Dimension d'un espace vectoriel oral Mines MP 2024

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Réponses

  • JLapin a dit :
    Tu saurais montrer que $Vect(\mathbb{U_4}) = \C$ ?
    Oui. Comme $\mathbb{U}_4 = \{1,-1,i,-i \}$, et que $(1,i)$ est génératrice de $\C$ en tant que $\R$ espace vectoriel, alors toute sur-famille est aussi génératrice de $\C$, d'où le résultat.
  • Bah si tu as compris puisque tu as réussi à faire mon deuxième exo. C'était vraiment ce dont il est question. Après, il y a plusieurs méthodes aussi sur ce fil.
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • Cf ce sujet, qui commence à dater.
  • SchumiSutil a dit : 
    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.





    Intéressant la vision géométrique, cela m'a permis de comprendre. Deux vecteurs non colinéaires forment une famille libre, et $\dim_{\R} \C=2$. 
    Les vecteurs $1$ et $w=e^{2i \pi /5}$ ne sont clairement pas colinéaires, la famille $(1,w)$ est une sous-famille de $\mathbb{U}_5$ de deux vecteurs, et $\dim_{\R} \C=2$, donc c'est une base de $\mathbb{U}_5$.
    Finalement, $\boxed{\dim_{\R} \mathbb{U}_5 =2}$.

    Les vecteurs $(1,0)$ et $(\cos(2 \pi /5) , \sin (2 \pi /5))$ ne sont pas colinéaires.


  • OShine
    Modifié (2 Jan)
    NicoLeProf a dit :
    Bah si tu as compris puisque tu as réussi à faire mon deuxième exo. C'était vraiment ce dont il est question. Après, il y a plusieurs méthodes aussi sur ce fil.
    Je n'ai jamais utilisé que $\pi$ est irréductible. 
    Donc je ne vois pas le lien entre polynôme irréductible et famille libre.
  • NicoLeProf
    Modifié (2 Jan)
    Bah si regarde ici lorsque tu as prouvé la liberté. Mouais ok je vois ce que tu veux dire, on utilise avant tout la minimalité. Mais elle est étroitement liée dans ce cas à l'irréductibilité.
    Hum, voici un autre exo en changeant les hypothèses pour que ce soit clair.
    Certains diront que c'est artificiel et oui en effet mais c'est pour ta bonne compréhension OS :
    Exercice : 
    Soit $α$ un nombre algébrique et $P$ un polynôme irréductible dans $\mathbb Q$ admettant $\alpha$ comme racine.
    Notons $n$ le degré de $P$ et notons $F$ le $\mathbb Q$-espace vectoriel : $F:=\{Q(α)∣Q∈ \mathbb Q[X]∧(\deg Q<\deg P)\}$
    Montrer que la famille $(1,α,…,α^{n−1})$ est $\mathbb Q$-libre.
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • C'est difficile à concevoir, mais OShine ne comprend pas les calculs qu'il fait. Il a des bases si faibles que la semaine dernière, il écrivait encore que l'équation $z^2=-2$ n'avait pas de solution dans $\mathbb{C}$ ; et on n'est pas à l'abri qu'il redise la même chose dans 2 mois.

    Cette autre discussion récente est également révélatrice de son incapacité à faire la jonction entre le cours, le truc qu'il essaie d'apprendre par coeur et les exercices. Il sait que $sin(x+\frac{\pi}{2}) = cos(x)$ ... mais il est totalement incapable d'activer cela quand c'est utile. Il sait que $cos(x)$, c'est un nombre entre $-1$ et $1$, mais il ne voit pas qu'il y a besoin d'un facteur $C$ devant $cos(x)$ pour que la fonction prenne ses valeurs dans un intervalle $[-C,C]$

    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.
  • Lourrran moi aussi en étant à moitié endormi j ai répondu faussement a l' exo de GR. On apprend de nos fautes et précipitations surtout 
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • Moi aussi j’ai répondu rapidement à ton exo @gebrane 😉
  • NicoLeProf
    Modifié (2 Jan)
    @gai requin , puis-je avoir une explication sur mon commentaire ici si tu as un peu de temps? :D J'aimerais comprendre un peu mieux ce qu'il se passe !
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • @NicoLeProf : $\omega^3$ est un nombre complexe algébrique donc $\Q[\omega^3]$ est un corps sur lequel j’ai considéré le polynôme $X^3-\omega^3$ qui est de degré $3$ hein 😉
  • Ah d'accord, en fait je n'avais pas compris l'énoncé :#
    Tu considères le polynôme $X^3-\omega^3$ à coefficients dans le corps $\mathbb Q[\omega^3]$.
    S'il n'était pas irréductible, il s'écrirait comme produit d'un polynôme de degré $1$ par un polynôme de degré $2$ à coefficients dans ce corps. Donc il aurait une racine $\alpha$ appartenant à $\mathbb Q[\omega^3]$.
    Ensuite, en développant et en identifiant les coefficients, on pourra sans doute aboutir à une contradiction du genre $\alpha$ égal à un élément de $\mathbb Q[\omega^3]$ qui n'est pas racine de $X^3-\omega^3$.
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • gai requin
    Modifié (2 Jan)
    Les racines de $X^3-\omega^3$ sont $\omega,\omega^4,\omega^7$ comme l’a remarqué @Julia Paule.
  • en étant à moitié endormi j ai répondu faussement a l' exo de GR. On apprend de nos fautes et précipitations surtout 
    Quand on répond dans ces discussions, on répond 'vite', on veut être le plus rapide à répondre, on donne une vague piste, sans s'assurer d'avoir lu tout l'énoncé. On a 1000 raisons d'écrire plein de trucs faux. 
    En principe, OShine n'a pas les mêmes motivations. Normalement, il réfléchit, il cherche, il se pose pas mal de questions, et s'il bloque, il dit qu'il bloque.
    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.
  • gai requin a dit :
    @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.
    Merci. Petit rafraichissement de la mémoire. En effet, $[\Q[\omega^3]:\Q]=$ degré de l'extension = degré du polynôme minimal de $\omega^3$ dans $\Q$ $=2$. De même $[\Q[\omega]:\Q]=6$, donc $[\Q[\omega]:\Q[\omega^3]]=3$.
    Donc le degré du polynôme minimal de $\omega$ dans $\Q[\omega^3]$ est $3$. Or $\omega$ est annulé par $X^3-\omega^3$, polynôme unitaire de degré $3$, donc c'est le polynôme minimal de $\omega$ sur $\Q[\omega^3]$, donc il est irréductible dans $\Q[\omega^3]$.
    Pourquoi l'écriture $\Q[\omega^3]$ ? Puisque ce sont des corps, j'ai l'habitude d'écrire $\Q(\omega^3)$.
  • Julia Paule
    Modifié (2 Jan)
    OShine a dit : Je n'ai jamais utilisé que $\pi$ est irréductible. 
    Donc je ne vois pas le lien entre polynôme irréductible et famille libre.
    On démontre que le polynôme minimal d'un nombre algébrique (pour faire simple) est irréductible sur $\Q$. En effet, s'il ne l'était pas, il y aurait un polynôme de plus petit degré qui le divise sur $\Q$ et qui annulerait ce nombre, donc ce polynôme ne serait pas minimal.
    Pour faire simple, si le polynôme minimal $P$ de $\omega$ est de degré $d$, alors il annule la famille $(1, \omega, \omega^2, \cdots, \omega^d)$, c'est-à-dire qu'il existe des coefficients $\in \Q$ non tous nuls tels que $a_0 + a_1 \omega + a_2\omega^2 + \cdots + a_d \omega^d =0$ (ces coefficients sont ceux du polynôme $P$). Donc cette famille n'est pas libre.
    Par contre la famille de degré $d-1$ juste en-dessous $(1, \omega, \omega^2, \cdots, \omega^{d-1})$ est elle libre, car elle ne peut être annulée que par le polynôme nul (si elle pouvait être annulée par un polynôme de degré $d-1$, le polynôme minimal de $\omega$ serait de degré (au plus) $d-1$, et pas de degré $d$).
    Pour $n=6$, la famille $(1, \omega, \omega^2)$ n'est pas libre car annulée par le polynôme minimal $P=X^2-X+1$. Alors la famille $(1, \omega)$ est libre (elle ne peut être annulée que par le polynôme nul sur $\Q$). L'espace engendré est de dimension $2$, le degré du polynôme minimal.
    EDIT : j'ai fait un léger abus de langage en parlant de famille annulée par un polynôme, il s'agit de $\omega$ qui est annulé par le polynôme.
  • NicoLeProf a dit :
    Exercice : 
    Soit $α$ un nombre algébrique et $P$ un polynôme irréductible dans $\mathbb Q$ admettant $\alpha$ comme racine.
    Notons $n$ le degré de $P$ et notons $F$ le $\mathbb Q$-espace vectoriel : $F:=\{Q(α)∣Q∈ \mathbb Q[X]∧(\deg Q<\deg P)\}$
    Montrer que la famille $(1,α,…,α^{n−1})$ est $\mathbb Q$-libre.
    Merci pour l'exercice mais je bloque. Je ne comprends pas à quoi sert l'espace vectoriel $F$.
    Soit $(\lambda_0, \cdots, \lambda_{n-1}) \in \Q^n$ tel que $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k \alpha^k =0$.
    En posant $Q(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k X^k$, on a $Q(\alpha)=0$.
    Ensuite, je ne vois pas.

  • JLapin
    Modifié (2 Jan)
    Tu peux poser $\pi_\alpha$ le polynôme non nul unitaire de $\Q[X]$ de plus petit degré qui annule $\alpha$.
    1) Montre que pour tout $Q\in \Q[X]$, $Q(\alpha)=0$ implique $\pi_\alpha$ divise $Q$.
    2) Montre que $P = \pi_\alpha$ (on supposera que $P$ est unitaire dans l'énoncé initial, quitte à diviser par son coefficient dominant).
    3) Montre que $(1,\alpha, \ldots, \alpha^{n-1})$ est libre puis $dim(F)=n$.
  • Oui pour la question 2 sinon, ce n'est pas grave, on montre que $P$ est associé à $\pi_{\alpha}$.
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • @Julia Paule : Pour tout $\alpha$ algébrique sur un corps $K$, $K[\alpha]=K(\alpha)$, ce qui est faux lorsque $\alpha$ est transcendant.
  • @gebrane : comment tu justifies que $\omega\notin\mathbb{Q}\left[\omega^{3}\right]$ ?
  • JLapin a dit :
    Tu peux poser $\pi_\alpha$ le polynôme non nul unitaire de $\Q[X]$ de plus petit degré qui annule $\alpha$.
    1) Montre que pour tout $Q\in \Q[X]$, $Q(\alpha)=0$ implique $\pi_\alpha$ divise $Q$.
    2) Montre que $P = \pi_\alpha$ (on supposera que $P$ est unitaire dans l'énoncé initial, quitte à diviser par son coefficient dominant).
    3) Montre que $(1,\alpha, \ldots, \alpha^{n-1})$ est libre puis $dim(F)=n$.
    Merci beaucoup ! C'est bien plus clair.
    On pose : $n = \deg P$.
    1) On effectue la division euclidienne de $Q$ par $\pi_{\alpha}$, ce qui donne $(S,R) \in \Q[X]^2$ tel que $Q=S \pi_{\alpha}+R$ avec $R=0$ où $\deg R < \deg \pi_{\alpha}$.
    Comme $R(\alpha)=0$, si $R \ne 0$, cela contredit la minimalité de $\pi_{\alpha}$ donc $R=0$ et $Q=S \pi_{\alpha}$ et $\boxed{\pi_{\alpha} \mid Q}$.

    2) D'après la question $1$, comme $P \in \Q[X]$, $\pi_{\alpha} \mid P$.
    Il reste à montrer que $P \mid \pi_{\alpha}$.
    $\pi_{\alpha} \mid P$ et $P$ est irréductible donc ses seuls diviseurs sont les éléments de $\Q^{*}$ et les associés de $P$.
    Comme $P$ et $\pi_{\alpha}$ sont unitaires, on en déduit : $\boxed{P=\pi_{\alpha}}$.

    3) Soit $(\lambda_0, \lambda_1, \cdots, \lambda_{n-1}) \in \Q^n$ tel que : $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k \alpha^k=0$.
    On pose $Q(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k X^k \in \Q[X]$.
    $\deg Q \leq n-1$ et $Q(\alpha)=0$, donc $Q=0$.
    Donc $\forall k \in [|0,n-1|) \ \lambda_k =0$ et la famille  $(1,\alpha, \ldots, \alpha^{n-1})$ est libre.
    Il reste à montrer que $\dim F=n$.
    On a : $F= \{ Q( \alpha) \ | \ Q \in \Q[X] \ \text{et} \ \deg Q < \deg P \}$.
    La famille $(1,\alpha, \ldots, \alpha^{n-1})$ est une famille d'éléments de $F$.
    Elle est $\Q$ libre.
    Il reste à montrer qu'elle est génératrice.
    Soit $a \in F$. Alors $a=Q(\alpha)$ avec $\deg Q < n$ donc $a \in Vect_{\Q}(1, \alpha, \cdots, \alpha_{n-1})$.
    La famille $(1,\alpha, \ldots, \alpha^{n-1})$ est donc une base du $\Q$ espace vectoriel $F$.
    Finalement, $\boxed{\dim F=n = \deg P}$.
  • @Julia Paule
    Merci, c'est plus clair avec ton explication. 
    Après il faut savoir déterminer le polynôme minimal en pratique, ce qui n'a pas l'air simple.
  • D'après l'exo que tu viens de résoudre, il te suffit de trouver un polynôme irréductible annulateur.
  • troisqua a dit :
    @gebrane : comment tu justifies que $\omega\notin\mathbb{Q}\left[\omega^{3}\right]$ ?
    Bonsoir Troiqua, tu supposes par l'absurde qu'il existe des rationnels a, b et c tel que $w=a+bw^3+cw^6$ et tu aboutis à une contradiction? Tu ne le vois pas ?
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • raoul.S
    Modifié (2 Jan)
    OShine a dit : 
    Après il faut savoir déterminer le polynôme minimal en pratique, ce qui n'a pas l'air simple.
    Un truc qu'il faudrait peut-être retenir pour culture générale est que le polynôme minimal d'une racine primitive $n$-ième de l'unité est le polynôme cyclotomique $\Phi_n(X)$. Une liste des premiers polynômes cyclotomiques est donnée ICI

    .

    PS : tu retrouves avec $\Phi_5(X)$ ton fameux polynôme $X^4+X^3+X^2+X+1$ du début du fil...
  • @gebrane : j'en vois bien une justement mais elle suppose connue le degré du polynôme minimal de $\omega$. Comment fais-tu sans ?
  • NicoLeProf
    Modifié (2 Jan)
    gebrane a dit :
    troisqua a dit :
    @gebrane : comment tu justifies que $\omega\notin\mathbb{Q}\left[\omega^{3}\right]$ ?
    Bonsoir Troiqua, tu supposes par l'absurde qu'il existe des rationnels a, b et c tel que $w=a+bw^3+cw^6$ et tu aboutis à une contradiction? Tu ne le vois pas ?
    Mais pourquoi une telle écriture? $\mathbb Q[\omega^3]$ n'est pas de degré $2$ ($\omega^3$ étant une racine primitive $3$-ième de l'unité)? C'est-à-dire de dimension $2$ en tant que $\mathbb Q$-espace vectoriel et dont une base est $(1,\omega^3)$ tout simplement?
    A partir de là, si $\omega \in \mathbb Q[\omega^3]$, alors il existe des rationnels $a$ et $b$ tels que $\omega=a+b \omega^3$.
    On conclut tout de suite à une impossibilité en identifiant les parties réelles : on aurait : $\cos(2k \pi/9) \in \mathbb Q$ pour $k$ premier avec $9$ et $k$ compris entre $1$ et $8$ : impossible !
    Je fais une erreur de raisonnement???
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • JLapin a dit :
    D'après l'exo que tu viens de résoudre, il te suffit de trouver un polynôme irréductible annulateur.
    Oui merci.
    Très intéressant.

  • @raoul.S
    D'accord merci.
    Prochainement je vais traiter un exercice sur les polynômes cyclotomique, ça me semble être une notion incontournable.
  • @NicoLeProf : oui pour la remarque sur le fait que le coefficient $c$ de gebrane pouvait être choisi nul. Mais pour démontrer ton assertion avec le cosinus, tu vas devoir le prouver...et tu tournes en rond.
    Depuis le début, on essaye d'éviter la notion de polynôme cyclotomique et leur irréductibilité (non triviale) et ça bricole sévère. Pour des petits degrés ça va, mais après autant utiliser le bon concept.
  • Bonsoir Troiqua  Tu veux ma preuve de nuit ? La voilà.  

    On peut rendre le c nul : supposons que \( w = a + b w^3 \).  
    N'oublions pas que \( w \) est une racine neuvième de l'unité et que sous espace vectoriel deC sur Q  engendré par les racines neuvièmes de l unité  est de dimension 6.  
    Ainsi, la famille \(\{1, w, w^2, \dots, w^5\}\) est libre, ce qui implique que \( w \) ne peut pas s'écrire comme combinaison linéaire de \( 1 \) et \( w^3 \).

    Est-ce que cette preuve  correspond mieux à ce que tu veux ? 😊
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • N'oublions pas que w est une racine neuvième de l'unité et que sous espace vectoriel deC sur Q  engendré par les racines neuvièmes de l unité  est de dimension 6. 

    Cette partie suppose encore connu le degré du polynôme minimal de $\omega$ non?
    Je crois que troisqua a raison ici et qu'il faut s'avouer vaincus cher ami ! ^^'

    Sans l'irréductibilité des polynômes cyclotomiques, ça semble vraiment délicat à prouver cette histoire !

    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • gebrane
    Modifié (2 Jan)
    Nico, il m'a demandé comment j'ai fait , j ai expliqué comment j'ai réfléchi ni plus ni moins 
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • @gebrane : je pense que tu as compris que tu as tourné en rond comme te l'a dit @NicoLeProf .  Prouver l'irréductibilité des $\Phi_n$ est moins long que toutes ces preuves qui se mordent la queue (une dizaine de lignes). En fait, c'est LA notion du fil. A trop vouloir tourner autour on perd beaucoup de temps, d'énergie et on se casse la figure.
  • JLapin
    Modifié (2 Jan)
    Ben non, à part pour Oshine pour qui tout est trop dur, c'est bien plus simple de prouver à la main l'irréductibilité de $X^2+X+1$ ou de $X^4+X^3+X^2+X+1$ ou de tout autre polynôme de petit degré adapté que celle de $\Phi_n$ pour $n$ quelconque tout de même.

    Après, la multitude de petits exos de ce fil autour de la même notion fait que ta remarque a tout de même un sens... :)
  • troisqua
    Modifié (2 Jan)
    Pour les polynômes que tu dis JLapin, c'est vrai, mais pour les autres de ce fil, ça s'est révélé en réalité plus laborieux.
    Pour $X^6+X^3+1$ il est vrai que poser $Y=X-1$ puis appliquer Eisenstein avec $p=3$ pouvait régler le problème de l'irréductibilité mais il faut connaître ce critère et ça reste du bricolage à mon sens.

  • OShine
    Modifié (3 Jan)
    J'avais étudié ces notions d'irréductibilité sur $\Q[X]$, le problème est que j'ai oublié plein de choses.
    Sur les extensions de corps, je n'avais qu'effleuré le sujet, avec une initiation, mais j'aurais pu comprendre des choses.

    Sur les polynômes irréductibles de $\Q[X]$. 

    Polynômes irréductibles de $\mathbb{F}_p [X]$.
    On les trouve avec le crible d'Ératosthène. 
    Par exemple, le seul polynôme de degré $2$ dans $\mathbb{F}_2 [X]$ est $X^2+X+1$. Pour trouver les polynômes irréductibles de degré $4$ dans $\mathbb{F}_2 [X]$, il suffit d'écrire les polynômes de degré $4$ qui n'ont pas de racines et de supprimer le polynôme $(X^2+X+1)^2=X^4+X^2+1$.
    Les irréductibles de degré $4$ dans $\mathbb{F}_p [X]$ sont donc : $X^4+X^3+1$, $X^4+X+1$ et $X^4+X^3+X^2+X+1$.

    Lemme 1 : 
    Soit $A$ et $B$ deux polynômes à coefficients dans $\Z$ et soit $p$ un nombre premier. Supposons que tous les coefficients du polynôme $AB$ sont multiples de $p$. Alors l'un au moins des polynômes $A$ ou $B$ a tous ses coefficients multiples de $p$.
    Démonstration : 
    Notons : $f : \Z[X] \longrightarrow \mathbb{F}_p [X]$ le morphisme de réduction modulo $p$.
    Pour tout polynôme $P=a_0+a_1X+ \cdots +a_n X^n \in \Z[X]$, on a : $f(P)=\bar{a_0}+ \bar{a_1} X+ \cdots + \bar{a_n} X^n$.
    Puisque tous les coefficients de $AB$ sont multiples de $p$, le polynôme $f(AB)$ est nul. Comme $f$ est un morphisme d'anneaux, $f(A)f(B)=f(AB)=0$. L'anneau $\mathbb{F}_p [X]$ étant intègre, $f(A=0$ ou $f(B)=0$. Si par exemple $f(A)=0$, tous les coefficients de $A$ sont multiples de $p$.

    Lemme 2 : 
    Soit $P \in \Z[X]$ un polynôme non nul.
    S'il existe des polynômes $U,V \in \Q[X]$ tels que $P=UV$, alors il existe des polynômes $U_1,V_1 \in \Z[X]$ tels que $P=U_1 V_1$, $\deg U_1=\deg U$ et $\deg V_1 = \deg V$.
    Démonstration : 
    Supposons $P=UV$ où $U,V \in \Q[X]$. En chassant les dénominateurs des coefficients de $U$ et $V$, on obtient un entier $N>0$ et des polynômes $A,B \in \Z[X]$ tels que $NP=AB$ avec $\deg A = \deg U$ et $\deg B= \deg V$.
    Si $N>1$, il existe un nombre premier $q$ tel que $q \mid N$. Puisque $P$ est à coefficients entiers, le polynôme $NP$ a tous ses coefficients multiples de $q$, donc d'après le lemme 1, le polynôme $A$, par exemple, a tous ses coefficients multiples de $q$.
    Divisions ces coefficients par $q$, ce qui ne change pas les degrés de $A$ et $B$. On obtient un polynôme $A_1 \in \Z[X]$ tel que : $(\frac{N}{q}) P=A_1 B$ et $\deg A_1 = \deg A$.
    Si $\frac{N}{q} >1$, on continue en divisant par un diviseur premier de $\frac{N}{q}$. Finalement, on aboutit à des polynômes $U_1,V_1 \in \Z[X]$ tels que : $P=U_1 V_1$, $\deg U_1 = U$ et $\deg V_1 = V$.

    Proposition : 
    Soit $P \in \Z[X]$ un polynôme de degré non nul. Soit $p$ un nombre premier qui ne divise pas le coefficient dominant de $P$. Si la réduction de $P$ modulo $p$ est un polynôme irréductible de $\mathbb{F}_p [X]$, alors $P$ est irréductible dans $\Q[X]$.
    Démonstration : 
    Supposons $P=UV$, où $U,V \in \Q[X]$. On doit montrer que $U$ ou $V$ est de degré $0$. 
    D'après le lemme $2$, il existe des polynômes $(U_1,V_1) \in \Z[X]$ tels que $P=U_1 V_1 \in \Z[X]$ tels que $P=U_1 V_1$, $\deg U_1 = \deg U$ et $\deg V_1 = \deg V$. 
    En appliquant le morphisme : $f : \Z[X] \longrightarrow \mathbb{F}_p [X]$ de réduction modulo $p$, on obtient dans  $\mathbb{F}_p [X]$ l'égalité, $f(P)=f(U_1) f(V_1)$.
    Soit $a,u_1,v_1$ les coefficients dominants de $P,U_1,V_1$. On a : $a=u_1 v_1$. Comme par hypothèse $p$ ne divise pas $a$, $p$ ne divise ni $u_1$ ni $v_1$. Ainsi, les classes de $u_1$ et $v_1$ sont des éléments non nuls de  $\mathbb{F}_p [X]$. 
    On en déduit que $\deg f(U_1)=\deg U_1$, $\deg f(V_1)=\deg V_1$ et $\deg f(P)= \deg P$. 
    Si le polynôme $f(P)$ est irréductible dans $\mathbb{F}_p [X]$, l'un des polynômes $f(U_1)$ ou $f(V_1)$ est de degré $0$. Comme $f(U_1)$ et $f(V_1)$ ont le même degré que $U$ et $V$, l'un des polynômes $U$ ou $V$ est de degré $0$.

    Exemples : 
    1) $P=X^4-6X^3+2X^2-3X+9$.
    C'est un polynôme unitaire à coefficients entiers.
    Sa réduction modulo $2$ est $X^4+2X^2+X+1$ qui est irréductible dans $\mathbb{F}_2 [X]$. 
    Donc $P$ est un polynôme irréductible dans $\Q[X]$.

    2) Montrons que $P=X^4+1$ est irréductible dans $\Q[X]$.
    Supposons $P=UV$, où $U,V \in \Q[X]$ sont de degré non nuls. Comme $X^4+1$ n'a pas de racines réelle, $U$ et $V$ n'ont pas de racine dans $\Q$. Par suite, $\deg U = \deg V =2$.
    Dans $\R[X]$, la décomposition de $P$ en irréductibles est : 
    $X^4+1=(X^2+1)^2-2X^2=(X^2+2 \sqrt{2} X+1)(X^2-2 \sqrt{2} X+1)$
    Donc $X^2+2 \sqrt{2} X +1 \mid U$ par exemple.
    Ainsi, il existe $\lambda \in \R^{*}$ tel que $U=\lambda (X^2+2 \sqrt{2} X +1)$. Le coefficient de $X^2$ dans $U$ est un nombre rationnel, donc $\lambda \in \Q$ mais le coefficient de $X$ est $2 \lambda \sqrt{2} \notin \Q$ : contradiction.
    On en déduit que $P$ est un polynôme irréductible de $\Q[X]$.



  • Pour résumer les résultats du fil :  Je note \( U_n \) l'ensemble des racines \( n \)-ièmes de l'unité. 
    Sauf coquilles ou manquement d'un résultat intéressant
    - Si \( n = 2 \) :  
      \( U_2 = \{-1, 1\} \), et  
      \[ \dim_{\mathbb{Q}} \text{Vect}(U_2) = 1, \quad   \dim_{\mathbb{R}} \text{Vect}(U_2) = 1, \quad   \dim_{\mathbb{C}} \text{Vect}(U_2) = 1. \]
    - Si \( n \geq 3 \) :  
      \[ \dim_{\mathbb{Q}} \text{Vect}(U_n) = \varphi(n), \quad   \dim_{\mathbb{R}} \text{Vect}(U_n) = 2, \quad   \dim_{\mathbb{C}} \text{Vect}(U_n) = 1, \]  
      où \( \varphi(n) \) est la fonction indicatrice d'Euler.


    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • En déduire la dimension du $\Q$-ev engendré par les $\cos^k(2\pi/n)$, $k\in\N$.
  • gai requin a dit :
    @Julia Paule : Pour tout $\alpha$ algébrique sur un corps $K$, $K[\alpha]=K(\alpha)$, ce qui est faux lorsque $\alpha$ est transcendant.
    Ok. Comme $\omega^3=j$ est algébrique sur $\Q$ (annulé par le polynôme $X^2+X+1$), on peut écrire $\Q[\omega^3]=\Q(\omega^3)= \{a+b \omega^3, a,b \in \Q \}$ (extension de degré $2$).
  • Julia Paule
    Modifié (3 Jan)
    ...
  • troisqua
    Modifié (3 Jan)
    @gebrane : quand tu dis les "résultats" du fil tu parles de choses démontrées dans le fil ? Parce que ce qui  manque dans le fil c'est justement la preuve de la première égalité du point 2 que tu évoques c'est à dire l'irréductibilité de $\Phi_n$ sur $\Q$.
  • Je me risque à quelque chose de plus synthétique : Lemme : Soit $P$ irréductible dans $\mathbb{Z}\left[X\right]$ divisant $\Phi_{n}$et soit $\omega$ une racine de $P$. Alors pour $p$ premier ne divisant pas $n$, $\omega^{p}$ est racine de $P$. En effet, on a $\Phi_{n}=PQ$. $\omega$ est racine de $P$ donc de $\Phi_{n}$.Donc $\omega$ est une racine $n$ ième primitive de l'unité et comme $p\wedge n=1$, $\omega^{p}$ est aussi racine de $\Phi_{n}$. Si $\omega^{p}$ n'était pas racine de $P$ alors $\omega^{p}$ serait nécessairement racine de $Q$. Donc $\omega$ serait racine de $Q\left(X^{p}\right)$. Comme $P$ est irréductible, $P$ est le polynôme minimal de $\omega$ donc divise $Q\left(X^{p}\right)$. Dans $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\left[X\right]$, le morphisme de Frobenius montre que $\overline{P}$ divise $\overline{Q}^{p}$. comme $P$ est unitaire non constant, $\overline{P}$ est unitaire non constant. Soit donc $\overline{R}$ irréductible divisant $\overline{P}.$ Alors $\overline{R}$ divise $\overline{Q}^{p}$ et donc $\overline{R}$ divise $\overline{Q}$ donc $\overline{R}^{2}$ divise $\overline{PQ}$ qui divise $\overline{X}^{n}-1.$ Ainsi, par dérivation, $\overline{R}$ divise $n\overline{X}^{n-1}$ et donc $\overline{R}$ divise $\overline{X}$. Donc $\overline{R}=\overline{X}$ donc $\overline{X}$ divise $\overline{\Phi_{n}}$ ce qui est absurde (en évaluant en $0$). $\omega^{p}$ est donc nécessairement racine de $P$.
    Tout ceci implique que $\Phi_{n}$ est irréductible dans $\mathbb{Q}\left[X\right]$. En effet, soit $P$ irréductible divisant $\Phi_{n}$. Soit $\omega$ une racine de $P$ (donc nécessairement primitive). Si pour tout $k$ premier avec $n$, $\omega^{k}$ est racine de $P$ alors toutes les racines de $\Phi_{n}$ sont racines de $P$ et on aura $P=\Phi_{n}.$ Si $k=1$alors $\omega^{k}=\omega$ est bien racine de $P$. Supposons le résultat acquis jusqu'au rang $k-1$ avec $k\geqslant2$. Soit $p$ premier divisant $k$. $\omega^{k/p}$ est racine de $P$ car $k/p\leqslant k-1$. Comme $p$ est premier avec $n$, $\left(\omega^{k/p}\right)^{p}=\omega^{k}$ est racine de $P$ d'après le lemme précédent.









  • Bonjour @troisqua Pourquoi tu veux dans ce fil qu'on redémontre un résultat bien connu ? 
    Si tu ne connaissais pas ce résultat, je peux comprendre 
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • JLapin
    Modifié (3 Jan)
    Le truc, c'est que ce résultat torpille tous les petits exemples que l'on traite explicitement dans ce fil, donc un peu hors sujet dans une certaine mesure, sauf si on en présente une preuve. Et il est effectivement souhaitable de commencer par se faire la main sur ces petits exemples avant d'aborder plus généralement l'irréductibilité des polynômes $\Phi_n$.
  • gebrane
    Modifié (3 Jan)
    JLapin,  
    Il y avait un message que j'avais effacé juste en dessous de celui de MC, et qui a été caché par un admin X. Ce message suggérait  de discuter directement  (je n'étais pas certain de ma preuve )  le cadre général 

    Je l'ai effacé suite à cette réponse d'Oshine : [lien vers le commentaire](https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2513098/#Comment_2513098).  
    J'ai décidé de supprimer ce message car j'étais certain que les moyens utilisés dépassaient ses compétences, et je voulais éviter de le perturber inutilement.  

    A l'instant une question me vient
    Soit p une nombre premier, n>1 et K=Z/pZ chercher dim sur K de vect $(U_n)$

    edit la question ne fait pas sens puisque K est fini
    edit2 Non ca fait sens 
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • @gebrane : je l'ai fait pour deux raisons:
    1. JLapin a donné une référence à une démo que je trouve un peu longue, donc j'ai voulu synthétiser et montrer que ce n'est pas si long que ça.
    2. tu as demandé de traiter le cas des racines 9èmes sans utiliser l'irréductibilité des $\Phi_n$ mais en fait tu l'as utilisée de manière cachée dans une preuve (ce que je t'ai fait remarquer plus haut et que Nico t'a fait admettre); cela a rendu le fil confus et trompeur quant aux résultats effectivement démontrés.
    j'ai du coup répondu à ta question de deux manières : la première avec cette preuve de l'irréductibilité de $\Phi_n$ et cette preuve de 10 lignes et la seconde avec la preuve que $X^6+X^3+1$ est irréductible car 3 Eisenstein après changement de variable $Y=X-1$. Ai-je ainsi répondu à tes attentes ?
  • gebrane
    Modifié (3 Jan)
    Je soupçonne ( j ai des idées ) qu'on puisse démonter que la dimension de l'espace vectoriel  E engendré par les racines \( n \)-ièmes de l'unité sur le corps \( K = \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \), est 
    \[\dim_K(E) = a revoir ,\] edit



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