Exercices corrigés - Corps

Soit $K$ un sous-corps de $\mathbb Q$. Alors $0,1\in K$. On a ensuite $2=1+1\in K$, puis $3=2+1\in K$. Par récurrence, on prouve facilement que $\mathbb N\subset K$. Puis, par stabilité par passage à l'opposé, $\mathbb Z\subset K$. Enfin, si $x=p/q$ avec $p\in\mathbb Z$ et $q\in \mathbb N$, $q\neq 0$, alors $p\in K$, $q\in K$, $q\neq 0$ et donc $p/q\in K$. Ainsi $\mathbb Q\subset K$.

On va commencer par démontrer que $\mathbb Q(i)$ est un sous-anneau de $\mathbb C.$ Pour cela, on remarque que

• $1\in\mathbb Q(i)$
• si $z=a+ib$ et $z'=a+ib'\in\mathbb Q(i),$ alors $$z-z'=(a-a')+i(b-b')\in\mathbb Q(i)$$ et $$zz'=(a+ib)(a'+ib')=(aa'-bb')+i(ab'+a'b)\in\mathbb Q(i).$$

Ensuite, soit $z=a+ib\in\mathbb Q(i),$ $z\neq 0.$ Alors $$\frac1z=\frac{a-ib}{a^2+b^2}=\frac{a}{a^2+b^2}+i\frac{-b}{a^2+b^2}\in\mathbb Q(i).$$ Ainsi, $1/z$ est dans $\mathbb Q(i)$ et donc tout élément non nul de $\mathbb Q(i)$ admet un inverse dans $\mathbb Q(i)$. Ceci achève de prouver que $\mathbb Q(i)$ est un corps.

On va démontrer qu'il s'agit d'un sous-corps de $(\mathbb R,+,\times)$. Remarquons d'abord qu'il est bien contenu dans $\mathbb R$ et que $0,1\in \mathbb Q[\sqrt d]$. Soient $x,y\in\mathbb Q[\sqrt d]$. On les écrit $x=a+b\sqrt d$ et $y=a'+b'\sqrt d$. Alors : \begin{eqnarray*} x-y&=&(a-a')+(b-b')\sqrt d\\ xy&=&(aa'+dbb')+(ab'+a'b)\sqrt d \end{eqnarray*} ce qui prouve que $x-y$ et $xy\in\mathbb Q[\sqrt d]$. D'autre part, si $x\neq 0$, alors $$\frac 1x=\frac{1}{a+b\sqrt d}=\frac{a-b\sqrt d}{a^2-b^2d}=\frac{a}{a^2-b^2 d}-\frac{b}{a^2-b^2 d}\sqrt d\in\mathbb Q[\sqrt d]$$ et donc $\frac 1x\in \mathbb Q[\sqrt d]$. Remarquons qu'il était possible de multiplier par la quantité conjuguée qui est non-nulle car $\sqrt d\notin \mathbb Q$. Finalement, on a bien prouvé que $(\mathbb Q[\sqrt d],+,\times)$ est un sous-corps de $(\mathbb R,+,\times)$.

Fixons $a\in A$ non nul et considérons le morphisme de groupes $(A,+)\to (A,+),\ x\mapsto ax$. Alors ce morphisme de groupes est injectif, car son noyau est réduit à $\{0_A\}$ puisque $A$ est intègre. Puisque $A$ est fini, ce morphisme est nécessairement bijectif, et donc il existe $x\in A$ tel que $ax=1_A$. Par commutativité de $A$, on a aussi $xa=1_A$ et donc $a$ admet un inverse : $A$ est un corps.
Remarquons que l'on peut se passer de l'hypothèse que $A$ est commutatif, par exemple en faisant le même raisonnement avec $x\mapsto xa$, et en prouvant que l'inverse à droite et l'inverse à gauche coïncident.

Il n'est pas très difficile de trouver que $$-1=(1)^2+(i\sqrt 2)^2.$$ Imaginons qu'il existe un isomorphisme $\sigma$ de $\mathbb Q[i\sqrt 2]$ sur $\mathbb Q[\sqrt 2]$. Alors, on sait que $\sigma(-1)=-1\sigma(1)=-1$. Maintenant, $-1=a^2+b^2$ dans $\mathbb Q[i\sqrt 2]$ et donc $$-1=\sigma(-1)=c^2+d^2$$ où $c=\sigma(a)$ et $d=\sigma(b)$. Ainsi, $-1$ est aussi somme de deux carrés dans $\mathbb Q[\sqrt 2]$. C'est impossible, puisque les carrés de $\mathbb Q[\sqrt 2]$ sont des réels positifs ou nuls! En réalité, on a même prouvé une propriété plus forte : il n'existe pas de morphisme de corps de $\mathbb Q[i\sqrt 2]$ vers $\mathbb Q[\sqrt 2]$.

Procédons par analyse-synthèse en commençant par chercher une condition nécessaire. Supposons donc qu'il existe un isomorphisme $\varphi$ du corps $\mathbb Q(\sqrt\alpha)$ sur le corps $\mathbb Q(\sqrt\beta)$. Pour tout entier $n$, on a $$\varphi(n)=\varphi(1+\dots+1)=\varphi(1)+\dots+\varphi(1)=n.$$ En particulier, on obtient que $\varphi(\alpha)=\alpha$. Écrivons maintenant que $\varphi(\sqrt \alpha)=c+d\sqrt \beta$, avec $c,d\in\mathbb Q$. On a alors $$\alpha=\varphi(\alpha)=\big(\varphi(\sqrt\alpha)\big)^2=(c+d\sqrt \beta)^2=c^2+d^2\beta+2cd\sqrt \beta.$$ Puisque $\sqrt\beta$ est irrationnel, on a nécessairement $cd=0$. Si $d=0$, on a $\alpha=c^2$ ce qui contredit que $\sqrt\alpha$ est irrationnel. Donc on a $c=0$ et $\sqrt{\frac\alpha\beta}=d$ est rationnel.
Réciproquement, supposons que $\sqrt{\frac\alpha\beta}$ est égal à un certain rationnel $r$ et définissons $\varphi$ sur $\mathbb Q(\sqrt\alpha)$ par $$\varphi(a+b\sqrt\alpha)=a+br\sqrt\beta.$$ On va démontrer que $\varphi$ est un isomorphisme de corps. Comme c'est clairement un isomorphisme de groupe additif, il suffit de vérifier la compatibilité avec le produit. Mais, \begin{eqnarray*} \varphi( (a+b\sqrt\alpha)(a'+b'\sqrt \alpha))&=&\varphi(aa'+bb'\alpha+(ab'+ba')\sqrt\alpha)=aa'+bb'\alpha+(ab'+ba')r\sqrt\beta\\ \varphi(a+b\sqrt\alpha)\varphi(a'+b'\sqrt\alpha)&=&(a+br\sqrt\beta)(a'+b'r\sqrt\beta)=aa'+bb'r^2\beta+(ab'+ba')r\sqrt\beta. \end{eqnarray*} Comme $r^2\beta=\alpha$, ces deux quantités sont égales et $\varphi$ est bien un (iso)morphisme de corps.

Dans le produit, on regroupe chaque élément avec son inverse. Ceci est possible s'ils sont distincts, et dans ce cas, on peut simplifier le produit $x x^{-1}=1$. On en déduit que $$\prod_{x\in K^*}x=\prod_{x=x^{-1}}x=\prod_{x^2=1}x.$$ Or, dans un corps $K$, l'équation $x^2=1$ a pour solution $1$ et $-1$. Si ces deux nombres sont distincts, alors le produit vaut $-1$. Si ces deux nombres sont égaux (cas d'un corps de caractéristique $2$), alors le produit de ces deux nombres vaut $1=-1$ également. Finalement, dans tous les cas, on a bien $$\prod_{x\in K^*}x=-1.$$

On pose $M=H_1\cap H_2$. Par multiplicativité des degrés dans la tour d'extension $K\subset M\subset H_1$, on a $$[H_1:K]=[H_1:M]\times [M:K].$$ De même, mais en considérant cette fois la tour $K\subset M\subset H_2$, on a $$[H_2:K]=[H_2:M]\times [M:K].$$ Ainsi, $[M:K]$ est un diviseur commun de $[H_1:K]$ et de $[H_2:K]$. Ces deux nombres étant premiers entre eux, on a $[M:K]=1$, autrement dit, $K=M=H_1\cap H_2$.

Appliquons la multiplicativité des degrés à l'extension $K\subset K(\alpha)\subset L$. Alors on a $$[L:K]=[L:K(\alpha)]\times [K(\alpha):K].$$ Comme $[L:K]$ est un nombre premier, on a nécessairement $[K(\alpha):K]=1$ ou $[K(\alpha):K]=[L:K]$. Le premier cas est exclu, car on a $K(\alpha)\neq K$. C'est donc que $[K(\alpha):K]=[L:K]$ et $[L:K(\alpha)]=1$. Autrement dit, $L=K(\alpha)$.

Imaginons que ce corps soit algébriquement clos. Alors le polynôme $X^2-t$ aurait une racine dans $\mathbb C(t)$. Autrement dit, on pourrait trouver deux polynômes $P,Q\in\mathbb C[t]$ tels que $$\left(\frac{P(t)}{Q(t)}\right)^2-t=0\iff P^2(t)=tQ^2(t).$$ Mais ceci est impossible, car dans sa décomposition en facteurs irréductibles, le polynôme de gauche $P^2$ n'a que des facteurs irréductibles à un exposant pair, tandis que celui de droite à un facteur irréductible de degré impair, à savoir $t$. Par unicité de la décomposition en facteurs irréductibles dans $\mathbb C[t]$, on en déduit le résultat.