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Bivalve

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Algèbre commutatives intègres sur R

Bonjour, je bloque concernant la correction de l'exercice 37 du lien suivant :
https://www.bibmath.net/ressources/inde … &type=fexo

Pour la correction de la question 3, je ne comprends pas pourquoi le discriminant est négatif. Est-ce que c'est le fait que a est une racine qui n'est pas dans vect(1) = R ?

De plus, je ne suis pas sûr de ce que j'avance, mais est-ce que R est inclus dans A ? Car, on sait que le produit entre un scalaire et un vecteur est dans A, donc pour tout réel multiplié par 1 (élément neutre de A) est aussi dans A.

Je vous remercie d'avance de tous vos retours !

Dernière modification par Bivalve (06-05-2023 10:55:30)

LCTD

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Re : Algèbre commutatives intègres sur R

bonjour,

Sauf erreur de ma part, voilà ce que je comprends :

$a^2+\alpha a+\beta=0$, comme Pk est de degré 2 et (1,a,a2) est liée. Il est factorisable en produit d'irréductibles :$a^2+\alpha a+\beta= P_1(a)P_2(a)=0$ comme A est intègre soit $P_1(a)$,soit $P_2(a)$ vaut 0. Pour que cette propriété soit toujours vrai (c'est à dire qu'il existe toujours une racine) il faut que le discriminent soit négatif.(Tout polynôme non constant possède au moins une racine dans C. )

Glozi

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Re : Algèbre commutatives intègres sur R

Bonjour,

je ne suis pas sûr de ce que j'avance, mais est-ce que R est inclus dans A ?

Soit $(A,+,.,\times)$ une algèbre non réduite à $\{0_A\}$ sur $\mathbb{R}$. Notons $1_A\in A$ l'élement unité de $A$ (c'est à dire $\forall x \in A , 1_A\times x = x\times 1_A = x$.
Considérons l'application $\iota : \mathbb{R} \to A, \lambda \mapsto \lambda.1_A$. Alors on vérifie sans peine que $\iota$ est un morphisme de $\mathbb{R}$ algèbre qui est injectif. D'où l'identification $\mathbb{R}\subset A$ au travers de $\iota$. (l'injectivité vient du fait que si $\lambda 1_A=0_A$ pour un $\lambda\neq 0$ alors $1_A = \lambda^{-1}.(\lambda 1_A)=0_A$ et donc l'algèbre serait réduite à $\{0_A\}$).

je ne comprends pas pourquoi le discriminant est négatif. Est-ce que c'est le fait que a est une racine qui n'est pas dans vect(1) = R ?

Oui c'est le bon argument, il faut juste voir pourquoi ça marche :

Je suppose que tu as compris les questions précédentes. Puisque $A$ est de dimension $\geq 2$ et que $Vect(1_A)$ est de dimension $1$, alors on peut trouver un $a\in A \setminus Vect(1_A)$.
Par la question $2$ appliquée à ce $a$, alors $(1_A,a)$ est $\mathbb{R}$-libre alors que $(1_A,a,a^2)$ est liée. Cela signifie que $a^2 \in Vect(1_A,a)$ et donc qu'il existe $\alpha,\beta \in \mathbb{R}$ de sorte que $a^2 + \alpha a +\beta 1_A = 0$.
On réécrit cette relation $(a+\frac{\alpha}{2}1_A)^2 = \frac{\alpha^2-4\beta}{4}1_A$.
Maintenant supposons que $\frac{\alpha^2-4\beta}{4}$ soit un réel positif. Notons $r \in \mathbb{R}$ sa racine carrée.
La relation se réécrit $(a+\frac{\alpha}{2}1_A)^2-r^21_A = 0$ ce qui est équivalent à $(a+(\frac{\alpha}{2}-r)1_A)(a+(\frac{\alpha}{2}+r)1_A)=0$.
En utilisant l'hypothèse que $A$ est intègre alors cette égalité implique $a= -(\frac{\alpha}{2}-r)1_A$ ou $a= -(\frac{\alpha}{2}+r)1_A$. Dans tous les cas ceci implique $a\in Vect(1_A)$ ce qui est absurde (vu qu'on avait justement supposé $a\not\int Vect(1_A)$)
Finalement, le raisonnement ci dessus montre qu'on a $(a+\frac{\alpha}{2}1_A)^2 = \frac{\alpha^2-4\beta}{4}1_A$ avec $\frac{\alpha^2-4\beta}{4}$ un réel strictement négatif.
La suite de l'argument est exactement comme dans la correction.

Bonne journée

Bivalve

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Re : Algèbre commutatives intègres sur R

Merci pour vos réponses ! Tout cela me semble bien plus clair mais ca va être difficile d'intérioriser ca.

Dernière modification par Bivalve (06-05-2023 16:15:54)