Idéaux

fanf · June 2011

Bonjour,
Si $I$ est un idéal de $\C[X_1,\ldots,X_n]$ engendré par des polynômes $P_1,P_2$ je voudrais montrer (si c'est vrai) que $I$ est aussi l'idéal engendré par les polynômes $Q_1,Q_2$ avec $Q_i(X_1,\ldots,X_n)=P_i(X_1+a_1X_n,\ldots,X_{n-1}+a_{n-1}X_n,X_n)$ avec les $a_j$ des complexes.
Merci !

GreginGre · June 2011

Bof... Je prends $n=2$, $P_1=P_2=X_1.$

On aurait donc $(X_1)=(X_1+a_1X_2)$. Si les $a_i$ sont arbitraires, c'est mal barré.

Donc, si c'est "pour tout $a_i$", c'est faux, si c'est "il existe $a_i$", c'est trivial (on prend les $a_i$ nuls).

fanf · June 2011

Les $a_i$ sont imposés, ils doivent donc être quelconques. Ton idéal est $(X_1,(1+a_1)X_1)$ c'est donc encore $(X_1)$ non ?

GreginGre · June 2011

Si $n=2$ et $P_i(X_1,X_2)=X_1$, alors $Q_i(X_1,X_2)=P_i(X_1+a_1X_2,X_2)=X_1+a_1X_2$.

Donc l'idéal engendré par les $Q_i$ est $(X_1+a_1X_2)$.

fanf · June 2011

Ok merci. Mais du coup est ce que les variétés engendrées par ces polynômes sont les mêmes ?
Je veux dire est-ce que l'ensemble des n-uplets complexes annulant à la fois P1 et P2 sont les mêmes que ceux annulant à la fois Q1 et Q2.
La démonstration que je lis utilise ça je pense, vu que ce que je demandais plus haut est faux..

GreginGre · June 2011

Bah, clairement non. Avec mon exemple, d'un côté, tu as la droite $x_1=0$, et de l'autre la droite $x_1+a_1x_2=0$.

Si tu nous expliquais clairement le contexte et le problème, on pourrait t'aider plus efficacement.

afk · June 2011

Essaie d'y penser de façon géométrique.

L'ensemble des zéros $Z(Q_1,Q_2)$ est l'image inverse de $Z(P_1,P_2)$ par la transformation linéaire $\C^n \to \C^n$, $(x_1,\ldots, x_n) \mapsto (x_1+a_1x_n,\ldots,x_{n-1}+a_{n-1}x_{n},x_n)$.

Donc essentiellement, la réponse à ta question va être négative des que le lieu des zéros $Z(I)$ de ton idéal n'est pas stable par cette transformation c'est à dire dans la quasi-totalité des cas.

fanf · June 2011

Oui merci pour ces réponses. Et je vais être plus précis.
Pour le contexte : je veux démontrer le thm des zéros faibles (de Hilbert) qui stipule qu'une sous-variétés $V(I)$ de $\C^n$ est vide ssi $I$ est $\C[X_1,\ldots,X_n]$ tout entier (à l'aide de la notion de résultant).
Pour cela, dans le bouquin ou j'ai trouvé la démo, on a un lemme.
Lemme : Soient $P_1,P_2$ deux polynômes de $\C[X_1,\ldots,X_n]$ non nuls de degré $d_1,d_2$. Il existe $(a_1,\ldots,a_{n-1})\in\C^{n-1}$ tel que les polynômes $P_i(X_1+a_1X_n,\ldots,X_{n-1}+a_{n-1}X_n,X_n)$ pour $i=1,2$ possèdent un terme non nul en $X_n^{d_1}$ pour $P_1$ et un terme non nul en $X_n^{d_2}$ pour $P_2$.
Ensuite dans la démo l'auteur fait référence au lemme comme ceci :
"Soient $F_1,\ldots,F_m$ des générateurs de $I$. Par le lemme, on peut supposer que $F_1,F_2$ sont unitaires en $X_n$".
C'est donc cette dernière assertion que je ne comprends pas...
Merci pour votre aide !
Fanf

[David Hilbert (1862-1943) mérite certainement sa majuscule. AD]

GreginGre · June 2011

en appliquant tes "translations" sur chaque coordonnée, tu obtiens une variété qui sera non vide si et seulement ta variété de départ est non vide.

fanf · June 2011

Ok merci je vois un peu mieux comment ça marche. Mais comment on montre ce que tu avances ? J'ai l'impression que géométriquement c'est clair on ne fait que des translations. Mais concrètement si la variété de départ est non vide quel n uplet montre que la variété translatee est non vide ?