Matrice $A-D$ nilpotente

@Adrien2019, Side
Joli. Of course, on n'impose plus la commutation entre $N = A-D$ et $A$. Bon ici, je fais joujou car un schéma affine de dimension 0 en intersection complète, cela ne se laisse pas passer. Comme souvent, je fais joujou SANS réfléchir.

Petit joueur, je fais $n=3$ et considère 3 inconnues $x_1, x_2, x_3$, les coefficients de la diagonale. Je vais élaborer un système de 3 équations en 3 inconnues. Quand on est snob, on dit un schéma affine en intersection complète.

[color=#000000]> k := RationalField() ;
> A3<x1,x2,x3> := AffineSpace(k,3) ;
> 
> D := DiagonalMatrix([x1,x2,x3]) ;
> D ;   
[x1  0  0]
[ 0 x2  0]
[ 0  0 x3]
[/color]

Pour éviter de trop génériser, je vais prendre une matrice $3 \times 3$ à coefficients aléatoires dans mon corps de base $k = \Q$.

[color=#000000]> A := Matrix(CoordinateRing(A3),n,n, [Random(-5,5) : ij in [1..n^2]]) where n is 3 ;
> A ;
[ 1 -3  1]
[-1  2 -4]
[-5 -2 -1]
[/color]

Le polynôme caractéristique de $A-D$, à qui on va demander d'être égal à $T^3$ de façon à ce que $A-D$ soit nilpotente.

[color=#000000]> Chi<T> := CharacteristicPolynomial(A - D) ;
> Chi ;
T^3 + (x1 + x2 + x3 - 2)*T^2 + (x1*x2 + x1*x3 - x1 + x2*x3 - 3*x3 - 7)*T + x1*x2*x3 + x1*x2 - 2*x1*x3 - 10*x1 -
    x2*x3 + 4*x2 - x3 + 55
[/color]

Le schéma en question dont le job est de prendre en charge la nullité des coefficients du polynôme caractéristique, hormis le dominant of course.

[color=#000000]> S := Scheme(A3, [Coefficient(Chi,d) : d in [0..2]]) ;
> S ;
Scheme over Rational Field defined by
x1*x2*x3 + x1*x2 - 2*x1*x3 - 10*x1 - x2*x3 + 4*x2 - x3 + 55,
x1*x2 + x1*x3 - x1 + x2*x3 - 3*x3 - 7,
x1 + x2 + x3 - 2
[/color]

Dimension $0$ comme a dit Side. En clair, un nombre fini de points dans une clôture algébrique de $k = \Q$. Combien de points (en comptant la multiplicité) i.e. le degré du schéma ? Le logiciel répond 6. Est ce que ce 6 est la manifestation de $n!$ avec $n = 3$ ? Un peu rapide de ma part de vouloir deviner avec une seule expérimentation. Probablement variable avec $A$ ? Prendre pour $A$ la matrice nulle pour avoir le squelette.

[color=#000000]> Dimension(S) ;
0
> Degree(S) ;
6
[/color]

Quel est le témoin de la finitude de $S$ ? Trois polynômes unitaires de $\Q[x_1]$, $\Q[x_2]$, $\Q[x_3]$ qui sont dans l'idéal $I$ de $S$.

[color=#000000]> I := Ideal(S) ;> G := UnivariateEliminationIdealGenerators(I) ;
> G ;
[
    x1^6 - 6*x1^5 + 9*x1^4 + 120*x1^3 - 312*x1^2 - 96*x1 + 4032,
    x2^6 - 12*x2^5 + 93*x2^4 - 308*x2^3 + 627*x2^2 + 894*x2 + 514,
    x3^6 + 6*x3^5 + 24*x3^4 + 172*x3^3 + 564*x3^2 + 1206*x3 + 5173
]
[/color]

Surprise : ils sont à coefficients entiers.

Quid de ces polynômes en une variable ? Mêmes corps de décomposition ? Hum pas envie de découper en facteurs irréductibles sur le corps de base. Croisons les doigts en espérant qu'ils le sont (irréductibles sur $\Q$)

[color=#000000]> G1 := Evaluate(G[1], [T,0,0]) ;         
> G1 ;
T^6 - 6*T^5 + 9*T^4 + 120*T^3 - 312*T^2 - 96*T + 4032
> G1 := ChangeRing(G1,k) ;   
> IsIrreducible(G1) ;
true
> K1<t1> := NumberField(G1) ;             

> G2 := Evaluate(G[2], [0,T,0]) ;         
> G2 := ChangeRing(G2,k) ;
> K2<t2> := NumberField(G2) ;
> time ok, K1toK2 := IsIsomorphic(K1,K2) ;
Time: 0.030
> ok ;
true
[/color]

Bingo : même(s) corps de décomposition.

Que reste-t-il à faire ? TOUT. Et surtout pour moi, commencer à réfléchir. Tiens, tiens une instance de deSmit et Lenstra ?

Adrien2019 : j'espère ne pas trop avoir pollué ton fil. Si tu penses que oui, préviens la modération. Bonne continuation.

supp

supp

$\def\Diag{\text{Diag}}$Bonjour Side. J'ai lu attentivement (plusieurs heures) ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2123820,2125196#msg-2125196. Et je voudrais te parler de ton idéal
$$
I_S = \langle S(X_1), \cdots, S(X_n) \rangle
$$qui possède de merveilleuses propriétés à condition de l'habiller d'une combinatoire monomiale adéquate. J'ai pris ta lettre $S$ comme toi et cela tombe bien car $S$ c'est comme Side.

$\bullet$ D'abord des notations. Je ne vais pas respecter complètement les tiennes mais je pense que tu es plus jeune que moi et tu t'adapteras facilement. Je travaille sur un anneau commutatif quelconque $R$ et, presque comme toi mais mais tout à fait, à partir d'une matrice $A \in M_n(R)$, je construis
$$
M = \Diag(X_1, \cdots, X_n) + A
$$Là, je vais devoir régler des histoires de signe et faire des choix. De temps en temps, chez toi, et tu l'as reconnu, c'était au signe près. Je ne peux pas me permettre. Et je fais intervenir le polynôme caractéristique $F$ de $M$ (pas franchement écrit chez toi mais visible) ainsi que $R(T)$, les fonctions symétriques élémentaires $\sigma_i$, et ton fameux $S(T)$
$$
F(T) := \chi_M(T) = T^n + \cdots, \quad R(T) = \prod_{i=1}^n (T - X_i) = T^n - \sigma_1 T^{n-1} + \sigma_2 T^{n-2} - \cdots \quad
\fbox{$S = T^n + R - F$} = T^n + s_1 T^{n-1} + s_2 T^{n-2} + \cdots
$$Ce qu'il faut comprendre de ton $S$ dont la définition est encadrée, c'est que son job est de dégraisser les fonctions symétriques élémentaires $\sigma_i$ qui sont ``contenues'' (au signe près) dans les coefficients du polynôme caractéristique $F$ de $M$.

$\bullet$ En parlant de choix, tu vois que j'ai commencé à en faire en numérotant $s_i$ les coefficients de $S$ dans un certain ordre (pense à tes $P_k$ et à tes $\sigma_{n-k}$). Et ce que je voulais c'est numéroter les coefficients $c_i$ de $F$ de manière à avoir ton égalité fondamentale sous forme agréable
$$
\left[ \matrix {S(X_1) \cr \vdots \cr S(X_n) \cr} \right] = V. \left[ \matrix {c_1\cr \vdots \cr c_n \cr} \right] \qquad\qquad
\text{où } V \text{ est la matrice de Vandermonde de } X_1, \cdots, X_n \qquad \qquad (\heartsuit)
$$Bon, j'espère que tu reconnais un peu tes billes. Et pour parvenir à mes fins, j'ai pris la numérotation avec un signe $-$
$$
F(T) = T^n - c_1T^{n-1} - c_2T^{n-2} - \cdots
$$Bon, tous ces détails ne sont peut-être pas importants pour toi mais quand on programme, il faut être précis.

Ce qu'il faut retenir c'est que Side = polynôme caractéristique de $M$ dégraissé des fonctions symétriques élémentaires. Ainsi que l'égalité fondamentale $(\heartsuit)$. Je n'ai pas précisé dans quel sens je mets la matrice de Vandermonde mais on en voit un exemple ci-dessous.

$\bullet$ Bref, toutes tes affaires sont en place, à ma manière. Ce qui découle de $(\heartsuit)$ c'est l'inclusion :
$$
\langle S(X_1), \cdots, S(X_n)\rangle \quad \subset\quad \langle c_1, \cdots, c_n\rangle = \text{idéal des coefficients du pol. car. autres que le dominant}
\qquad (\spadesuit)
$$Et maintenant, il faut mettre quelque chose d'important en service : le choix d'un ordre monomial (ordonner les monômes) de façon à que la théorie des bases de Gröbner donne le meilleur d'elle-même. Ce n'est pas facile d'expliquer ce que cela signifie.

On va dire, grosso-modo, c'est que ce sont les termes dominants des polynômes qui gouvernent. Un polynôme c'est compliqué mais un monôme multiplié par un scalaire, c'est beaucoup plus simple. Et là, pour moi, je suis obligé d'annoncer un détail technique : j'ai choisi comme ordre monomial l'ordre gradué lexicographique inversé pour lequel $X_1 > \cdots > X_n$. Ce qui a produit un MIRACLE :
$$
\text{le terme dominant de } S(X_i) \text{ est } X_i^n
$$Avec comme première conséquence que $S(X_1), \cdots, S(X_n)$ est une base de Gröbner de ton idéal $I_S$. C'est une propriété vachement importante qui va avoir un impact considérable. Par exemple, tu t'est battu avec $\det V$. Je t'annonce que :
$$
\text{le terme dominant de } \det(V) \text{ est } X_1^{n-1} X_2^{n-2} X_{n-2}^2 X_{n-1} X_n^0
$$Ceci rend impossible l'appartenance de $\det V$ à ton idéal $I_S$. Car, en théorie des bases de Gröbner, si $P$ appartient à un idéal $I$, alors le terme dominant de $P$ appartient à l'idéal engendré par les termes dominants de la base de Gröbner, ce qui donnerait ici :
$$
X_1^{n-1} X_2^{n-2} X_{n-2}^2 X_{n-1} X_n^0 \in \langle X_1^n, \ X_2^n,\ \cdots, \ X_n^n\rangle \quad \Rightarrow\quad \exists i \quad
X_i^n \mid X_1^{n-1} X_2^{n-2} X_{n-2}^2 X_{n-1} X_n^0 \qquad \text{NIET}
$$
$\bullet$ Mais ce n'est pas tout. Le fait que le terme dominant de $S(X_i)$ soit $X_i^n$ fait que la suite $\big(S(X_1), \cdots, S(X_n)\big)$ est régulière. Il en est donc de même de la suite $(c_1, \cdots, c_n)$ d'après $(\spadesuit)$. Il faut que je stoppe car je constate qu'il est impossible en un seul post d'énumérer toutes les qualités de ton idéal $I_S$ : il est relativement-zéro-dimensionnel, son quotient résiduel est libre sur $R$ de dimension $n^n$ ...etc...

$\bullet$ Voir un petit exemple avec $n = 3$

[color=#000000]> A := Matrix(RX,n,n, [Random(-8,8) : ij in [1..n^2]]) ;
> M := DiagonalMatrix(X) + A ;
> M ;
[X1 + 7     -2     -4]
[     8 X2 - 2      3]
[     0      1 X3 + 7]
[/color]

Le polynôme caractéristique $F$ de $M$

[color=#000000]> F<T> := CharacteristicPolynomial(M) ;
> F ;
T^3 + (-X1 - X2 - X3 - 12)*T^2 + (X1*X2 + X1*X3 + X2*X3 + 5*X1 + 14*X2 + 5*X3 + 34)*T - X1*X2*X3 - 7*X1*X2 + 2*X1*X3 - 
    7*X2*X3 + 17*X1 - 49*X2 - 2*X3 + 39
[/color]

Que tu vas dégraisser des fonctions symétriques élémentaires :

[color=#000000]> Side := T^n + R - F ;
> Side ;
T^3 + 12*T^2 + (-5*X1 - 14*X2 - 5*X3 - 34)*T + 7*X1*X2 - 2*X1*X3 + 7*X2*X3 - 17*X1 + 49*X2 + 2*X3 - 39
[/color]

La matrice de Vandermonde que je monte ainsi:

[color=#000000]> V := Matrix(n,n, [[Xi^(n-j) : j in N] : Xi in X]) ;
> V ;
[X1^2   X1    1]
[X2^2   X2    1]
[X3^2   X3    1]
[/color]

Tes fameux $S(X_i)$. Contemples les termes dominants relativement à l'ordre gradué lexicographique renversé pour lequel $X_1 > \cdots > X_n$.

[color=#000000]> S := [Evaluate(Side, Xi) : Xi in X] ;
> S ;
[
    X1^3 + 7*X1^2 - 7*X1*X2 - 7*X1*X3 + 7*X2*X3 - 51*X1 + 49*X2 + 2*X3 - 39,
    X2^3 + 2*X1*X2 - 2*X2^2 - 2*X1*X3 + 2*X2*X3 - 17*X1 + 15*X2 + 2*X3 - 39,
    X3^3 + 7*X1*X2 - 7*X1*X3 - 7*X2*X3 + 7*X3^2 - 17*X1 + 49*X2 - 32*X3 - 39
]
[/color]

Et maintenant, un mauvais choix d'ordre monomial : l'ordre lexicograhique. Regarde le nombre de polynômes dans la base de Gröbner et le nombre de termes dans chaque polynôme. Comme quoi le choix de ``grevlex'' a été capital.

[color=#000000]> Ilex := ChangeOrder(IS, "lex") ;
> time Glex := GroebnerBasis(Ilex) ;
Time: 13.500
> #Glex ;
19
> [#Terms(g) : g in Glex] ;
[ 38, 38, 46, 36, 33, 33, 46, 52, 47, 45, 44, 45, 34, 32, 30, 30, 29, 28, 28 ]
[/color]

Conclusion : j'ai passé pas mal d'heures à décortiquer ton post mais je ne regrette pas. Car les propriétés de ton idéal impactent sur un autre fil dans lequel j'étudie les coefficients du polynôme caractéristique. Sacrée idée ton polynôme $S$ dégraissé du polynôme caractéristique.

$\def\Diag{\text{Diag}}\def\lt{\text{lt}_{\rm grevlex}}$Bonjour Side

Je ne sais pas si on peut parler d'arithmétique des polynômes, plutôt d'une certaine combinatoire monomiale des polynômes. Si tu as l'occasion de consulter ou t'offrir ou de te faire payer l'ouvrage ``Ideals, Varieties and Algorithms'' de David Cox, John Little, Donal O’Shea ... Tout est dans le titre.

Pourquoi cela fonctionne bien ? Pour moi, c'est dû d'une part à l'objet étudié (le polynôme caractéristique et pas n'importe lequel). Et d'autre part dans ma vision, de l'utilisation de l'ordre monomial ``grevlex'' qui provoque ici des miracles. Par ailleurs, enfin pour moi, il ne faut pas viser uniquement le fait que 1 n'appartient pas à l'idéal de coefficients. Il faut viser beaucoup plus : le nombre de zéros, comptés avec multiplicité, est $n!$, ce qui se mesure via la dimension du quotient de l'anneau de polynômes par l'idéal des coefficients du polynôme caractéristique.

$\bullet$ Hier, c'était trop frais dans ma tête et j'avais encore le nez dans le guidon (j'ai étudié ton post Dimanche et Lundi, et la combinatoire ne s'est dégagée que Lundi). Et peut-être que ma présentation d'hier soir était trop compliquée. Je la reprends, ce qui va mettre une sourdine provisoire à ton polynôme $S$. Je remets le contexte en disant que l'objet d'étude est la famille des coefficients du polynôme caractéristique $F$ de $M$ ci-dessous
$$
M = \Diag(X_1, \cdots, X_n) + A \qquad \qquad F = \chi_M(T) = T^n + \cdots
$$
Ce que je dis MAINTENANT : plus de problème de ``choix''. Je démarre TOUT avec $F$ en prétendant que l'on est quasiment obligé de poser :
$$
T^n - F = c_1T^{n-1} + \cdots + c_{n-1} T + c_n
\qquad\qquad\qquad
\left[ \matrix {(T^n-F)(X_1)\cr \vdots \cr (T^n-F)(X_{n-1}) \cr (T^n-F)(X_n)} \right] =
\left[\matrix {
X_1^{n-1} & \cdots & X_1 & 1 \cr
\vdots \cr
X_{n-1}^{n-1} & \cdots & X_{n-1} & 1 \cr
X_n^{n-1} & \cdots & X_n & 1 \cr
}\right]
\left[ \matrix {c_1\cr \vdots \cr c_{n-1} \cr c_n} \right]
\qquad\qquad (\heartsuit)
$$Pourquoi ? D'abord, t'inquiètes, tes $S(X_i)$ sont là puisque ton $S$ et $T^n-F$ même combat (j'encadre)
$$
S(T) = T^n + R(T) - F(T), \qquad R(T) = \prod_i (T - X_i), \qquad R(X_i) = 0, \qquad \fbox{$ S(X_i) = (T^n-F)(X_i)$}
$$Mais pourquoi considérer $T^n - F$ et pas $F - T^n$ ? Parce que l'on sait maintenant que la famille des $(T^n-F)(X_i)$ ou tes $S(X_i)$ est le Graal : c'est l'UNIQUE base de Groebner réduite normalisée de l'idéal $\langle S(X_1), \cdots S(X_n)\rangle$. Ceci étant dû au ``leading term'' pour grevlex, j'encadre encore :
$$
\fbox{$\lt\big( S(X_i) \big) = X_i^n$}
$$Du coup, ceci met en sourdine le fait que $S$ dégraisse $F$ : disons que cela dégraisse sans que l'on s'en aperçoive (puisque je démarre tout avec $F$)

$\bullet$ Il ne faut pas perdre de vue que c'est l'étude de l'idéal $\langle c_1, \cdots, c_n\rangle$ qui est visée. Pas celle de l'idéal $\langle S(X_1), \cdots, S(X_n)\rangle$. Mais ces deux idéaux sont reliés/imbriqués par la matrice de Vandermonde $V$ que l'on voit dans $(\heartsuit)$ et qui provoque en particulier :
$$
\langle S(X_1), \cdots, S(X_n)\rangle \quad \subset\quad \langle c_1, \cdots, c_n\rangle = \text{idéal des coefficients du pol. car. autres que le dominant}
$$Or cette situation (deux familles de même cardinal $n$, reliées par une matrice $n \times n$), et les deux suites étant régulières, c'est une situation bien connue en algèbre homologique et qui est étudiée via un théorème dit de Wiebe. Bref, en fait, des choses répertoriées (je n'y ai pensé que ce matin).

$\bullet$ Et quand tu disposes d'une base de Gröbner, qui est petite, raisonnable, surtout ne la laisse pas tomber : c'est un signe de bonne santé. Et c'est bien pour cette raison que je n'ai pas laissé tomber ton post (cela a pourtant failli).

$\bullet$ Quand cela se passe mal, cela peut se passer très mal. Toujours le même genre d'exemple qu'hier où $n=3$ et $A \in M_3(\Z)$ est tirée au hasard avec des petits coefficients (on voit $M$). Et si on prend comme ordre monomial ``lex'', la base de Gröbner obtenue est monstrueuse : 22 polynômes, nombre de monômes par polynôme pas négligeable. Mais surtout la taille des coefficients : ce qui est affiché dans la dernière ligne (marquée ICI) c'est le logarithme en base 10 du coefficient le plus grand. Donc des nombres d'ordre $10^{132} \cdots$.

[color=#000000]>> M ;
[X1 - 5      0      0]
[     3 X2 - 7      1]
[     1     -6 X3 + 7]
....
 Ilex := ChangeOrder(IS, "lex") ;
> time Glex := GroebnerBasis(Ilex) ;
Time: 9.220
> #Glex ;
22
> [#Terms(g) : g in Glex] ;
[ 41, 34, 41, 43, 43, 39, 43, 36, 39, 39, 39, 38, 38, 32, 33, 33, 32, 31, 30, 29, 28, 28 ]
> [Ilog(10, Max(Coefficients(g))) : g in Glex] ;
[ 132, 132, 132, 132, 131, 132, 132, 132, 132, 132, 131, 132, 132, 132, 132, 132, 131, 132, 132, 132, 132, 22]  <--- ICI
[/color]

Comme je n'ai pas trop la tête à ça, j'ai usé de mon droit à téléphoner :-D :-D et vous livre une preuve anatolienne (enfin un sketch):

Soit $M\in M_n(\C)$

1/ la fonction $(x_1,..,x_n)\mapsto $ les coefs du polynôme caractéristique de $Diag(x_1,..,x_n)$ est une zolie surjection bien continue et tout et tout

2/ Donc toutes les continues qui sont proches d'elle à l'infini sont aussi surjectives (Brouwer et cie).

3/ Ce qui est le cas de $(x_1,..,x_n)\mapsto $ les coefs du polynôme caractéristique de la matrice obtenue en remplaçant la diagonale de $M$ par $Diag(x_1,..,x_n)$

4/ Et évidemment qui dit surjectif dit avoir $0$ dans son image directe.

Est-ce que "copier-coller" cette preuve vers des corps non topologisés d'avance (via topologie de Zariski) marche? Mystère et boule de gomme :-D

Concernant l'argument que j'ai donné, on peut éviter Brouwer si on prouve que la fonction qui

au uplet $(a_1,..,a_n)$

associe le uplet des coefficients de $(X+a_1)(X+a_2)..(X+a_n)$

a sa différentielle en tout point injective. Car alors elle sera automatiquement surjective "trivialement".

Une autre façon de faire (pour $K=\mathbb{C}$ pour simplifier mais la preuve s'adapte au cas général):

Soit $Diag_n(\mathbb{C})$ l'espace vectoriel des matrices diagonales de taille $n\times n$ et $\mathbb{C}[T]_{u,n}$ l'espace des polynômes unitaires de degré $n$. On considère l'application $T:D\in Diag_n(\mathbb{C})\mapsto \chi_{D-M}\in \mathbb{C}[T]_{u,n}$ (polynôme caractéristique). Alors:

1) $T$ est propre c'est-à-dire que l'image inverse d'un compact est compact (plutôt facile à voir par exemple en utilisant l'homogénéité des coefficients du polynôme caractéristique). On en déduit que l'image de $T$ est fermée.

2) $T$ a aussi une image ouverte (sans doute plus difficile, en tout cas la preuve que j'ai utilise le théorème de Chevalley).

De 1) et 2) on déduit que l'image de $T$ est $\mathbb{C}[T]_{u,n}$ (par connexité).

Merci Marco!! Et bravo

@Adrien, je te rédigerai ça soigneusement si je peux. Il y a un "sac" d'énoncés qui sont tous plus ou moins équivalents à Brouwer. Il n'y avait aucun rigueur dans mon sketch, juste "une idée" à exploiter.

Le seul énoncé "par coeur" que je puisse te donner c'est que si une continue $\R^n$ dans lui-même coincide partout avec l'identité sauf sur un ensemble borné alors elle est surjective.

Tu constateras que pour la version, largement plus lâche que j'ai utilisée, il y a un peu d'escalade, d'autant que je pense qu'il faut supposer des trucs sur la fonction typique étudiée (qui a les bonnes propriétés).