Élément primitif de $\mathbb{Q}[\sqrt{p},\sqrt{q},\sqrt{r}]$ ($p$, $q$ et $r$ premiers distincts)
Réponses
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Oui.
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Le polynôme minimal de cette somme de racines est \[x^8 - 4px^6 - 4qx^6 - 4rx^6 + 6p^2x^4 + 4pqx^4 + 6q^2x^4 + 4prx^4 + 4qrx^4 + 6r^2x^4 - 4p^3x^2 + 4p^2qx^2 + 4pq^2x^2 - 4q^3x^2 + 4p^2rx^2 - 40pqrx^2 + 4q^2rx^2 + 4pr^2x^2 + 4qr^2x^2 - 4r^3x^2 + p^4 - 4p^3q + 6p^2q^2 - 4pq^3 + q^4 - 4p^3r + 4p^2qr + 4pq^2r - 4q^3r + 6p^2r^2 + 4pqr^2 + 6q^2r^2 - 4pr^3 - 4qr^3 + r^4.\]
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@Math Coss c'est quoi la commande qui donne un polynôme minimal sur Sage ? (si ça existe... je prends) ou alors ça a été trouvé à la main via Sage ?édit[22h20]: j'ai posé la question trop tôt et en recherchant j'ai trouvé moi même, c'est "algébrique".minpoly() (sincèrement je n'avais pas pensé à sage)(le terrain de jeu s'agrandit sans avoir à calculer grâce à l'info)
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J'ai fait le calcul suivant
sage: R.<rp, rq, rr, p, q, r, x> = PolynomialRing(QQ,7) sage: I = R.ideal([rp^2-p, rq^2-q, rr^2-r, x-rp-rq-rr]) sage: J = I.elimination_ideal([rp,rq,rr]) sage: J.gens()[0] x^8 - 4*p*x^6 - 4*q*x^6 - 4*r*x^6 + 6*p^2*x^4 + 4*p*q*x^4 + 6*q^2*x^4 + 4*p*r*x^4 + 4*q*r*x^4 + 6*r^2*x^4 - 4*p^3*x^2 + 4*p^2*q*x^2 + 4*p*q^2*x^2 - 4*q^3*x^2 + 4*p^2*r*x^2 - 40*p*q*r*x^2 + 4*q^2*r*x^2 + 4*p*r^2*x^2 + 4*q*r^2*x^2 - 4*r^3*x^2 + p^4 - 4*p^3*q + 6*p^2*q^2 - 4*p*q^3 + q^4 - 4*p^3*r + 4*p^2*q*r + 4*p*q^2*r - 4*q^3*r + 6*p^2*r^2 + 4*p*q*r^2 + 6*q^2*r^2 - 4*p*r^3 - 4*q*r^3 + r^4
(Il faut comprendre $p$, $q$ et $r$ comme des variables d'ailleurs. On peut vérifier que pour $p=2$, $q=3$, $r=5$ le polynôme obtenu est irréductible.) -
hum, c'est fascinant, lorsque je vois cette profusion et de 1de 4 et de 6, ça& serait bien qu'il y ait un truc intrinsèque et on est encore que sur des petits nombres... à tester avec les idées claires.
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C'est faisable sans logiciel et sans calculs?L'inclusion $\mathbb Q[\sqrt p+\sqrt q+\sqrt r] \subseteq \mathbb Q[\sqrt p,\sqrt q,\sqrt r]$ me semble claire d'après la formule du binôme de Newton.De plus, $[\mathbb Q[\sqrt p,\sqrt q,\sqrt r] : \mathbb Q] =[ \mathbb Q[\sqrt p,\sqrt q, \sqrt r] : \mathbb Q[\sqrt q,\sqrt r] ] \times [ \mathbb Q[\sqrt q,\sqrt r] : \mathbb Q ]$.$[\mathbb Q[\sqrt p,\sqrt q,\sqrt r] : \mathbb Q] =[ \mathbb Q[\sqrt p,\sqrt q, \sqrt r] : \mathbb Q[\sqrt q,\sqrt r] ] \times [ \mathbb Q[\sqrt q,\sqrt r] : \mathbb Q[\sqrt r] ] \times [ \mathbb Q[\sqrt r] : \mathbb Q ] =2 \times 2 \times 2=8$.En effet,le polynôme $X^2-p$ est annulateur de $\sqrt p$ et est irréductible sur $\mathbb Q[\sqrt q,\sqrt r]$ donc $[ \mathbb Q[\sqrt p,\sqrt q, \sqrt r] : \mathbb Q[\sqrt q,\sqrt r] ]=2$.De même, le polynôme $X^2-q$ est annulateur de $\sqrt q$ et est irréductible sur $\mathbb Q[\sqrt r]$ donc $ [ \mathbb Q[\sqrt q,\sqrt r] : \mathbb Q[\sqrt r] ]=2$.
Et enfin, le polynôme $X^2-r$ est annulateur de $\sqrt r$ et est irréductible sur $\mathbb Q$ donc $ [ \mathbb Q[\sqrt r] : \mathbb Q ] =2$.
Il resterait seulement à déterminer le degré de $\mathbb Q \subset \mathbb Q[\sqrt p+\sqrt q+\sqrt r]$ par exemple sans faire de gros calculs... Faisable?
Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs. -
Quels sont les conjugués de $\sqrt p+\sqrt q+\sqrt r$ ?
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Qu'appelles-tu conjugués dans ce contexte?
Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs. -
hum, ta réponse @NicoLeProf esquisse une preuve par récurrence ( et le corps engendré par les racines des $n-1$ nombres premiers de la liste imposée, selon le nombre de nombres premiers, en fixant n, le nombre de nombres de la deux généralisations sont envisageables:-pour n fixé et les nombres premiers (quitte à généraliser) ${\mathbb{Q}[\sqrt{i}]}_{i \in I}$, avec $card I=n$-pour n fixé et des nombres premiers entre eux sans facteur carré en commun (quitte à généraliser) ${\mathbb{Q}[\sqrt{i}]}_{i \in I}]$, avec $card I=n$,$\mathbb{Q}[(\sqrt{p_i})_{i \in I}]$est engendré par$\sum_{i=0}^{card I} \pm \sqrt{p_i}$ ? (j'ai pris des tas de raccourcis pour la question, mais l'écrire correctement en teX prend un peu des lustres)je voudrais bien répondre à ta question @gai_requin mais dans ma tête "conjugué" fait directement appel à automorphisme involutif, et je ne sais pas vraiment si le sens de la question ou j'ai une mùauvaise dséfinition de conjugaison dans un corps, ou un truc comme ça, bref uene question de définition.a priori le degré de l'extension est $2^n$
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Soit $\alpha$ un nombre algébrique.
Ses conjugués sont les racines de son polynôme minimal.
On peut montrer que $\alpha$ et $\beta$ sont conjugués ssi il existe un morphisme $\overline{\mathbb Q}\to\overline{\mathbb Q}$ dont la restriction à $\mathbb Q$ est l'identité et tel que $\alpha\mapsto\beta$, où $\overline{\mathbb Q}$ désigne une clôture algébrique de $\mathbb Q$.
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Je subodore les conjugués (il y en a $8$), et j'arrive à montrer cette équivalence, mais pour montrer que le degré du polynôme minimal est $8$, il s'agit de montrer que ce sont les seuls.Sinon, on peut répondre directement à la question initiale. On a $\mathbb Q (\sqrt p, \sqrt q)=\mathbb Q (\sqrt p + \sqrt q)$ (même procédé que dans l'autre fil en calculant l'inverse de $\sqrt p + \sqrt q$.Donc $\mathbb Q (\sqrt p, \sqrt q, \sqrt r)=\mathbb Q (\sqrt p+ \sqrt q, \sqrt r)$. On pose $n=\sqrt p + \sqrt q$. En calculant l'inverse de $n+\sqrt r$, on montre que $n-\sqrt r$ ($\ne 0$), donc que $n=\sqrt p + \sqrt q$, et $r \in \mathbb Q (\sqrt p+ \sqrt q + \sqrt r)$, soit $\mathbb Q (\sqrt p, \sqrt q, \sqrt r)=\mathbb Q (\sqrt p+ \sqrt q, \sqrt r) \subset \mathbb Q (\sqrt p+ \sqrt q + \sqrt r)$. L'inclusion inverse est évidente.
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Soit $\sigma$ un $\mathbb Q$-plongement.
On a $\sigma(\sqrt p+\sqrt q+\sqrt r)=\sigma(\sqrt p)+\sigma(\sqrt q)+\sigma(\sqrt r)$.
$\sigma(\sqrt p)$ est racine de $X^2-p$ donc $\sigma(\sqrt p)=\pm\sqrt p$.
Même chose pour $q$ et $r$.
Donc $\sigma(\sqrt p+\sqrt q+\sqrt r)=\pm\sqrt p\pm\sqrt q\pm\sqrt r$ qui sont exactement les huit conjugués de $\sqrt p+\sqrt q+\sqrt r$ d'après le dernier message de @Julia Paule.
En particulier, son polynôme minimal est $$\prod\limits_{\varepsilon_i\in\{-1,1\}}(X-(\varepsilon_1\sqrt p+\varepsilon_2\sqrt q+\varepsilon_3\sqrt r)).$$
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Evidemment. Merci beaucoup @gai requin .@plsryef, le problème pour généraliser à $n$ nombres premiers, c'est qu'il faut que $\sqrt p_n \not \in \mathbb Q (\sqrt {p_{n-1}}, \cdots, \sqrt {p_1})$, etc ... . D'ailleurs, il faut déjà le montrer pour $3$ nombres premiers. J'ai déjà vu passer cet exercice. EDIT : C'est dit dans l'autre fil.
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Si on a un polynôme irréductible comme celui de @gai requin $$\prod_{\epsilon_i\in\{-1,1\}}(X-\sum_{i=0}^{n}\epsilon_i\sqrt{p_i})$$en le composant à droite par $X^2-p_n$ obtient-on encore un polynôme irréductible ? et comment montrer qu'il est irréductible ? ( si ça se trouve c'est une grosse bêtise).
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Bonjour,voici un fil où $\sqrt{p_{n+1}} \not\in \mathbb{Q}(\sqrt{p_1},\dots,\sqrt{p_n})$ est établi
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Bonjour!
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