Polynôme à plusieurs variables

Serge13790
Modifié (December 2024) dans Algèbre
Je lis ce qui suis dans « Géométrie analytique classique » de Jean-Denis Eiden, pages 57 et 58. J'ai légérement modifié le texte pour la compréhention.
Qui peut m'expliquer les trois dernière lignes du 1er cas et compléter le deuxième cas ?
Merci d'avance.
Cordialement.

On considère le polynôme $P_0(X,Y,Z)=pYZ+qZX+rXY$ de $\mathbf{R}[X, Y, Z]$ avec $(p,q,r) \neq (0,0,0)$.
Soit $P$ un polynôme de $\mathbf{R}[X, Y, Z]$ qui s'annule pour tout triplet $(x, y, z)$ de $\mathbf{R}^3$ vérifiant $P_0(x, y, z)=0$.
On va montrer que $P_0$ divise $P$.

1er cas : $pr \neq 0$
Nous écrivons, dans l'anneau $\mathbf{R}(X,Y)[Z]$, l'identité de division euclidienne du polynôme $P(X,Y,\bullet)$ par le polynôme $P_0(X,Y,\bullet)$, le point étant chaque fois là pour signifier que nous parlons de polynômes en $Z$ à coefficients dans $\mathbf{R}(X, Y)$.
$$P(X,Y,Z)=(pYZ+qZX+r XY) \frac{Q_1(X, Y, Z)}{Q_2(X, Y)} + \frac{R_1(X,Y)}{Q_3(X, Y)}$$
Montrons que le polynôme $R_1$ est nul. En effet, pour tout couple $(x, y)$ tel que $py + qx \neq 0$, on appelle $z$ le scalaire tel que $pyz + qzx + rxy = 0$. On a alors $P_0(x, y, z) = 0$ et donc $P(x, y, z) = 0$.

Cela montre que la fonction polynôme $(x, y) \in  \mathbf{R}^2 \mapsto  (py+qx) R_1(x, y)$ est nulle. Comme l'anneau des fonctions polynômes à deux variables sur $\mathbf{R}$ est intègre, et que la fonction $(x, y) \mapsto py + qx$ n'est pas nulle, on en déduit que la fonction polynôme associée à $R_1$ est nulle, et donc que $R_1 = 0$ puisque le corps $\mathbf{R}$ est de cardinal infini.

Puisque $P_0 = (qX + pY)Z + rXY$, que les polynômes $qX + pY$ et $rXY$ sont premiers entre eux dans $\mathbf{R}[X, Y]$ et que $P_0$ divise $P$ dans $\mathbf{R}(X, Y)[Z]$, nous pouvons conclure qu'il divise aussi $P$ dans $\mathbf{R}[X, Y][Z]$, c'est-à-dire dans $\mathbf{R}[X, Y, Z]$. 

2ème cas : un seul monôme non nul figure dans $P_0$

Réponses

  • Bonsoir,
    Deux commentaires :
    1) Est ce que c'est $(p,q,r) \neq (0,0,0,)$ ou $pqr\neq 0$ ? Le raisonnement ne marche que dans le deuxième cas, par exemple $X$ et $XY$ ne sont certainement pas premiers entre eux.
    2) Supposons $pqr\neq 0$. On peut alors partir de $P\,Q_2(X,Y) = P_0\,Q_1(X,Y,Z)$ et réaliser que $Q_2$ est premier avec $P_0$.
  • Serge13790
    Modifié (December 2024)
    Oups ! 
    J'ai mal retranscrit et j'ai corrigé le message initial.  Jean-Denis Eiden écrit $pr \neq 0$ et dit laisser en exercice le cas particulier plus simple où un seul monôme non nul figure dans $P_0$.
    Mais pourquoi $Q_2$ est premier avec $P_0$ dans ce cas ?

    Comment résoudre le cas laissé en exercice ?
  • Ça ne va toujours pas. Si on suppose seulement $pr\neq 0$, alors on ne peut pas affirmer que $qX+pY$ et $rXY$ sont premiers entre eux.
  • Alors $pq \neq 0$ ? Ou $pqr \neq 0$ ? Qu'en est-il de la démonstration si $P_0$ a deux monômes non nuls, un seul monôme non nul ?
    Je ne suis pas à l'aise avec l'arithmétiques des polynomes à au moins deux indéterminées.
    Peux-tu m'expliquer ou me donner une référence suffisament élémentaire.
    Merci d'avance. Cordalement.
  • Dans le cas $pqr\neq 0$ :
    Les facteurs irréductibles de $rXY$ sont $X$ et $Y$, et aucun ne divise $qX+pY$ si $p$ et $q$ sont tous les deux non nuls.
    Si un facteur premier $R(X,Y)$ de $Q_2$ divisait $P_0=(qX+pY)Z+rXY$, il devrait diviser à la fois $qX+pY$ et $rXY$, ce qui est impossible. Donc $Q_2$ et $P_0$ sont premiers entre eux.
    On utilise ici la factorialité des anneaux de polynômes sur des corps.

  • canasson29
    Modifié (December 2024)
    Bonsoir,
    pourquoi ne pas utiliser la pseudo-division plutôt qu'une division euclidienne ? On aurait alors une égalité avec le polynôme $L=qX+pY$, irréductible de surcroît et la question de la divisibilité de $P_0$ par ce polynôme qui n'est possible que si $L$ divise $r\,XY.$ A moins que je ne lance une fausse piste ?
  • Bonjour,
    C'est quoi la pseudo-division ?
    Pouvez-vous développer votre propos.
    Merci d'avance.
  • Quelle différence avec l'égalité $P\,Q_2(X,Y)=P_0\, Q_1(X,Y,Z)$ ?
  • GaBuZoMeu a dit :
    Dans le cas $pqr\neq 0$ :
    Les facteurs irréductibles de $rXY$ sont $X$ et $Y$, et aucun ne divise $qX+pY$ si $p$ et $q$ sont tous les deux non nuls.
    Si un facteur premier $R(X,Y)$ de $Q_2$ divisait $P_0=(qX+pY)Z+rXY$, il devrait diviser à la fois $qX+pY$ et $rXY$, ce qui est impossible. Donc $Q_2$ et $P_0$ sont premiers entre eux.

    Tu sembles utiliser la propriété suivante :
    Si $A$ divise $B+C$ avec $B$ et $C$ premiers entre eux, alors $A$ divise $B$ et $A$ divise $C$.
    Or il me semble que cette propriété est fausse. En effet, si $A=X+Y$, $B=2X^2+3Y^2$ et $C=5XY$, $A$ divise $B+C$ qui vaut $(X+Y)(2X+3Y)$ avec $2X^2+3Y^2$ et $5XY$ premiers entre eux. Pourtant $X+Y$ ne divise ni $2X^2+3Y^2$ ni 
    $5XY$.
    Si je ne dis pas de bétises, il y a un argument caché dans ton raisonnement.
  • GaBuZoMeu
    Modifié (December 2024)
    Non.
    J'utilise la propriété suivante : soit $A$ un anneau commutatif intègre, alors $a\in A$ divise $bZ+c\in A[Z]$ seulement si $a$ divise $b$ et $a$ divise $c$. En effet il existe $dZ+e\in A[Z]$ tel que $bZ+c = a(dZ+e)=adZ+ae$.
  • canasson29
    Modifié (December 2024)
    Bonsoir @Serge13790 ,
    la pseudo-division remplace la division euclidienne lorsque l'anneau des coefficients n'est pas un corps et que le coefficient dominant du diviseur n'est pas inversible.
    Soit $C$ un anneau intègre et $A,B$ deux polynômes d'indéterminée $Z$ à coefficients dans $C$ avec $B \neq 0.$
    Soit $d=\deg(B)$ et $b_d$ le coefficient dominant de $B.$ Il existe un unique couple $(Q,R) \in C[Z] \times C[Z]$ avec $\deg(R)<\deg(B)$ tel que $b_d^{\deg(A)}\,A=Q\,B+R.$ On peut raffiner la puissance de $b_d$ qui intervient dans l'égalité, mais je simplifie. L'algorithme est le même que pour la division euclidienne, à ceci près qu'on multiplie le dividende par $b_d$ pour avoir un coefficient dominant divisible par $b_d.$
    Dans notre cas de figure, nous sommes dans l'anneau $\mathbb{R}[X,Y][Z]$ et on procède à la pseudo-division de $P$ par $P_0$  de degré $1$ en $Z$ et dont le coefficient dominant est $L=q\,X+p\,Y.$ On pose $d=\deg(P).$ Il existe alors $Q,R$ des éléments de $\mathbb{R}[X,Y][Z]$ avec $\deg(R)<\deg(P_0)$ donc avec $R\in \mathbb{R}[X,Y]$ tel que
    $L^d\,P=Q\,P_0+R.$ Vous reprenez alors le même raisonnement avec les conditions précisées par @GaBuZoMeu, à savoir $pqr \neq 0$ pour garantir la non-divisibilité de $r\,XY$ par $L=q\,X+p\,Y.$
    L'autre cas serait si l'un des coefficients est nul, par exemple $r.$ Dans ce cas, il suffit d'étudier la divisibilité de $P$ par $Z$ et $q\,X+p\,Y$ par des divisions euclidiennes., sachant que ces deux derniers polynômes sont premiers entre eux.
    Ce qui garantira la divisibilité de $P$ par $P_0.$




  • Merci à GaBuzoMeu et canasson29 pour vos réponses.

    canasson29 a dit :
    L'autre cas serait si l'un des coefficients est nul, par exemple $r.$ Dans ce cas, il suffit d'étudier la divisibilité de $P$ par $Z$ et $q\,X+p\,Y$ par des divisions euclidiennes, sachant que ces deux derniers polynômes sont premiers entre eux.
    Ce qui garantira la divisibilité de $P$ par $P_0$.




    J'ai encore du mal à comprendre ce dernier argument. Quel est le théorème utilisé ?
    Et si deux coefficients sont nuls (les trois ne peuvent l'être) ?
    Merci d'avance.
    Cordialement.
  • Serge13790
    Modifié (December 2024)
    En s'appuyant sur mon premier message (pou éviter de tout ré-écrire), quelqu'un peut-il écrire une démonstration complète et correcte de l'énoncé suivant ? Sans utiliser un Nullstellensatz (zéros de Hibert) puisque le but de Denis Eiden est justement de démontrer ce théorème dans ce cas particulier. D'ailleurs, $\mathbf{R}$ n'est pas algébriquement clos.
    Merci d'avance pour toute contribution.

    Soit le polynôme $P_0(X,Y,Z)=pYZ+qZX+rXY$ de $\mathbf{R}[X, Y, Z]$ avec $(p,q,r) \neq (0,0,0)$.
    Soit $P$ un polynôme de $\mathbf{R}[X, Y, Z]$ qui s'annule pour tout triplet $(x, y, z)$ de $\mathbf{R}^3$ vérifiant $P_0(x, y, z)=0$.
    Montrer que $P_0$ divise $P$.
  • Je t'ai déjà expliqué pourquoi ton premier message n'allait pas, et j'ai expliqué en détail comment traiter le cas $pqr\neq 0$. Il suffit de traiter pour conclure le cas où un des trois est nul, un autre des trois est non nul, et le troisième fait ce qu'il veut ; sans perte de généralité on peut supposer $p=1$ et $r=0$, de sorte que $P_0=Z(Y+qX)$. Les polynômes $Z$ et $Y+qX$ sont irréductibles non associés dans $\mathbb R[X,Y,Z]$, il suffit de montrer que $P$ est divisible par $Z$ et par $Y+qX$.
    Divisons $P$ par $Z$ dans $\mathbb R[X,Y][Z]$ (on peut toujours faire la division euclidienne par un polynôme unitaire) : $P= Z A(X,Y,Z) + B(X,Y)$. On a $B(x,y)=0$ pour tous $(x,y)\in \mathbb R^2$ en évaluant l'égalité précédente en $(x,y,0)$. Donc $B=0$ et $Z$ divise $P$.
    Divisons $P$ par $Y+qX$ dans $\mathbb R[X,Z][Y]$ (on peut toujours faire la division euclidienne par un polynôme unitaire) : $P= (Y+qX) C(X,Y,Z) + D(X,Z)$. On a $D(x,z)=0$ pour tous $(x,z)\in \mathbb R^2$ en évaluant l'égalité précédente en $(x,-qx,z)$. Donc $D=0$ et $Y+qX$ divise $P$.



  • canasson29
    Modifié (December 2024)
    Bonjour,
    le seul théorème utilisé est le cas d'annulation d'un polynôme réel à $n$ indéterminées sur un pavé.
    Premier cas : $pqr \neq 0.$ On effectue la pseudo-division de $P$ par $P_0$ en tant que polynômes en $Z$ à coefficients dans $\mathbb{R}[X,Y].$ Il existe $Q \in \mathbb{R}[X,Y,Z]$ et $ R \in \mathbb{R}[X,Y]$ puisque $\deg(P_0,Z)=1$ tels que
    $(q\,X+p\,y)^d \,P(X,Y,Z) = Q(X,Y,Z)\,P_0(X,Y,Z)+R(X,Y).$
    Pour tout couple $(x,y) \in \mathbb{R}^2$ tel que $q\,x+p\,y \neq 0,$ posons $z = -\dfrac{r\,xy}{q\,x+p\,y}$ de sorte que $P_0(x,y,z)=0.$ Dans ces conditions, $P(x,y,z)=0$ et en évaluant l'égalité précédente en $(x,y,z),$ on obtient $R(x,y)=0.$
    Ainsi $R$ s'annule  sur la réunion de deux demi-plans ouverts, donc sur un pavé. $R$ est donc le polynôme nul et donc
    $(q\,X+p\,Y)^d\,P=Q\,P_0.$
    Le polynôme $L=q\,X+p\,Y$ est irréductible dans $\mathbb{R}[X,Y,Z]$ et ne divise pas $P_0 = L\,Z+r\,XY,$ car sinon $L$ diviserait $XY$, ce qui est impossible (on peut s'en convaincre en disant que l'ensemble des zéros réels de $XY$ ne contient pas l'ensemble des zéros réels de $L$). La factorialité de l'anneau $\mathbb{R}[X,Y,Z]$ implique que $L$ divise $Q$ : $Q=L\,Q_1$ avec $Q_1 \in \mathbb{R}[X,Y,Z].$ D'où $L^{d-1}\,P=Q_1\,P_0.$ En itérant le procédé $(d-1)$ fois, on conclut à l'existence de $Q_d \in \mathbb{R}[X,Y,Z]$ tel que $P=Q_d\,P_0.$ D'où le résultat attendu.

    Deuxième cas : $pqr=0.$ L'un des coefficients est nul, disons $r$ par commodité. Ainsi $P_0= q\,XZ+p\,YZ = (q\,X+p\,Y)\,Z.$
    L'ensemble des zéros de $P_0$ est la réunion des plans $q\,x+p\,y=0$ et $z=0.$ Le polynôme $P$ s'annule donc sur cette réunion. Plaçons-nous dans le cas où $q\neq 0.$ On effectue la division euclidienne de $P$ par $L$ en tant que polynômes en $X$ à coefficients dans $\mathbb{R}[Y,Z]$ : $P=Q_1\,L+R_1$ avec $Q_1 \in \mathbb{R}[X,Y,Z]$ et $R_1 \in \mathbb{R}[Y,Z]$ puisque $\deg(L,X)=1.$ Soit $(y,z) \in \mathbb{R}^2$ et prenons $x$ tel que $L(x,y)=0.$ En évaluant l'égalité résultant de la division euclidienne en $(x,y,z),$ on en déduit que $R_1(x,y)=0.$ D'où $R_1=0$ et $L$ divise $P$ dans $\mathbb{R}[X,Y,Z].$ La divisibilité de $P$ par $Z$ se traite de la même manière. Les polynômes $q\,X+p\,Y$ et $Z$ étant premiers entre eux, on en déduit que $P_0$ divise $P$ dans $\mathbb{R}[X,Y,Z].$
     
     




  • Merci encore à vous deux pour vos réponses.
    Très cordialement.
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