Niveau Maths sup

Théorème de Hilbert

Posté par
1 Schumi 1 02-12-07 à 17:09

Bonjour à tous,

Je suis tombé un peu par hasard sur cet exo mais étant pour le moins intéressant j'ai décidé (d'essayer ) de le faire. Le problème c'est que la démo qui se trouve dans mon cours n'adopte pas du tout la même démarche que moi. Du coup je suis bien embêté pour savoir si ma démarche est bonne (ou pas).

Bon vite fait, voici l'énoncé:

Citation :

Soit A un anneau qu'on supposera commutatif.
1) Montrer qu'il est équivalent de dire que A est noethérien ou que tout idéal I de A est engendré par un nombre fini d'éléments.
2) Démontrer le théorème de Hilbert: A est noéthérien si et seulement si A[X] l'est.

Voici ce que j'ai fait:
1) Sur cette question, la démo dans mon cours est la même que celle que j'ai faite, donc on passe dessus.
2) Là, on est pas du tout d'accord.

L'implication " $\rm A[X] noetherien \Longrightarrow A noetherien$ " est triviale. (Non celle là elle est vraiment triviale, vraiment).

Pour l'implication " $\rm A noetherien \Longrightarrow A[X] noetherien$ " je procède par l'absurde.

D'après 1) il existe donc un idéal de $\rm\large A[X]$ engendré non engendré par un nombre fini d'éléments. Soit $\rm\large P_1$ un polynôme de degré minimal de $\rm\large I$ . On note $\rm\large a_1$ son coefficient dominant.(Ca c'est la stûûûce suprême, une semaine pour la trouver

). $\rm\large (P_1)\subset I$ mais l'inclusion réciproque est fausse. Il existe donc un polynôme $\rm\large P_2$ de même degré que $\rm\large P_1$ tel que $\rm\large P_2\notin (P_1)$ . On note $\rm\large a_2$ son coefficient dominant. Et ainsi de suite... Ainsi on crée une suite $\rm\large (P_n)_{n\in\mathbb{N}}$ de polynôme de degré minimaux sur I et tel que pour tout $\rm\large n\in\mathbb{N}, P_{n+1}\notin (P_1,...,P_n)$ .

Il est temps de considérer les coefficients dominants de ces polynômes. Ils forment aussi une suite $\rm\large (a_n)_{n\in\mathbb{N}}$ . Or on a aussi pour tout $\rm\large n\in\mathbb{N}, a_{n+1}\notin (a_1,...,a_n)$ . En effet, dans le cas contraire (ie, il existe n tel que patati patata...) on aurait que $\rm\large a_{n+1}=f_1a_1+...+f_na_n$ avec $\rm\large (f_1,...f_n)\in A^n$ . Et ainsi le polynôme $\rm\large Q=P_{n+1}-\Bigsum_{k=1}^{n}f_kP_k$ est un polynôme de $\rm\large I$ de degré strictement inférieur à $\rm\large P_1$ . Ce qui contredit la minimalité de son degré. Ainsi, la suite d'idéaux $\rm\large (a_1)$ , $\rm\large (a_1,a_2)$ ,... est strictement croissante pour l'inclusion. Ce qui contredit le fait que $\rm\large A$ soit noethérien et achève la démonstration.

C'est bon? Toutes les critiques constructives sont les bienvenues.

Merci d'avance.

Ayoub.

Posté par re : Théorème de Hilbert 03-12-07 à 15:30

Bonjour Ayoub

J'ai une critique (je ne sais ni si elle est constructive ni si elle est bienvenue...)

OK pour P₁. OK aussi pour il existe P₂ n'appartenant pas à I. mais pourquoi serait-il de même degré que P₁?

Posté par re : Théorème de Hilbert 03-12-07 à 17:08

Bonsoir Camélia,

Ca faisait longtemps que je n'avais pas eu le plaisir de discuter avec ton agréable personne. Oui ta critique est constructive, oui elle est la bienvenue.

Je réfléchis encore un peu avant de donner mon éventuelle explication.

Posté par re : Théorème de Hilbert 03-12-07 à 18:43

Je t'avoue que pendant un moment j'ai flippé.
En fait, j'avais fait une démo pour $\rm P_1$ mais je pensais que c'était la même idée pour $\rm P_2$ et tout. Ta remarque m'a vraiment fait peur.

Voici comment je le vois:

On suppose que tout les éléments de I de degré $\rm n_0=deg(P_0)$ sont dans $\rm (P_0,P_1)$ .
Soit P un polynôme de degré $\rm n>n_0$ . On écrit $\rm P=Q_1X^{n-n_0}+R_1$ . (Je te précise de suite que pour moi c'est pas une vraie division euclidienne, A[X] n'étant pas a priori euclidien).
Si $\rm degR_1=n_1<n_0$ on a R=0 (minimalité du degré de $\rm P_0$ oblige). Sinon, on réitère le raisonnement en écrivant $\rm R_1=Q_2X^{n_1-n_0}+R_2$ et ainsi de suite.
On prouve ainsi que il y a au moins un $\rm Q_i$ qui est nul et donc un $\rm R_j$ qui l'est. Comme tout les $\rm Q_i$ (pour $\rm 1\le i\le j$ ) sont "divisibles" par un poly de la forme $\rm f_1P_0+f_1P_1$ avec $\rm (f_1,f_2)\in A^2$ (le couple n'est pas le même pour chaque $\rm Q_i$ ).
Au final, P est dans $\rm (P_0,P_1)$ et donc $\rm A[X]=(P_0,P_1)$ !

On procéderai de même pour justifier l'existence de $\rm P_3$ , ...

J'espère avoir été un peu plus clair...

Posté par re : Théorème de Hilbert 04-12-07 à 17:55

Je ne suis pas sûre d'avoir suivi... En fait tu prouves quoi?

Posté par re : Théorème de Hilbert 04-12-07 à 18:36

En fait, je procède par l'absurde en supposant que P2 existe mais n'est pas de même degré que P0. Autrement dit, je suppose que tout élément de A[X] de même degré que P0 est forcément dans (P0,P1) (sinon on pourrait trouver P2 de même degré que P0...). Tout ça pour dire qu'après je montre que dans ces conditions, (P0,P1) engendre A[X]. Finalement, on a P2€ (P0,P1).

Je sais pas si c'est mieux comme ça. Si tu comprends toujours pas, j'essaierai de mettre une rédaction nickel-chrome ce week-end.

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