 et b = p2.α+p’2.α’+l2+l’2; supposons que l’on ait : (p1,p’1) p (p,p’) et (p2,p’2) p (p,p’) ; alors :
p1.α+p’1.α’+l1+l’1 = a(p1.α+p’1.α’+l1+l’1) = a(p1.α+p’1.α’) ;
donc l1 = l’1 = 0 et p1.α+p’1.α’ ∈ A; dans ce cas, b = (p-p1).α + (p’-p’1).α’; de même on a : p2.α+p’2.α’+l2+l’2 = b(p2.α+p’2.α’+l2+l’2) = b(p2.α+p’2.α’)+l2+l’2 ;
donc p2.α+p’2.α’ ∈ B et l’unicité de décomposition selon D ⊕ D’⊕ Lp ⊕ Lq achève de prouver que:
a(p.α+p’.α’) = p1.α+p’1.α’ et b(p.α+p’.α’) = p2.α+p’2.α’ ;
de plus, b(p2.α+p’2.α’+l+l’) = b(p2.α+p’2.α’)+l+l’ = p2.α+p’2.α’+l+l’ (en appliquant l’hypothèse de récurrence) et du coup, on a :
a(z0) = a(p.α+p’.α’+l+l’) = p1.α+p’1.α’ = a(p.α+p’.α’), et b(z0) = b(p.α+p’.α’+l+l’) = p2.α+p’2.α’+l+l’ = b(p.α+p’.α’)+l+l’ ;
supposons maintenant que (p1,p’1) = (p,p’) ; alors p.α+p’.α’∈ A, et l+l’∈ B, de sorte qu’on a encore, grâce à l’unicité de décomposition :
a(z0) = a(p.α+p’.α’+l+l’) = p.α+p’.α’ = a(p.α+p’.α’) et b(z0) = l+l’ = b(p.α+p’.α’)+l+l’;
supposons enfin que (p2,p’2) = (p,p’); alors b = p.α+p’.α’+l2+l’2 et nécessairement l2=l’2 =0 et b = p.α+p’.α’, et a = 0 ; ainsi on trouve encore :
a(z0) = 0 = a(p.α+p’.α’), et
b(z0) = p.α+p’.α’+l+l’ = b(p.α+p’.α’)+l+l’ . ◄
Proposition 5-9 (généralise la proposition 5-7)
Dans le cas de r bases de sous-objets irréductibles simples, soit E1, E2,...Er (toutes dans B) et leurs générateurs d’irréductibilité : α1, α2,…, αr (tous dans A) on a :
L1 ⊕ L2 ⊕ …⊕ Lr ⊂ B, où , rappelons-le : Ls = { ls =
∑
=
sλ
p i
i s i s e 1
∃i λs i < ns i }.
► Rappelons que : L1 = { l1 =
∑
=
1λ p
1 i
i 1 i
1 e ∃i λ1 i < n1 i } ,…, Lr = { lr =
∑
=
r λ p
1 i
i r i
r e ∃i λr i < nr i }.
On établit ce résultat par récurrence sur le nombre r. Pour r = 2, la proposition 5-7 fournit le résultat. Supposons le résultat établi pour tout s < r. Alors L2 ⊕ L3 ⊕ …⊕ Lr ⊂ B.
Comme L1 ⊕ L2 ⊕ …⊕ Lr est propre, il suffit de montrer que L1 ⊕ (L2 ⊕ …⊕ Lr) ne contient aucun élément de A.
Pour l1 ∈ L1 on définit l’entier h(l1) = l1 1 + l1 2 +…+ l1 p1 .
Pour l2 +…+lr ∈ L2 ⊕ …⊕ Lr fixé, on effectue une simple récurrence portant sur l’entier n
= h(l1) ; on peut supposer l1 ≠ 0 .
Supposons que l’1 +(l2 +…+lr) ∈ B pour tout l’1 tel que h(l’1) < n ;
soit alors l1 tel que n = h(l1) ; pour tout i, posons mi = 0 si l1 i ≥ n1 i et n1 i - l1 i autrement ; soit µ =
∑
= p1
1 i
i 1 ie
m ; supposons que l1 +(l2 +…+lr) ∈ A ; soit z = l1 + l2 +…+ lr + µ ; alors on dispose de deux décompositions pour z :
z = (l1 + l2 +…+ lr)A + µB car µ ∈ L1⊂ B , et
z = l1 + l2 +…+ lr + µ = l’1 + µ’ + l2 +…+ lr + µ = (l’1 + l2 +…+ lr) B + (α1) A ;
oùl’on a posé: l1 = l’1 + µ’, avec µ’ =
∑
=
1 − p
1 i
i 1 i i
1 m ).e
n
( et l’1 i = l1 i + mi – n1 i ; on a : h(l’1) < n ,
car si l1 i ≥ n1 i , alors mi = 0 et l1 i + mi – n1 i < l1 i , et si l1 i < n1 i , alors l1 i + mi – n1 i = 0 ≤ l1 i ;
et si on est toujours dans le deuxième cas, il n’est que de remarquer qu’un au moins des l1 i n’est pas nul, puisque l1 ≠ 0 ; ainsi, par hypothèse de récurrence, (l’1 + l2 +…+ lr) ∉ A et donc ∈ B, car la partie L1 ⊕ L2 ⊕ …⊕ Lr est propre.
Clairement ces deux décompositions sont distinctes d’où une contradiction : alors l’élément l1 + l2 +…+lr ∉ A . ◄
Proposition 5-10 (généralise la proposition 5-8)
Toujours avec les mêmes hypothèses, et les mêmes notations, posant D1 = N.α1, D2 = N.α2,
…Dr = N.αr , alors D = D1 ⊕ D2 ⊕ …⊕ Dr est une partie propre et on a : A = AD et B = BD ⊕ L1 ⊕ L2 ⊕ …⊕ Lr .
► On établit ce résultat par récurrence (transfinie) portant sur les r-uples (p1, p2,…,pr) d’entiers coordonnées des éléments de D1 ⊕ D2 ⊕ …⊕ Dr. Les éléments de Lp sont génériquement désignés par la lettre lp, pour tout p de 1 à r.
On suppose que pour tout r-uple (q1, q2,…,qr) p (p1, p2,…,pr) on a :
a(
∑
= r α
1 j
j qj +
∑
= r 1 j
lj) = a(
∑
= r α
1 j
j
qj ) et b(
∑
= r α
1 j
j qj +
∑
= r 1 j
lj) = b(
∑
= r α
1 j
j qj ) +
∑
= r 1 j
lj, avec a(
∑
= r α
1 j
j
qj ) et b(
∑
= r α
1 j
j
qj ) ∈ D1 ⊕ D2 ⊕ …⊕ Dr ;
soit z0 =
∑
= r α
1 j
j pj +
∑
= r 1 j
lj (z0 =
∑
= r 1 j
z , avec zj j = pj.αj+lj ); on décompose z0 -
∑
= r 1 j
lj=
∑
= r α 1 jj
pj en a + b, où a =
∑
= r α
1 j
1 j
pj +
∑
= r 1 j
j1
l et b =
∑
= r α
1 j
2 j
pj +
∑
= r 1 j
j2
l ; supposons que l’on ait : (p11
, p21
,…, pr1
) p (p1, p2,…,pr) et (p12
, p22
,…, pr2
) p (p1, p2,…,pr) ; alors :
∑
= r α 1 j1 j
pj +
∑
= r 1 j
j1
l = a(
∑
= r α
1 j
1 j
pj +
∑
= r 1 j
j1
l ) = a(
∑
= r α
1 j
1 j pj ) ;
donc ∀j, 1 ≤ j ≤ r, lj1 = 0 et
∑
= r α
1 j
1 j
pj ∈ A; dans ce cas, b =
∑
=
α r −
1 j
1 j j
j p ).
p
( ; de même on a :
∑
= r α 1 j2 j
pj +
∑
= r 1 j
j2
l = b(
∑
= r α
1 j
2 j
pj +
∑
= r 1 j
j2
l ) = b(
∑
= r α
1 j
2 j
pj )+
∑
= r 1 j
j2 l ;
donc
∑
= r α
1 j
2 j
pj ∈ B et l’unicité de décomposition selon D1 ⊕ D2⊕ ..⊕ Dr ⊕ L1⊕ L2 ⊕ ..⊕ Lr achève de prouver que:
a(
∑
= r α
1 j
j
pj ) =
∑
= r α
1 j
1 j
pj et b(
∑
= r α
1 j
j
pj ) =
∑
= r α
1 j
2 j pj ;
de plus, b(
∑
= r α
1 j
2 j
pj +
∑
= r 1 j
lj) = b(
∑
= r α
1 j
2 j
pj )+
∑
= r 1 j
lj =
∑
= r α
1 j
2 j
pj +
∑
= r 1 j
lj (en appliquant l’hypothèse de récurrence) et du coup, on a :
a(z0) = a(
∑
= r α
1 j
j pj +
∑
= r 1 j
lj) =
∑
= r α
1 j
1 j
pj = a(
∑
= r α
1 j
j pj ), et b(z0) = b(
∑
= r α
1 j
j pj +
∑
= r 1 j
lj) =
∑
= r α
1 j
2 j
pj +
∑
= r 1 j
lj= b(
∑
= r α
1 j
j pj )+
∑
= r 1 j
lj ;
supposons maintenant que (p11, p21,…, pr1) = (p1, p2,…,pr) ; alors
∑
= r α
1 j
j
pj ∈ A, et
∑
= r 1 j
lj∈ B, de sorte qu’on a encore, grâce à l’unicité de décomposition :
a(z0) = a(
∑
= r α
1 j
j pj +
∑
= r 1 j
lj) =
∑
= r α
1 j
j
pj = a(
∑
= r α
1 j
j
pj ) et b(z0) =
∑
= r 1 j
lj = b(
∑
= r α
1 j
j pj )+
∑
= r 1 j
lj;
supposons enfin que (p12, p22,…, pr2) = (p1, p2,…,pr); alors, b =
∑
= r α
1 j
j pj +
∑
= r 1 j
j2 l et nécessairement ∀j, 1 ≤ j ≤ r, lj2 = 0 et b =
∑
= r α
1 j
j
pj , et a = 0 ; ainsi on trouve encore : a(z0) = 0 = a(
∑
= r α
1 j
j pj ), et b(z0) =
∑
= r α
1 j
j pj +
∑
= r 1 j
lj = b(
∑
= r α
1 j
j pj )+
∑
= r 1 j
lj ◄
La proposition suivante concerne le cas général.
Elle « rétablit » la symétrie entre A et B.
Proposition 5-11 (cas général, généralise les propositions 5-8 et 5-10).
- On suppose que chaque axe est entièrement dans A ou entièrement dans B (il y a donc eu éventuellement une première simplification par les axes sur lesquels on a:│A│=│B│= ∞, grâce au théorème 1-1, et aussi une première réduction, grâce à la proposition 4-1).
- On dispose des cycles et singletons qui sont dans B :
(f1, f2 ,…, ft ) les éléments de SB ; ils engendrent le sous-monoïde SB ,
les r cyles bases de sous-objets irréductibles simples E1, E2,…,Er à bords dans B, avec générateurs d’irréductibilité α1, α2, …, αr , éléments de A, générateurs des droites D1, D2, …, Dr .
- On dispose aussi des cycles et singletons qui sont dans A :
(g1, g2 ,…, gu ) les éléments de SA ; ils engendrent le sous-monoïde SA ,
les s cycles bases de sous-objets irréductibles simples F1, F2,…,Fs à bords dans A, avec générateurs d’irréductibilité β1, β2, …, βs , éléments de B, générateurs des droites D’1, D’2,
…, D’s ;
- On dispose encore des « régions » L1, L2 , …, Lr qui sont entièrement dans B , et des « régions » L’1, L’2 , …, L’s qui sont entièrement dans A .
Alors,
SA⊕ D1 ⊕ D2 ⊕ …⊕ Dr ⊕ SB ⊕ D’1 ⊕ D’2 ⊕ …⊕ D’s
et L1 ⊕ L2 ⊕ …⊕ Lr ⊕ L’1 ⊕ L’2 ⊕ …⊕ L’s sont des parties propres.
- On pose :
L = L1 ⊕ L2 ⊕ …⊕ Lr , L’ = L’1 ⊕ L’2 ⊕ …⊕ L’s
et D = SA⊕ D1 ⊕ D2 ⊕ …⊕ Dr ⊕ SB ⊕ D’1 ⊕ D’2 ⊕ …⊕ D’s .
Les générateurs de D sont désignés génériquement par γ i; ce sont les éléments f1, f2 ,…, ft de SB , les éléments g1, g2 ,…, gu de SA , et les générateurs α1, α2, …, αr , β1, β2, …, βs.
Tout élément z se décompose de façon unique en z = l + l’+
∑
ipi.γi , avec l∈ L , l’∈ L’ et∑
ipi.γi ∈ D , et sa décomposition selon (A,B) est donnée par :a(z) = l’+ a(
∑
ipi.γi ) et b(z) = l + b(∑
ipi.γi ).► On établit ce résultat par récurrence (transfinie) portant sur les n-uples d’entiers (pi) 1≤ i ≤ n
coordonnées des éléments de D.
Les éléments de L = L1 ⊕ L2 ⊕ …⊕ Lr , génériquement désignés par la lettre l sont dans B.
Les éléments de L’ = L’1⊕ L’2⊕…⊕L’r , génériquement désignés par la lettre l’sont dans A.
Ces derniers faits résultent de la proposition 5-10.
On suppose que :
∀ z’ = l + l’+
∑
iqi.γi , où le n-uple (qi) 1≤ i ≤ n est tel que : (qi) 1≤ i ≤ np (pi) 1≤ i ≤ n on a :a(z’) = a(l+ l’+
∑
iqi.γi ) = l’+ a(∑
iqi.γi ), b(z’) = b(l+ l’+∑
iqi.γi ) = l + b(∑
iqi.γi ), avec a(∑
iqi.γi ) et b(∑
iqi.γi ) ∈ D,soit z = l+l’+
∑
ipi.γi ; l’élément z - l- l’ =∑
ipi.γi se décompose en a + b, où a priori : a = l1+ l’1 +∑
i 1γii .
p avec l1∈ L , l’1 ∈ L’ et
∑
i 1γi i .p ∈ D et b = l2+ l’2 +
∑
i 2γii .
p avec l2∈ L , l’2 ∈ L’ et
∑
i 2γi i .p ∈ D
supposons que l’on ait :
(pi1) 1≤ i ≤ n p (pi) 1≤ i ≤ n et (pi2) 1≤ i ≤ n p (pi) 1≤ i ≤ n alors :