Godement et le nullstellensatz

Chers forumeurs,

je me souviens d'avoir, au cours de ma jeunesse folle, traité la preuve sous forme d'exercice du nullstellensatz faible dans le livre d'algèbre de Godement. Ces faits sont prescrits depuis longtemps.

Je ne me rappelle plus s'il le fait démontrer dans le cas non dénombrable ou dans le cas général : j'ai feuilleté le livre il y a cinq minutes, mais sans parvenir à retrouver l'énoncé (l'index ne comporte aucun des mots clés envisageables : nullstellensatz, (théorème des) zéros, Hilbert, idéaux de $K[X_1,\dots]$.

Merci de m'aider, de préférence en m'indiquant le numéro de chapitre, ou de page, et/ou en précisant l'éventuelle hypothèse sur le cardinal de $K$ (j'arrive à redémontrer le cas non dénombrable sans trop de difficultés, mais le cas général m'intéresserait). Sinon, j'ai aussi le non moins excellent Perrin dans lequel c'est traité... Par parenthèse, le tout aussi excellent Coste-Roy traite de choses passionnantes dans le cas non algébriquement clos ; je le conseille vivement aussi.

Bien cordialement, j__j

Réponses

  • page 617 exercice 33 du chapitre 33 et p 631 n°51 chapitre 34
    PS: je serais curieux de voir la démonstration version Godement si tu as la possibilité de la mettre en ligne (j'en connais également d'autres preuves mais je ne suis jamais parvenu à faire celle de ces exercices).
  • Merci, ludo' ! J'y cours, mais je ne suis pas sûr d'avoir tout de suite du temps pour le refaire.

    Cordialement, j__j
  • john_john,

    Il y a une démonstration dans: Roger Godement-$\textbf{Cours d'algèbre}$-Hermann-p417.

    Il y a aussi le cas infini traité par Serge Lang ([15]).
    ...106234
  • Merci, df ! J'ai omis de préciser, mais je parlais effectivement du Godement--Algèbre ; dans les références de Ludo', je m'étonnais qu'il y ait 600 pages dans ce Godement. A suivre...
  • un petit scan (en piece jointe) valant mieux qu'un long discours ...;-)106240
    106242
  • Salut JJ,

    connaissant ton expertise en géométrie, j'ai des doutes sur ce que tu cherches, je ne connais pas bien les passerelles d'expertise. Je ne sais pas si tu veux faire une exégèse historique ou si tu veux des preuves du TDZ.

    Je peux partager avec toi ce que je sais de ce sujet:

    Tu as essentiellement (selon moi) 2 familles de preuves: une avec les sémantiques (1), une avec les syntaxiques (2).

    1/ Les sémantiques sont "triviales" pour qui aime bien les cardinaux et la logique. Si le corps n'est pas dénombrable, tu prends un idéal maximal (ici l'axiome du choix n'est qu'un confort en fait, en y regardant de près tu le retires facilement) contenant tes équations et travailles dans le quotient, une des indéterminées, disons $X$, et tu regardes la décomposition, pour chaque élément $a$ du corps de l'inverse de $X+a$ dans la famille génératrice dénombrable des monômes.

    Il existe une sous famille finie de tels monomes $M_1,..,M_k$ et un ensemble infini $E$ tel que chaque inverse de $X+a$ est combinaison linéaire des $M_i$. Une liaison $\sum_i b_i \times InverseDe(X+a_i) = 0$ te donne un polynôme à coefs dans $K$ annulant $X$

    Le passage de non dénombrable à quelconque pour le corps est purement logique (donc demande-moi si ce point t'intéresse plus particulièrement)

    2/ "Les" syntaxiques sont des variantes du fait que la théorie des corps algébriquement clos "élimine les quantificateurs" comme on dit en logique.

    Ici, c'est la partie "triviale" du mécanisme, car tu as $\forall x: ([ P_1=0\wedge P_2=0\wedge ..]\to 0=1)$, qui se réécrit en :

    $$[pgcdDes(P_i)=0]\to 0=1$$

    qui devient "bêtement" le TDZ une fois que tu as épuisé les $\forall$. Et j'imagine que les preuves "algébriques calculatoires" ne sont que des examens à la loupe de cette remarque.

    Notations:
    $\wedge$ veut dire "et"
    $\to$ veut dire "implique"
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Quand le nombre de polynômes est petit, voici un procédé exhaustif qui est probablement très simple et "confortable". Les inconnues de départ, tu les colories en rouge. Tu rajoutes des inconnues et les équations qui vont avec (que je qualifierais "d'inoffensives" que tu colories en bleu) qui expriment que $T$ est le PGCD (au regard de la variable $X$) des polynômes où $X$ apparait.

    Tu les retires tous et tu ajoutes $T(X)=0$ comme équations. Tu as donc rendu $X$ "apparaissant", mais "inutile". Tu recommances avec l'inconnue suivante et ainsi de suite.

    Et à la fin ton TDZ est évident.

    Si j'ai du temps et de la motivation, je le ferai sur un "petit système" si tu veux.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Bonsoir à tous !

    Ludo' : oui, effectivement, tes références sont exactes ; en le compulsant avant-hier, je n'avais pas eu l'impression qu'il y ait tant de pages dans le Godement--Algèbre.

    Christophe : oui, le passage de non dénombrable à infini m'intéresse ; à vrai dire, je me demandais seulement si l'hypothèse restrictive simplifie notablement ou non la démonstration. Un exemple de méthode effective m'intéresse aussi !

    Bien cordialement, j__j
  • Un corps algébriquement clos est forcément infini. Soit $K$ un tel corps.

    Soit $E$ un très grand ensemble (par exemple $P(P(\R) ) $ ). Soit $W$ un ultrafiltre tel que

    1/ l'ensemble $A$ des injections de domaine finies de $E$ à valeurs dans $K$ lui appartient.

    2/ Pour tout $x\in E$, l'ensemble des $f$ telles que $x\in dom(f)$ est un élément de $W$ aussi.

    Soit $T$ l'ensemble des applications de $A$ dans $K$. Les opérations de $K$ induisent sur $T$ des opérations comme tu imagines :

    3/ par exemple $f+g$ est $x\mapsto f(x)+_K g(x)$, etc

    4/ La relation d'équivalence sur $T$ suivante: $(\phi==\tau) := ( \{x\in A\mid \phi(x)=\tau(x)\} \in W)$ est compatible avec les opérations et

    $$ (T/==, + , \times)$$ est un corps algébriquement clos dans lequel $E$ s'injecte canoniquement.

    5/ D'après le TDZ indénombrable, ton système a des solutions et donc il en a dans $K$.

    Précision: si $x\in E$ c'est la classe $C_x$ de $a\mapsto [a(x)$ else peu importe if $x\notin dom(a)]$ pour $==$ qui est telle que $x\mapsto C_x$ est injective de $E$ dans $T/==$.

    Bin il y a plus simple (mais hélas anecdotique), mais je voulais ne pas te priver de cette notion d'ulrtapuissance qui est utile dans le monde infiniste. C'est un peu abstrait mais "évident" une fois "pris le temps". Il n'y a pas de "mystère" caché sous le tapis.

    N'hésite pas à me demander si la notion d'ultrafiltre te dérange, je ne l'ai pas documentée présentement.



    Concernant "des méthodes effectives", il te suffit juste de prendre conscience que :

    $\exists x: P_1=0$ et $P_2=0$ et .. et $P_n=0$ et $Q\neq 0$

    peut se réécrire avec juste les lettres qui apparaissent dans les $P_i$ et dans $Q$ (donc la variable liée $x$ aura disparu) sous forme d'une disjonction de conjonctions d'égalités et inégalités polynomiales.

    Or comme $\exists z : A$ ou $B$ ou $C$ .. se récrit $\exists z : A$ ou $\exists z :B$ ou $\exists z :C$ ..

    tu es paré à nouveau pour éliminer la lettre suivante.

    De sorte que finalement ton énoncé:

    $$ \exists z_1..z_n: P_1=0\ et\ .. \ et\ P_k=0$$

    va se réécrire en un énoncé sans variable, ni quantificateur.

    Ca te donnera le TDZ sur un plateau.

    $[\exists x: P_1=0$ et $P_2=0$ et .. et $P_n=0$ et $Q\neq 0]$ dit que le PGCD des $P_i$ n'est pas un diviseur de $Q$, ce qui s'écrit sans utiliser $<<exists x>>$
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  • Après tout dépend aussi ce que tu veux en faire. L'effectivité a très vite ici ses limites car c'est au moins NP-dur. On peut simuler n'importe quelle question de logique propositionnelle à coup de systèmes sur n'importe quel corps.

    Le TDZ est une émergence de ça: tu vas transformer des raisonnements de logique prositionnelle en calculs de polynomes qui sont dans l'idéal engendré par d'autres polynômes. C'est fastidieux à la main.

    Mais essentiellement, le "truc pénible" se résume à ce qu'une même variable apparaisse dans plusieurs équations. Là, tu as des disjonctions de cas, en nombre fini, mais qui explose vite. Donc le TDZ est surtout "un pièce de musée", disant que "c'est possible en théorie".

    Par exemple tu veux résoudre

    $ax+b = 0 $ et $7dx^2+e+2=0$ et $a+b+c+d+e=18$ avec les inconnues $x,a,b,c,e$, bin $x$ apparait dans deux équations. Faut "le virer".

    Tu calcules le PGCD de $7dX^2+e+2$ et $aX+b$ qui va être une expression en $a,b,c,d,e$, avec des distinctions de cas selon que $d=0$ ou pas. Puis tu vas demander qu'elle soit nulle, ce qui te fera une condition sur $a,b,c,d,e$.

    Si ce pgcd avait un degré non nul en $X$, tu demanderais que ou bien les coefficients non constants ne soient pas tous nuls ou bien que le coefficient constant soit nul. Et pis, tu remontes ces assertions logiques en calcul que "machin = 1 " (ou pas quand ton système a des solutions) où machin est censé être pourtant dans l'idéal

    L'exemple le plus simple c'est par exemple de demander que $X=2$ et $X=3$. Et bien $(X-2) - (X-3) = 1$

    Autre exemple: demander $x^2 = 3$ et $x+1 = 5$

    Autrement dit $x^2-3=0$ et $x-4=0$

    $(x^2-4x) - (x^2-3) = 3-4(x-4) -16$ est un écriture qui te donne $0=-13$ et il n'y a plus qu'à multiplier par $-1/13$ pour obtenir $0=1$.

    Le TDZ dit juste que ça marche tout le temps de jouer à ça. On peut toujours arriver à $0=1$ (ou à prétendre légitimement qu'il y a des solutions).
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  • Pour ce qui est de juste éliminer de l'apparence du lemme de Zorn (l'extension en un idéal maximal).

    Tu ranges tes variables dans un ordre, disons $X_1,..,X_9$.

    Tu cherches si tu peux ajouter $X_1=a$ (c'est à dire $X_1-a$) à ton idéal pour un certain $a$. Si oui, tu le fais, sinon tu conclues avec l'argument que je t'ai signalé.

    Et tu continues avec $X_2$, etc.

    A la fin, si tu n'as jamais eu à dérouler la "Zorn-preuve", c'est que tu as ajouté :

    $X_1-a_1$ et $X_2-a_2$ et .. $X_9-a_9$ à ton idéal et qu'il ne contient toujours pas $1$. Bon bin dans ce cas, tu as ta solution, c'est le uplet des $a_i$ et c'est terminé. Donc "Zorn" n'est qu'nu confort.
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  • Je reviens avec un sentiment que j'ai été peut-être un peu impoli, donc je répare.

    Sur l'élimination de "indénombrable", je t'ai donné une méthode générale qui peut s'utiliser dans bien des domaines, et pas seulement en algèbre.

    Mais, j'ai omis, car je l'avais récemment signalé à Martial et voulais mettre un lien, de te décrire en fait comment "psychanalytiquement", l'argument infinitiste devient lui-même un argument purement syntaxique.

    Je te décris donc un algorithme sans inspiration directement tiré de l'idée d'indénombrabilité exploitée et qui pourtant ne fait pas usage de grands infinis.

    1/ Tu rajoutes des lettres que tu considères comme des constantes. A noter que $3$ nous apparait un objet familier, mais objectivement, c'est juste un symbole. L'ajoute de lettres ne doit pas effrayer.

    2/ Tu considères, en notant $x:=(x_1,..,x_9)$ ton uplet-Des-Inconnues, l'affectation $x:=a$, où $a:=(a_1,..,a_9)$ est un uplet de lettres que tu as rajouté.

    3/ Ton système qui est un idéal de départ vient donc se voir augmenté des éléments $x_i-a_i$ pour $i$ de $1$ à $9$.

    4/ Evidemment, ce nouvel idéal contient $1$. (Ou sinon, c'est gagné)

    5/ Tu as des monômes (composés uniquement des inconnues, sans constantes), $e_1,..,e_{154}$ qui sont tels que :

    $$ (x_1-a_1) (c_1(a)e_1 + .. + c_{154}(a)e_{154}) = 1 $$

    est déclaré vrai par l'idéal $J$ de départ auquel tu as ajouté les $x_2-a_2, .. , x_9-a_9$

    6/ J'oublie $a_2,..,a_9$ (ie je les considère psychologiquement comme des éléments connus du corps initial), et je renomme $x_1,a_1$ en $x,b$.

    7/ Le calcul $ (x-a) (c_1(a)e_1 + .. + c_{154}(a)e_{154}) = 1 $ continue d'être exploitable, modulo des modifications mineures et triviales.

    8/ On va ajouter des indices artificiels, donnant:

    $$ (x-b_k) (c_1(b_k)e_1 + .. + c_{154}(b_k)e_{154}) = 1 $$

    pour tout $k$. C'est un peu pénible ce passage, pardon.

    9/ Tu regardes la matrice qui a $154$ colonnes et $155$ lignes, en faisant varier $k$ de $1$ à $155$, la kième ligne étant:

    $$ c_1(b_k), .., c_{154}(b_k)$$

    10/ Ses lignes sont liées, ce qui in fine, te lie ce que tu estimes être psychologiquement les $\frac{1}{x-b_k}$.

    11/ Cela te donne un polynôme $R$ qui annule $x$.

    12/ Tu le scindes (à l'arrache, tu ajoutes ses racines avec des lettres, par exemple les $\lambda_i$

    13/ Tu ajoutes tour à tour à $J$ le polynôme $x-\lambda_i$ et récupères un polynôme $Q_i$ tel que, selon $J$:

    $$ Q_i(x-\lambda_i ) = 1 $$

    14/ En multipliant les $Q_i(x-\lambda_i )$ entre eux, tu obtiens finalement un polynôme $S$ tel que selon $J$:

    $$ S\times R(x) = 1$$

    15/ Et finalement, tu as obtenu $1\in J$. Tu es maintenant paré pour éliminer $x_2-a_2$ :-D
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  • Voici une preuve "effective" un peu tordue, mais elle te plaira peut-être par son côté inédit et formelle.

    1/ Tu rajoutes une indéterminées $A$ et au lieu de travailler dans ton corps $K$, tu taffes dans $K(A)$.

    2/ L'avantage c'est que tu peux y faire des conjonctions, car $u=v=0$ équivaut à $u^2=av^2$ dans ce nouveau corps.

    3/ Tu prends ta première inconnue, disons $X$. Et évidemment ton problème c'est qu'elle apparait plusieurs fois (c'est le seul problème).

    4/ Et bien, via (2), tu remplace par une seule équation toutes les équations qui parlent de $X$.

    5/ Ca te donne un polynôme $P_n(A) X^n + .. + P_1(A)X + P_0(A)$, avec $X$ qui n'apparait pas dans les $P_i(A)$.

    6/ Ce qui te permet d'obtenir une formule booléenne ne parlant pas de $X$ et équivalente à ton système.

    7/ Précisément, on recherche à ce que dans chaque $P_i$, les coefficients non constants soient tous nuls (ie on demande $P_i(A)\in K$ et à ce qu'il y ait au moins un des $P_i(A)$ qui soit non nul, ou que $P_0(A)$ soit nul.

    Bon franchement, ce n'est pas une méthode intéressante, puisqu'elle fait exploser les degrés.
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  • @JJ, voici un algorithme entièrement programmable.

    1/ On suppose les variables numérotées. On dispose le système de manière triée de façon que les équations contenant $X_1$ soient en premier, suivi de celles contenant $X_2$, etc.

    2/ On regarde la première équation (E1), disons

    $$aX_1^9+\dots = $$

    3/ On ajoute au système l'équation $a=0$.

    4/ S'il l'accepte tout va bien, sinon, il renvoie $aQ-1$ comme élément de son idéal. Dans ce cas, on multiplie $E1$ par $Q$, ce qui donne

    $$ X_1^9+\dots = 0$$

    5/ On recommence avec $E2$, etc

    6/ La seule situation non triviale est celle où les deux premières équations du "nouveau", mais équivalent système sont de la forme :

    E1: $X_1^9+P= 0$
    E2: $X_1^7+Q=0$ (par exemple)

    7/ On ajoute au système $X_1=0$ pour obtenir (sauf s'il l'accepte), un élément $XR-1$ dans l'idéal

    8/ On change la deuxième équation en $P-X_1^2Q=0$

    9/ On continue.

    10/ Si $X_1$ n'apparait que dans la première équation, unitaire en $X_1$, on la vire épiCtou

    Edit: attention, à l'exécution, ça peut tout de même boucler dans des situations, qui sont en fait triviales humainement, je modifierai ce post pour parer à ça.

    Je laisse en exercice d'associer un ordinal à chaque système de sorte que ce que je viens de décrire fait systématiquement descendre, à chaque pas, l'ordinal associé, entrainant que la procédure termine forcément.

    A l'exécution de ce programme, tu obtiens un système au moins aussi exigeant et séparé (ie chaque inconnue apparait dans une seule équation et chaque équation ne contient qu'une seule inconnue). Ou alors tu obtiens la preuve que $1$ est dans son idéal. Ca a aussi l'avantage de montrer que le TDZ est récursif, ie que tu as un programme qui trouve effectivement la réponse voulue.
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  • Pour des raisons diverses, j'ai voulu peaufiner un truc qui me pimente l'intellect. Comme il en est question, je te mets un lien que j'estime avoir écrit plus proprement: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2054150,2056644#msg-2056644 que d'habitude sur ce point.
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  • Merci pour tout, Christophe ! Je n'ai pas encore tout digéré, mais c'est en très bonne voie à présent X:-(

    Bien cordialement, j__j
  • De rien, jai été logorrhéique ;-)
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  • Pour être très précis, mais je ne les touche pas encore du doigt, j'espère prouver un jour, avant de mourir 2 théorèmes:

    T1/ De n'importe quelle façon qu'on joue avec un système d'équations polynomiales dans un corps algébriquement clos, on le résout sauf à faire exprès de rater son coup

    T2/ De n'importe quel façon qu'on colorie un graphe, sauf à faire exprès d'être très mauvais, on le colorie avec pas plus de couleurs que son nombre d'Hadwiger.

    Et probablement quelques autres de ce jus.

    Mais comme tu as vu, c'est encore très bordélique dans ma tête. Mais je force je force....
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  • Si j'y arrivais le T2 me rapporteraitle prix Abel, mais je ne sais pas de quelle somme il est dôté. Je suis trop vieux pour la MF qui est financièrement plus intéressante je crois :-D (Bon, mais je raconte tout ça parce que j'ai de gros ennuis financiers...)
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  • j'ai de gros ennuis financiers...)

    Qui se dévoue pour lancer une cagnotte (tu) ?
  • ooooh non non non non non non non non non non non non

    Plusieurs personnes du forum m'ont déjà fait des cadeaux, je me sens terriblement honteux de continuer de fumer, en plus de me détruire la santé!!!!! Tant que je n'ai pas arrêté, je dois assumer ma connerie incommensurable et déchoir tout debout, s'il le faut. Bon, j'ai programmé un arrêt progressif et un passage à l'électronique pour dans peu de temps, mais un stress récent m'a fait un peu procrastiner.

    De toute façon, j'ai en fait une grosse somme à débourser avant saisie (et pour éviter saisie), la problématique est autre, et non pas sur du quotidien (à moins qu'un milliardaire ne traine et ait une folle envie de m'envoyer l'équivalent d'un bien immobilier). Je vais devoir adopter une solution douloureuse, point, je m'y fais petit à petit, c'est juste de l'acceptation. Après niveau revenus quotidiens, je vais faire l'hermite (tant mieux, je ferai des maths, c'est gratuit). Je vais essayer de sauver une évasion en aout quand-même :-D (mais je m'en suis offerte une en juin).
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  • cc a écrit:
    Si j'y arrivais le T2 me rapporteraitle prix Abel, mais je ne sais pas de quelle somme il est dôté. Je suis trop vieux pour la MF qui est financièrement plus intéressante je crois
    La médaille Fields, c'est 10 000 €, le prix Abel, 700 000 €.
  • Merci guego!!! C'est dingue ça.
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  • Quand on aime, on ne compte pas.
    ...
  • David Hilbert : 1862-1943, Emmy Noether : 1882-1935. Il me semble plus qu'important de ne pas oublier le second auteur et la fameuse mise en position de Noether (ou encore normalisation de Noether) bien plus précise que le théorème des zéros de Hilbert.

    La première image attachée provient de Decker & Schreyer (Varieties, Gröbner Bases, and Algebraic Curves) in https://www.math.uni-sb.de/ag/schreyer/images/PDFs/teaching/ws1617ag/book.pdf. Et la seconde de David Eisenbud (Commutative Algebra with a View Toward Algebraic Geometry), début du chap 13 (Dimension of Affine Rings). Je ne suis pas bon en anglais mais je pense que ``touchstone'' (pierre de touche) il faut le traduire par ``pierre angulaire''.

    Note : la normalisation de Noether est implémentée dans tout système de Calcul Formel digne de ce nom.106698
    106702
  • @JJ: je te mets un lien vers une discussion très proche au cas où tu ne l'aurais pas vue, et où à partir de mon post, Claude a aussi enrichi. En effet, comme je me suis répété et répété sans jamais "touché le graal" dans le présent fil, c'est bcp plus lourd de revenir à la problématique telle que ré-évoquée dans le lien:

    http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2057980,2059942#msg-2059942
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