[Algèbre] R-algèbres intègres (Math sup)

par **C.N.S.** » 27 Fév 2015, 13:55

Bonjour !
Mon problème est le suivant :
Soit A une R-algèbre commutative intègre de dimension finie n > 1 avec R

A.
Soit

A\R. On a immédiatement que

est libre. Là où ça se corse, c'est pour montrer que

est liée.

Comme A est de dimension finie,

est algébrique sur R, mais ce nous informe juste que

est liée. Il y a peut-être quelque chose à chercher du coté de la clôture algébrique de R, mais ça serait vraiment trop hors-programme.
Des conseils ?
Merci d'avance.
P.S. : R désigne bien entendu le corps des réels.

par **zygomatique** » 27 Fév 2015, 14:34

salut

si

alors il existe un polynome du second degré à coefficients réels a, b et c non tous nuls tels que

donc 1 , u et u² sont liés ....

:lol3:

par **C.N.S.** » 27 Fév 2015, 14:38

Oui, mais justement, la question est, pourquoi existe t-il un tel polynôme (c'est si évident que ça ?)...

par **mathelot** » 27 Fév 2015, 14:59

C.N.S. a écrit:Oui, mais justement, la question est, pourquoi existe t-il un tel polynôme (c'est si évident que ça ?)...

ça serait pas parce que les polynômes sont scindés dans C ?

par **SLA** » 27 Fév 2015, 15:14

mathelot a écrit:ça serait pas parce que les polynômes sont scindés dans C ?

Je dirais plutôt que c'est parce que le polynôme minimal de x_0 est irréductible sur R. Donc il est de degré...

par **C.N.S.** » 27 Fév 2015, 15:16

L'objectif de la question est de montrer que A est isomorphe à C (cf. Frobenius).
Puisqu'on ne sait pas si

ou

, qu'est ce qui nous permet de nous servir de d'Alembert-Gauss ?

En effet, tout trinôme du second degré admet deux racines (comptées avec multiplicité) dans

, mais comme u n'est pas dans C, je ne comprend pas comment vous pouvez conclure.

par **SLA** » 27 Fév 2015, 15:17

C.N.S. a écrit:L'objectif de la question est de montrer que A est isomorphe à C (cf. Frobenius).
Puisqu'on ne sait pas si ou , qu'est ce qui nous permet de nous servir de d'Alembert-Gauss ?

En effet, tout trinôme du second degré admet deux racines (comptées avec multiplicité) dans \mathbb{c}, mais comme u n'est pas dans C, je ne comprend pas comment vous pouvez conclure.

Alors, on reprend plus lentement. Si on parle de polynôme minimal, ça te parle?

par **C.N.S.** » 27 Fév 2015, 15:32

Avec la définition, oui.
Ok, il faut donc montrer que ce polynôme est irréductible...
Soit donc

le polynôme minimal de u, et

tq

. On a donc

ou

par intégrité. SPG, sq

. Donc par minimalité du degré de P, A est associé à P ou A est nul (absurde par intégrité !). Donc A est associé à P et en passant par le degré on a que B est une constante non nulle. Donc seuls les associés de P et les constantes non nulles divisent P. Donc P est irréductible dans

donc il est de degré 1 ou 2. Il ne peut pas être de degré 1 sans quoi on aurait une relation de liaison pour

, donc il est de degré 2 et on a notre relation de liaison pour

.

Merci à vous. :happy2:

par **SLA** » 27 Fév 2015, 15:34

C.N.S. a écrit:Avec la définition, oui.
Ok, il faut donc montrer que ce polynôme est irréductible...
Soit donc le polynôme minimal de u, et tq . On a donc ou par intégrité. SPG, sq . Donc par minimalité du degré de P, A est associé à P ou A est nul (absurde par intégrité !). Donc A est associé à P et en passant par le degré on a que B est une constante non nulle. Donc seuls les associés de P et les constantes non nulles divisent P. Donc P est irréductible dans donc il est de degré 1 ou 2. Il ne peut pas être de degré 1 sans quoi on aurait une relation de liaison pour , donc il est de degré 2 et on a notre relation de liaison pour .

Merci à vous. :happy2:

Impeccable!

par **C.N.S.** » 27 Fév 2015, 15:34

Et on a l'existence de ce polynôme minimal en considérant

qui est une partie de

non vide car

.

par **SLA** » 27 Fév 2015, 15:37

C.N.S. a écrit:Et on a l'existence de ce polynôme minimal en considérant qui est une partie de non vide car .

En effet. Quand tu seras plus grand (c'est à dire l'an prochain) tu verras que l'ensemble I des polynômes qui annulent x_0 est un idéal de R[X]. Ce dernier étant un anneau principal, il existe P tel que que (P)=I (On dit que P engendre l'idéal I).
On montre ensuite que P est non trivial et irréductible exactement comme tu l'as fais.
Bon boulot

par **zygomatique** » 27 Fév 2015, 16:03

ouais enfin c'est un peu compliquer les choses pour rien ...

les irréductibles de R[x] sont les fonctions affines et les trinome du second degré .... (à discriminant strictement négatif bien sur) (donc tout polynome de degré n se factorise en fonction affine ou trinome du second degré)

si u appartient à A/R alors il n'est pas racine d'une fonction affine donc il est racine d'un trinome ....

épictou !!!

et ça n'a rien à voir avec C ....

par **SLA** » 27 Fév 2015, 16:21

zygomatique a écrit:ouais enfin c'est un peu compliquer les choses pour rien ...

les irréductibles de R[x] sont les fonctions affines et les trinome du second degré .... (à discriminant strictement négatif bien sur) (donc tout polynome de degré n se factorise en fonction affine ou trinome du second degré)

si u appartient à A/R alors il n'est pas racine d'une fonction affine donc il est racine d'un trinome ....

épictou !!!

et ça n'a rien à voir avec C ....

Alors, je veux bien croire que ça soit compliqué, mais moralement tu fais exactement la même chose: parmi les polynômes qui annulent x_0, tu cherches celui de degré minimal.
Toi tu dis J'ai un polynôme P de degré n qui annule x_0, P se scinde en polynome de degré 2 et 1 (irréductibilité), j'éjecte ceux de degré 1 (sinon x_0 serait dans R). Donc le plus petit degré nécessaire pour annuler x_0 c'est 2.
CNS à fait ainsi: Il existe des polynômes non triviaux qui annulent x_0. Je prend celui de plus petit degré. Il est irréductible. Pas de degré 1, donc de degré 2.

Par ailleurs, quand tu dis que tout ça n'a rien à voir avec C, là j'objecte ("objection! Votre honneur!" comme les américains): quelle preuve as-tu du fait que les polynômes irréductibles sont exactement ceux de degré 1 et ceux du second degré avec un discriminant strictement négatif?

Cordialement

par **zygomatique** » 27 Fév 2015, 17:32

pour les fonction affines :: deg(PQ) = deg(P) + deg(Q) (je ne connaissais bien sur pas formellement cette relation en collège mais on la pressentait fortement quand on travaillait à la main des factorisations et développements)

les trinômes :: mon cours de première (sur les trinome) (voire même mon activité et expérience de collège (troisième) à partir des identités remarquables) :: tout trinome s'écrit

et le signe de b permet de conclure ... (car une somme de deux carrés non nuls n'est jamais nulle dans R)

et je ne connaissais pas C ... à part que c'était la lettre de ma classe en première et terminale

par **SLA** » 27 Fév 2015, 17:40

zygomatique a écrit:pour les fonction affines :: deg(PQ) = deg(P) + deg(Q) (je ne connaissais bien sur pas formellement cette relation en collège mais on la pressentait fortement quand on travaillait à la main des factorisations et développements)

les trinômes :: mon cours de première (sur les trinome) (voire même mon activité et expérience de collège (troisième) à partir des identités remarquables) :: tout trinome s'écrit et le signe de b permet de conclure ... (car une somme de deux carrés non nuls n'est jamais nulle dans R)

et je ne connaissais pas C ... à part que c'était la lettre de ma classe en première et terminale

Je ne comprends pas ce qu'une identité sur les degré fait avec les fonctions affines.
Par ailleurs, j'ai l'impression que tu m'affirmes que les polynomes de degré 2 (avec discriminant négatifs) sont irréductibles. Ce qui est vrai.
Or le résultat que tu utilises est: si j'ai un polynôme réel irréductible (sur R[X]) alors il est de degré 1 ou de degré 2 (avec un discriminant négatif). Je ne doute pas que le résultat est simple, mais la seule démo qui me vient en tête utilise d'Alembert-Gauss (donc

).

Donc je crois bien que la preuve est compliquée, parce que les résultats ne sont pas simples à obtenir (sans admettre de gros résultat fourre-tout intermédiaires).

Cordialement

par **zygomatique** » 27 Fév 2015, 20:46

:hein: :hein: :hein: :hein: :hein:

il est évident que (ax + b)(cx + d) est de degré 2 (depuis le collège) ....

il est évident que ax + b = a(x + b/a) (depuis le collège)

je n'évoque la règle sur les degrés (vue en première) uniquement pour dire simplement ce qu'elle dit !!!!

et d'Alembert-Gauss sert uniquement pour justifier le nombres de racines d'un polynôme de degré n

maintenant depuis le collège et les identités remarquables :

je conclus immédiatement qu'un trinome du second degré à discriminant négatif n'est pas factorisable donc irréductible (ce que me confirme mon cours de première)

....

par **SLA** » 28 Fév 2015, 00:43

zygomatique a écrit::hein: :hein: :hein: :hein: :hein:

il est évident que (ax + b)(cx + d) est de degré 2 (depuis le collège) ....

il est évident que ax + b = a(x + b/a) (depuis le collège)

je n'évoque la règle sur les degrés (vue en première) uniquement pour dire simplement ce qu'elle dit !!!!

et d'Alembert-Gauss sert uniquement pour justifier le nombres de racines d'un polynôme de degré n

maintenant depuis le collège et les identités remarquables :

je conclus immédiatement qu'un trinome du second degré à discriminant négatif n'est pas factorisable donc irréductible (ce que me confirme mon cours de première)

....

Oui, j'ai bien compris ton propos. Mais tu évites soigneusement de dire comment tu prouves que tout polynôme irréductible réel est de degré 1 ou de degré 2 avec un discriminant négatif.
Car c'est cette propriété que tu utilises.
Cordialement

par **zygomatique** » 28 Fév 2015, 02:10

mais bon sang de bonsoir ....

un polynome de degré 1 est irréductible .... parce qu'il est de degré 1 !!!! et tout diviseur de ax + b est k(ax + b) ... (polynome associé)

ensuite allez un outil que je n'ai pas donné explicitement effectivement .... mais bon ...

si a est une racine de P alors il existe Q tel que P(x) = (x - a)Q(x)

REM: pour tout polynome P et tout réel a : P(x) = (x - a)Q(x) + P(a) (division euclidienne de P par x - a)

et ça suffit pour prouver qu'un polynome de degré 2 à discriminant négatif n'est pas factorisable donc est irréductible ....

bof même pas besoin de ce qui est en italique ... ne pas le savoir en troisième seconde ne m'a pas privé de factoriser ou non les polynômes du second degré ....

et la preuve en est son écriture sous forme canonique et les identités remarquables .... puisque dès que j'arrive à

soit j'ai un + et je ne peux pas factoriser donc irréductible
soit j'ai un moins et je peux factoriser en

donc ce polynome est réductible ....

je ne vois pas où est le problème : c'est la même chose qu'avec les entiers naturels et les nombres premiers ....

et ce que je viens de dire est une preuve !!!! et découle de la notion de divisibilité dans l'anneau R[x]

on peut utiliser d'Alembert-Gauss ... qui dit que tout polynome possède au moins une racine .... mais ce n'est pas ça qui est important ...

on peut toujours supposer l'existence d'une solution z dans C
mais alors on démontre que : si z est complexe non réel alors son conjugué est aussi racine et alors

est réel de degré 2

bon maintenant je ne pense pas qu'ici on demande de démontrer le théorème de d'Alembert-Gauss ou le théorème de Liouville et le principe du maximum pour admettre qu'on a au moins une racine mais simplement ce qu'on a appris au lycée ... à savoir qu'un polynome de degré 2 se factorise dans R ou pas .... et que dans ce cas il est irréductible pas définition qu'il ne s'écrit pas QR (sauf si l'un des deux est une constante)

attendons de voir ce que nous en dira C.N.S...

d'autre part il y a aussi l'hypothèse de dimension finie à utiliser ...mais je ne pense pas qu'elle serve dans la première question mais ensuite pour montrer l'isomorphisme avec C ....

par **Robic** » 28 Fév 2015, 03:01

Zygomatique : je crois que tu prends le problme à l'envers.

SLA disait :

Mais tu évites soigneusement de dire comment tu prouves que tout polynôme irréductible réel est de degré 1 ou de degré 2 avec un discriminant négatif.

Il ne dit pas qu'il faut démontrer qu'un polynôme de degré 1 ou 2 est irréductible (ce qui est en effet facile) ; il dit qu'il faut démontrer que si un polynôme (réel) est irréductible, c'est que forcément il est de degré 1 ou 2 (tu avais dit plus haut « les irréductibles de R[x] sont les fonctions affines et les trinome du second degré »). Et ça, c'est en effet tout sauf évident : qu'est-ce qui prouve (à part les théorèmes fondamentaux) qu'il n'existe pas de polynômes irréductibles de degré 4 par exemple ?

(Par exemple

, si on m'avait demandé mon avis du temps où j'étais au lycée, je crois que j'aurais voté irréductible puisqu'il n'a pas de racines réelles et que

n'est pas visible à l'oeil nu).

par **zygomatique** » 28 Fév 2015, 10:06

oui j'y ai pensé en allant me coucher après avoir posté mon précédent post (fort tardivement donc sans les idées claires) .... :dodo:

en fait pour revenir au pb .... et qu'il aurait été bien que CNS nous donne l'énoncé complet puisqu'il le complète à15h16...

A est une R-algèbre de dimension finie donc pour tout z de A/R la suite

n'est pas libre donc il existe un polynome de degré n tel que P(z)=0

et le degré des polynômes est borné du fait de la dimension finie ...

on considère alors l'idéal

puisque R[x] est principal il existe un polynome P tel que I = P.R[x]

et on montre alors que le degré de P est 2 comme cela a été fait au dessus ....

[Algèbre] R-algèbres intègres (Math sup)

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