Récréation : extension de corps sur $\Q$
dans Algèbre
Bonsoir,
Existe-t-il un $a\in \R$ tel quel que $\Q(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})=\Q(a)$ ?
Bonne soirée.
Existe-t-il un $a\in \R$ tel quel que $\Q(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})=\Q(a)$ ?
Bonne soirée.
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Réponses
Si non, j'aimerais en avoir un explicite... Merci.
La question est donc ramenée à $\Q(\sqrt{2}+\sqrt{3}, \sqrt{5})$, je te laisse trouver pour celuilà
Comment on fait à la main, on calcule, $A=\{1,a,a^2,a^3,...,a^7\}$ et on montre que cette ensemble engendre $\{\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5}\}\subset \text{Vect}_{\Q}(A)$.
Bonne soirée.
Soit $n = 3$ si la conjecture de Goldbach est vraie, $5$ sinon.
Considérons un élément primitif de $\mathbb Q[\sqrt 2, \sqrt 5]$...
Si tu es cohérent avec tes propres propos incohérents, je vois mal comment tu pourrais prétendre que le théorème de l'élément primitif est constructif.
En espérant que maintenant tu comprennes.
Pourexemple.
Ajout Cela remonte à Kronecker. J'arrête de faire le cachotier (puisque je n'y suis pour rien). On introduit deux indéterminées $t,Z$ (ah, Kronecker !), et on pose:
$$
\chi(t,Z) = \mathrm {Res}_X(P(X), Q(Z - tX))
$$
La lettre $\chi$ pour polynôme caractéristique ``quelque part''. Et on prend pour $D$ le discriminant en $Z$ de $\chi$. Il s'agit d'un calcul universel (polynôme caractéristique et pas polynôme minimal) qui fournit le certificat d'appartenance de $x$ à $\Q[x + ty]$. Je mets des crochets car la théorie des corps n'a pas grand chose à voir avec cette histoire puisqu'en fait, on travaille (attention je change les définitions de $x$, $y$) au dessus de :
$$
\Q[x,y] = \Q[X,Y] / \langle P(X), Q(Y)\rangle
$$
Je veux dire par là que l'on n'a pas à supposer $P,Q$ irréductibles (et même s'ils le sont, l'anneau ci-dessus n'a aucune raison d'être intègre).
On peut remplacer $\Q$ par n'importe quel corps $k$ infini.
Peut-être que Zariski-Samuel ont rapporté cette démonstration de Kronecker un peu tombée aux oubliettes ? Je vais vérifier.
J'allais poser la question, est ce que les solutions sont non racines d'un certain polynôme ?
A ma connaissance, cela ne figure pas partout.
PS : quelqu'un sait pourquoi les auteurs sont écrits dans l'ordre Zariski-Samuel et pas Samuel-Zariski ?
Tu as un corps de nombre $\mathbb{Q}(\alpha,\beta)$
et tu veux montrer que $\mathbb{Q}(\alpha,\beta)=\mathbb{Q}(\gamma)$ pour un certain $\gamma = \alpha+\lambda \beta$ avec $\lambda \in \mathbb{Q}^*$.
La démonstration dit qu'avec $f,g$ le polynôme minimal de $\alpha,\beta$ dans $\mathbb{Q}$, que si $\lambda$ ne marche pas alors il est de la forme $\lambda=\frac{\alpha-\alpha'}{\beta-\beta'}$ où $\alpha',\beta'$ sont d'autres racines de $f,g$
et donc qu'il suffit d'essayer $(deg(f)-1)(deg(g)-1)+1$ valeurs différentes pour $\lambda$ et qu'il y en aura forcément une qui marchera.
Et ça me fait dire que si on arrive à montrer que les racines de $f$ sont dans $|z| < R$ et que $g(z)$ n'a pas de racines dans $0 < |z-\beta| < r$ alors il suffit de prendre $\lambda > 2 R/r$
Encore une fois, je dis ça avec en tête la visite des fils du forum dans un an-2ans-10ans par des gens qui n'ont rien demandé et seront influencés.
J'ai l'impression que tu fais référence à
h ttps://fr.wikipedia.org/wiki/Théorème_de_Diaconescu
mais je peux me tromper.
NB: j'arrive pas à créer proprement le lien, le forum refuse de mettre les accents dans les URL pour une raison inconnue
J'ai essayé de bien préciser les données : deux polynômes unitaires séparables $P, Q \in k[X]$ ($k$ est un corps infini) et surtout pas $x$, $y$. Et une construction précise (un résultant puis un discriminant). Les calculs ont lieu dans le quotient suivant (il y a 4 indéterminées au numérateur) :
$$
{k[t,Z, X, Y] \over \langle P(X), Q(Y) \rangle}
$$
Et le résultat (que je n'ai pas précisé !) est de la forme, avec $x$ la classe de $X$, $y$ la classe de $Y$ dans le quotient ci-dessus et $\chi(t,Z)$ le polynôme de mon autre post
$$
\chi'_t(t, tx+y) + x\chi'_Z(t,tx+y) = 0
$$
Tout est prêt pour exprimer $x$ en fonction de $tx + y$ i.e. comme fraction rationnelle en $tx+y$ à coefficients dans $k]$ par un choix judicieux de $t \in k$. J'espère ainsi n'avoir pas trop dénaturer la méthode de Kronecker.
C'est en fait un résultat qui concerne les $k$-algèbres (commutatives de dimension finie) séparables ; plutôt qu'un résultat sur les extensions séparables de corps.
Ajout : peut-être que dans mon autre post, j'ai confondu $x+ty$ et $tx + y$, j'ai la flemme d'aller voir.
Ce que tu proposes c'est de calculer explicitement à partir de $f ,g \in \mathbb{Q}[X], f(\alpha)=0,g(\beta) = 0$ un polynôme $h \in \mathbb{Q}[X]$ tel que $h(\lambda) \ne 0 \implies \mathbb{Q}(\alpha+\lambda \beta) = \mathbb{Q}(\alpha,\beta)$
et donc qu'il suffit d'essayer $\lambda = 1,\ldots,N+1$ où $N=deg(h)$ pour avoir une solution.
Donc on a bien un algorithme pour construire ce qu'on voulait.
Alternativement, ma méthode tient toujours : trouver $r,R$ tel que $f(z)$ n'a pas de racine pour $|z| > R$ (facile) et $g(z)$ n'a pas de racine pour $0< |z-\beta| < r$ (un peu moins facile, mais faisable) et choisir $\lambda > 2 R/r$.
@CC : blablabla cause toujours
Citation Shah d'Ock :
Soit n=3 si la conjecture de Goldbach est vraie, 5 sinon.
On dirait que n=5 (cf ma signature).
Bonne journée.
C'est aux visiteurs que tu adresses ton "bras d'honneur" pas à moi. Je ne lis pas tes posts pour mieux connaitre le mot "constructif". Par contre des gens tapent "constructif, constructivisme" sur google et tombent sur ton post.
Existe-t-il, $R\in \Q(X)$ tel que $\forall a,b \in \Q, R(a+\sqrt{2}b)=a$ ?
Bonne journée.
Les fonctions rationnelles à coefficients rationnels sont naturellement inclues dans les fonctions rationnelles à coefficients complexes. Et si $f \in \C(z)$ alors il existe $n \in \Z$ tel que $\lim_{|z| \to \infty} f(z)z^{-n}$ existe.
> Existe-t-il, $R\in \Q(X)$ tel que $\forall a,b \in \Q, R(a+\sqrt{2}b)=a$ ?
Bof. En particulier, pour tout $a\in \Q$, $R(a)=a$ et donc $R=X$. Ce qui entraîne $R(\sqrt2)\neq 0$.
P.S. Fidèle à son habitude, pourexemple a modifié son message en effaçant le message initial auquel je répondais et qui était "Et tu en déduis quoi ?".
PS1 : le message que j'ai éditer s'adresser à Reuns.
PS2 : @GaBuZoMeu : il s'agit de récréations mathématiques...
PS : en général, quand je pose une question, je pense en avoir une réponse, sinon je le précise.
Bonne journée.
Je ne regarde jamais (ou presque), en tout cas je ne participe pas, le fil ``Il est facile de, la preuve''. Pourquoi ? Parce ce que.
Bonne journée.
énoncé 133 : continuité et extension de corps
Existe-t-il une fonction $R$ de $\R$ dans lui même continue en au moins un point tel que :
$$\forall a,b\in\Q, R(a+\sqrt{2}b)=a$$
Bonne journée.
1/Dans le cas ou la réponse serait non : donc la fonction $R$ n'appartient pas, à l'ensemble minimale contenant les constantes, les fonctions racines, puissances, partie entière (et donc avec la fonction reste de la division euclidienne, pgcd...) et stable par combinaisons linéaires et géométriques finis, ainsi que par compositions... ($R$ ne serait pas récursives primitives)
2/Dans le cas ou la réponse est oui, cela à peu d’intérêt.
PS : je pense que la réponse n'a pas peu d’intérêt...
Autrement, qu'as-tu essayé ?
[small]Et une fonction $R$ de $\R$ dans $r$ tu as le droit de faire des efforts pour les notations[/small]
Bonne journée.
En effet, soit une fonction $R$ de $\mathbb R$ dans $\mathbb R$ telle que : $\forall a\in \mathbb Q,\forall b\in \mathbb Q,R(a+b\sqrt{2})=a$.
Supposons que $R$ soit continue au point $u \in \mathbb R$.
Il existe une suite $a_n \in \mathbb Q$ telle que $a_{n} \rightarrow u$. D'où : $R(u)=u$.
Il existe une suite $b_n \in \mathbb Q$ telle que $b_{n}\sqrt{2}\rightarrow u$. D'où : $R(u)=0$.
Par suite : $u=0$. La fonction $R$ est donc continue en $0$.
Soient les entiers $c_n$ et $d_n$ définis par : $c_{n}+d_{n}\sqrt{2}=(1+\sqrt{2})^{n}$. On a : $c_{n}-d_{n}\sqrt{2}=(1-\sqrt{2})^{n}$, qui a pour limite $0$.
D'où : $c_{n}=R(c_{n}-d_{n}\sqrt{2}) \rightarrow R(0)=0$. Or il est clair que $c_{n}\rightarrow +\infty $.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
NB Et s'il te plaît, écris :
[small]Si vous aimez les casse-tête niveau agreg, pas classiques du tout, c'est ici...[/small]
Merci.
Une fonction $R$ de $\mathbb R$ dans $\mathbb R$, telle que : $\forall a\in \mathbb Q,\forall b\in \mathbb Q,R(a+b\sqrt{2})=a$, n'est ni majorée ni minorée sur aucun intervalle de $\mathbb R$.
Démonstration. Soit $u \in \mathbb R$. Il existe une suite $a_n \in \mathbb Q$ telle que $a_{n} \rightarrow u$ ; cette suite $a_n $ est bien sûr bornée.
Soient les entiers $c_n$ et $d_n$ définis par : $c_{n}+d_{n}\sqrt{2}=(1+\sqrt{2})^{n}$, d'où : $c_{n}\rightarrow +\infty $. On a : $c_{n}-d_{n}\sqrt{2}=(1-\sqrt{2})^{n}$, qui a pour limite $0$.
La suite $x_{n}=a_{n}+c_{n}-d_{n}\sqrt{2}$ a pour limite $u$, et $R(x_{n})=a_{n}+c_{n}\rightarrow +\infty $.
La suite $y_{n}=a_{n}-c_{n}+d_{n}\sqrt{2}$ a aussi pour limite $u$, et $R(y_{n})=a_{n}-c_{n}\rightarrow -\infty $.
La nuit porte conseil. Bonne journée. Courage pour les pairs parisiens et proches.
Fr. Ch.