Caractérisation algébrique du corps des complexes

Soit $K$ une $\mathbb{R}$ -algèbre associative de dimension finie $n \geqslant 2$ . On suppose que $K$ ne possède pas de diviseur de zéro, c'est-à-dire que pour tous $x, y \in K$ , l'égalité $xy = 0$ implique $x = 0$ ou $y = 0$ . On identifie $\mathbb{R}$ à la sous-algèbre $\mathbb{R} \cdot 1_K$ , où $1_K$ désigne l'unité de $K$ .

Démontrer que tout élément non nul de $K$ admet un inverse pour le produit.
Soit $a \in K$ $a \in K$ un élément tel que $a \notin \mathbb{R}$ $a \in / R$ .
1. Établir que la famille $(1_K, a)$ est libre dans $K$ .
2. Montrer que la famille $(1_K, a, a^2)$ est liée.
Prouver qu'il existe un élément $i \in K$ tel que $i^2 = -1_K$ .
On suppose dans cette question que l'algèbre $K$ est commutative. Montrer que $K$ est isomorphe à $\mathbb{C}$ .

1.

Pour l'inversibilité, considérer l'application de multiplication à gauche par un élément $a \neq 0$ et utiliser l'argument de la dimension finie.

2.

Un élément $a \in K$ appartient à $\mathbb{R}$ si et seulement s'il est colinéaire à $1_K$ . Pour la famille $(1, a, a^2)$ , considérer le morphisme d'évaluation $P \mapsto P(a)$ .

3.

Utiliser le fait qu'un polynôme de degré 2 à coefficients réels sans racines réelles peut être mis sous une forme canonique faisant apparaître $-1$ .

4.

Définir un morphisme de $\mathbb{C}$ vers $K$ en envoyant $i$ sur l'élément construit précédemment, puis montrer que ce morphisme est un isomorphisme en utilisant la structure de corps de $K$ .

Idées clés

•

Traduction de l'absence de diviseurs de zéro en termes d'injectivité d'endomorphismes.

•

Utilisation du polynôme minimal (ou annulateur) en dimension finie.

•

Propriétés des polynômes irréductibles sur $\mathbb{R}$ (degré 1 ou 2).

Résolution.

Soit $a \in K \setminus \{0\}$ . Considérons l'application de multiplication à gauche par $a$ : $L_a : \begin{cases} K \to K x \mapsto ax \end{cases}$ Comme $K$ est une $\mathbb{R}$ -algèbre, $L_a$ est clairement une application linéaire. Cherchons son noyau : si $L_a(x) = 0$ , alors $ax = 0$ . Comme $a \neq 0$ et que $K$ ne possède pas de diviseur de zéro, on en déduit $x = 0$ . Ainsi, $\ker(L_a) = \{0\}$ , donc $L_a$ est injective. Puisque $K$ est un espace vectoriel de dimension finie, toute application linéaire injective de $K$ dans lui-même est bijective. Il existe donc un unique élément $b \in K$ tel que $L_a(b) = 1_K$ , soit $ab = 1_K$ . De même, en considérant la multiplication à droite $R_a : x \mapsto xa$ , on montre qu'il existe $b' \in K$ tel que $b'a = 1_K$ . Par associativité, $b' = b'(ab) = (b'a)b = b$ , donc $a$ est inversible. $\boxed{\text{Tout élément non nul de } K \text{ est inversible.}}$
1. Par hypothèse, $a \notin \mathbb{R}$ . Comme on a identifié $\mathbb{R}$ à $\text{Vect}(1_K)$ , cela signifie que $a$ n'est pas un multiple de $1_K$ . Puisque $1_K \neq 0$ , la famille $(1_K, a)$ est donc libre.
2. L'espace $K$ est de dimension $n$ . Considérons la famille $(1_K, a, a^2, \dots, a^n)$ . Elle comporte $n+1$ éléments dans un espace de dimension $n$ , elle est donc liée. Il existe donc un polynôme non nul $P \in \mathbb{R}[X]$ tel que $P(a) = 0$ . Considérons le polynôme annulateur non nul de $a$ de plus petit degré, noté $P_a$ . $P_a$ doit être irréductible sur $\mathbb{R}$ . En effet, si $P_a = QR$ avec $\deg Q < \deg P_a$ et $\deg R < \deg P_a$ , alors $Q(a)R(a) = 0$ . Comme $K$ n'a pas de diviseurs de zéro, $Q(a) = 0$ ou $R(a) = 0$ , ce qui contredit la minimalité du degré de $P_a$ . Or, les polynômes irréductibles de $\mathbb{R}[X]$ sont de degré 1 ou 2. Si $\deg P_a = 1$ , alors $a \in \mathbb{R}$ , ce qui est exclu. Donc $\deg P_a = 2$ . $\boxed{\text{La famille } (1_K, a, a^2) \text{ est liée.}}$
D'après la question précédente, il existe $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ tels que $a^2 + \alpha a + \beta \cdot 1_K = 0$ . Le discriminant de ce trinôme, $\Delta = \alpha^2 - 4\beta$ , doit être strictement négatif car $P_a$ n'a pas de racine réelle. En mettant sous forme canonique : $\left( a + \frac{\alpha}{2} \cdot 1_K \right)^2 + \left( \beta - \frac{\alpha^2}{4} \right) \cdot 1_K = 0$ Posons $\gamma = \beta - \frac{\alpha^2}{4}$ . Comme $\Delta < 0$ , on a $\gamma > 0$ . On peut donc écrire : $\left( a + \frac{\alpha}{2} \cdot 1_K \right)^2 = -\gamma \cdot 1_K$ En divisant par $\gamma$ (qui est un réel strictement positif), et en posant $i = \frac{1}{\sqrt{\gamma}} \left( a + \frac{\alpha}{2} \cdot 1_K \right)$ , on obtient : $\boxed{i^2 = -1_K}$
Supposons $K$ commutative. $K$ est alors un corps (d'après la question 1). Soit $i \in K$ tel que $i^2 = -1_K$ . Considérons l'application : $\phi : \begin{cases} \mathbb{C} \to K x+iy \mapsto x \cdot 1_K + y \cdot i \end{cases}$ $\phi$ est un morphisme d'algèbres. De plus, $\ker(\phi)$ est un idéal de $\mathbb{C}$ . Comme $\mathbb{C}$ est un corps, $\ker(\phi) = \{0\}$ ou $\mathbb{C}$ . Comme $\phi(1) = 1_K \neq 0$ , $\phi$ est injective. Montrons que $\phi$ est surjective. Soit $x \in K$ . Si $x \in \mathbb{R} \cdot 1_K$ , alors $x \in \text{Im}(\phi)$ . Sinon, d'après la question 2, $x$ annule un polynôme $Q \in \mathbb{R}[X]$ de degré 2, irréductible. Le polynôme $Q$ possède deux racines complexes conjuguées $z$ et $\bar{z}$ . Dans $K[X]$ , on peut donc factoriser $Q$ via le morphisme $\phi$ : $Q(X) = (X - \phi(z))(X - \phi(\bar{z}))$ Puisque $Q(x) = 0$ et que $K$ est un corps, on a nécessairement $x = \phi(z)$ ou $x = \phi(\bar{z})$ . Dans les deux cas, $x \in \text{Im}(\phi)$ . $\boxed{K \cong \mathbb{C}}$

Attention à ne pas utiliser la commutativité dès la question 1. Le fait qu'un élément non nul possède un inverse à gauche et à droite suffit pour conclure à l'inversibilité par associativité, même sans commutativité (théorème de Wedderburn pour les corps finis, mais ici on est sur $\mathbb{R}$ ).