Exercice 34

Posons $F=\mathbb{Q}\big(\sqrt{2}\,;\sqrt{3}\big)$. Si l'on avait $\sqrt{3}=a+b\sqrt{2}$ avec $a,b \in \mathbb{Q}$, alors $3=a^{2}+2b^{2}+2ab\sqrt{2}$ imposerait $ab=0$, puis $3=a^{2}$ ou $3=2b^{2}$, ce qui est impossible. Ainsi $[F:\mathbb{Q}]=4$, et $F/\mathbb{Q}$ est galoisienne de groupe $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{2}$, formé des quatre changements de signes de $\sqrt{2}$ et $\sqrt{3}$. Ce groupe a trois sous-groupes d'ordre $2$, donc $F$ a exactement trois sous-corps quadratiques : $\mathbb{Q}\big(\sqrt{2}\big)$, $\mathbb{Q}\big(\sqrt{3}\big)$ et $\mathbb{Q}\big(\sqrt{6}\big)$.

Si $\sqrt{5}$ appartenait à $F$, le corps $\mathbb{Q}\big(\sqrt{5}\big)$ serait l'un d'eux. Mais $\mathbb{Q}\big(\sqrt{5}\big)=\mathbb{Q}\big(\sqrt{m}\big)$ entraîne, par le même calcul que ci-dessus, que $5m$ est un carré dans $\mathbb{Q}$, ce qui est faux pour $m=2$, $3$ et $6$. Donc $L=\mathbb{Q}\big(\sqrt{2}\,;\sqrt{3}\,;\sqrt{5}\big)$ est de degré $8$ : c'est le corps de décomposition de $\big(X^{2}-2\big)\big(X^{2}-3\big)\big(X^{2}-5\big)$, galoisien, et ses huit automorphismes changent indépendamment les signes de $\sqrt{2}$, $\sqrt{3}$ et $\sqrt{5}$.

Les images de $\gamma=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ sont les huit nombres $\pm\sqrt{2}\pm\sqrt{3}\pm\sqrt{5}$. Ils sont deux à deux distincts : une égalité entre deux d'entre eux fournirait une relation $a\sqrt{2}+b\sqrt{3}+c\sqrt{5}=0$ à coefficients dans $\{0\,;\pm 2\}$ non tous nuls, impossible puisque $1$, $\sqrt{2}$, $\sqrt{3}$ et $\sqrt{5}$ font partie d'une base de $L$ sur $\mathbb{Q}$. L'élément $\gamma$ a donc huit conjugués, il est de degré $8$, et son polynôme minimal est le produit des $X-\big(\pm\sqrt{2}\pm\sqrt{3}\pm\sqrt{5}\big)$ : $$\boxed{\mu_{\gamma}=X^{8}-40X^{6}+352X^{4}-960X^{2}+576}$$ Au passage, $\gamma$ est un élément primitif de $L$.