Clôture algébrique des rationnels
Bonjour
Certains d’entre vous sauraient-ils où est-ce que je peux trouver une démonstration « propre » du fait que l’ensemble des nombres algébriques est une clôture algébrique du corps de rationnels ?
J’ai écumé tous les livres d’algèbre à ma connaissance (Perrin, Gozart, Berhuy, Rombaldi) et ça n’est jamais démontré, juste cité à titre d’exemple.
Merci, bonne journée.
Certains d’entre vous sauraient-ils où est-ce que je peux trouver une démonstration « propre » du fait que l’ensemble des nombres algébriques est une clôture algébrique du corps de rationnels ?
J’ai écumé tous les livres d’algèbre à ma connaissance (Perrin, Gozart, Berhuy, Rombaldi) et ça n’est jamais démontré, juste cité à titre d’exemple.
Merci, bonne journée.
Réponses
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Je cite :
... alors j'ai écrit ce que j'aurais voulu lire. -
D’accord je vois, il faut décidément tout faire par soi même :-)
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C'est un bon exercice ! Si tu bloques dessus, n'hésite pas à demander ici !
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Rebonjour,
Du coup voici la preuve que j'écrirais, pourriez-vous me dire si cela est correct s'il vous plait ?
Soit $\overline{\mathbb{Q}}$ l'ensemble des complexes qui sont algébriques sur $\mathbb{Q}$./ Montrons que $\overline{\mathbb{Q}}$ est algébriquement clos.
- $\mathbb{Q} \subset \overline{\mathbb{Q}} $ est algébrique par définition
- Montrons que $\overline{\mathbb{Q}}$ est algébriquement clos :
Soit $P \in \overline{\mathbb{Q}}[X]$ de degré >=1, montrons que $P$ a une racine dans $\overline{\mathbb{Q}}$ .
On a $\overline{\mathbb{Q}} \subset \mathbb{C}$ et $\mathbb{C}$ est algébriquement clos donc $P$ admet une racine $\alpha \in \mathbb{C}$ .
Comme $\mathbb{Q} \subset \overline{\mathbb{Q}} $ est algébrique, alors $\alpha$ est algébrique sur $\overline{\mathbb{Q}}$. Donc par définition de $\overline{\mathbb{Q}}$, $\alpha$ est algébrique sur $\mathbb{Q}$, donc $\alpha \in \overline{\mathbb{Q}}$. Donc $P$ a une racine dans $\overline{\mathbb{Q}}$ .
Finalement, $\overline{\mathbb{Q}}$ est algébriquement clos, ce qui achève la démonstration.
Y a-t-il une autre méthode pour démontrer ceci ?
Merci et bonne soirée -
Personnellement je trouve que la phrase :Donc par définition de $\overline{\mathbb{Q}}$, $\alpha$ est algébrique sur $\mathbb{Q}$
demanderait des précisions.
Pour moi il manque un argument pour dire que $\alpha$ est algébrique sur $\mathbb{Q}$. -
ah bon, lequel ?
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Je mentionnerais la transitivité de l'algébricité.
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Si je rajoute que $\mathbb{Q}\subset \overline{\mathbb{Q}} \subset \mathbb{C}$ et $\alpha$ algébrique sur $\mathbb{C}$ donc $\alpha$ algébrique sur $\mathbb{Q}$ ?
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c'est cet argument de transitivité auquel vous pensez ?
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Ce n'est pas si évident non. Le point "délicat" de la preuve est bien celui-ci en fait.
La transitivité de l'algébricité dit que si $K\subset L\subset M$ est une tour d'extension et si $L/K$ et $M/L$ sont algébriques alors $M/K$ est algébriques (et réciproquement).
Tu dois trouver le moyen d'exploiter correctement ce résultat connu. -
je connais en effet ce résultat mais dans mon cas, je ne vois justement pas bien comment l'exploiter ...
j'ai $\mathbb{Q} \subset \overline{\mathbb{Q}}$ est algébrique mais c'est tout -
Tu as $\mathbb{Q}\subset \overline{\mathbb{Q}}$ qui est une extension algébrique et tu dois trouver une extension algébrique $M$ de $ \overline{\mathbb{Q}}$ qui contient $\alpha$. Tu auras donc la tour d'extensions $\mathbb{Q}\subset \overline{\mathbb{Q}}\subset M$. Ensuite tu utilises le résultat précédent pour dire que $M/ \mathbb{Q}$ est algébrique et donc que $\alpha$ est algébrique sur $\mathbb{Q}$ car contenu dans $M$.
Il faut donc trouver ce $M$... -
oui j'ai bien compris ce principe
je dirais que $M=\mathbb{C}$ mais j'ai l'impression que cela revient à dire ce que j'ai déjà dit dans mon post d'il y a 30 min, qui était donc faux -
C'est faux car $\mathbb{C}/\overline{\mathbb{Q}}$ n'est pas algébrique et donc tu ne peux pas exploiter le résultat avec ça.
Quelle est la plus "petite" extension de $\overline{\mathbb{Q}}$ qui contient $\alpha$ ?
PS. je me rends compte que je viens de donner la réponse... :-D -
j'ai peur de dire des bêtises, les extensions de corps ne sont pas mon fort ...
$\overline{\mathbb{Q}}(\alpha)$? -
Comme on est sur des corps on peut démontrer puis utiliser le résultat suivant: soient $L$ un corps (commutatif), $K$ un sous-corps de $L$ et $u$ un élément de $L$. Alors $u$ est algébrique sur $K$ si et seulement si il existe un sous-corps $M$ de $L$ contenant $K$ et $u$, et tel que $M$ est, en tant que sous-espace vectoriel de $L$ (sur le corps $K$), de dimension finie. La transitivité de l'algébricité des éléments en découle.Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
-
fifi21 oui c'est bien $\overline{\mathbb{Q}}(\alpha)$.
On a la tour d'extensions $\mathbb{Q}\subset \overline{\mathbb{Q}}\subset \overline{\mathbb{Q}}(\alpha)$ avec $\overline{\mathbb{Q}}(\alpha)/ \overline{\mathbb{Q}}$ algébrique et on peut appliquer la transitivité de l'algébricité.
Ou faire comme dit Foys ci-dessus. -
Soit $\alpha$ algébrique sur $\overline{Q}$. Il existe $n$ et $a_0,\ldots,a_n\in \overline{Q}$ avec $a_n\ne 0$ tels que $\sum_k a_k\alpha^k=0$. Soit $K$ le sous-corps engendré par les $a_k$. Alors $K[\alpha]$ est une extension finie de $K$, et $K$ est une extension finie de $\Q$, donc $K[\alpha]$ est une extension finie de $\Q$.
-
Merci beaucoup Raoul pour votre aide !
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