nombre algébrique et puissance nième

Fei
Fei
dans Algèbre
Titre initial Est-ce qu'un nombre algébrique peut être une puissance nième ?
[Préfère les titres concis ! Tu as tout le corps du message pour poser ta question. AD]

Bonjour forum !

Je suis en train d'étudier les nombres algébriques (ie, solutions d'une équation à coefficients rationnels), et je me posais une question sur les racines nièmes.
On va dire que nos nombres algébriques sont réels.
Si on prend par exemple $\sqrt{2}$, c'est un nombre algébrique de degré 2, et c'est aussi une racine (carrée ici).
Est-ce que vous savez, si on a un nombre algébrique quelconque de degré $n$ qui vérifie une équation polynômiale avec plus de termes que simplement le terme de plus haut degré et la constante, si ce nombre peut s'écrire comme un racine $m$-ième d'un nombre rationnel ?

J'ai l'impression que ce n'est pas possible (par exemple, si on prend $\sqrt{2}+1$, $(\sqrt{2}+1)^n,\ n>0$ comprendra toujours un terme en $\sqrt{2}$ et ne pourra donc jamais être rationnel, mais je ne sais pas si le cas général peut se démontrer...

Merci.

Réponses

  • Guego
    Guego
    Tu peux montrer par récurrence que $(\sqrt{2}+1)^n = a_n + b_n\sqrt{2}$ pour tout $n\in \N$, avec $a_n$ et $b_n$ entiers naturels qui vérifient $a_n^2-2b_n^2 = (-1)^n$.

    Comme $b_n \neq 0$ pour tout $n\geqslant 1$ d'après la deuxième égalité, on en déduit que $(\sqrt{2}+1)^n$ n'est jamais rationnel.
  • dark vador0
    dark vador0
    Bonsoir
    Je ne comprends pas la question ?
    x = 1 + racine(2)
    donc x-1 = racine (2)
    donc x est solution de (x-1)^2 =2
    de x^2 - 2x - 1 = 0
    ton résultat ne semble correct
    a+
  • Fei
    Fei
    Re,

    Oui, j'ai bien compris le cas de $\sqrt{2}+1$ :-) ! En fait, c'était juste un exemple...

    Je vais essayer d'être plus formel.

    Est-t-il possible de démontrer, dans le cas général où $\alpha$ est un nombre réel algébrique de degré $d>1$ dont le polynôme minimal n'est pas uniquement constitué du terme de degré $d$ et du terme constant, que $\alpha$ ne peut jamais être la racine $m$-ième d'un nombre rationnel, avec $m$ entier naturel (nécessairement supérieur à $d$).

    En d'autres termes, est-t-il possible de montrer que $\alpha^{m}$ ne peut jamais être rationnel, quelquesoit $m$ entier naturel ?

    Merci !
  • Horus
    Horus
    Bonjour,

    Non seulement certaines combinaisons linéaires de racines n-ièmes de rationels et de rationels ne sont pas des racines n-ièmes de rationels, comme 1 + racine(2), mais certains nombres algébriques ne sont pas combinaisons $\Q-$linéaires de radicaux -théorème d'Abel-Ruffini.On peut ensuite considérer des généralisations des fonctions racine $n-$ième et se demander si tout nombre algébrique s'exprime à l'aide de ces fonctions -treizième problème de Hilbert-, la réponse est non d'après ce que j'ai cru comprendre...
  • Ayoub
    Ayoub
    Tentative de démonstration:
    On note F le polynôme minimal de ton algébrique.
    Supposons qu'il existe n,p,q entiers tel que ton algébrique (disons x pour être original) vérifie x^n=p/q avec p et q premier entre eux.
    Alors P=q*X^n-p est dans l'idéal annulateur de x et ainsi F divise P.
    Mais P est irréductible sur Z (Eisenstein) et non constant, donc il l'est également sur Q.
    Bah, donc F=P: Absurde...

    :)

    Edit: oui, bon ya un problème si p=1... mais en fait c'est pas un problème...^^
  • GreginGre
    GreginGre
    Ayoub, $qX^n-p$ n'est pas nécessairement irréductible, même avec $p>1$. (ex: $q=1,a=u^n$)

    En fait, on a un critère d'irréductibilité du polynôme $X^n-a$ $a\in k$ que j'ai la flemme de reproduire ici (valable pour tout corps $k$).

    Ton raisonnement montre que $qX^n-p$ doit être réductible, justement.
  • Ayoub
    Ayoub
    Wouch... oui, évidemment, il y a une très grosse erreur de raisonnement... Merci GreginGre.

    :)
  • Fei
    Fei
    Merci pour ces débuts de pistes !

    Ayoub, j'avais pensé à la même chose que toi, et j'en étais arrivé à la conclusion que le degré de F divisait le degré de P, et donc que pour un nombre algébrique réel donné, on serait capable de vérifier qu'aucun polynôme P ne convenait par "force brute" :-) ! Mais c'est pas une preuve.

    Je vais essayer de me renseigner sur Abel-Ruffini.
  • Ayoub
    Ayoub
    Ah? La seule conclusion à laquelle il me semble qu'on arrive avec notre "méthode" c'est deg(F)<deg(P) (ou "mieux" F|P). Bref, ça nous apprend rien qu'on ne savait déjà...
    Ou alors t'es parti plus loin que moi dans le raisonnement, mais je doute qu'on ait des relations de divisibilité entre degré. Ca sonne bizarre déjà.^^

    :)
  • AD
    AD
    Bonsoir

    Pour avoir une chance de prouver cela, il faudra supposer que le corps de base n'est pas fini.
    Car un algébrique sur un corps fini est élément d'une extension finie, donc élément d'un corps fini,
    et tous les éléments d'un corps fini vérifient $x^{p^r-1} = 1$, pour un $p$ premier et un $r$ convenables.
    Alain
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