Valeur exacte de cosinus pi/10

2»

Réponses

  • Faute de pratique, j'ai oublié tout ce qui j 'ai appris sur la théorie de Galois, mais à quoi sert de savoir que

    $\sin(\pi/10)$ est de degré $2$ sur $\Q$ donc, comme $i\in\Q(\zeta)$, il y a au moins trois telles extensions quadratiques.

    pour  calculer $\cos(\frac{\pi}{10}$  


    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • OShine
    Modifié (13 May)
    @gebrane
    Pas du tout intuitive ta solution, je n'aurais jamais trouvé ça.
    C'est une méthode à astuce.
  • Oshine le but est de se ramener à un angle remarquable $\frac{\pi}{2}=5\frac{\pi}{10} =(3+2)\frac{\pi}{10} $ et de former une équation algébrique en sin(x) ou cos(x), il n y a rien de mystérieux, c'est un  jeu. 
    Tu peux jouer aussi avec $\frac{\pi}{2}=(4+1)\frac{\pi}{10}$ donc $\sin(x)=\sin(\frac{\pi}{2} - 4x)=\cos(4x)= 1 - 8\sin^2(x) + 8\sin^4(x)$ où $x=\frac{\pi}{10} $. Mais là tu tombes sur un faux ordre 4 : $$8X^4-8X^2 +1-X=0$$  C'est un faux ordre 4 car  tu peux factoriser en $8X^4-8X^2 +1-X=(2 X + 1) (X - 1) (4 X^2 + 2 X - 1)$

    Tu peux aussi avec ton propre jeu , tomber sur d'autres facons
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • NicoLeProf
    Modifié (13 May)
    @gai requin, ou d'autres experts comme @JLT, puis-je avoir quelques explications svp? ^^' (Si vous avez le temps bien sûr ! Les extensions de corps m'intéressent énormément !)
    Je comprends bien pourquoi $\mathbb{Q}(\sin(\pi/10))$ est degré $2$. En effet, grâce à notre cher ami et farceur gebrane, nous avons vu que $\sin(\pi/10)$ est racine du polynôme $4X^2+2X-1$ non nul à coefficients rationnels. Donc $\sin(\pi/10)$ est algébrique et l'extension $\mathbb{Q}(\sin(\pi/10))$ est de degré au plus $2$. Elle n'est pas de degré $1$ car $\sin(\pi/10) \notin \mathbb{Q}$.
    Donc $\mathbb{Q}(\sin(\pi/10))$ est de degré $2$ exactement.
    Mon blocage maintenant est de justifier que $\mathbb{Q}(\cos(\pi/10))$ est de degré $4$. Grâce au tout début du fil de discussion, je sais que $\cos(\pi/10)$ est racine du polynôme $16X^4-20X^2+5$ non nul et à coefficients rationnels donc $\mathbb{Q}(\cos(\pi/10))$ est de degré au plus $4$. Mais comment éliminer facilement les degrés $2$ et $3$?
    Je verrai ensuite pour le reste... :D
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • @NicoLeProf : Factorise dans $\R[X]$.
  • Ah mais oui , c'est clair avec le début de ce fil, pardon ! ^^'
    Soit $\mu$ le polynôme minimal de $\cos(\pi/10)$ alors $\mu$ divise tout polynôme annulateur de $\cos(\pi/10)$ à coefficients rationnels.
    Dès lors, $\mu$ divise $16X^4-20X^2+5=16\left(X-\dfrac{\sqrt {10+2 \sqrt 5}}{4} \right)\left(X+\dfrac{\sqrt {10+2 \sqrt 5}}{4} \right)\left(X-\dfrac{\sqrt {10-2 \sqrt 5}}{4} \right)\left(X+\dfrac{\sqrt {10-2 \sqrt 5}}{4} \right)$.
    De plus, $\mu$ est au moins de degré $2$ donc il existe un polynôme $P$ à coefficients rationnels tel que $16X^4-20X^2+5=\mu(X) P(X)$ avec $\deg(P) \in \{0;1;2\}$.
    Si $\deg(P)=1$ alors $\deg(\mu)=3$ et $\mu$ sera un polynôme de degré $3$ ayant trois racines de $16X^4-20X^2+5$ : impossible car $\mu$ ne serait pas à coefficients rationnels dans ce cas.
    Si $\deg(P)=2$ alors $\deg(\mu)=2$ et $\mu$ sera un polynôme de degré $2$ ayant deux racines de $16X^4-20X^2+5$ : impossible pour la même raison.
    Conclusion : $\deg(P)=0$ et $\mu(X)=X^4-5/4X^2+5/16$ donc $\mathbb{Q}(\cos(\pi/10))$ est de degré $4$.
    Bon, maintenant, il faut que je réfléchisse à la suite à savoir le degré de l'extension $\mathbb{Q}(e^{i\pi/10})$.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • JLT
    JLT
    Modifié (13 May)
    Tu peux montrer que pour tout $n\geqslant 3$, l'extension $\Q(e^{2\pi i/n})$ est de degré $2$ sur $\Q(\cos 2\pi/n)$.
  • Pour $\mathbb{Q}(\cos(\pi/10))$ on peut aussi utiliser le marteau piqueur et appliquer le critère d'Eisenstein qui nous dit directement que $16X^4-20X^2+5$ est irréductible sur $\Q[X]$, c'est donc le polynôme minimal de $\cos(\pi/10)$ à un coefficient $1/16$ près.
  • Ouah, très astucieux raoul.S, merci beaucoup ! :);)
    @JLT, je trouve que pour tout $n \geq 3$, le polynôme $P(X)=X^2-2 \cos(2\pi/n)X+1$ annule $e^{2i\pi/n}$. $P$ étant non nul et à coefficients dans  $\mathbb{Q}(\cos 2\pi/n)$, j'en déduis que l'extension $\mathbb{Q}(e^{2\pi i/n})$ est de degré $2$ sur $\mathbb{Q}(\cos 2\pi/n)$.
    Ainsi, en revenant à l'exo de gai requin, je peux dire que $\mathbb{Q}(e^{i\pi/10})$ est de degré $2$ sur $\mathbb{Q}(\cos \pi/10)$.
    Je constate sur internet que comme $\mathbb{Q}(e^{i\pi/10})$ est une extension de degré $2$ sur $\mathbb{Q}(\cos \pi/10)$ ( on note : $[\mathbb{Q}(e^{i\pi/10}) : \mathbb{Q}(\cos \pi/10)]=2$) et $\mathbb{Q}(\cos \pi/10)$ est une extension de degré $4$ sur $\mathbb{Q}$ (on note : $[\mathbb{Q}(\cos \pi/10) : \mathbb{Q}]=4$) alors $\mathbb{Q}(e^{i\pi/10})$ est une extension de degré $8$ sur $\mathbb{Q}$ grâce à la relation : $[\mathbb{Q}(e^{i\pi/10}) : \mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(e^{i\pi/10}) : \mathbb{Q}(\cos \pi/10)] \times [\mathbb{Q}(\cos \pi/10) : \mathbb{Q}]$.
    Si c'est juste, j'ai terminé et très bien compris la question 1 de gai requin. Je vais pouvoir passer à la suite ! :)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • @NicoLeProf : $[\Q(\cos(\pi/10)):\Q]=4$ et $X^{10}+1$ s'annule en $\zeta$ donc $[\Q(\zeta):\Q]=8$ sans calculs >:)
  • J'ai un vague souvenir d'un de mes prof qui savait calculer $\cos(\pi /n)$ en utilisant le triangle de Pascal!
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • NicoLeProf
    Modifié (13 May)
    Bien vu @gai requin , merci !
    Maintenant, la suite. Je reprends à partir de :
     "$\sin(π/10)$ est de degré $2$ sur $\Q$ donc, comme $i∈ \Q(ζ)$, il y a au moins trois telles extensions quadratiques."
    C'est un peu rapide pour mon petit cerveau ça lol :D et parce que je suis encore un noob sur les extensions de corps !!! :D;)
    $\sin(\pi/10)$ est de degré $2$ sur $\Q$ : ok on vient de le voir grâce à notre ami gebrane que je salue et que je remercie chaleureusement ! ;)<3
    $i \in \Q(\zeta)$ : pas de problème non plus.
    Par contre, je ne comprends pas comment on en déduit qu'il y a au moins trois telles extensions quadratiques ou plutôt si : je trouve $\Q(i)$ car $i \in \Q(\zeta)$ et $\Q(\sqrt 5)$ car $\sin(\pi/10)=\dfrac{\sqrt 5-1}{4}$ ainsi que $\Q(i\sqrt 5)$ toujours pour la même raison. Mais comment être sûr qu'il n'y a que ces trois extensions quadratiques incluses dans $\Q(\zeta)$?
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • C'est Galois qui l'assure o:)
  • Le groupe de Galois de $\Q(\zeta)$ est isomorphe à $(\Z/20\Z)^*\cong \Z/2\Z\times \Z/4\Z$ qui admet trois sous-groupes d'indice $2$.
  • Et $\Q\subset\Q(\zeta)$ est galoisienne.
  • NicoLeProf
    Modifié (14 May)
    Ok je vais essayer de démontrer tout cela :
    $\Q(\zeta)$ est une extension simple et finie (de degré $8$ comme on l'a vu avant) donc elle est isomorphe au corps de rupture du polynôme minimal : $\pi_{\zeta}$ de $\zeta$ donc isomorphe à  $\Q[X]/(\pi_{\zeta})$. 
    Ce corps est muni d'une structure de $\Q$-espace vectoriel et la famille $(1,\zeta,\zeta^2,...,\zeta^7)$ en est une base.
    L'extension $\Q(\zeta)$ est normale : en effet, $\Q(\zeta)=\Q(1,\zeta,\zeta^2,...,\zeta^7)$ est le corps de décomposition de $\prod\limits_{k=0}^7 \pi_{\zeta^k}$ où les $\pi_{\zeta^k}$ sont les polynômes minimaux des $\zeta^k$ pour $k \in \{0,...,7\}$ (pas sûr du tout de ceci mais je ne vois pas comment démontrer autrement que cette extension est normale pour le moment).
    L'extension $\Q(\zeta)$ est séparable car $\Q$ est un corps parfait (de caractéristique nulle) donc tout polynôme à coefficients rationnels est séparable ainsi, le polynôme minimal de tout élément de $\Q(\zeta)$ est séparable. Donc tout élément de l'extension est séparable.
    L'extension $\Q(\zeta)$ est normale et séparable donc elle est galoisienne.
    Lentement mais sûrement... Fiou ! ^^' (Bon, je vais voir déjà si je n'ai pas raconté trop de bêtises @gai requin et @JLT et je regarderai la suite prochainement ! :) )
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • $\Q(\zeta)$ est juste le corps de décomposition de $X^{20}-1$. Comme $\Q$ est de caractéristique nulle, $\Q(\zeta)$ est une extension galoisienne de $\Q$.
  • Ok, merci @JLT, j'ai compris et je continue. On vient donc de prouver que l'extension $\Q(\zeta)$ est galoisienne de degré $8$. Donc son groupe de Galois sur $\Q$ noté $G=G(\Q(\zeta)/ \Q)$ est de cardinal $8$.

    $G$ est l'ensemble des automorphismes de $\Q(\zeta)$ dans elle-même laissant $\Q$ invariant.

    Pour la suite, je ne suis pas du tout sûr mais j'essaie quelque chose qui me paraît logique :

    L'extension $\Q(\zeta)$ est engendrée par $\zeta$, un tel automorphisme $\phi$ dans $G$ est donc entièrement déterminé par l'image de $\zeta$ avec comme contrainte $\phi(1)=1$. De plus, pour tout automorphisme $\phi \in G$, $\phi(\zeta)=\zeta^k$ où $k \in \mathbb{N}^*$. Réciproquement, un automorphisme quelconque $\phi$ du groupe $\mathbb{U}_{20}$ vérifie : $\phi(1)=1$ (donc $\Q$ est bien invariant par $\phi$) et $\phi(\zeta)=\zeta^k$ avec $k \in \mathbb{N}^*$.

    Ainsi, construire un automorphisme $\Q(\zeta)$ dans elle-même laissant $\Q$ invariant revient à construire un automorphisme de $\mathbb{U}_{20}$ dans lui-même. Donc le groupe de Galois de $\Q(\zeta)$ : $G=G(\Q(\zeta)/ \Q)$ est isomorphe au groupe des automorphismes de $\mathbb{U}_{20}$ : $Aut(\mathbb{U}_{20})$.

    Ou encore (comme $\mathbb{U}_{20} \simeq \mathbb{Z}/20 \mathbb{Z}$), le groupe de Galois de $\Q(\zeta)$ est isomorphe à $Aut(\mathbb{Z}/20 \mathbb{Z})$.

    Or, $Aut(\mathbb{Z}/20 \mathbb{Z}) \simeq (\mathbb{Z}/20 \mathbb{Z})^*$ qui est lui-même isomorphe à $\mathbb{Z}/2\ \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ donc le groupe de Galois de $\Q(\zeta)$ est isomorphe à $\mathbb{Z}/2\ \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$.

    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • JLT
    JLT
    Modifié (15 May)
    C'est ça l'idée mais ça manque un peu de précision. Pour tout $\overline{k}\in (\Z/20\Z)^\times$, il existe un et un seul automorphisme $\varphi_{\overline k}$ de $Q(\zeta)$ tel que $\varphi_{\overline k}(\zeta)=\zeta^k$ (le nombre complexe $\zeta^k$ ne dépend pas du choix du représentant $k$ de la classe $\overline{k}$.
    On vérifie alors que l'application de $(\Z/20\Z)^\times$ dans $\operatorname{Aut}(\Q(\zeta))$ définie par $\overline{k}\mapsto \varphi_{\overline{k}}$ est un morphisme bijectif de groupes.
    (N.B. l'entier $k$ n'est pas n'importe quel entier non nul, il doit être premier avec $20$.)
  • NicoLeProf
    Modifié (16 May)
    Merci beaucoup @JLT, c'est limpide ! J'avais effectivement zappé la condition pourtant essentielle sur $k$ !
    Dernière étape, il faut que je réfléchisse au lien entre "extensions quadratiques" et "sous-groupes d'indice $2$ du groupe de Galois". J'ai encore un peu de travail, je m'en occupe dès que j'ai un peu de temps ! ^^' :D
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.