Dimension d'un espace vectoriel oral Mines MP 2024

troisqua · 5 Jan

NoName · 5 Jan

@gai requin
Oui, on retrouve en particulier le résultat que les premiers totalement décomposés dans $\mathbb{Q}[\zeta_n]$ sont les $p \equiv 1 \text{ mod }n$ (enfin encore faut il remarquer que l'anneau des entiers de $\mathbb{Q}[\zeta_n]$ est $\mathbb{Z}[\zeta_n]$ ce qui est essentiellement un calcul de discriminant).
Ce qui est remarquable (mais plus délicat à démontrer) c'est que ceci caractérise les extensions cyclotomiques parmi les corps de nombres (au sens où si l'on se donne un $n$ et si l'on cherche un corps de nombres dont les premiers totalement décomposés sont exactement les $p \equiv 1 \text{ mod }n$, alors c'est nécessairement $\mathbb{Q}[\zeta_n]$)

NicoLeProf · 5 Jan

Julia Paule a dit :

@NicoLeProf Le corps $F_4= \{0,1,x, 1+x \}$, sachant que $x^2=x+1, 1=-1, x=-x, \cdots$ car $F_2 \subset F_4$.
Par exemple, on peut tenter d'expliciter $F_8$ et $F_9$ (les corps finis sont de cardinal une puissance d'un nombre premier).
Merci @gai requin, je vais voir.

Oui j'ai réussi à expliciter $\mathbb F_8$ et à comprendre comment on fait, je suis très content, merci pour les explications !

Julia Paule · 6 Jan

troisqua a dit :

@Julia Paule : tu me dis que la fin de ma preuve ne sert à rien. Or elle sert à démontrer que toutes les racines de $P$ sont racines de $\Phi_n$. Si tu ne fais pas la fin de cette preuve tu as juste obtenu que les $\omega^p$ avec $p$ premier ne divisant pas $n$, sont des racines de $P$. Mais alors on n'a pas montré que les $\omega^k$ avec $k$ premier avec $n$ sont racines de $P$ et on ne peut conclure que $P=\Phi_n$.

Mais $P \mid \Phi_n$ par hypothèse, donc toutes les racines de $P$ sont des racines de $\Phi_n$, non ?

Reprenons. $\omega$ est une racine primitive de $P$ donc de $\Phi_n$ que divise $P$. $\forall p$ premier, $p \not \mid n$, (i.e. $\forall p$ premier $p \wedge n=1$), tu montres que $\omega^p$ est une racine primitive de $P$ donc de $\Phi_n$ (elle est primitive car $p \wedge n =1 \Rightarrow \exists$ des entiers $u,v$ tels que $up+vn=1$, donc $(\omega^p)^u=\omega$, mais on n'en a même pas besoin puisque $P \mid \Phi_n$, et que les racines de $\Phi_n$ sont primitives) . Vue ma remarque dans mon message d'avant, on peut se restreindre à $1 \leq p \leq n$. Il y a $\varphi (n)$ de tels $p$ qui donnent des $\omega^p$ tous distincts car les racines de l'unité sont toutes distinctes, donc $\deg P \geq \varphi(n)= \deg \Phi_n $. Or $P \mid \Phi_n$, donc $\deg P \leq \deg \Phi(n)$, donc $\deg P = \deg \Phi(n)$. Or avec $P \mid \Phi_n$, donc en prenant $P$ unitaire, on obtient $\Phi_n=P$, irréductible.

Julia Paule · 6 Jan

Ce que j'aime bien dans cette preuve en général, c'est qu'on veut montrer que le polynôme minimal sur $\mathbb Q$ d'une racine primitive de l'unité annule toutes les autres racines primitives de l'unité. Cela parait difficile (on ne sait pas a priori définir ce polynôme minimal). Alors on fait la démarche inverse : on pose $\Phi_n$ le produit des monômes qui annulent les racines primitives de l'unité, et on montre que ce polynôme est dans $\mathbb Z[X]$, unitaire et irréductible, donc c'est bien le polynôme minimal sur $\mathbb Z$ (donc sur $\mathbb Q$) d'une racine primitive de l'unité.

Bon a fortiori, la démarche parait évidente.

troisqua · 6 Jan

@Julia Paule

Ce n'est pas bien clair pour moi que tu as prouvé que toute racine de $\Phi_n$ est racine de $P$. Alors pour m'en convaincre, voudrais tu partir d'une racine primitive $\omega$ de $P$ (coquille corrigée, merci Julia), prendre un $k$ premier avec $n$ et démontrer que $\omega^k$ est bien racine de $P$ ? Bien évidemment, on peut le faire en une récurrence d'une ligne et demie mais ce que tu donnes comme arguments, je ne comprends pas.

gebrane · 6 Jan

Les mathématiques sont infernales : une question résolue, une autre, plus difficile, surgit.

Question difficile : ( Cette question m'est venue de l'autre fil sur les corps de rupture. ...)
Quelqu'un peut-il donner la dimension du sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{Q}$ engendré par les racines carrées des n premiers nombres naturels ?
J'ai entendu dire ( des discussions de ce fil ) que la dimension du sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{Q}$ engendré par les racines carrées des n premiers nombres premiers est $2^n.$ ( l'ordre n'est pas important , on prend $n $ nombres premiers distincts)

Julia Paule · 6 Jan

@troisqua Dans l'autre sens, cela parait une mission impossible. Soit donc $P$ irréductible qui divise $\Phi_n$, et $\omega$ une racine de $\Phi_n$ donc primitive. On ne peut déjà pas montrer que $\omega$ est une racine de $P$, je ne vois pas comment.

troisqua · 6 Jan

@Julia Paule : j'ai corrigé la coquille de mon énoncé merci. J'ai compris, ton raisonnement, il est très joli. Je le trouve moins direct (au sens plus sophistiqué) mais ce n'est qu'une question de goût

NoName · 6 Jan

gebrane a dit :
Question difficile : ( Cette question m'est venue de l'autre fil sur les corps de rupture. ...)
Quelqu'un peut-il donner la dimension du sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{Q}$ engendré par les racines carrées des n premiers nombres naturels ?

C'est $2^n$.
Il est facile de voir que ça revient à se demander si $\sqrt p_n \in K = \mathbb Q(\sqrt p_1, \cdots,\sqrt p_{n-1})$.
Mais le discriminant de $\mathbb Q[\sqrt p_i]$ (sur $\mathbb Q$) est $4p_i$, donc $K$ est non ramifiée hors de $\{2, p_1, \cdots, p_{n-1}\}$, a fortiori elle n'est pas ramifiée en $p_n$, du moins si $p_n$ est impair, ce qui serait le cas si $\sqrt p_n \in K$.
Comme l'un des $p_i$ au moins (!) est impair, cela suffit pour conclure.

gebrane · 6 Jan

Je ne comprends pas ta réponse
Dans le cas n=1, tu me dis que le sev de R sur Q engendré par 1 est de dimension $2^1=2$ mais la dimension est 1 puisque $Vect_Q (\{1\})=Q $

Je rappelle ma question : en toute fin utile, je cherche la dimension du sous-espace vectoriel de $ \mathbb{R} $ sur $ \mathbb{Q} $ engendré par la famille $ \{\sqrt{1}, \sqrt{2}, \sqrt{3},\sqrt{4}, \dots, \sqrt{n}\} $

LOU16 · 6 Jan

Bonjour,

Voici un argument "élémentaire" pour justifier $\sqrt{p_{n+1}}\notin \mathbb K_{n} =\Q\left(\sqrt {p_1},\sqrt{p_2},\dots\sqrt{p_n}\right).$

C'est une conséquence de la propriété $\:\:(\mathcal P_n)$ suivante , que l'on établit par récurrence:

$$ \forall x \in \mathbb K_n, \:\: x^2 \in \Q\iff \exists \: u\in\Q, \exists A\in \mathcal P\left([\![1;n]\!]\right) \:\text{ tels que }x=u\displaystyle\prod _{i\in A}\sqrt{p_i}.$$

$\bullet\:\:(\mathcal P_1) $ est vraie: $\:x^2 =(a+b\sqrt {p_1})^2\in \Q,\:\:\:\:a,b \in \Q \implies(a^2+p_1b^2)+2ab\sqrt{ p_1}\in \Q\implies 2ab=0\implies x=a\text{ ou }x =b\sqrt{p_1}.$

$\bullet \:\:$ Si $n>1,\: $ alors $(\mathcal P_{n-1}) $ entraîne que $\sqrt{p_n} \notin \mathbb K_{n-1}.\quad $Soit $x=a+b\sqrt{p_n}\in \mathbb K_n,\:\: a,b \in \mathbb K_{n-1}, \:\:$ tel que $\:x^2\in\Q.$

Alors $x^2\in \mathbb K_{n-1},\quad 2ab=0.\quad $ Si $b=0,\: $ alors $\:\:x=a\in\mathbb K_{n-1}.\quad$ Si $a=0,\:\: $alors $\:x=b\sqrt{p_n},,\: b\in\mathbb K_{n-1},\:b^2 \in \Q.$

Dans les deux cas, l'hypothèse de récurrence $\:(\mathcal P_{n-1}) $ donne à $x$ la forme requise.

Tout ceci entraîne bien entendu que $\left[\mathbb K_n:\mathbb Q\right] =2^n.$

gebrane · 6 Jan

Bonjour @LOU16, tes $p_i$ sont des nombres premiers? Si c'est le cas ce n'est pas ma question. Dans ma question les $p_i$ sont les entiers naturels $i$ pour i=1,...

LOU16 · 6 Jan

Bonjour Gebrane.

Oui, j'avais bien compris que les $p_i$ étaient des nombres premiers distincts, et ce n'est pas si facile.

gebrane · 6 Jan

Dans le cas où les $p_i$ sont des nombres premiers, il me semble qu'on peut démontrer que la dimension est $2^n$ par récurrence grâce à ce lemme https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2514128/#Comment_2514128

LOU16 · 6 Jan

Re,

Encore faut-il démontrer clairement ce lemme et l'appliquer tout aussi clairement

gebrane · 6 Jan

Pour la preuve du lemme, je propose ceci

Soit $ L = \mathbb{Q}(\sqrt{m}) $. Par hypothèse, $ \sqrt{m} \notin \mathbb{Q} $, donc $ [L : \mathbb{Q}] = 2 $. Pour montrer que $ [\mathbb{Q}(\sqrt{n}, \sqrt{m}) : \mathbb{Q}] = 4 $, il suffit de prouver que : $L(\sqrt{n}) : L] = 2,$

L'extension $ [L(\sqrt{n}) : L] $ peut échouer à être de degré $ 2 $ uniquement si $ \sqrt{n} \in L $. Donc, supposons par l'absurde que $ \sqrt{n} \in L = \mathbb{Q}(\sqrt{m}) $. Cela signifie qu'il existe des $ r, s \in \mathbb{Q} $ tels que :

\[\sqrt{n} = r + s\sqrt{m}.\]. En élevant cette expression au carré, on obtient :

\[n = r^2 + ms^2 + 2rs\sqrt{m}. \tag{1}\]

La présence du terme $ 2rs\sqrt{m} $ entraîne une contradiction avec les hypothèses.

LOU16 · 6 Jan

Oui, je sais bien, mais ce que je sais moins, c'est l'appliquer avec une récurrence facile de façon à obtenir $\left[\mathbb K_n:\Q\right] = 2^n.$

gebrane · 6 Jan

Tu as raison LOU16, on ne peut pas s'echaper dans l 'induction de démontrer d'abord que $$\sqrt{p_{n+1}}\notin \mathbb K_{n} =\Q\left(\sqrt {p_1},\sqrt{p_2},\dots\sqrt{p_n}\right).$$

LOU16 · 6 Jan

Re,

Soient $n_1,n_2,\dots n_k\in\N^*,\quad $ On cherche $\left[\Q\left(\sqrt{n_1},\sqrt{n_2},\dots\sqrt{n_k}\right) :\Q\right].$

Soit $v$ la suite définie de la façon suivante: $v_0=1.\quad \forall r\in[\![0;k-1]\!]$

$$v_{r+1}=\begin{cases}v_r \:\:\:\:\text{ si }\exists u\in\Q,\: \exists A\subset[\![1;r]\!],\:\:n_{r+1} =u^2\displaystyle \prod_{i \in A}n_i\\ 2v_r\:\:\text{ sinon.}\end{cases}$$

Alors: $\boxed{\left[\Q\left(\sqrt{n_1},\sqrt{n_2},\dots\sqrt{n_k}\right) :\Q\right]=v_k.}$

Pour répondre à la question $\left[\Q(\sqrt 1, \sqrt 2,\dots \sqrt n):\Q\right]$?

$$ \left[\Q(\sqrt 1, \sqrt 2,\dots\sqrt n):\Q\right]=2^{\pi(n)}\:\text{ où }\:\pi(n)=\text{ card }\left(\mathbb P\cap [\![1;n]\!]\right).$$

lourrran · 6 Jan

Mais, comme dit gebrane, au moment où il a posé la question, il ne s'intéressait pas aux nombres premiers, mais aux nombres entiers 1,2,3,4,...n

gebrane · 6 Jan

Voici comment j'ai imaginé la récurrence lorsque les $p_i$ des nombres premiers
N.B Mon raisonnement n'est pas très justifié

Hypothèse de récurrence :

Supposons que la propriété est vraie pour $n = k$, c'est-à-dire :

\[[\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \sqrt{p_2}, \ldots, \sqrt{p_k}) : \mathbb{Q}] =2^k.\]

Considérons l'extension $L = \mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \sqrt{p_2}, \ldots, \sqrt{p_k})$. Par hypothèse de récurrence, $[L : \mathbb{Q}] = 2^k$.

et notons l'extension $L' = L(\sqrt{p_{k+1}})$. Deux cas sont possibles :

Cas où $\sqrt{p_{k+1}} \notin L$

Si $\sqrt{p_{k+1}} \notin L$, alors $[L(\sqrt{p_{k+1}}) : L] = 2$, car $\sqrt{p_{k+1}}$ satisfait un polynôme quadratique irréductible sur $L$.

Par conséquent :

\[ [L' : \mathbb{Q}] = [L : \mathbb{Q}] \cdot [L' : L] = 2^k \cdot 2 = 2^{k+1}.\]

Cas où $\sqrt{p_{k+1}} \in L$ c'est la où mon raisonnement est léger

Si $\sqrt{p_{k+1}} \in L$, alors il existe des $r_i \in \mathbb{Q}$ tels que :

\[ \sqrt{p_{k+1}} = r_0 + r_1 \sqrt{p_1} + r_2 \sqrt{p_2} + \cdots + r_{2^k - 1} \sqrt{p_1 p_2\cdots p_k}.\] En élevant au carré, on obtient :

- Un terme purement rationnel ($r_0^2 + r_1^2 p_1 + \cdots$),

- Des termes contenant des racines carrées ($2r_0 r_1 \sqrt{p_1}, 2r_0 r_2 \sqrt{p_2}, \ldots$).

Pour que $p_{k+1}$ soit un nombre entier tous les termes contenant des racines carrées doivent s'annuler. Si ces termes s'annulent, il reste uniquement :

\[p_{k+1} = r_0^2 + r_1^2 p_1 + r_2^2 p_2 + \cdots + r_{2^k - 1}^2 p_1 p_2 \cdots p_k.\]

Mais $p_{k+1}$ est un nombre premier, 'il ne peut pas s'écrire comme une somme de plusieurs termes non triviaux dans $\mathbb{Q}$.et d'où ($p_{k+1} = r_0^2$). contradicion

NicoLeProf · 6 Jan

Quelles sont les hypothèses sur les $p_i$ du coup? Ce n'est pas clair... Dans ton lemme ici , tu n'as pas donné d'hypothèses supplémentaires alors que cela peut être vite faux...

Contre-exemple : si tu prends $\sqrt 2$ et $\sqrt 8=2 \sqrt 2$, il est clair que $\sqrt 8 \in \mathbb Q[\sqrt 2]$ et ainsi, $\mathbb Q[\sqrt 2, \sqrt 8]=\mathbb Q[\sqrt 2]$ qui est une extension de degré $2$.

Lorsque les $p_i$ sont premiers je suis d'accord et c'est assez simple.

Mais dans le cas où on considère $\mathbb Q[\sqrt{1}, \sqrt{2}, \sqrt{3},\sqrt{4}, \dots, \sqrt{n}]$, ça devient vite compliqué.

Prenons $n=3$, alors on considère $\mathbb Q[\sqrt{1}, \sqrt{2}, \sqrt{3}]$ de degré $4$ je pense.

Si $n=6$, alors on considère $\mathbb Q[\sqrt{1}, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt 5]$ de degré $8$ etc.

LOU16 · 6 Jan

@gebrane

Je ne comprends vraiment pas ta dernière phrase: $r_0=2,\:\:r_1 =1,\: \:p_1=3,\:\:p_2 =7$

gebrane · 6 Jan

LOU16 j'avais dit que j'étais trop léger dans cette preuve https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2514173/#Comment_2514173 , j'ai donné la preuve imaginée pour voir si quelqu'un peut la sauver ( l'idée d'élever au carré)
Nico, je ne comprends pas ce que tu veux me dire

NoName · 6 Jan

gebrane a dit :

Je ne comprends pas ta réponse
Dans le cas n=1, tu me dis que le sev de R sur Q engendré par 1 est de dimension $2^1=2$ mais la dimension est 1 puisque $Vect_Q (\{1\})=Q $
Je rappelle ma question : en toute fin utile, je cherche la dimension du sous-espace vectoriel de $ \mathbb{R} $ sur $ \mathbb{Q} $ engendré par la famille $ \{\sqrt{1}, \sqrt{2}, \sqrt{3},\sqrt{4}, \dots, \sqrt{n}\} $

Oui, j'avais très mal lu la question!
Incidemment ma réponse permet quand même de répondre à ta question (ouf!).

La question à laquelle je répondais, c'était la dimension de la sous-algèbre engendrée par les racines des nombres premiers. Pas celle de l'espace vectoriel engendré par les racines des $n$ premiers entiers naturels.

Bon, soit donc $F_n$ la filtration donnée par ton probléme $F_n=\mathbb Q + \mathbb Q \sqrt 2 +...+ \mathbb Q \sqrt n$.
Il est clair cette filtration ne peut sauter de dimension uniquement si $n$ est sans carré i.e c'est un produit de nombres premiers tous distincts.Il est bien sûr clair que les sauts de dimensions ne peuvent être que de 1.

Il suffit dont de verifier qu'elle saute de dimension en les entiers sans carré.

Soit donc $n$ un tel entier, disons $n=p_1...p_\ell$, et soit $\{q_i, 1 \le i \le N\}$ l'ensemble des nombres premiers plus petit que $p_1...p_\ell$.

Par ce qu'on a montré plus haut, à savoir que la dimension de $K_N = \mathbb Q(\sqrt q_i, i=1...N)$ est exactement $2^N$, on voit que les racines de tous les entiers sans carré divisible par l'un des $q_i$ est libre. En effet il est clair que $\sqrt q_1^{\epsilon_1}...\sqrt q_N^{\epsilon_N}$, où $\epsilon_i= 0, 1$ est génératrice de $K_N$ et contient $2^N$ éléments, elle est donc aussi libre.

On en déduit que $\sqrt n$ ne peut étre dans $F_{n-1}$ qui est engendré sur $\mathbb Q$ par les racines de nombres sans carré strictement plus petit que $n$ (en fait c'est même une base d'après ce qu'on vient de dire).

La dimension de $F_n$ est donc le nombre d'entiers sans carrés plus petit que $n$.
On peut donner un comportement asymptotique de ce nombre bien sûr, mais est-ce la question? (Je préfère demander maintenant ^^)

NicoLeProf · 6 Jan

gebrane a dit :

Pour la preuve du lemme, je propose ceci
Soit $ L = \mathbb{Q}(\sqrt{m}) $. Par hypothèse, $ \sqrt{m} \notin \mathbb{Q} $, donc $ [L : \mathbb{Q}] = 2 $. Pour montrer que $ [\mathbb{Q}(\sqrt{n}, \sqrt{m}) : \mathbb{Q}] = 4 $, il suffit de prouver que : $L(\sqrt{n}) : L] = 2,$
L'extension $ [L(\sqrt{n}) : L] $ peut échouer à être de degré $ 2 $ uniquement si $ \sqrt{n} \in L $. Donc, supposons par l'absurde que $ \sqrt{n} \in L = \mathbb{Q}(\sqrt{m}) $. Cela signifie qu'il existe des $ r, s \in \mathbb{Q} $ tels que :
\[\sqrt{n} = r + s\sqrt{m}.\]. En élevant cette expression au carré, on obtient :

\[n = r^2 + ms^2 + 2rs\sqrt{m}. \tag{1}\]

La présence du terme $ 2rs\sqrt{m} $ entraîne une contradiction avec les hypothèses.

@gebrane, je dis seulement qu'il faut ajouter des conditions sur $n$ et $m$ et sur tes $p_i$ dans le cas général.

Pour ton lemme, si $n=8$ et $m=2$, tu vois bien que $[\mathbb{Q}(\sqrt{n}, \sqrt{m}) : \mathbb{Q}] = 2$ et non $4$.

Ta preuve est, a minima, incomplète ou pas suffisamment précise. La contradiction que tu soulèves n'a pas toujours lieu (regarde mon contre-exemple de ce message !)

Tu sembles persuadé que pour tous entiers $m$ et $n$ distincts tels que $\sqrt m$ et $\sqrt n$ ne sont pas rationnels, $ \sqrt{n} \notin \mathbb Q[\sqrt m]$. Tu vois bien qu'il faut être plus précis et prendre $m$ et $n$ tels que la famille $(\sqrt m, \sqrt n)$ est $\mathbb Q$-libre pour que ce soit vrai.

Sans précisions supplémentaires, je prends $m=2$ et $n=8$ et j'ai bien $\sqrt n \in \mathbb Q[\sqrt m]$ sans aucune contradiction (j'ai bien $r=0$ et $s=2$ avec tes notations). Il faut revoir ta preuve.

gebrane · 6 Jan

Bonjour Nico
peux tu me donner un vrai contre exemple de ce lemme

Lemme

$\rm\ \ [\mathbb{Q}(\sqrt{n},\sqrt{m}) : \mathbb{Q}] = 4\ $ si $\rm\ \sqrt{n},\ \sqrt{m},\ \sqrt{n\:m}\ $ ne sont pas dans $\rm\:\mathbb{Q}\:$

Le contre avec n=8 et m=2 n'en est pas un car dans ce cas $\sqrt{nm}=4\in Q$

Bonour Noname, très intéressant ( à lire attentivement)

gebrane · 6 Jan

Rebonjour @NoName , Tu dis Il suffit dont de vérifier qu'elle saute de dimension en les entiers sans carré.,
Le cas n=12, n'est pas un carré mais $\sqrt{12}=2\sqrt 3$ donc pas de saut de dimension. Je rates quoi au juste ?

LOU16 · 6 Jan

Bonsoir,

$12$ n'est pas un entier sans carré, mais il n'y a pas non plus de "saut" pour $n=6.$

$$ \left[\Q(\sqrt 1, \sqrt 2,\dots\sqrt n):\Q\right]=2^{\pi(n)}\:\text{ où }\:\pi(n)=\text{ card }\left(\mathbb P\cap [\![1;n]\!]\right).$$

NicoLeProf · 6 Jan

Ok je n'avais pas fait attention à $\sqrt {nm}$ mais ta preuve n'est pas claire, tu ne dis pas que tu utilises explicitement cette hypothèse.

Bon, ça me rassure tout de même car c'était vraiment gros comme oubli.

Par contre, il faudrait rédiger mieux en utilisant explicitement cette hypothèse.

Par exemple en montrant que la famille $(\sqrt n,\sqrt m)$ est $\mathbb Q$-libre. En tout cas, je le comprends mieux comme ça.

gebrane · 6 Jan

Impressionnante ta formule LOU16

$$\left[\Q(\sqrt 1, \sqrt 2,\dots\sqrt n):\Q\right]=2^{\pi(n)}\:\text{ où }\:\pi(n)=\text{ card }\left(\mathbb P\cap [\![1;n]\!]\right).$$

Mon ami Nico, je t'explique où j'utilises les 3 hypothèses. Il y a trois cas

Si $ s = 0 $, alors l'équation (1) devient :

\[ n = r^2. \]

Cela signifie que $ \sqrt{n} = r \in \mathbb{Q} $, ce qui contredit l'hypothèse que $ \sqrt{n} \notin \mathbb{Q} $.

Si $ r = 0 $, alors l'équation (1) devient :

$$n = ms^2.$$

Cela signifie que $ \sqrt{n} = s\sqrt{m} $. En multipliant par $ \sqrt{m} $, on obtient $ \sqrt{nm} \in \mathbb{Q} $, ce qui contredit l'hypothèse que $ \sqrt{nm} \notin \mathbb{Q} $.

Si $ rs \neq 0 $, alors le terme $ 2rs\sqrt{m} $ n'est pas nul, ce qui implique que $ \sqrt{m} \in \mathbb{Q} $ (car $ n, r^2, ms^2 \in \mathbb{Q} $). Mais cela contredit l'hypothèse que $ \sqrt{m} \notin \mathbb{Q} $.

---

NicoLeProf · 6 Jan

Merci beaucoup cher ami, je comprends beaucoup mieux maintenant !

NoName · 6 Jan

Ben bien sûr qu'il y a un saut en $n=6$, vu que @gebrane parle du sous espace vectoriel (et pas de la sous algèbre, c'est pas faute d'avoir précisé dans mon message) engendré par les $\sqrt n$.

Bien sûr que $\sqrt 6 \notin \mathbb Q \oplus \mathbb Q \sqrt 2 \oplus \mathbb Q \sqrt 3$

gebrane · 6 Jan

Merci @NoName d'avoir pensé à revenir sur le forum, tu avais disparu pendant plusieurs années.

LOU16 · 6 Jan

NoName a dit :

Ben bien sûr qu'il y a un saut en $n=6$, vu que @gebrane parle du sous espace vectoriel (et pas de la sous algèbre, c'est pas faute d'avoir précisé dans mon message) engendré par les $\sqrt n$.

Bien sûr que $\sqrt 6 \notin \mathbb Q \oplus \mathbb Q \sqrt 2 \oplus \mathbb Q \sqrt 3$

Pour moi $\Q(\sqrt 1,\sqrt2,\dots\sqrt n)$ désigne le plus petit corps contenant $\Q ,\sqrt 1 ,\sqrt 2,\dots \sqrt n$,, et pas autre chose.

NoName · 6 Jan

Oui, pour moi aussi, mais ca n'est pas le message de @gebrane originel

gebrane a dit :
Je ne comprends pas ta réponse
Dans le cas n=1, tu me dis que le sev de R sur Q engendré par 1 est de dimension $2^1=2$ mais la dimension est 1 puisque $Vect_Q (\{1\})=Q $
Je rappelle ma question : en toute fin utile, je cherche la dimension du sous-espace vectoriel de $ \mathbb{R} $ sur $ \mathbb{Q} $ engendré par la famille $ \{\sqrt{1}, \sqrt{2}, \sqrt{3},\sqrt{4}, \dots, \sqrt{n}\} $

(c'est moi qui met en gras)

LOU16 · 7 Jan

Bonjour @NoName

Je n'ai en effet pas lu assez attentivement ce message de Gebrane et je présente toutes mes excuses à cet égard.

Je n'ai cependant pas rêvé non plus. Ma compréhension du problème en question reposait sur celui de tes messages où tu répondais à Gebrane en évoquant non pas la dimension de $\displaystyle \bigoplus_{k=1}^n \Q\sqrt{p_k},\:$ égale à $n$, mais bien celle de $\Q(\sqrt{p_1},\sqrt{p_2},\dots \sqrt{p_n}),\:$ égale à $2^n.$

De plus, Gebrane, après avoir posé sa question, m'avait répondu en évoquant un truc de dimension $2^n,$ d'où ma conviction qu'il parlait de la dimension d'une extension de corps.

Je suis par ailleurs parfaitement d'accord avec le fait que $\displaystyle\dim\left(\bigoplus_{k=1}^n\Q\sqrt k\right)$ est le nombre d'entiers naturels inférieurs à $n$ et non divisibles par le carré d'un nombre premier.

Dimension d'un espace vectoriel oral Mines MP 2024

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