Polynômes invariants sous permutation

i.zitoussi
i.zitoussi
dans Algèbre
Existe-t-il une description précise de l'algèbre des polynômes invariants sous permutation cyclique des indéterminées, c'est-à-dire des polynômes ayant la propriété :
$$
P(X_1, \ldots, X_n) = P(X_2,\ldots, X_n,X_1) = P(X_3,\ldots, X_n,X_1,X_2) = \; \ldots


$$ Je n'ai pas précisé l'anneau des scalaires, mais j'imagine qu'il joue un rôle.
Pour $n=3$, je n'ai pas réussi à trouver de polynôme ayant la propriété ci-dessus qui ne soit pas déjà complètement invariant par toute permutation (peut-être que je n'ai pas cherché assez... aucune idée, et je ne vois par d'argument pour que ce soit le cas).
Et pour $n=4$, on en trouve facilement, par exemple $X_1X_2+X_2X_3+X_3X_4+X_4X_1$. Mais comment les décrire tous ? C'est connu ?
Après je bloque.

Réponses

  • hunter**
    hunter**
    pour n=3, tu peux prendre la somme des Xi, (même pour tout n), c'est le plus simple je pense, sinon je n'ai pas d'idée..
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonsoir,

    $X_1X_2^2+X_2X_3^2+X_3X_1^2$

    Cordialement,

    Rescassol
  • marco
    marco
    Pour $n=3$, tu peux prendre $X_1^2X_2+X_2^2X_3+X_3^2X_1$.
  • LOU16
    LOU16
    Bonsoir
    La construction suivante me paraît répondre à ta question.
    $\mathbb K$ est un corps, $\:\:X_1,X_2,\dots X_n$ sont des indéterminées, $\:\:\sigma_1,\sigma_2,\dots \sigma_n$ sont les fonctions symétriques élémentaires des $X_1,X_2,\dots X_n,$
    $$ \mathbb L: = \mathbb K (X_1,X_2,\dots X_n),\quad\mathbb E:=\mathbb K (\sigma_1,\sigma_2,\dots \sigma_n), \quad f: = \displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}\Big(\prod_{i=1}^n X_{i+k} ^{i-1}\Big),
    $$ (avec la convention $X_{n+k} = X_k.$) $\qquad \mathbb F: = \Big\{ F\in \mathbb L\mid \forall k\in [\![0;n-1]\!], F(X_1,X_2,\dots X_n) =F(X_{1+k},X_{2+k},\dots X_{n+k}) \Big\}. $
    Je pense avoir établi que $f$ est un élément primitif de l'extension $\mathbb F/ \mathbb E,$ de sorte que: $\quad \mathbb F = \mathbb E(f) =\mathbb K (\sigma_1,\sigma_2,\dots \sigma_n, f).$

    Edit :Cela caractérise les fractions rationnelles invariantes par permutations cycliques des indéterminées, ce qui ne répond donc pas exactement à ta question que j'ai mal lue. Désolé.

    Cela dit, on a bien, pour $n=3,\quad \mathbb F \cap \mathbb K[X_1,X_2,X_3] = \mathbb K[\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3,f].$
  • Math Coss
    Math Coss
    On peut se placer sur $\C$ ? Et se limiter à $n=3$ pour ce soir ?

    On introduit $X_0=X_3$, $\sigma:X_k\mapsto X_{k+1}$ (les indices sont compris modulo $3$), $j=\exp\frac{2i\pi}3$ et \[\begin{cases}Y_0=X_0+X_1+X_2\\Y_1=X_0+j^2X_1+jX_2\\Y_2=X_0+jX_1+j^2X_2\end{cases}\]de sorte que $\sigma(Y_0)=Y_0$, $\sigma(Y_1)=X_1+j^2X_2+jX_0=jY_1$ et $\sigma(Y_2)=j^2Y_2$. Les monômes en les $Y_k$ sont une base de $\C[X_1,X_2,X_3]=\C[Y_0,Y_1,Y_2]$. Vu que $\sigma(Y_0^aY_1^bY_2^c)=j^{b+2c}Y_0^aY_1^bY_2^c$, un monôme est invariant SSI $b+2c\equiv0\;[3]$, i.e. $b\equiv c\;[3]$. On a donc quatre générateurs $Y=Y_0$, $U=Y_1^3$, $V=Y_2^3$, $W=Y_1Y_2$ et une (seule) relation $W^3=UV$. Peut-être...
  • i.zitoussi
    i.zitoussi
    Rescassol et Marco: merci. Ça lève un doute sur au moins un point: je n'avais pas assez cherché...
    LOU16: Si c'est vrai, je trouve curieux que ce ne soit pas plus connu que ça. Je ne saurais pas le démontrer, donc j'attends de voir. Je vois mal comment ça peut être compatible avec le raisonnement de Math Coss pour $n=3$.

    Désolé d'avoir posé la question si tard, il n'est déjà plus l'heure de réfléchir :D
    Après je bloque.
  • LOU16
    LOU16
    Bonsoir,

    On a donc une caractérisation assez simple de l'ensemble $\widehat {\mathbb F} _3 $ des éléments de $\mathbb K[X_1,X_2,X_3]$ invariants par permutation cyclique des indéterminées C'est: $$\widehat {\mathbb F} _3 = \mathbb K[\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3, f]\:\: \text{où}\:\:f=X_2X_3^2+X_3X_1^2+X_1X_2^2.$$
    Lorsque $ n>3$, les choses m'ont paru nettement plus compliquées. Il est cependant possible de déterminer la dimension $d(n,k)$ de l'espace des polynômes homogènes de degré $k$ de $\widehat {\mathbb F} _n.$ Un dénombrement utilisant agréablement la "formule de Burnside" conduit à une expression de $d(n,k)$ qui présente une très étonnante symétrie:
    $$ d(n,k) = \displaystyle \dfrac 1{n+k} \sum_{d \mid n\wedge k}\varphi(d) \binom {\frac{n+k}d}{\frac n d}.$$
    (où $\varphi $ désigne la fonction "indicatrice d'Euler".)
  • i.zitoussi
    i.zitoussi
    J'avoue que j'ai du mal à me convaincre que l'algèbre donnée par Math Coss, à savoir $\C[Y,U,V,W]/(W^3-UV)$, puisse être isomorphe à une algèbre de polynômes à quatre indéterminées.
    En notant:
    $q$: une racine cubique de $1$,
    $Y_0=X_0+X_1+X_2$,
    $Y_1=X_0+qX_1+q^2X_2$,
    $Y_2=X_0+q^2X_1+qX_2$,
    $e_i$: le $i$-ème polynôme symétrique élémentaire,
    $p_i$: le polynôme symétrique "puissance $i$-ème" ($p_i=X_0^i+X_1^i+X_2^i$),
    $f:=X_0X_1^2+X_1 X_2^2+X_2X_0^2$,
    $f':=X_0^2X_1+X_1^2X_2+X_2^2X_0$,
    l'algèbre qu'on cherche est engendrée par $Y_0$, $Y_1Y_2$, $Y_1^3$, $Y_2^3$.
    On a (par un calcul direct):
    $Y_1Y_2 = p_2-e_2 = e_1^2-3e_2$: complètement symétrique.
    $Y_1^3 = p_3 +3q(f+qf')$,
    $Y_2^3 = p_3 +3q(qf+f')$.
    $Y_1^3$ et $Y_2^3$ ne sont pas symétriques, mais leur somme l'est: $Y_1^3+Y_2^3=2p_3-3(f+f')$.
    Avec ces identités (et les identités de Newton reliant les $p_i$ aux $e_j$), je suis bien d'accord que l'algèbre des invariants est engendrée par $e_1$, $e_2$, $e_3$ et un autre générateur de degré 3, par exemple $f$, ou $f'$, ou $Y_1^3$, ou $Y_2^3$. C'est après que je ne vois pas comment conclure.


    Sinon, j'ai aussi regardé sur MathOverflow, cette question apparaît plusieurs fois: Q1, Q2, Q3. Ce qui apparaît aussi est que le sujet est compliqué, nettement plus que ce je pensais.
    Après je bloque.
  • LOU16
    LOU16
    Bonjour,

    Pour $n=3$, on est donc bien d'accord. J'ai seulement écrit que l'algèbre recherchée était $\mathbb K[\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3,f]$ et non qu'elle était isomorphe à $\mathbb K[X,Y,Z,T].$.
  • Math Coss
    Math Coss
    En effet, la réponse est compliquée car l'algèbre des invariants n'est pas une algèbre de polynômes (sauf si $n\ge2$). C'est une conséquence du théorème de Chevalley-Shephard-Todd et du constat que le groupe cyclique n'est pas engendré par des pseudo-réflexions (éléments dont l'espace des invariants est de codimension $1$). C'est d'ailleurs ce que dit Panov sous une forme équivalente dans Q1 ; cf. aussi la réponse de Vaintrob dans Q3.
  • i.zitoussi
    i.zitoussi
    @LOU16: ok, maintenant je comprends mieux.

    Concernant les réponses sur MathOverflow, je retiens surtout celles de Darij Grinberg et Richard Stanley (plus explicites et terre-à-terre):

    Dans celle de Darij Grinberg (lien), on a un système de générateurs et de relations, assez simples mais la complexité de la combinatoire augmente très vite avec $n$ (nombre d'indéterminées).
    Celle de R. Stanley (lien) décrit $k[\mathbf{X}]^{C_n}$ en tant que module sur la sous-algèbre $k[\mathbf{X}]^{S_n}$: c'est un module libre de rang fini et connu, égal à $(n-1)!$. Trouver une base, c'est difficile, et ensuite décrire la multiplication, encore plus. Pour $n=3$, déjà, c'est pas de la tarte. On devrait avoir :
    $$
    k[X_0, X_1,X_2]^{C_3} \simeq k[e_1,e_2,e_3][t]/\big(P(t)\big),

    $$ où $t$ est un invariant cyclique mais pas symétrique de degré $3$, et $P(t)$ est un polynôme quadratique (car $(3-1)!=2$) à coefficients dans $k[e_1,e_2,e_3]$. C'est-à-dire en prenant par exemple $t=X_0X_1^2+X_1X_2^2+X_2X_0^2$, trouver $a$ et $b$ complètement symétriques de sorte que $t^2=a+b\, t$. Je pensais le vérifier en quelques minutes mais c'est vraiment fastidieux.
    Après je bloque.
  • i.zitoussi
    i.zitoussi
    Ajout: Il s'avère plus simple de prendre pour $t$ non pas $f$, mais $f-f'$, où $f:=X_0X_1^2+X_1X_2^2+X_2X_0^2$, et $f':=X_0^2X_1+X_1^2X_2+X_2^2X_0$. On vérifie alors plus aisément que $t^2$ est symétrique, car $f^2+{f'}^2$ et $ff'$ le sont. Pour ce choix de $t$, on a $k[X_0, X_1,X_2]^{C_3} \simeq k[e_1,e_2,e_3][t]/(t^2-a))$, pour un certain $a$ complètement symétrique (son expression n'est pas franchement simple, omis).
    Après je bloque.
  • i.zitoussi
    i.zitoussi
    Dernière remarque: J'ai voulu en avoir le cœur net, et ai calculé $t^2$ en fonction de $e_1$, $e_2$, $e_3$, où $t$ est l'invariant cyclique mais pas symétrique de degré 3 ci-dessus: $t=X_1X_2(X_1-X_2) + p.c.$ (p.c.: permutations cycliques). Après des calculs élémentaires mais plutôt longuets, on obtient:
    $$
    t^2 = -27\,e_3^2 + 18\,e_1e_2e_3 - 4e_1^3e_3-4\,e_2^3 + e_1^2e_2^2,
    $$
    ce qui fait pas mal penser au discrimant d'un polynôme de degré 3. Si $P(X)=a\,X^3+b\,X^2+c\,X+d$, son discrimant est donné par:
    $$
    \mathrm{disc}_P = -27\, a^2d^2 + 18\, abcd-4\, b^3d -4\, ac^3+ b^2c^2.
    $$
    En identifiant (relations coefficients<--->racines) $a\leftrightarrow e_0(=1)$, $b\leftrightarrow -e_1$, $c\leftrightarrow e_2$, $d\leftrightarrow -e_3$, on peut dire en mettant des guillemets que "en 3 indéterminées, l'algèbre des polynômes invariants cycliques est engendrée par les polynômes symétriques et une racine carrée du discrimant".
    Aucune idée pourquoi c'est comme ça...

    Remarque suivant la dernière: $t=(X_2-X_1)(X_3-X_2)(X_1-X_3)$.
    Après je bloque.
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