Dimension d'un espace vectoriel oral Mines MP 2024
Réponses
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OShine a dit :Pour l'existence du polynôme minimal j'ai une idée.
C'est travailler avec les idéaux.Regarde mon exo ci-dessus .OShine a dit :
Par contre si on raisonne avec le polynôme minimal, je ne comprends pas comment on en déduit la liberté de la famille.Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs. -
Nico pour le cas des racines sixiemes ( j'avais fait un edit dans mon message à julia)
Les racines sixiemes sont -1,1,j,-j,j² et -j² la famile $\{1,j\}$ est libre et génératrice car les autres racines s'écrivent comme combinaison linéaire de 1 ,j ( vu que $1+j+j²=0$ donc la dimesion est 2Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
@NicoLeProf
Merci je cherche ton exercice d'abord.
J'ai regardé le cas des racines sixièmes que tu as traité j'avoue que je n'ai pas compris le principe du raisonnement.
Je ne comprends pas comment on trouve la dimension ni le lien avec le polynôme.
Mais bon je verrai ça après avoir réussi ton exercice.
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gebrane a dit :Nico pour le cas des racines sixiemes ( j'avais fait un edit dans mon message à julia)
Les racines sixiemes sont -1,1,j,-j,j² et -j² la famile $\{1,j\}$ est libre et génératrice car les autres racines s'écrivent comme combinaison linéaire de 1 ,j ( vu que $1+j+j²=0$ donc la dimesion est 2 -
Ah je n'ai pas vu cher gebrane ! Ta preuve est simple et efficace, comme j'aime !OShine, commence par mon exo.Ensuite, ton incompréhension sur le lien avec le polynôme rejoint celle sur le lien entre "liberté" et "polynôme minimal".On verra cela après mon premier exercice, ce n'est pas difficile.Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.
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Soit $u=e^{\frac{i\pi}{3}}$. Toute combinaison rationnelle des éléments de $\mathbb{U}_{6}$ est rationnellement polynomiale en $u$. Pour $P\in\mathbb{Q}\left[X\right]$, il existe $a,b$ rationnels et $Q\in\mathbb{Q}\left[X\right]$ tels que $P=\left(X^{2}-X+1\right)Q+aX+b$ et alors $P\left(u\right)=au+b\in\text{Vect}\left(1;u\right)$. Comme $\left(1;u\right)$ est $\mathbb{Q}$ libre, $\dim\text{Vect}\left(\mathbb{U}_{6}\right)=2$.
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Le cas des racines 9eme est intéressantLorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..
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On suppose l'existence de $Q$ et on se heurte à une impossibilité.Je ne pensais pas que ma démonstration allait déclencher un tel élan d'enthousiasme !Je n'ai pas tout lu. Pour calculer $\cos \dfrac {2 \pi}{5}$ :$1+\omega+\omega^4+\omega^2+\omega^3=0$,$1+2 \cos \dfrac {2 \pi}{5}+2 \cos \dfrac {4 \pi}{5}=0$,$1+2 \cos \dfrac {2 \pi}{5}+2 \: (2 \: \cos^2 \dfrac {2 \pi}{5}-1)=0$.Donc $\cos \dfrac {2 \pi}{5}$ est racine d'un polynôme du second degré.
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Avec les racines 6èmes de l'unité, puisque gebrane attend une réponse, sans rien connaître aux polynômes cyclotomiques, on trace dans le plan complexe un hexagone régulier. On se rend compte rapidement qu'il y a des liens entre les racines, par exemple $\omega+\omega^3+\omega^5=0$, donc $1+\omega^2+\omega^4=0$. On cherche le polynôme de degré minimal qui annule $\omega$. Pourquoi ? Pour que toutes les puissances de $\omega$ supérieures ou égales à ce degré s'écrivent en fonction des puissances inférieures à ce degré. Alors on aura une base de l'espace vectoriel engendré, et la dimension de l'espace.@NicoLeProf a trouvé ce polynôme minimal qui annule $\omega : X^2-X+1$. On montre qu'il est irréductible sur $\mathbb Q$ (c'est une généralité). On remarque qu'il divise mon polynôme $X^4+X^2+1$ qui annulait $\omega$.Alors $\omega^2=\omega-1$, les puissances $\omega^k$ pour $0 \leq k \leq 5$ (racines 6ème de l'unité) s'écrivent en fonction de $1$ et $\omega$. Donc le $\mathbb Q$- espace vectoriel engendré par les racines 6èmes de l'unité est de dimension $2$ (le degré du polynôme minimal), engendré par $(1, \omega)$ qui constitue une base.Petite remarque : $X^2-X+1=(X- \omega)(X-\omega^5)$ : $\omega$ annule le polynôme minimal, mais aussi toutes les racines primitives de l'unité (celles qui engendrent toutes les autres, i.e. celles dont la puissance est première avec $n$).EDIT : Comme d'habitude, je n'ai pas vu tous les messages intermédiaires.
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gebrane a dit :Nico pour le cas des racines sixiemes ( j'avais fait un edit dans mon message à julia)
Les racines sixiemes sont -1,1,j,-j,j² et -j² la famile $\{1,j\}$ est libre et génératrice car les autres racines s'écrivent comme combinaison linéaire de 1 ,j ( vu que $1+j+j²=0$ donc la dimesion est 2
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Julia ?
$j=e^{\frac{2i\pi}3}$ et les racines que j'ai donnée sont bonnes https://www.wolframalpha.com/input?i=factorise+x^6+-1Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
gebrane a dit :Le cas des racines 9eme est intéressant
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Bonjour troisqua, ces petites questions est pour donner suffisamment de recul à Oshine ( je ne sais pas si tu as suivi le fil, car le cas général est déjà vu et traité)
Maintenant si je lui pose la question donner cette dimension pour les racines cinquièmes si on remplace Q par R ou C, je ne sais s'il parvient mais pour les plus avertis, remplacer cinquièmes par n iemesLorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
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Donner du recul à OShine
Bonne blague.
Je te rappelle, il disait il y a quelques jours que l'équation $z^2=2$ n'a pas de racine dans $\mathbb{C}$ ; encore aujourd'hui, il nous a parachuté un truc sur $cos(\frac {2 \pi}{5})$, il nous a parachuté une valeur algébrique ... puis avec un travail digne d'un lycéen, il a mis 7 lignes pour expliquer que ce nombre n'était pas dans $\mathbb{Q}$
Bonne nouvelle, pour une fois, c'était un lycéen appliqué.
Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara. -
@gebrane : Soit $\omega$ une racine primitive $9$-ième de l’unité.
Montrer que $X^3-\omega^3$ est irréductible dans $\Q[\omega^3]$. -
bien sûr que la méthode de @NicoLeProf est juste ...
Si on essaie une solution basique,
Les racines cinquièmes de l'unité sont tq :
$ω_k^5=1$ avec $k \in 0,1,...4$. et $w_k = e^{2\pi i k/5}$Cela implique que toute combinaison linéaire de puissances de $\omega_1$ sur $\mathbb{Q}$ peut être réduite à une combinaison des puissances de $ω_1$,$ω_1^2$, $ω_1^3$ , $ω_1^4$. Donc on a un système générateur à 4 éléments.
Pour la liberté :
Supposons qu'il existe une combinaison linéaire de ces éléments qui est nulle :
$a_0+a_1ω_1+a_2ω_1^2+a_3ω_1^3+a_4ω_1^4=0$ avec $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4 \in \mathbb{Q}$.En multipliant successivement par les puissances de $ω_k$, on obtient un système d'équations linéaires circulant : peut-on obtenir facilement la liberté de la famille $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ ?Voilà j'essaye d'apporter une autre idée, mais cela me semble lourd.
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@gebrane Autant pour moi. Non je n'ai pas trop réveillonné.
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@LeVioloniste On préfère le système générateur $(1, \omega, \omega^2, \omega^3)$ plutôt que celui que tu as donné, bien que cela ne soit pas faux.Pour ce qui est de $a_0+a_1ω_1+a_2ω_1^2+a_3ω_1^3+a_4ω_1^4=0$, tu vas avoir du mal à prouver que les coefficients sont tous nuls et que la famille est libre.
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Julia Paule a dit :@LeVioloniste On préfère le système générateur $(1, \omega, \omega^2, \omega^3)$ plutôt que celui que tu as donné, bien que cela ne soit pas faux.Pour ce qui est de $a_0+a_1ω_1+a_2ω_1^2+a_3ω_1^3+a_4ω_1^4=0$, tu vas avoir du mal à prouver que les coefficients sont tous nuls et que la famille est libre.
@Julia Paule Si tu écris le système, tu as une matrice multipliée par les $a_i$ en vecteur. Du coup le déterminant est non nul car matrice circulante. Comme tu as alors une solution et que la solution nulle convient, tu as donc le résultat.
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@LeVioloniste : ton $a_4 \omega^4$ est de trop, voilà certainement pourquoi Julia t'a dit que ce serait compliqué
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on va dans beaucoup de directions pour prouver que que $\cos{\frac{2\pi}{5}}$ (de degré 2oest racine d'un polynôme sur $\mathbb{Q}[X]$ (de degré 2, et c'est drôle en soi), si je résume on a eu droit à Eisenstein (et son critère), la méthode pédestre par identifications des coefs dans $\mathbb{R}[X]$ (et ce que cela implique), soit tout le monde est relou ou a décidé d'être relou, car au fond en se plaçant dans $\mathbb{C}[X]$ puis dans $\mathbb{R}[X]$ ou en passant via les polynômes symétriques (ou je ne sais trop quoi en rapport avec une terminologie similaire), on s'y retrouve car $\mathbb{C}[X]$ est un anneau cher à d'Alembert ou Gauss, ou les deux....enfin brefça serait marrant qu'il y ait un résumé à la fin de chaque post, enfin bref ce n'est que du degré 4 sur $\mathbb{R}[X]$.Au final je me pose la question, c'est @Oshine le troll ou bien tout ceux qui interviennent à ce sujet ? (j'ose estimer que je ne sui pas pas un troll mais si ça se trouve, j'en suis un aussi comme certains, alors... on peut y arriver sans les polynômes cyclotomiques, ou que sais-je, juste sur un sujet élémentaire, qui soyons clairs, est, et reste un reste une sujet élémentaire, et même si ça reste élémentaire, expliquer à une personne qui ne sait pas, et je sais que vous savez distinguez ne pas savoir et être stupide))
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@NicoLeProf
Je ne suis pas très inspiré, il m'a fallu 1 heure pour résoudre ton exercice.Exercice :
Soit $\alpha$ un nombre algébrique i.e : un nombre réel où complexe qui est racine d'un polynôme non nul à coefficients rationnels.On note $I$ l'ensemble des polynômes à coefficients rationnels qui ont $\alpha$ comme racine.On note $D$ l'ensemble des degrés des polynômes non nuls de $I$.1) En raisonnant avec l'ensemble $D$, démontrer qu'il existe un polynôme unitaire noté $\pi$ de degré minimal ayant $\alpha$ comme racine.2) En utilisant le théorème de la division euclidienne, démontrer l'unicité de $\pi$.Le polynôme $\pi$ est appelé : polynôme minimal de $\alpha$.3) Montrer que $I$ est un idéal de $\mathbb Q[X]$ puis qu'il est engendré par $\pi$.
Solution :
1) On a $D= \{ \deg P \ , \ P \in I \ \backslash \{0 \} \} \subset \N$.
$D$ est une partie de $\N$, non vide, car $\alpha$ est algébrique.
Donc $D$ admet un plus petit élément $d_0$, en prenant un polynôme de degré $d_0$ et en divisant par son coefficient dominant, on a bien l'existence d'un polynôme $\pi$ de degré minimal et unitaire ayant $\alpha$ comme racine.
De plus, $\pi \in \Q[X]$.
2) Montrons que $\forall P \in \Q[X] \ P(\alpha)=0 \ \iff \ \ \pi \mid P$.
Il est clair que si $\pi \mid P$ alors $P(\alpha)=0$.
Réciproquement, si $\forall P \in \Q[X] \ P(\alpha)=0$ et $\pi$ ne divise pas $P$, alors par division euclidienne de $P$ par $\pi$, il existe $(Q,R) \in \Q[X]^2$ tel que $P= \pi Q+R$, avec $R(\alpha)=0$, et $0 \leq \deg R < \deg \pi$.
Donc $\dfrac{R}{ dom(R)}$ est unitaire et de degré strictement inférieur à $\pi$, ce qui contredit la minimalité de $\pi$.
Soient $\pi$ et $\pi '$ deux polynômes minimaux de $\alpha$.
Alors $\pi \mid \pi '$ et $\pi ' \mid \pi$ et donc $\pi$ et $\pi '$ sont associés.
Comme ils sont unitaires, on a $\pi = \pi '$.
3) Montrons que $I$ est un idéal de $\Q[X]$.
Montrons que $(I,+)$ est un sous-groupe de $\Q[X]$.
Le polynôme nul est dans $I$.
Soit $(P,Q) \in I^2$. Alors $(P,Q) \in \Q[X]^2$ et $P(\alpha)=Q(\alpha)=0$. Donc $P+Q \in \Q[X]$ et $(P+Q)(\alpha)=P(\alpha)+Q(\alpha)=0+0=0$.
Si $P \in I$, alors il est évident que $-P \in I$.
Soit $P \in I$ et $U \in \Q[X]$.
Montrons que $PU \in I$. On a $PU \in \Q[X]$ et $(PU)(\alpha)=P(\alpha) U(\alpha)=0$.
Donc $PU \in I$.
$I$ est un idéal de $\Q[X]$, avec $\Q$ un corps.
Il reste à montrer que $I= \pi \Q[X]$.
Soit $P \in I$.
Comme, $I \ne 0$ et $\pi \in I$, la division euclidienne de $P$ par $\pi$ fournit l'existence de $Q$ et $R$ dans $\Q[X]$ tel que $P=\piQ+R$ avec $R=0$ ou $\deg R < \deg D$.
Puisque $\pi \in I$, $\pi Q \in I$ et $R=P- \pi Q \in I$.
D'après le choix de $\pi$, $R=0$ et $P$ est multiple de $\pi$ donc $I \subset \pi \Q[X]$.
L'inclusion réciproque est évidente du fait que $I$ est un idéal donc finalement :
$I= \pi \Q[X]$ et $I$ est l'idéal de $\Q[X]$ engendré par $\pi$. -
Joli exercice. Tentative d'attaque élémentaire.Soient les racines cinquièmes de l'unité : $\omega _{k}=e^{\frac{2ki\pi }{5}}=\cos \frac{2k\pi }{5}+i\sin \frac{2k\pi }{5}$, $k\in \{0,1,2,3,4\}$.On a : $\omega _{1}=a+ib$, $\omega _{2}=c+id$, $\omega _{3}=\overline{\omega }_{2}=c-id,$ $\omega_4=\overline{\omega }_{1}=a-ib$,avec : $a=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}$, $b=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{2}}$, $c=\frac{-1-\sqrt{5}}{4}$, $d=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{2}}$(faites un dessin avec vos assistants électroniques magiques).Supposons : $\lambda _{1}\omega _{1}+\lambda _{2}\omega _{2}+\lambda _{3}\omega
_{3}+\lambda _{4}\omega _{4}=0$, avec $\lambda _{k}\in \mathbb{Q}$.Alors : $(\lambda _{1}+\lambda _{4})a+(\lambda _{2}+\lambda _{3})c=0$, $(\lambda _{1}-\lambda _{4})b+(\lambda _{2}-\lambda _{3})d=0$.Or, $(a,c)$ est $\mathbb{Q}$-libre et $(b,d)$ est $\mathbb{Q}$-libre.On en déduit : $\lambda _{1}=\lambda _2=\lambda _{3}=\lambda _{4}=0$, et donc $(\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega _4)$ est $\mathbb{Q}$-libre.La dimension demandée est donc $4$. -
gai requin a dit :@gebrane : Soit $\omega$ une racine primitive $9$-ième de l’unité.
Montrer que $X^3-\omega^3$ est irréductible dans $\Q[\omega^3]$.
Est ce que cette question à un lien avec une question précédente.
A mon tour GR, Tu trouves quoi comme dimension de sev de C sur R engendré par les racines nième de l unité ?
Jolie preuve Chaurien
Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
@gebrane : Hum, $X^3-\omega^3$ a d’autres racines que $\omega$…Pour ta question, il faudrait quantifier $n$ et selon, ta dimension vaut $1$ ou $2$.
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Est-ce que de savoir si $(X-e^{i\alpha})(X-e^{-i\alpha})=X^2-2\cos{\alpha}X+1$ apporte quoique ce soit ? (pour n=5 ?)
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gai requin a dit :@gebrane : Hum, $X^3-\omega^3$ a d’autres racines que $\omega$…Pour ta question, il faudrait quantifier $n$ et selon, ta dimension vaut $1$ ou $2$.@gai requin, je ne comprends pas trop ce que fait mon ami gebrane, j'ai l'impression qu'il reste trop dans $\mathbb Q[X]$.Si je comprends quelque chose à ton exo, ça reste à voir, je dirais ceci :comme $\omega$ est une racine primitive $9$-ième de l'unité, $\omega^3$ est une racine $3$-ième de l'unité donc $\mathbb Q[\omega^3] \simeq \mathbb{Q}[X]/(X^2+X+1)$ ou $\mathbb Q[\omega^3] \simeq \mathbb{Q}[X]/(X^2-X+1)$.En me plaçant dans le corps : $\mathbb Q[\omega^3] \simeq \mathbb{Q}[X]/(X^2+X+1)$ (le raisonnement est similaire avec le deuxième), je trouve que la classe de $X^3-\omega^3$ est $1-\omega^3=P(\omega^3)$ avec $P=1-X$ (c'est comme raisonner dans $\mathbb F_p$ avec $p$ premier en fait, j'ai juste effectué la division euclidienne de $X^3-\omega^3$ par $X^2+X+1$ qui est le polynôme minimal de $e^{2i\pi/3}$).(En fait, $X^3-\omega^3$ c'est $1-X$ dans $\mathbb Q[\omega^3]$ dans le cas où ce corps est isomorphe à $\mathbb{Q}[X]/(X^2+X+1)$ en prenant naturellement $\omega ^3$ comme indéterminée donc comme $X$. Enfin, c'est sans doute faux ou maladroit, il faudrait changer d'indéterminée pour éviter toute confusion. Au final, cela me semble être cohérent avec la déf des polynômes en tant que suites).Donc le polynôme $X^3-\omega^3$ est bien irréductible dans $\mathbb Q[\omega^3]$ car de degré $1$ ou j'écris n'importe quoi???
Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs. -
J'ai parcouru ce que tu as écrit @OShine, cela me semble correct.Continuons donc notre aventure !Soit $\alpha$ un nombre algébrique dont le polynôme minimal (dont on a établi l'existence et l'unicité ci-dessus) est noté $\pi$. On admet que $\pi$ est irréductible (oui... On admet... Car la démonstration fait appel à des outils avancés sur les corps, extensions de corps, idéaux premiers etc.). En fait, pour la preuve, tu peux t'inspirer de ce que m'a raconté gai requin ici, c'est très clair mais pointu aussi !Tu peux tout de même essayer de démontrer les affirmations de gai requin en te plaçant pour simplifier dans $k=\mathbb Q$ et $K=\mathbb C$. Cela te permettrait de gagner encore en aisance en algèbre générale et de redémontrer des classiques ! Si tu veux, je te ferai des sous-questions pour t'aider si tu as besoin !Notons $n$ le degré de $\pi$ et notons $F$ le $\mathbb Q$-espace vectoriel : $F:=\{P(\alpha)\mid P\in \mathbb Q[X]\wedge(\deg P<\deg\pi)\}$.Montrer que la famille $(1,\alpha,\ldots,\alpha^{n-1})$ est une base de $F$.
Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs. -
troisqua a dit :
Soit $u=e^{\frac{i\pi}{3}}$. Toute combinaison rationnelle des éléments de $\mathbb{U}_{6}$ est rationnellement polynomiale en $u$. Pour $P\in\mathbb{Q}\left[X\right]$, il existe $a,b$ rationnels et $Q\in\mathbb{Q}\left[X\right]$ tels que $P=\left(X^{2}-X+1\right)Q+aX+b$ et alors $P\left(u\right)=au+b\in\text{Vect}\left(1;u\right)$. Comme $\left(1;u\right)$ est $\mathbb{Q}$ libre, $\dim\text{Vect}\left(\mathbb{U}_{6}\right)=2$.
Très astucieux l'idée du polynôme $X^2-X+1$, comment on trouve une telle idée ?
Je pense qu'on se dit qu'on veut faire baisser le degré, et qu'on cherche un polynôme à coefficients rationnels tel que $u$ est racine. Donc $P=(X-e^{i \pi /3})(X-e^{-i \pi /3} )=X^2-2 Re( e^{i \pi /3})+1=X^2-X+1$.
J'essaie de démontrer chaque point de la preuve.
Toute combinaison rationnelle des éléments de $\mathbb{U}_{6}$ est rationnellement polynomiale en $u$.
On a $\mathbb{U}_6=\{ e^{2 i k \pi /6} \ | \ k \in (|0,5|] \}=\{ u^k \ , \ u=e^{i \pi /3} \ , \ k \in [|0,5|] \}$ et ensuite c'est évident.
Montrons que $(1,u)$ est $\mathbb{Q}$ libre. Ici, j'ai l'impression que le corps n'est pas si important ici, la famille est aussi libre sur $\R$.
Soit $(\alpha,\beta) \in \mathbb{Q}$ tel que $\alpha + \beta u =0$.
Alors : $\alpha + \beta( \dfrac{1}{2}+i \dfrac{\sqrt{2}}{2})=0$
Soit $(\alpha+\dfrac{\beta}{2})+i \dfrac{\sqrt{2}}{2} \beta =0$
Donc : $\beta=0$, puis $\alpha =0$.
La famille $(1,u)$ est $\Q$ libre et même $\R$ libre.
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@NicoLeProf : $X$ est une indéterminée sur $\Q[\omega^3]$ donc $\deg(X^3-\omega^3)=3$.
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LeVioloniste a dit :
@Julia Paule Si tu écris le système, tu as une matrice multipliée par les $a_i$ en vecteur. Du coup le déterminant est non nul car matrice circulante. Comme tu as alors une solution et que la solution nulle convient, tu as donc le résultat.Dans ta matrice $5 \times 5$, chaque ligne est multipliée par $\omega$ pour donner la suivante. A coup sûr, ton déterminant est nul.Il me semble que le déterminant d'une matrice circulante n'est pas forcément non nul (exemple très facile à trouver). -
gai requin a dit :@gebrane : Soit $\omega$ une racine primitive $9$-ième de l’unité.
Montrer que $X^3-\omega^3$ est irréductible dans $\Q[\omega^3]$.Intéressant. On a $X^3-\omega^3 \mid X^9-1$ (par la division euclidienne $X^9-1=(X^3-\omega^3)Q+R$, avec $R$ de degré inférieur ou égal à $2$, donc $R(\omega)=0$, or le polynôme minimal de $\omega$ est de degré $6$).Donc logiquement $X^2+\omega X+\omega^2$ est le produit de deux monômes du polynôme $X^9-1$.On trouve $X^3-\omega^3=(X-\omega)(X^2+\omega X+\omega^2)=(X-\omega)(X-\omega^4)(X- \omega^7)$.Or $\omega^k \notin \mathbb Q (\omega^3) =\{a+b \omega^3, a,b \in \mathbb Q \}$, pour $k \ne 0,3,6$ (il suffit de le montrer pour $k=1$).Donc $X^3-\omega^3$ est irréductible dans $\mathbb Q (\omega^3)$.Il doit y avoir une solution plus élégante. -
OShine a dit :
Très astucieux l'idée du polynôme $X^2-X+1$, comment on trouve une telle idée ?
Je pense qu'on se dit qu'on veut faire baisser le degré, et qu'on cherche un polynôme à coefficients rationnels tel que $u$ est racine. Donc $P=(X-e^{i \pi /3})(X-e^{-i \pi /3} )=X^2-2 Re( e^{i \pi /3})+1=X^2-X+1$.
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@Julia Paule : On a $\Q\subset\Q[\omega^3]\subset\Q[\omega]$.
De plus, $\omega^3$ est une racine primitive de l'unité d'ordre $3$ donc $[\Q[\omega^3]:\Q]=\varphi(3)=2$ et $[\Q[\omega]:\Q]=\varphi(9)=6$ donc, par multiplicativité, $[\Q[\omega]:\Q[\omega^3]]=3$.
Donc $X^3-\omega^3$ est le polynôme minimal de $\omega$ sur $\Q[\omega^3]$ dans lequel il est donc irréductible.
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Bref, vive les extensions de corps !
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@NicoLeProf
Exercice :
Soit $\alpha$ un nombre algébrique et $\pi$ le polynôme minimal sur $\alpha$.Notons $n$ le degré de $\pi$ et notons $F$ le $\mathbb Q$-espace vectoriel : $F:=\{P(\alpha)\mid P\in \mathbb Q[X]\wedge(\deg P<\deg\pi)\}$.Montrer que la famille $(1,\alpha,\ldots,\alpha^{n-1})$ est une base de $F$.
Solution :
$(1,\alpha,\ldots,\alpha^{n-1})$ est bien une famille d'éléments de $F$.
Famille génératrice :
Soit $a \in F$. Donc il existe $P \in \mathbb{Q}$ tel que $a=P(\alpha)$ et $\deg (P) < \deg(\pi)=n$.
Donc $a \in Vect(1,\alpha, \cdots , \alpha ^{n-1})$.
Famille libre :
Supposons $(\lambda_0, \cdots, \lambda_{n-1}) \in \mathbb{Q}^n$ tel que $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k \alpha ^k =0$.
Posons : $P=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k X^k \in \mathbb{Q} [X]$.
$P(\alpha)=0$, $\deg(P) < \deg (\pi)$ donc forcément, $P=0$ et donc $\lambda_0 = \cdots = \lambda_{n-1}=0$ et la famille est libre.
C'est donc une base de $F$. -
gai requin a dit :Bref, vive les extensions de corps !
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Vérifie que le $\R$-espace vectoriel engendré est $\C$ tout entier et conclus.
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Ok GR tu as raison, Julia a fait mieux et je ne devrais jamais répondre à une question en milieu de la nuit
Puisque tu aimes les extension voici un petit exercice très astucieux
Question Soit \( R(\alpha) \) une extension algébrique d'un corps réel que je note \( R \) par un réel \( \alpha \). Notons \( p(x) \), le polynôme minimal de \( \alpha \) sur \( R \). Prouver si le degré de \( p \) est 100, alors \( R(\alpha^3) = R(\alpha) \).Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
@gebrane : $[R(\alpha):R(\alpha^3)]\in\{1,2\}$.
Si c'est $2$, $R(\alpha)$ contient une racine troisième primitive de l'unité.
Donc c'est $1$.
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JLapin a dit :Vérifie que le $\R$-espace vectoriel engendré est $\C$ tout entier et conclus.
Montrons que $Vect( \mathbb{U}_5)= \C$.
L'inclusion $\mathbb{U}_5 \subset \C$ est évidente.
Réciproquement, supposons $z \in \C$.
Si $z=0$, c'est évident.
Sinon, $z=r e^{i \theta}$ avec $r>0$ et $\theta \in \R$.
Ensuite, je bloque. -
Tu saurais montrer que $Vect(\mathbb{U_4}) = \C$ ?
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Bah voilà OShine, tu as compris le lien entre famille libre et polynôme irréductible maintenant j'ai l'impression.@gai requin , je suis embêté car je ne comprends pas ton exo... Il me semblait pourtant que $\mathbb{Q}[\omega^3]$ est isomorphe à un anneau quotient du type : $\mathbb Q[X]/(X^2+X+1)$ ou $\mathbb Q[X]/(X^2-X+1)$ non?Donc un élément de $\mathbb{Q}[\omega^3]$ est une classe modulo $X^2+X+1$ ou modulo $X^2-X+1$ non?J'ai l'impression d'être totalement perdu ici par contre !Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.
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OShine a dit :JLapin a dit :Vérifie que le $\R$-espace vectoriel engendré est $\C$ tout entier et conclus.
Montrons que $Vect( \mathbb{U}_5)= \C$.
L'inclusion $\mathbb{U}_5 \subset \C$ est évidente.
Réciproquement, supposons $z \in \C$.
Si $z=0$, c'est évident.
Sinon, $z=r e^{i \theta}$ avec $r>0$ et $\theta \in \R$.
Ensuite, je bloque.Une blague. As-tu une vision géométrique de $\mathbb{U}_5$ ? Quel espace engendrent les vecteurs partant de l'origine et pointant vers les sommets d'un pentagone régulier ? Plus simple, même : quel espace engendrent les vecteurs partant de l'origine et pointant vers deux sommets de celui-ci ?Et si l'on passe de $\mathbb{C}$ à $\mathbb{R}^2$ ? Saurais-tu justifier (sans calculs) que $\mathbb{R}^2 = \mathrm{vect}_{\mathbb{R}}( (1,0), (\cos(2 \pi /5), \sin(2\pi /5))$ ? Spoiler, cela suffit à répondre à la question initiale.
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@NicoLeProf
Non, je n'ai pas compris le lien entre famille libre et polynôme irréductible.
D'ailleurs, dans sa solution, troiqua n'utilise pas la notion de polynôme irréductible dans son raisonnement pour les racines sixième de l'unité. Et lorsque je démontre la liberté de la famille, je n'ai pas besoin de polynôme irréductible.
Bonjour!
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