zéros de polynômes
"Vous savez surement que si un ensemble fini $F$ de polynômes (sur un anneau $ K[X_1,\ldots,X_n]$) n'engendre pas l'anneau entier, il existe un zéro commun dans la clôture algébrique de $K$"
Un zéro commun étant un $n$-uplet $ (x_1,\ldots,x_n)$ tel que pour tout polynôme dans l'ensemble fini $F: P(x_1,\ldots,x_n)=0$
Il est presque trivial (pas trivial, mais c'est la même preuve) que c'est vrai aussi pour un nombre dénombrable d'indéterminées, et de polynômes et pour un corps $K$ non dénombrable.
{\bf Question} : peut-on se passer de l'hypothèse $K$ non dénombrable ?
PS : Quand je dis qu'un ensemble $E$ engendre l'anneau entier, je veux dire que le seul idéal qui contient $E$ est l'anneau entier, sorry de cette imprécision
Un zéro commun étant un $n$-uplet $ (x_1,\ldots,x_n)$ tel que pour tout polynôme dans l'ensemble fini $F: P(x_1,\ldots,x_n)=0$
Il est presque trivial (pas trivial, mais c'est la même preuve) que c'est vrai aussi pour un nombre dénombrable d'indéterminées, et de polynômes et pour un corps $K$ non dénombrable.
{\bf Question} : peut-on se passer de l'hypothèse $K$ non dénombrable ?
PS : Quand je dis qu'un ensemble $E$ engendre l'anneau entier, je veux dire que le seul idéal qui contient $E$ est l'anneau entier, sorry de cette imprécision
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Réponses
je donnerai une correction (et des prolongations) dans une semaine
Il me semble qu'on peut se passer de l'hypothese de denombrabilite de $K$, puisque si $P$ est un polynome de $K [X_1,...,X_n,...]$ il n'implique qu'un nombre fini d'indeterminees. On se ramene aussitot au premier cas.
$$ (P_1) \subset (P_1 , P_2) \subset ... \subset (P_1, ..., P_s) \subset (P_1 , ..., P_{s+1}) \subset .... \subset J$$
A chaque etape j'implique un sous-ensembles croissant d'indeterminees, mais {\bf{fini}}.
J'applique a chaque fois le resultat valable pour un nombre fini d'indeterminees, cela me donne a l'etape $s$ par exemple des scalaires $x_1 , ..., x_k$ dans la cloture $\overline{K}$ tels que $(P_1,...,P_s) \subset (X_1 - x_1 , ..., X_k - x_k )$.
Quand on passe a une etape ulterieure on ne peut avoir deux monomes $X_k - x_k$ et $X_k - x_{k}^{'}$ qui cohabitent avec $x_{k} \neq x_{k}^{'}$ car sinon l'ideal engendre est l'ideal unite. Dit en termes techniques: si $I \subset K[X_1 , ..., X_k]$ est un ideal, et $I \otimes \overline{K}$ est l'ideal unite de $\overline{K}[X_1 , ..., X_k ]$, alors $I$ est l'ideal unite.
Je me lance: je crois qu'il n'y a pas besoin de l'hypothese de denombrabilite. D'ailleurs, peut etre que Christophe pourrait donner sa preuve dans le cas non denombrable pour voir si c'est utile de prendre cette hypothese.
C'est vraiment du n'importe quoi ce que j'ai dit là. Je préfère me la boucler ça vaut mieux.
Pardon de n'avoir pas vu plus tôt tes posts. A un moment tu as fait une erreur de frappe, je pense que tu parlais de l'hypothèse de {\bf non}dénombrabilité.
Ok, le preuve suivante {\bf utilise} la non dénombrabilité du corps $K$, comme ça tu pourras essayer de voir si tu peux "l'enlever"...
On suppose que Eq, est contenu dans un idéal maximal M strictement inclus dans l'anneau $A:=K[X_1,...]$ (j'ai numéroté les indéterminées et j'ai "triché" un peu j'aurais dû dire que j'utilise l'axiome du choix pour prolonger l'idéal engendré par Eq, supposé non trivial, en un idéal maximal, mais bref)
Regardons le quotient $A/M$, et $\phi$ l'application canonique de A dans $A/M$. Pour n'importe quel élément non nul de $A/M$, donc ayant un représentant (antécédent par $\phi$) u dans A qui n'est pas dans M, le seul idéal prolongeant M qui contient A est l'anneau tout entier et donc, il existe v dans A et m dans M tels que $1=uv+m$. $v$ est l'inverse de $u$ dans $A/M$ qui est donc un corps (puisque c'est un anneau dont chaque élément non nul est inversible).
Note que $F_P$ varie sur l'ensemble des parties finies d'un ensemble dénombrable (ensemble des monomes from V), qui est donc dénombrable.
Je prends maintenant {\bf n'importe quel} élément X de A. Etant donné un élément $z$ de $K$, la fraction $\gamma:=\frac{1}{X-z}$ est équivalente (modulo M), autrement dit est égale dans $A/M$ à un polynome de A en ce sens qu'il existe un polynome $P_\gamma$ tel que $P.(X-z)\in M$
Désolé d'avoir été si détaillé, mais je voulais aussi vérifier moi-même que je n'avais pas dit de conneries en proposant l'exercice... (Je ne suis pas du tout un spécialiste de géo alg). Et en plus, je n'ai pas tout vérifié lol, mais bon, je suis certain que si j'ai fait une erreur elle sera vite signalée (de l'utilité d'être un troller)!
Tu auras remarqué {\bf l'extrême} importance de l'hypothèse $K$ non dénombrable.
La question est, je répète: peut-on s'en passer? Indice, c'est une question facile, sans commune mesure avec le raisonnement précédent...
Je donne la rep dans, disons, une semaine
Donc finalement, on obtient un homomorphisme d'anneau surjectif $\phi$ qui va de A dans un surcorps S de K et tel que les produits finis du genre $\phi (X_1)...\phi (X_n)$ forment une base dénombrable de l'espace vectoriel S vu comme K-EV.
Prenant n'importe quel élément X de S, les fractions $1/(X-z)$ pour $z$ variant dans K devraient former une famille libre si $X$ est transcendant. Mais une telle famille libre n'est pas dénombrable, alors que cet EV a une famille génératrice dénombrable.
$X$ est donc algébrique...
Un truc qui m'inquiétait, au moment où je rédigeais, tout à l'heure c'est que $\phi$ ne préserve pas K. Mais si, en fait, sinon, il y aurait un élément non nul de K qui serait dans l'idéal maximal supposé et donc...
Ensemble $\mathcal{P}$ des polynômes irréuctibles de $\mathbf{Q}[X]$: dénombrable aussi. On les note $P_1 , ..., P_j , ....$.
Maintenant je prends l'ensemble dénombrable de polynômes suivant : $Q_{i,j} = P_j (X_i ) + 1$. Il ne peut s'annuler en aucune racine de $P_j$. Comme les racines de $P_j$ decrivent tout $\overline{Q}$, il me semble donc qu'on obtient un contre-exemple.
Pour ta preuve en non dénombrable, je la regarderai un peu plus tard si tu veux bien. Mais c'est une question intéressante (pour moi en tout cas) parce que je n'ai jamais songé à me demander ce qui se passe quand on a des équations polynomiales en nombre infini avec infinité de variables. Est-ce que tu as inventé cette question ou est-ce au hasard d'une lecture ? Je n'ai jamais vu ça dans mes livres d'algèbre.
[Corrigé selon ton indication. AD]
Par contre, mais je suis helas hyper pressé, en diagonale comme ca, ton exemple de système d'équations me semble certes ne pas avoir de solutions, mais en soustrayant $P_i(X_i)+1-P_i(X_i)$***, il me semble qu'on obtient 1, non? (donc il ne satisfait pas non plus l'hypothèse)
Peut-être voulais-tu imposer $i\neq j$? Dans ce cas, devrai-je faire l'exercice de prouver moi-même que l'ensemble des polynomes que tu as proposés n'engendre pas l'anneau entier? Si oui, promis, je m'y attele un peu plus tard lol...
(Et toi, tu peux chercher encore si t'aimes ca, car ya bcp plus simple...)
***ce qui m'avait induit en erreur, en lisant trop vite: {\it $Q_{i,j} = P_j (X_i ) + 1$. Il ne peut s'annuler en aucune racine de $P_j$}. C'est pourquoi j'avais cru que tu mettais les $P_i$ en plus des $Q_{i,j}$ dans ton système...
ensemble des polynômes suivant $Q_{i,j}$ pour $i\neq j$ avec $Q_{i,j} = P_j (X_i ) + 1$
(Remarque: fixer le corps à $Q$ offre 2 autres questions: existe-t-il un corps dénombrable pour lequel la conclusion concernant les corps non dénombrables de la question initiale reste vraie)
(La deuxième question est plus futile: est-ce que ton $Q$ veut dire $Q$ l'ensemble de rationnels? Tu ne sembles utiliser aucune propriété de $Q$ particulière, mais comme je n'ai pas encore commencé à réfléchir à la partie tacite de tes arguments...
Précisément: {\bf Existe-t-il un corps dénombrable $K$ dont tous les sytèmes dénombrables d'équations polynomiales (du genre P(..)=0)qui n'ont pas de solution sont tels que l'idéal engendré par l'ensemble des polynomes du système contient 1?}
1) Qu'il n'existe effectivement pas d'éléments $X_i$ dans la cloture algébrique de $Q$ qui soient tels que pour tous les $(i,j)$ avec $i\neq j: P_i(X_j)=-1$ (ça semble un pari raisonnable)
2) et aussi que 1 n'est pas dans l'idéal engendré par les $Q_{i,j}$ de ton ensemble (là va surement falloir que je fasse un gros effort de rajeunissement)
Et bien... Je vais essayer d'y réfléchir en brulant 1500 kcalories entre 19h00 et 20h sur une des super machines cardio de la salle de gym... (il ne faut pas espérer réfléchir trop vite et trop subtilement en brulant de la graisse, on reboute trop souvent lol)
Je vais essayer de formuler les choses autrement qu'avec tes indices i, j...
Ajoutons une "lettre" $X_P$ par polynome P irréductible, et ton ensemble est l'ensemble des $P(X_Q)$ tels que $P\neq Q$, $P$ irréductible, et $Q$ irréductible.
Soyons fou: le polynome $P(Z)$ et le polynome $Q(Z)$ sont tous les 2 dans ton ensemble si on suppose que Z est l'indéterminée $X_R$ avec $R\neq P$ et $R\neq Q$, non? Si ton contre-exemple répond à la question et si je comprends ton contre-exemple, alors étant donné un polynome irréductible quelconque $P(Z)$, $P(Z)+8$ n'est pas irréductible, car $P(Z)+8-P(Z)=8$ et $8$ engendre l'anneau tout entier, non?
Cet exemple mauvais rappelle qu'il faut s'eloigner autant que possible des ideaux de polynomes a nombre fini de variables. Alors je modifie mon exemple comme suit:
Je ne donne aucune condition sur $X_0$ et je pose pour $j \geq 1$ le polynome
$Q_j = P_j (X_0 ) \cdot X_j + 1$.
L'ideal engendre par les $Q_j$ ne peut etre l'ideal unite car si $N \in \mathbb{N}$ le systeme forme par les $Q_j$ pour $j \leq N$ a une solution dans $\overline{\mathbb{Q}}^N$; prendre par exemple $x_0 \in \overline{\mathbb{Q}}$ tel que $P_j (x_0) \neq 0$ et $x_j = - 1 / P_j (x_0)$.
Mais une solution du systeme global pose par definition $x_0 \in \overline{\mathbb{Q}}$, et pour un tel $x_0$ il existe un $j$ tel que $P_j (x_0) = 0$. Et $Q_j$ ne s'annule pas.
On exploite en fait en termes techniques la propriete de non-noetherianite de l'anneau $\mathbb{Q} [X_0 , X_1, .....]$. Dans cet exemple on a une suite denombrable strictement decroissante de ferm\'es, et donc "epure" au final toutes les coordonnees $x_0$ a valeurs dans $\overline{\mathbb{Q}}$.
Bon cette fois c'est bon nom d'un chien?
C'est juste un peu dommage qu'il subsiste un peu trop d'abstrait dans tes $P_j$, puisque par la même idée que la tienne, les polynômes
$(X-r)Y_r-1$ suffisent avec $Y_r$ une indéterminée différente par $r\in Q$ (ils simulent qu'on souhaite fabriquer un X qui soit différent de tous les éléments $r$ de ton corps dénombrable $Q$ quelconque...
je ne crois pas que ca suffise cet exemple, parce que justement tu cherches des zeros dans la cloture algebrique de $\mathbb{Q}$. Si tu n'epluches que les rationnels tu trouves quand meme un zero (il suffit de prendre $x$ egal a n'importe quel nombre algebrique non rationnel).
Je voulais dire: existe-t-il un corps dénombrable algébriquement clos qui aurait la propriété que tous ses systèmes dénombrables d'équation polynomiales non trivialement impossibles ont une solution?
En fait, ton contre-exemple, c'est le mien et le mien, c'est le tien... J'ai juste exhibé un système non trivial dans la cloture algebrique de Q mais d'une certaine façon, on est obligé d'en passer par pratiquement tous les polynomes irréductibles pour la "fabriquer" cette cloture justement donc, "in some sens" tu as donné le contre exemple simple que j'attendais
Comme cette phrase est quasi-poetique, on dira que c'est le mot de la fin.
A moins que tu aies des remarques supplementaires... moi je n'en ai plus.
> "Vous savez surement que si un ensemble fini $F$
> de polynômes (sur un anneau $ K$) n'engendre pas
> l'anneau entier, il existe un zéro commun dans la
> clôture algébrique de $K$"
>
> Un zéro commun étant un $n$-uplet $
> (x_1,\ldots,x_n)$ tel que pour tout polynôme dans
> l'ensemble fini $F: P(x_1,\ldots,x_n)=0$
>
> Il est presque trivial (pas trivial, mais c'est la
> même preuve) que c'est vrai aussi pour un nombre
> dénombrable d'indéterminées, et de polynômes et
> pour un corps $K$ non dénombrable.
>
> {\bf Question} : peut-on se passer de l'hypothèse
> $K$ non dénombrable ?
>
> PS : Quand je dis qu'un ensemble $E$ engendre
> l'anneau entier, je veux dire que le seul idéal
> qui contient $E$ est l'anneau entier, sorry de
> cette imprécision
En tout cas moi je ne connais que la clôture algébrique d'un corps et ce truc c'est vrai: Soit F={P0, Pn} une famille de n+1 polynômes sur un corps K, dénombrable ou non:
Supposons que P0,...,Pn n'aient aucun zéro en commun dans K*, alors ils sont premiers entre eux dans K*[X1,...,Xm], donc d'éprès le théorème de Bezout {1K*} est inclus dans l'idéal engendré par F, donc cet idéal est K[x1,...,Xm} tout entier.
Conclusion: par contraposition, on en déduit que c'est vrai.
Non, non ce n'était pas le mot de la fin... Plat de résistance (tu vas te régaler):
On se place dans le corps $\C$. Et un système d'équation polynomiale (de cardinal quelconque, utilisant un nombre quelconque d'indéterminées) {\bf donc non dénombrabilité tout à fait autorisée}
On joue au jeu suivant: le méchant choisit une indéterminée $X_1$ et un nombre $\epsilon_1$ strictement positif. Le gentil choisit un nombre disque (dans le plan complexe) de rayon $\epsilon$. Puis ils recommencent ainsi indéfiniment fabraiquant progressivement une suite $(X_1, \epsilon _1; D_1), (X_2, \epsilon _2; D_2)...$ associant partiellement des "valeurs approchées" à chaque indéterminée (sous-entendu {\it la valeur de $X_i$ est dans $D_i$}(contrainte ***))
Le méchant n'a le droit de dire, à un moment donné, qu'il a gagné que s'il existe une des équations du système qui n'a pas de solution qui respecte les contraintes (***)
{\bf Prouve que le gentil a forcément une stratégie gagnante à ce jeu} (sauf si le système d'équation "déconne" (Un combinaison linéaire des polynomes donne 1)
Tu me donnes l'occasion d'illustrer un principe universel et simple des maths!!
tu as écrit {\it Supposons que P0,...,Pn n'aient aucun zéro en commun dans K*, alors ils sont premiers entre eux dans K*[X1,...,Xm]...}
Un des axiomes de ta démonstration est donc:
{\it Si P0,...,Pn n'ont aucun zéro en commun dans K*, alors ils sont premiers entre eux dans K*[X1,...,Xm]} qui est une phrase parfaitement claire (j'ai eu juste à mettre {\bf si} à la place de supposons et à tranformer {\it n'aient} en {\it n'ont}.
Je viens de voir ce post amusant. En fait, je m'étais déjà posé ce genre de question il y a longtemps. Voici une réponse généralisant la question initiale.
\textbf{Proposition}. Soit $k$ un corps infini. Soit $\{X_i ,\ i \in I\}$ une famille d'indéterminées, telle que le cardinal de $I$ soit supérieur à celui de $k$. Soit $A=k[X_i,\ i \in I]$. Alors il existe un ideal maximal $M$ de $A$ tel que $A/M$ ne soit pas une extension algebrique de $k$.\\
\textbf{Preuve}. Considérons la $k$-algebre $C=k^{\mathbb N}$ (addition et multiplication coordonnées par coordonnées}. Soit $B'$ la sous-algèbre de $C$ formée des éléments dont toutes les composantes sont égales à partir d'un certain rang. Puisque $k$ est infini, on vérifie facilement que $B'$ et $k$ sont équipotents. On fixe arbitrairement un élément $c \in C$ dont les composantes sont deux à deux distinctes (existe car $k$ est infini). Soit $B$ la sous-algèbre de $C$ obtenue en rajoutant $c$ à $B'$, ainsi les inverses des éléments de $B'[c]$ inversibles dans $C$, i.e. $$B=B'[c,x^{-1},\ x \in B' [c]\cap C^*].$$ Alors par un peu de théorie des ensembles élémentaire, $B$ et $k$ sont encore équipotents. Il existe donc une surjection de $k$-algèbres $A \longrightarrow B$, puisque $I$ est plus gros que $k$. On se ramène ainsi à prouver la proposition en remplaçant $A$ par $B$. C'est l'objet du resultat suivant.
\textbf{Proposition}. Soit $B$ définie comme ci-dessus. Alors il existe un idéal maximal $N$ de $B$ tel que $B/N$ n'est pas une extension algébrique de $k$.
\textbf{Preuve}. Soit $I \subset B$ l'idéal formé des éléments qui n'ont qu'un nombre fini de composantes non nulles, et $N$ un idéal maximal contenant $I$. Soit $x$ l'image de $c$ dans le quotient $B/N$, alors $x$ n'est pas algébrique sur $k$. En effet, soit $P \neq 0 \in k[X]$. Puisque toutes les composantes de $c$ sont distinctes, toutes les composantes de $P(c)$ sont non nulles à partir d'un certain rang. On peut donc écrire $P(c)=i+d$, avec $i \in I$ et $d$ ayant toutes ses composantes non nulles. L'élément $d$ est inversible dans $C$, donc dans $B$ par définition de $B$. Par suite $P(x)=\bar d~$ est non nul dans $B/N$.
a+
AG.
Remarque 1 : Si le cardinal de $I$ est < celui de $k$, alors la même preuve que celle (qui est un peu 'trichée' pour moi, mais bon) du théorème des zéros de Hilbert pour les corps non dénombrable montre que $A/N$ est toujours une extension algébrique finie de k.
Remarque 2 : Tout ceci est en fait parfaitement inutile, sinon que cela produit des situations pathologiques amusantes.
Exercice: si $k$ est fini, montrer que le seul corps quotient de $k^{\mathbb N}$ est $k$ lui-meme (bien ecrit, ca prend deux lignes).
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,351805,527078#msg-527078
De plus, le th des zéros étant valable pour tout corps algclos, en fait il dit à sa manière que pour résoudre un système d'eq polynomiales, on peut "séparer" les variables (ie résoudre que des poly à une seule inconnue)
(2) Tout element x de A verifie x^q=x avec q=card(k), donc idem pour les elements de L et donc L a au plus q elements.
(1) et (2) donnent le resultat
Du coup, je rénonce sommairement le résultat autrement, pour "motive"
Les "Y" représentent des uplets d'inconnues. Mais les "X" une seule inconnues. On se place dans les axiomes de la théorie des corps
Soit S un ensemble d'équations de la forme $P_i(Y_i)=0$. Il existe une famille de $Q_j(X_j)$ avec la propriété que:
$\forall .....$ SI pour tout $j:Q_j (X_j)=0$ ALORS pour tout $i: P_i(Y_i)=0 $
Sauf si S n'a trivialement pas de solution.
Sur des petits systèmes, ce serait marrant de "voir" en live la séparation des variables s'opérer...