Racine carrée dans un corps.

Ottman
Ottman
dans Algèbre
J'ai trouvé dans les annales/rapports des concours X ENS (2014) le problème d'oral suivant :

soit $k$ un corps, on appelle une racine carrée sur $k$ une application de $r : (k^*)^2 \rightarrow k$ telle que
pour tout $x$ de $k$ on a : $(r(x))^2=x$ et
pour tout $(x,y) \in k^2,\ r(x.y)=r(x).r(y)$.
La question est la suivante : discuter l'existence et l'unicité de racines carrées dans les corps $\mathbb{Q},\ \mathbb{R},\ \mathbb{C}$ et $\mathbb{Z}/p \mathbb{Z}$.

Dans $\mathbb{Q}$ et dans $ \mathbb{R}$ on peut prendre par exemple $r(x)$ comme étant la "racine" positive et on vérifie qu'une telle application correspond.
Pour $\mathbb{C}$ et $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ j'ai eu l'idée de faire le chemin inverse, définir à partir d'une racine carrée un ordre compatible avec la structure de corps.
Donc supposons qu'il existe une telle racine carrée $r$ sur notre corps on peut définir la relation d'ordre $\le$ comme suit :$ y \le x$ ssi $r((x-y)^2)=x-y$ on peut montrer qu'elle est réflexive, anti-symétrique et (transitive.).

Montrons maintenant que le produit de deux éléments positifs (supérieur à 0 le neutre de l'addition) est positif.
Si pour $x,y \in k,\ 0 \le x$ et $0 \le y$ alors on aura : $(r(x)^2)=x$ et $(r(y)^2)=y$ et donc $r((xy)^2)=r(x^2).r(y^2)=xy$ et donc $0 \le xy$.
Donc déjà on peut dire qu'il n'existe aucune racine carrée dans $\mathbb{C}$ car tout simplement il n'existe pas d'ordre vérifiant la propriété qu'on vient de prouver, et cela car : $i^2=-1$ (1 étant évidemment positif ($r(1.x)=r(1).r(x)$) -1 est donc négatif.)

Pour $\mathbb Z/p\mathbb Z$ on a $ (r(x+1-x)^2)=r(1)=1=x+1-x$ donc $x+1$ est strictement supérieur à $x$, par récurrence on a $x+n^*$ supérieur à $x$ avec $n$ un entier et $n^*$ sa classe modulo $p\mathbb Z$. et donc en prenant $n= p$ on a $x$ strictement inférieur à $x + p^*$ donc $x$, ce qui est absurde.

J'ai l'impression que mon raisonnement se tient mais je bloque totalement sur la transitivité de ma relation, soit c'est quelque chose de clair et je suis vraiment bête mais je ne vois pas ! Sinon j'ai vraiment peur que ça ne soit juste pas vrai et donc que tout le raisonnement passe à la corbeille.
Si quelqu'un peut m'aider je lui en serais très reconnaissant :) !
Othman.

Réponses

  • Poirot
    Poirot
    Je ne comprends pas la définition de ta relation d'ordre, par définition de ce que tu appelles racine carrée, on doit avoir $r(x-y)^2=x-y$. Voulais-tu dire $r((x-y)^2)=x-y$ ?
  • Ottman
    Ottman
    Oui ! j'ai mal écris je m'en excuse, je corrige !
  • Maxtimax
    Maxtimax
    Je vois mal "la racine positive" dans $\mathbb{Q}$, mais je dois être fou :-D (à moins que j'aie mal compris $k*$)

    De même, je vois une preuve plus rapide pour $\mathbb{F}_p$ ($p\geq 3$) que ce que tu essaies de faire... (preuve qui s'adapte à $\mathbb{F}_q$, $q$ impair, d'ailleurs)
    Remarque par ailleurs que ta preuve telle quelle ne peut pas marcher, puisque dans $\mathbb{F}_2$ on a une racine carrée (l'identité).

    Donc la transitivité ne peut s'établir dans le cas général. Dans le cas de $\mathbb{F}_2$, cela se voit à $1-0= 1 = r(1) = r(1-0)$ donc $1\geq 0$ mais aussi $0-1= -1 = 1= r(1) = r(-1) = r(0-1)$ donc $0\geq 1$ (la transitivité serait donc fausse dans tout corps de caractéristique $2$).
  • Poirot
    Poirot
    Attention, l'anti-symétrie ne fonctionne pas en caractéristique $2$ non plus, puisque $x \leq y$ et $y \leq x$ entraînent juste $2x=2y$.

    @Maxtimax : dans $\mathbb Q$ on ne prend la racine carrée que de carrés de rationnel ! Le résultat est aussi évident que dans $\mathbb R$. On peut d'ailleurs dire la même chose pour tout corps inclus dans $\mathbb R$.
  • Maxtimax
    Maxtimax
    Pardon Poirot, j'avais mal lu l'énoncé (le petit exposant $2$ est caché; et effectivement j'aurais dû me rendre compte qu'il y avait le même problème dans $\mathbb{R}$.
  • Maxtimax
    Maxtimax
    D'ailleurs en caractéristique $2$, pour un corps fini, on a une telle racine (donc pour $\mathbb{F}_{2^n}$) : $x\mapsto x^2$ est injective donc bijective, et c'est un morphisme donc son inverse aussi.

    D'ailleurs j'aurais tendance à dire que $r$ existe dans tous corps fini: (en blanc sur blanc) soit $K$ un corps fini, alors $K^\times$ est cyclique, donc $K^\times / \ker\varphi$ (où $\varphi : x\mapsto x^2$) l'est aussi en tant que quotient de groupe cyclique; et donc le morphisme canonique $K^\times \to K^\times/\ker\varphi$ admet une section $s$. On compose avec l'isomorphisme $K^\times/\ker\varphi \simeq (K^\times)^2$ pour obtenir la racine carrée.

    (dites moi si je me trompe, vu ce que j'ai raconté avant c'est très possible :-D)

    EDIT: comme prévu ce que j'ai écrit est faux ! on n'obtient pas du tout une section a priori.

    Voici un truc qui montre qu'il va peut-être falloir distinguer entre $p\equiv 1 [4]$ ou pas :
    A nouveau en blanc sur blanc : $r(1) = r(-1)r(-1)= r(-1)^2= -1$ donc $-1= r(1) = r(1)^2= 1$, absurde: $-1$ ne doit pas être dans $k^2$
  • MrJ
    MrJ
    Dans $\R$, ta réponse est aussi fausse...
  • Maxtimax
    Maxtimax
    @MrJ : oui non je sais je faisais remarquer que j'aurais pu me rentre compte que je racontais n'importe quoi avec $\R$ :-D
  • Maxtimax
    Maxtimax
    Bon voilà, cette fois-ci j'espère que c'est bon (à tous les coups je me gourre encore...) :

    Soit $p$ un nombre premier impair. Si $p\equiv 1 [4]$ alors $-1$ est un carré dans $\mathbb{F}_p$; donc par mon message d'avant, il n'y a pas de racine carrée. Je refais l'argument : $1= r(1)^2 = r(1) = r(-1)^2 = -1$, impossible en caractéristique impaire. C'est donc le cas pour $\mathbb{F}_q$, $q\equiv 1 [4]$ (car si $q\equiv 1 [4]$ alors $(-1)^{\frac{q-1}{2}} = 1$ et donc $-1$ est un carré)

    Si $p\equiv 3 [4]$, $-1$ n'est pas un carré donc il y a une chance d'avoir une racine carrée. Et en fait dans ce cas précis, c'est le cas car la suite exacte $1 \to \{1, - 1\} \to \mathbb{F}_p^\times \to (\mathbb{F}_p^\times)^2\to 1$ va être scindée. En effet, le cardinal de $(\mathbb{F}_p^\times)^2$ est alors $\frac{p-1}{2}$ qui est impair (hypothèse faite sur $p$) donc premier avec $2$, ce qui est une condition suffisante pour que la suite soit scindée - ici c'est particulièrement facile de la voir car en plus $(\mathbb{F}_p^\times)^2$ est cyclique (en tant que sous-groupe d'un groupe cyclique). La scission donne une section du dernier morphisme, qui est donc une racine carrée.

    ça marche alors pour $\mathbb{F}_q$, $q\equiv 3 [4]$. Donc pour les corps finis de cardinal impair $K$ ça dépend uniquement de la congruence modulo $4$ de $|K|$.
  • moduloP
    moduloP
    Salut Max,

    Tu devrais mettre en écriture ton truc, c'est plus simple à lire !

    Sinon, je pense que c'est ok. Soit $p = 3 \pmod{4}$. Soit $g$ un générateur de $\mathbb{F}_p^\times$. Alors le morphisme que tu veux saucissonner (avec le texte en blanc, j'ai lu saucissonner :-D) est celui qui à $g$ associe $a := g^2$. Pour obtenir une section, il te faut un relèvement de $a$ de même ordre. On dispose de deux choix pour se relèvement $g$ ou $-g$. Comme $g$ est d'ordre $p-1$ c'est pas bon, reste à voir l'ordre de $-g$. Mais $(-g)^{\frac{p-1}{2}} = -1 g^{\frac{p-1}{2}}$ et comme $g^{\frac{p-1}{2}} = -1$ c'est gagné !

    Vérifie mais je pense que c'est ok ! (j'ai juste viré le lemme de suite scindé avec les cardinaux premier entre eux).
  • Maxtimax
    Maxtimax
    @ModuloP : je mettais en blanc pour ne pas gâcher le plaisir aux autres (et aussi au cas où je ferais une erreur, ma honte serait moins visible - j'ai déjà fait assez d'erreurs sur ce fil (:P) ) - sinon ta méthode légèrement plus élémentaire semble marcher aussi
  • moduloP
    moduloP
    En fait, j'ai juste regardé ce que tu as fait et comme j'ai été un peu surpris, j'ai voulu expliciter la section. C'est le théorème de Schur-Zassenhaus si je ne dis pas de connerie.
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