340. Automorphismes du corps représenté par les combinaisons linéaires de 1 et de racine de 2, à coefficients dans les rationnels

Vous notez $\Q(\sqrt{2})$ l’ensemble suivant :

\Q(\sqrt{2}) = \{a+b\sqrt{2}, (a,b)\in\Q^2\}.

Démontrez que $\Q(\sqrt{2})$ est un corps

Comme $\Q$ est inclus dans $\R$ et comme $\sqrt{2}\in\R\comma$ vous déduisez, par stabilité de l’addition et du produit dans le corps $\R\comma$ que $\Q(\sqrt{2}) \subset \R.$

Tout d’abord vous avez $1 = 1+0\times \sqrt{2}$ ce qui prouve que $1\in \Q(\sqrt{2}).$

Le neutre de la multiplication appartient à $\Q(\sqrt{2}).$

Soient $x$ et $y$ deux éléments de $\Q(\sqrt{2}).$ Il existe quatre rationnels, $a\comma$ $b\comma$ $c$ et $d$ tels que :

\begin{align*} x&=a+b\sqrt{2}\\ y&=c+d\sqrt{2}. \end{align*}

Par somme, il vient :

x+y = (a+c)+(b+d)\sqrt{2}.

Comme le corps des rationnels est stable par addition, il vient $a+c\in\Q$ et $b+d\in\Q$ donc $x+y\in \Q(\sqrt{2}).$

De même :

-x = -a + (-b)\sqrt{2}.

Le corps des rationnels étant stable par passage à l’opposé, il vient $-a\in\Q$ et $-b\in\Q$ donc $-x\in \Q(\sqrt{2}).$

Maintenant, par produit, vous avez :

\begin{align*} xy &= (a+b\sqrt{2})(c+d\sqrt{2})\\ &= (ac+2bd) + (ad+bc)\sqrt{2}. \end{align*}

Comme $2\in\Q\comma$ par stabilité de $\Q$ par produit et par somme, vous déduisez $ac+2bd\in\Q$ et $ad+bc\in\Q$ donc $xy \in\Q(\sqrt{2}).$

L’ensemble $\Q(\sqrt{2})$ est stable par addition, par passage à l’opposé et par produit.

Soit maintenant $x$ un élément non nul de $\Q(\sqrt{2}).$ Il existe deux rationnels $a$ et $b$ tels que $x=a+b\sqrt{2}.$

Vous multipliez cette relation par $a-b\sqrt{2}$ ce qui fournit :

\begin{align*} (a-b\sqrt{2})x &= (a+b\sqrt{2})(a-b\sqrt{2}) \\ &=a^2-2b^2. \end{align*}

Supposez que $a^2-2b^2 = 0.$ Comme $x$ est un réel non nul, il vient nécessairement $a-b\sqrt{2} = 0.$ Si $b$ est nul, alors $a = 0$ ce qui conduit à $x=0$ ce qui est absurde. Donc $b$ n’est pas nul. Du coup $\frac{a}{b}=\sqrt{2}.$ Alors $\sqrt{2}\in\Q$ ce qui est encore absurde.

Du coup $a^2-2b^2\neq 0.$

L’égalité $(a-b\sqrt{2})x = a^2-2b^2$ fournit $\frac{1}{x} = \frac{a-b\sqrt{2}}{a^2-2b^2}.$

Ainsi :

\frac{1}{x} = \frac{a}{a^2-2b^2}+\frac{-b}{a^2-2b^2}\sqrt{2}.

Comme $a\in\Q$ et comme $a^2-2b^2\in\Q^{*}$ vous déduisez $\frac{a}{a^2-2b^2}\in\Q.$ De même $-b\in\Q$ et $a^2-2b^2\in\Q^{*}$ d’où $\frac{-b}{a^2-2b^2}\in\Q.$ Vous déduisez que $\frac{1}{x}\in\Q(\sqrt{2}).$

Il est établi que :

\forall x\in\Q(\sqrt{2}), x\neq 0\implies \frac{1}{x}\in\Q(\sqrt{2}).

L’ensemble $\Q(\sqrt{2})$ est stable par passage à l’inverse.

Il est démontré que $\Q(\sqrt{2})$ est un sous-corps de $\R$ donc $\Q(\sqrt{2})$ est un corps.

Recherche des automorphismes de $\Q(\sqrt{2})$

Soit $k$ un automorphisme de $\Q(\sqrt{2}).$

Vous avez les propriétés suivantes :

\begin{align*} &k(0)=0\\ &k(1)=1\\ &\forall x\in \Q(\sqrt{2}), \forall y\in \Q(\sqrt{2}), k(x+y)=k(x)+k(y)\\ &\forall x\in \Q(\sqrt{2}), \forall y\in \Q(\sqrt{2}), k(xy)=k(x)k(y). \end{align*}

Comme $\Q$ est inclus dans $\Q(\sqrt{2})\comma$ pour tout $q\in\Q\comma$ $k(q)$ est bien défini.

Soit $n$ un entier naturel. Vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété « $k(n)=n.$ »

Initialisation. Comme $k(0)=0\comma$ la propriété $\mathscr{P}(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel. Supposez que $\mathscr{P}(n)$ soit vraie.

Alors $k(n)=n.$ Comme $k(n+1)=k(n)+k(1)$ il vient $k(n+1)=n+k(1).$ Or $k(1)=1$ donc $k(n+1)=n+1.$

Vous déduisez par récurrence que :

\forall n\in\N, k(n)=n.

Soit maintenant $p$ un entier relatif.

Si $p\leq0$ vous avez $-p\geq 0$ donc $k(-p)=-p.$

Comme $0=k(0) =k(p+(-p)) = k(p)+k(-p) = k(p)-p$ vous déduisez $k(p)=p.$

Si $p\gt 0$ il est déjà acquis que $k(p)=p.$

Ainsi il est prouvé que :

\forall p\in\Z, k(p)=p.

Soit $p\in\Z^{*}.$

Vous avez $1 = k(1) =k\left(p\times \frac{1}{p}\right) = k(p)k\left(\frac{1}{p}\right) = p k\left(\frac{1}{p}\right).$

Du coup $k\left(\frac{1}{p}\right) = \frac{1}{p}.$

\forall p\in\Z^{*}, k\left(\frac{1}{p}\right)=\frac{1}{p}.

Soit $q$ un rationnel. Il existe $a\in\Z$ et $b\in\Z^{*}$ tels que $q = \frac{a}{b} = a\times \frac{1}{b}.$

Alors :

\begin{align*} k(q) &= k\left(a\times \frac{1}{b} \right)\\ &= k(a) \times k\left( \frac{1}{b} \right)\\ &= a\times \frac{1}{b}\\ &=\frac{a}{b}\\ &=q. \end{align*}

Il est ainsi établi que :

\forall q\in\Q, k(q)=q.

Dans la suite, notez $\alpha = \sqrt{2}.$ Vous avez $\alpha^2=2.$

Du coup :

\begin{align*} k(\alpha^2) &= k(2)\\ &=2. \end{align*}

Comme $\alpha\in\Q(\sqrt{2})$ vous avez :

\begin{align*} 2 &= k(\alpha^2)\\ &= k(\alpha\times \alpha)\\ &= k(\alpha)\times k(\alpha)\\ &= (k(\alpha))^2. \end{align*}

Le carré du réel $k(\alpha)$ vaut $2.$ Donc vous avez $k(\alpha) \in \{\alpha, -\alpha\}.$

Premier cas. Supposez que $k(\alpha) = \alpha.$

Soit $x$ un élément de $\Q(\sqrt{2})\comma$ il existe deux rationnels $a$ et $b$ tels que $x=a+b\alpha.$

Alors :

\begin{align*} k(x) &= k(a+b\alpha)\\ &= k(a)+k(b\alpha)\\ &=a+k(b)k(\alpha)\\ &=a+b\alpha\\ &=x. \end{align*}

L’application $k$ est l’application identité.

Second cas. Supposez que $k(\alpha) = -\alpha.$

Soit $x$ un élément de $\Q(\sqrt{2})\comma$ il existe deux rationnels $a$ et $b$ tels que $x=a+b\alpha.$

Alors :

\begin{align*} k(x) &= k(a+b\alpha)\\ &= k(a)+k(b\alpha)\\ &=a+k(b)k(\alpha)\\ &=a+b\times(-\alpha)\\ &=a-b\alpha. \end{align*}

Cette analyse montre qu’il y a au plus deux automorphismes de corps de $\Q(\sqrt{2})\comma$ l’application identité et l’application de conjugaison définie par :

\forall a\in\Q, \forall b\in\Q, k(a+b\sqrt{2})=a-b\sqrt{2}.

Synthèse

Il convient de vérifier que les deux applications précédentes conviennent.

Soit $k$ l’application identité de $\Q(\sqrt{2})$. Alors $k(1)=1.$

Soient $x$ et $y$ deux éléments de $\Q(\sqrt{2}).$

\begin{align*} k(x+y)&=x+y\\ &=k(x)+k(y). \end{align*}

De même :

\begin{align*} k(xy)&=xy\\ &=k(x)k(y). \end{align*}

L’application identité est un morphisme du corps $\Q(\sqrt{2})$ dans lui-même. En tant que morphisme de corps, elle est automatiquement injective.

Soit maintenant $x$ un élément de $\Q(\sqrt{2}).$ Comme $x=k(x)\comma$ l’élément $x$ admet un antécédent par $k$ donc $k$ est surjective. Donc $k$ est bien un automorphisme du corps $\Q(\sqrt{2}).$

Soit $x$ un élément de $\Q(\sqrt{2})\comma$ il existe $a\in\Q$ et $b\in\Q$ tels que $x = a+b\sqrt{2}.$

Pour pouvoir poser $u(x) =a-b\sqrt{2}$ il convient de vérifier que, s’il existe $c\in\Q$ et $d\in\Q$ tels que $x = c+d\sqrt{2}$ alors vous avez aussi $a-b\sqrt{2} = c-d\sqrt{2}.$

En effet, si $x = a+b\sqrt{2} = c+d\sqrt{2}$ vous déduisez $a-c = (d-b)\sqrt{2}.$ Si $b\neq d\comma$ $\sqrt{2} = \frac{a-c}{d-b}$ donc $\sqrt{2}\in\Q$ ce qui est absurde. Donc $b=d.$ Alors $a-c=0$ et $a=c.$ Du coup, il vient $a-b\sqrt{2} = c-d\sqrt{2}.$

Pour tout $x$ de $\Q(\sqrt{2})$ s’écrivant sous la forme $x = a+b\sqrt{2}$ avec $a$ et $b$ rationnels, vous définissez une application $u$ de $\Q(\sqrt{2})$ dans lui-même en posant $u(x) = a-b\sqrt{2}.$

Alors, $u(1) = u(1+0\sqrt{2}) = 1-0\sqrt{2} = 1.$

Soient $x$ et $y$ deux éléments de $\Q(\sqrt{2}).$ Il existe $a\comma$ $b\comma$ $c$ et $d\comma$ quatre rationnels, tels que :

\begin{align*} x&=a+b\sqrt{2}\\ y&=c+d\sqrt{2}. \end{align*}

Il a été vu que :

xy = ac+2bd+(ad+bc)\sqrt{2}.

D’une part, comme $ac+2bd$ et $ad+bc$ sont rationnels, il vient $u(xy)=ac+2bd-(ad+bc)\sqrt{2}.$

D’autre part :

\begin{align*} u(x)u(y) &= (a-b\sqrt{2})(c-d\sqrt{2})\\ &=ac+2bd-(ad+bc)\sqrt{2}\\ &=u(xy). \end{align*}

Par ailleurs :

\begin{align*} u(x+y) &= u((a+c)+(b+d)\sqrt{2})\\ &= (a+c)-(b+d)\sqrt{2}\\ &=a-b\sqrt{2}+c-d\sqrt{2}\\ &=u(x)+u(y). \end{align*}

L’application $u$ est un morphisme du corps $\Q(\sqrt{2})$ dans lui-même, donc elle est injective.

Soit maintenant $x$ un élément de $\Q(\sqrt{2})\comma$ il existe deux rationnels $a$ et $b$ tels que :

x=a+b\sqrt{2}.

Vous avez :

\begin{align*} u(a-b\sqrt{2}) &= u(a+(-b)\sqrt{2})\\ &=a-(-b)\sqrt{2}\\ &=a+b\sqrt{2}\\ &=x. \end{align*}

L’élément $x$ admet un antécédent par $u\comma$ ce qui prouve la surjectivité de $u.$

L’application $u\comma$ appelée conjugaison, est un automorphisme du corps $\Q(\sqrt{2}).$

Concluez

Le corps $\Q(\sqrt{2})$ admet exactement deux automorphismes, l’application identité et l’application conjugaison.