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 $\sqrt{2}\in\R$, vous déduisez, par stabilité de l’addition dans le corps $\R$, 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, $a$, $b$, $c$ et $d$ tels que :
x=a+b\sqrt{2}\\
y=c+d\sqrt{2}.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 $2\in\Q$, par stabilité de $\Q$ par produit et par somme, vous déduisez $ac+2bd\in\Q$ et $ad+bc\in\Q$ donc $xy \in\Q.$
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 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 $\Q(\sqrt{2})$, pour tout $q\in\Q$, $k(q)$ est bien défini.
Soit $n$ un entier naturel. Vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété « $k(n)=n$. »
Initialisation. $k(0)=0$ donc $\mathscr{P}(0)$ est vraie.
Hérédité. Soit $n$ un entier naturel. Supposez que $\mathscr{P}(n)$ est 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 $p> 0$ 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 de $k(\alpha)$ vaut $2.$ Donc vous avez $k(\alpha) \in \{\alpha, -\alpha\}.$
1er cas. Si $k(\alpha) = \alpha.$
Soit $x$ un élément de $\Q(\sqrt{2})$, 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*}$k$ est l’application identité.
2ème cas. Si $k(\alpha) = -\alpha.$
Soit $x$ un élément de $\Q(\sqrt{2})$, 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 $\Q(\sqrt{2})$, 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 $\Q(\sqrt{2}).$ En tant que morphisme de corps, il est automatiquement injectif.
Soit maintenant $x\in\Q(\sqrt{2})$, comme $x=k(x)$, $x$ admet un antécédent par $k$ donc $k$ est surjectif. Donc $k$ est bien un automorphisme du corps $\Q(\sqrt{2}).$
Soit $x$ un élément de $\Q(\sqrt{2})$, 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 $b\neq d$, $\sqrt{2} = \frac{a-c}{d-b}$ 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, on définit une application $u$ de $\Q(\sqrt{2})$ 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 $a$, $b$, $c$ et $d$, quatre rationnels, tels que :
x=a+b\sqrt{2}\\
y=c+d\sqrt{2}.Il a été vu que :
xy = ac+2bd+(ad+bc)\sqrt{2}.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*} D’autre part :
\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 $\Q(\sqrt{2})$ donc injectif.
Soit maintenant $x$ un élément de $\Q(\sqrt{2})$, 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*} $x$ admet un antécédent par $u$, ce qui prouve la surjectivité de $u.$
L’application $u$, 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.
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