rac(3)+rac(2) algébrique?

Joue avec $a=\sqrt{3}+\sqrt{2}$ et $b=\sqrt{3}-\sqrt{2}$.
Tu verras que $a+b=2\sqrt{3}$, que $a-b=2\sqrt{2}$ et que $ab=1$.
De plus $a^2=5+2\sqrt{6}$ et que $b^2=5-2\sqrt{6}$.
Autrement dit, $a^2+b^2=10$ et $a^2-b^2=4\sqrt{6}$, $a^4-2a^2b^2+b^4=96$, or $ab=1$ et $b^4=49-20\sqrt{6}=49-10(a^2-5)=99-10a^2$.
Donc $a$ est racine du polynôme $a^4-10a^2+99-96-2=a^4-10a^2+1$.

Il y a plus simple, n’est-ce pas.

bonsoir

calcule (x-V3-V2)(x-V3+V2)(x+V3-V2)(x+V3+V2)

Avec l'étape de bs : $x^2 - 5 = 2\sqrt{6}$, donc $(x^2 - 5)^2 = 24$, et il n'y a plus qu'à développer.

PB a écrit:

Car alors le polynôme caractéristique de f annulera f (Cayley-Hamilton) et donc x.

Je dirais "et donc a"

Quid du polynôme minimal par cette méthode?

Ritchie

Même technique :
$x = 4^{1/3} + 2i$
$x - 2i = 4^{1/3}$
$(x - 2i)^3 = 4$
$x^3 - 6ix^2 - 12x + 8i = 4$
$x^3 - 12x - 4 = (6x^2 - 8)i$
$(x^3 - 12x - 4)^2 = -(6x^2 - 8)^2$

Je dirais "et donc a"

(:P)

Quid du polynôme minimal par cette méthode?

Soit une extension finie L/K de degré n.
Pour tout a dans L, notons m(a):L->L la multiplication par a.

Si on préfère, on peut considérer que m(a) est une matrice n*n à coefficients dans K (c.a.d. si on a choisi une K-base de L).

L'application m:L->End_K(L) est un morphisme injectif de K-algèbres : m(L) est une sous-algèbre de End_K(L) qui est un corps et qui est isomorphe à L. Au passage on voit ainsi que toute extension finie peut se voir comme une algèbre de matrices.

A partir de là, il est clair que le polynôme minimal d'un élément a de L est le même que le polynôme minimal de l'endomorphisme m(a).

On a même un peu plus: soit $F/k$ une extension de corps de degré fini.

Pour tout $a\in F$, on note $\ell_a:F\to F$ l'endormorphisme de multiplication à gauche par $a$ (où $F$ est vu comme $k$-espace vectoriel).


Alors le polynôme caractéristique de $\ell_a$ est $Irr(a,k)^{[F:k(a)]}$, où
$Irr(a,k)$ est le polynôme minimal de $a$.

Waouh tous les développements sur cette question. A ma connaissance, il y a un théorème qui dit:

Les nombres algébriques forment un corps (donc stable par $+,\times$)

Bon, certes, je n'ai pas précisé "algébrique sur quoi, etc...". Mais au moins ce fil permet de s'interroger sur 2 points:

1) La preuve du théorème précédent est-elle "facile"?
2) D'une preuve peut-on tirer une façon de rédiger dans les études (bac + $x$ mais avant le théorème) une solution à n'importe quel cas particulier demandé en controle ou exam?

Une spécialité appelée "correspondance de Curry Howard" assure que la réponse à (2) est "oui"!!! (dans ce genre de contexte, les axiomes hign tech de ZFC n'étant pas utilisé)

Bon, il me reste plus qu'à réfléchir à une preuve du théorème pour voir si ça vaut le coup de la poster:

alors voyons voir.

Si $a_nx^n+..a_0=0$ alors "$a_n+a_{n-1}y^1+...+a_0y^n=0$" semble convenir comme équation satisfaite par l'inverse de $x$

si $P(x)=0$ et $Q(y)=0$ héhé je vois pas du tout quel polynome pourrait bien annuler $x+y$ (ou $xy$)!!! Mais bon ya une solution "non constructive" comme diraient les anciens. L'espace vectoriel engendré par les $x^n$ est de dim finie, idem pour y (sur le corps initial)

A priori, donc, les $(x+y)^n$ ne vont pas former une famille libre (c'est du pur feeling, mais bon), pas plus que les $(xy)^n$ car en développant... L'idée serait que chaque fois qu'un terme du genre $x^ny^p$ apparait avec $n$ ou $p$ trop grand, on peut diminuer $n$ ou $p$

Il semble donc qu'il existe un $T$ tel que les $x^ny^p$ pour $n+p<T$ forment une famille génératrice de l'EV engendré par les $x^ny^p$

Cette famille étant finie...

Bon, rolala, désolé pour l'aspect "constructif" parti à la trappe. Mais enfin, je viens de découvrir que le théorème référé n'est pas "banal", comme quoi le parcoeur est bien l'ennemi des maths:D

Bonsoir,

Je viens de parcourir ce fil, et je suis étonné que personne n'ait encore parlé de résultant.
Si a (resp. b) est un nombre algébrique qui satisfait P(a)=0 (resp. Q(b)=0) où P et Q sont à coefficients entiers, alors a+b est racine du résultant de P(Y) et de Q(X-Y) par rapport à Y: en effet, pour X=a+b, alors Y=a est une racine commune des deux.

Ca marche bien avec un système de calcul formel, et même sans ça pour de petits exemple comme P=X²-2 et Q=X²-3. Dans ce cas, un petit déterminant 4*4 pas trop dur à calculer, qui donne (X²-1)²-8X².

C.C. : c'est constructif.

Cordialement,

MC

C.C. : ::o

Que veux-tu de plus "robot" que la technique résultant ?

On te donne P et Q, tu calcules le résultant par rapport à Y de P(Y) et Q(X-Y).
C'est direct de la preuve au calcul effectif, sans intermédiaire !

MC

Je te fourgue ma camelote:
texte sur le résultant

Cordialement,

MC

PB a écrit:

Je me demande si je ne préfère pas calculer les invariants de similitude

A bien y refléchir, je crois bien qu'avec la méthode "standard" pour calculer les invariants de similitude (ce sont les facteurs invariants de la matrice XI -A), on fait plus ou moins la même chose que pour calculer le pgcd de tous ses éléments.

Pour la beauté de la formule (c'est une écriture sophistiquée de Cayley-Hamilton), on peut noter un corollaire intéressant : l'invariance du polynome minimal d'une matrice par extension de corps, puisque le déterminant et le pgcd sont invariants.

Ritchie

PB et Ritchie:

Pour en revenir au problème initial qui était de montrer explicitement que la somme de deux nombres algébriques est algébrique, je vous signale une autre manière de procéder en utilisant des invariants d'endomorphisme de $\mathbb{Q}$-algèbres : sur $\mathbb{Q}[Y]/P(Y)$, on considère l'endomorphisme de multiplication par la classe de $Q(X-Y)$, et on prend son déterminant. Il y a une indéterminée $X$ la-dedans, donc la matrice de l'endomorphisme de multiplication est à coefficients polynomiaux en $X$, et son déterminant est un polynôme en $X$ : c'est celui qu'on veut. Exemple pour $P(Y)=Y^2-2$ et $Q(Y)=Y^2-3$, la matrice est
$$\begin{pmatrix} X^2-1&-4X\\ -2X& X^2-1 \end{pmatrix}\;,$$
et son déterminant est bien $X^4-10X^2 +1$.

Coucou le revoila, c'est le résultant à la mode bourbachique (vu comme une norme)! Voir le texte que j'ai refourgué à CC, p.6.

A bientôt,

MC

PB a écrit:

(mais pour trouver des polynômes * minimaux *, je ne sais pas utiliser le résultant directement)

C'est sûr que si on fait le coup du résultant avec Y²+Y+1 et Y²-Y+1, ce qu'on va trouver n'est pas très irréductible...

Cordialement,

MC

Hum, en mathématiques, je suis plutôt un lecteur (en littérature aussi), hélas 8-)