Идеал в кольце симметрических функций

[MChagall]

$I$ - идеал в кольце $\mathbb{C}[x_1,x_2,x_3]^{S_3}$. Найти образующие идеала, если
a) $I$ состоит из функций, принимающих ноль при $x_1=x_2$;
b) $I$ состоит из функций, принимающих ноль при $x_1=x_2=x_3$.

Для а) использую утверждение, что если симметрический многочлен $f(x_1,...,x_n)$ равен нулю при $x_i=x_j$ для каких-либо $i,j$, то $f=\Delta^2g(x_1,...,x_n)$, где $\Delta$- определитель Вандермонда, $g(x_1,...,x_n)$ - симметрический многочлен.
Тогда $I=((x_1-x_2)^2(x_1-x_3)^2(x_2-x_3)^2)$. Верное решение?

А с b) сложнее. Для $x_1=x_2$ идеал из а), но для $x_2=x_3$ он такой же ведь. Значит, их пересечение - он же. Что-то не так. Что?
Ещё многочлены пробовал подбирать. $(x_1x_2-x_3^2)(x_2x_3-x_1^2)(x_1x_3-x_2^2)$, $(2x_1-x_2-x_3)(2x_1-x_3-x_2)(2x_3-x_1-x_2)$... Ни к чему не пришёл.
Конечно, знаю, что $\mathbb{C}[x_1,x_2,x_3]^{S_3}$ порождается симметрическими многочленами. Может, через них как-то?

[Null]

MChagall в сообщении #1485363 писал(а):

Значит, их пересечение - он же

Почему пересечение является решением пункта "б"?
Попробуйте поискать многочлены низких степеней 1,2,3.

[MChagall]

Вроде, многочленов 1 и 2 степеней нет. Третьей много. Один написал

MChagall в сообщении #1485363 писал(а):

$(2x_1-x_2-x_3)(2x_1-x_3-x_2)(2x_3-x_1-x_2)$

Но там много комбинаций.

В пункте а функции, зануляющиеся в точках $(t,t,x_3)$, в b - в точках $(t,t,t)$.
Получается $I_b\subset I_a$. Но как его найти?

[Null]

MChagall в сообщении #1485397 писал(а):

Получается $I_b\subset I_a$.

У меня получается наоборот.
$x_1^2+x_2^2+x_3^2-x_1x_2-x_1x_3-x_2x_3\in I_b$

[DeBill]

MChagall
А что, идеал $I_b$ - главный разве?
Навскидку: в нем есть элементы $S_1^2-3S_2$ и $S_1^3-27S_3$. И это что-то значит, видимо...

[MChagall]

DeBill в сообщении #1485412 писал(а):

А что, идеал $I_b$ - главный разве?

Скорее всего, нет

DeBill в сообщении #1485412 писал(а):

$S_1^2-3S_2$ и $S_1^3-27S_3$.

И ещё, например, $S_2^3-27S_3^2,S_1S_2-9S_3$. Но они выводятся из предложенных Вами. Предположу, что $I_b=(S_1^2-3S_2,S_1^3-27S_3)$.
Но если это верно, то как доказать это?

[Null]

Пусть $F(x_1,x_2,x_3)=f(S_1,S_2,S_3)$ не лежит в $I_b$, упростите его по модулю $I_b$.

[MChagall]

Null в сообщении #1485487 писал(а):

Пусть $F(x_1,x_2,x_3)=f(S_1,S_2,S_3)$ не лежит в $I_b$, упростите его по модулю $I_b$.

Не знаю как. Это ведь остатки по делению на многочлен из $I_b$. Или класс $f(S_1,S_2,S_3)=g(S_1,S_2,S_3)+I_d$. Как точнее, если мне не известен сам идеал?

[Null]

Я имел в виду по модулю идеала $(S_1^2-3S_2,S_1^3-27S_3)$, от $S_2$ и $S_3$ можно избавиться.

[MChagall]

Тогда $S_2=\frac{1}{3}S_1^2,S_3=\frac{1}{27}S_1^3$

$f(S_1,S_2,S_3)\mod(I_b)=g(S_1)$
Тогда $\mathbb{C}[S_1,S_2,S_3]/(I_b)\approx \mathbb{C}[S_1]$. Так ведь?

Но почему это означает, что $I_b$ - искомый идеал? Как-то должно быть не сложно, но не могу внятно показать.

[Null]

Пусть $f(S_1,S_2,S_3)\in I_b$, упростите его по модулю $(S_1^2-3S_2,S_1^3-27S_3)$. Вот так лучше. Да $g(S_1)$ получается, и оно равно нулю при $x_1=x_2=x_3$

[MChagall]

А как из этого получается, что $g(S_1)$ порождается указанными соотношениями?

[Null]

$g(3x_1)=0$ для любого $x_1$. Значит оно $0$ и лежит в любом идеале :)