Chapitre VIII. Anneaux de polynômes
Démonstration. On a
F (X) = (X − T 1 ) . . . (X − T n ) = X
n
− s 1 X
n−1 + . . . + (−1)
n s n .
En faisant T n = 0, on obtient
(X − T 1 ) . . . (X − T n−1 )X = X
n
− ˜
s 1 X
n−1 + . . . + (−1)
n−1 ˜
s n−1 X
= X(X
n−1
− ˜
s 1 X
n−2 + . . . + (−1)
n−1 ˜
s n−1 ).
D’où, (X −T 1 ) . . . (X −T n−1 ) = X n−1 − ˜
s 1 X n−2 +. . .+(−1) n−1 ˜
s n−1 , ce qui prouve
que les polynômes ˜
s 1 , . . . , ˜
s n−1 sont les polynômes symétriques élémentaires en
T 1 , . . . , T n−1 .
Définition VIII.11.3. On appelle poids d’un monôme S
m 1
1 S
m 2
2 . . . S mn
n
en les
s i , l’entier m 1 + 2m 2 + . . . + nm n . On définit le poids en les s i d’un polynôme f de A[S 1 , . . . , S n ] comme étant le plus grand des poids en les s i des
monômes de f .
Proposition VIII.11.2. Soit f ∈ A[T 1 , . . . , T n ] un polynôme symétrique de degré d. Alors, il existe un polynôme g ∈ A[T 1 , . . . , T n ] tel que f (T 1 , . . . , T n ) =
g(s 1 , . . . , s n ), g étant de poids d en les s i .
Démonstration. On fait un raisonnement par récurrence sur n. Pour n = 1,
c’est évident. On suppose le résultat vrai pour tout polynôme symétrique
f ∈ A[T 1 , . . . , T n−1 ] et on considère les polynômes symétriques de A[T 1 , . . . , T n ].
On fait alors un raisonnement par récurrence sur le degré d de f . Si d = 0, c’est
évident. On suppose le résultat vrai pour les polynômes de degré inférieur ou égal
à (d − 1). Soit f ∈ A[T 1 , . . . , T n ] un polynôme symétrique de degré d. Si on fait
T n = 0 dans f , d’après la proposition (VIII.11.1) et l’hypothèse de récurrence, il
existe un polynôme g 1 (T 1 , . . . , T n−1 ), de poids d en les ˜
s i , tel que
f (T 1 , . . . , T n−1 , 0) = g 1 (˜ s 1 , . . . , ˜
s n−1 ).
Le polynôme g 1 (s 1 , . . . , s n−1 ) est symétrique en T 1 , . . . , T n , il en est donc de
même du polynôme
f 1 (T 1 , . . . , T n ) = f (T 1 , . . . , T n ) − g 1 (s 1 , . . . , s n−1 ).
On a f 1 (T 1 , . . . , T n−1 , 0) = 0, donc f 1 est divisible par T n et, puisqu’il est
symétrique, il est divisible par le produit T 1 . . . T n = s n . Il existe donc un polynôme
f 2 tel que f 1 = s n f 2 et f 2 est nécessairement symétrique (car s n ( σ f 2 − f 2 ) = 0).
222
Démonstration. On a
F (X) = (X − T 1 ) . . . (X − T n ) = X
n
− s 1 X
n−1 + . . . + (−1)
n s n .
En faisant T n = 0, on obtient
(X − T 1 ) . . . (X − T n−1 )X = X
n
− ˜
s 1 X
n−1 + . . . + (−1)
n−1 ˜
s n−1 X
= X(X
n−1
− ˜
s 1 X
n−2 + . . . + (−1)
n−1 ˜
s n−1 ).
D’où, (X −T 1 ) . . . (X −T n−1 ) = X n−1 − ˜
s 1 X n−2 +. . .+(−1) n−1 ˜
s n−1 , ce qui prouve
que les polynômes ˜
s 1 , . . . , ˜
s n−1 sont les polynômes symétriques élémentaires en
T 1 , . . . , T n−1 .
Définition VIII.11.3. On appelle poids d’un monôme S
m 1
1 S
m 2
2 . . . S mn
n
en les
s i , l’entier m 1 + 2m 2 + . . . + nm n . On définit le poids en les s i d’un polynôme f de A[S 1 , . . . , S n ] comme étant le plus grand des poids en les s i des
monômes de f .
Proposition VIII.11.2. Soit f ∈ A[T 1 , . . . , T n ] un polynôme symétrique de degré d. Alors, il existe un polynôme g ∈ A[T 1 , . . . , T n ] tel que f (T 1 , . . . , T n ) =
g(s 1 , . . . , s n ), g étant de poids d en les s i .
Démonstration. On fait un raisonnement par récurrence sur n. Pour n = 1,
c’est évident. On suppose le résultat vrai pour tout polynôme symétrique
f ∈ A[T 1 , . . . , T n−1 ] et on considère les polynômes symétriques de A[T 1 , . . . , T n ].
On fait alors un raisonnement par récurrence sur le degré d de f . Si d = 0, c’est
évident. On suppose le résultat vrai pour les polynômes de degré inférieur ou égal
à (d − 1). Soit f ∈ A[T 1 , . . . , T n ] un polynôme symétrique de degré d. Si on fait
T n = 0 dans f , d’après la proposition (VIII.11.1) et l’hypothèse de récurrence, il
existe un polynôme g 1 (T 1 , . . . , T n−1 ), de poids d en les ˜
s i , tel que
f (T 1 , . . . , T n−1 , 0) = g 1 (˜ s 1 , . . . , ˜
s n−1 ).
Le polynôme g 1 (s 1 , . . . , s n−1 ) est symétrique en T 1 , . . . , T n , il en est donc de
même du polynôme
f 1 (T 1 , . . . , T n ) = f (T 1 , . . . , T n ) − g 1 (s 1 , . . . , s n−1 ).
On a f 1 (T 1 , . . . , T n−1 , 0) = 0, donc f 1 est divisible par T n et, puisqu’il est
symétrique, il est divisible par le produit T 1 . . . T n = s n . Il existe donc un polynôme
f 2 tel que f 1 = s n f 2 et f 2 est nécessairement symétrique (car s n ( σ f 2 − f 2 ) = 0).
222