La norme décide : $\mathbb{Z}[i{]}^{\times }$, $\mathbb{Z}[\sqrt{2}{]}^{\times }$, et $\mathbb{Q}[\sqrt{2}]$ est un corps

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La multiplicativité du module dans $\mathbb{C}$, le fait que $a+b\sqrt{2}\mapsto a-b\sqrt{2}$ est un automorphisme de l'anneau $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$ (exemple du cours), la définition du groupe des inversibles $A^{\times }$, celle d'un corps, et l'irrationalité de $\sqrt{2}$. La stratégie : une norme multiplicative à valeurs entières transforme l'équation « $z$ est inversible » en une équation dans $\mathbb{Z}$, où l'on sait tout.

a) Les entiers de Gauss. Pour $z=a+ib\in \mathbb{Z}[i]$, $N(z)=a^2+b^2=|z{|}^2$ est un entier naturel. La multiplicativité vient de celle du module : $N(z{z}^{\prime })=|z{z}^{\prime }{|}^2=|z{|}^2|z^{\prime }{|}^2=N(z)N(z^{\prime })$.

Condition nécessaire. Soit $z$ inversible dans $\mathbb{Z}[i]$, d'inverse $z^{\prime }\in \mathbb{Z}[i]$. De $z{z}^{\prime }=1$ on tire $N(z)N(z^{\prime })=N(1)=1$. Ce sont deux entiers naturels de produit $1$ : chacun vaut $1$. Donc $a^2+b^2=1$ avec $a,b$ entiers, ce qui ne laisse que $(a,b)\in \{(1,0),(-1,0),(0,1),(0,-1)\}$, soit $z\in \{1,-1,i,-i\}$.

Condition suffisante. Ces quatre éléments sont inversibles dans $\mathbb{Z}[i]$ : $1\cdot 1=1$, $(-1)(-1)=1$, $i\cdot (-i)=1$, $(-i)\cdot i=1$, et les inverses sont bien dans $\mathbb{Z}[i]$. Donc $\mathbb{Z}[i{]}^{\times }=\{1,-1,i,-i\}={\mathbb{U}}_4$.

Le point délicat. L'argument tient parce que la norme est à valeurs entières : deux entiers naturels de produit $1$ valent $1$. Dans $\mathbb{Q}[i]$, l'égalité $N(z)N(z^{\prime })=1$ n'impose rien, et de fait tout élément non nul y est inversible. La rigidité vient de $\mathbb{Z}$, pas de $i$.

b) L'anneau $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$. Notons $\sigma (a+b\sqrt{2})=a-b\sqrt{2}$ ; le cours dit que $\sigma$ est un automorphisme d'anneau, et l'on a $N(z)=z\sigma (z)$ : en effet $(a+b\sqrt{2})(a-b\sqrt{2})=a^2-2b^2$. Multiplicativité : $N(z{z}^{\prime })=z{z}^{\prime }\sigma (z{z}^{\prime })=z\sigma (z)z^{\prime }\sigma (z^{\prime })=N(z)N(z^{\prime })$, puisque $\sigma (z{z}^{\prime })=\sigma (z)\sigma (z^{\prime })$ et que tout commute. On peut aussi le vérifier à la main : $(a+b\sqrt{2})(c+d\sqrt{2})=(ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt{2}$, et $(ac+2bd{)}^2-2(ad+bc{)}^2=a^2{c}^2+4b^2{d}^2-2a^2{d}^2-2b^2{c}^2=(a^2-2b^2)(c^2-2d^2)$, les doubles produits $4abcd$ se détruisant.

Inversible si et seulement si $N(z)=\pm 1$. Si $z{z}^{\prime }=1$ avec $z^{\prime }\in \mathbb{Z}[\sqrt{2}]$, alors $N(z)N(z^{\prime })=1$ avec $N(z),N(z^{\prime })\in \mathbb{Z}$ : donc $N(z)=\pm 1$. Réciproquement, si $N(z)=\epsilon \in \{-1,1\}$, alors $z\cdot (\epsilon \sigma (z))=\epsilon N(z)={\epsilon }^2=1$, et $\epsilon \sigma (z)\in \mathbb{Z}[\sqrt{2}]$ : $z$ est inversible, d'inverse $\epsilon \sigma (z)$.

Une infinité d'inversibles. $N(1+\sqrt{2})=1-2=-1$, donc $1+\sqrt{2}$ est inversible, d'inverse $-\sigma (1+\sqrt{2})=-1+\sqrt{2}$ ; on vérifie : $(1+\sqrt{2})(-1+\sqrt{2})=2-1=1$. Le groupe $\mathbb{Z}[\sqrt{2}{]}^{\times }$ contient donc toutes les puissances $(1+\sqrt{2}{)}^n$, $n\in \mathbb{Z}$. Elles sont deux à deux distinctes : comme $1+\sqrt{2}>1$, la suite $((1+\sqrt{2}{)}^n{)}_{n\in \mathbb{Z}}$ est strictement croissante, donc injective. Le groupe $\mathbb{Z}[\sqrt{2}{]}^{\times }$ est infini — contraste total avec $\mathbb{Z}[i{]}^{\times }$, qui a quatre éléments, et avec ${\mathbb{Z}}^{\times }=\{1,-1\}$. La différence est dans la norme : $a^2+b^2=1$ n'a que quatre solutions entières, $a^2-2b^2=\pm 1$ en a une infinité (c'est l'équation de Pell).

c) $\mathbb{Q}[\sqrt{2}]$ est un corps. Notons $K=\mathbb{Q}[\sqrt{2}]$.

C'est un sous-anneau de $\mathbb{R}$. Il contient $1=1+0\sqrt{2}$ ; la différence de deux éléments de $K$ se calcule coordonnée par coordonnée et reste dans $K$ ; le produit aussi, par la formule $(a+b\sqrt{2})(c+d\sqrt{2})=(ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt{2}$, à coordonnées rationnelles. Il est commutatif et non nul, comme $\mathbb{R}$.

Tout élément non nul est inversible. Soit $z=a+b\sqrt{2}\ne 0$, avec $a,b\in \mathbb{Q}$. Montrons d'abord que $a^2-2b^2\ne 0$. Si $b=0$, alors $z=a\ne 0$ et $a^2-2b^2=a^2\ne 0$. Si $b\ne 0$ et $a^2=2b^2$, alors $(a/b{)}^2=2$ avec $a/b$ rationnel : impossible, $\sqrt{2}$ est irrationnel. Donc $a^2-2b^2\ne 0$ dans tous les cas, et $$z\cdot \frac{a-b\sqrt{2}}{a^2-2b^2}=\frac{(a+b\sqrt{2})(a-b\sqrt{2})}{a^2-2b^2}=1,\text{avec}\frac{a-b\sqrt{2}}{a^2-2b^2}=\frac{a}{a^2-2b^2}+\frac{-b}{a^2-2b^2}\sqrt{2}\in K.$$ $K$ est un corps. C'est le procédé de la quantité conjuguée : on multiplie par $a-b\sqrt{2}$ pour rendre le dénominateur rationnel, exactement comme $\frac{1}{z}=\frac{\bar{z}}{|z{|}^2}$ dans $\mathbb{C}$.

Le point délicat. Dans $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$, la norme $a^2-2b^2$ ne s'annule pas non plus hors de $0$, mais elle ne vaut $\pm 1$ que rarement : $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$ est intègre sans être un corps, comme $\mathbb{Z}$. En passant aux coefficients rationnels, tout $N(z)\ne 0$ devient inversible, et $K$ devient un corps. Et si l'on remplaçait $\sqrt{2}$ par $\sqrt{4}=2$, la « norme » $a^2-4b^2=(a-2b)(a+2b)$ s'annulerait pour $a=2b$ : sans irrationalité, pas de corps.

Ce que l'exercice installe. Une norme multiplicative à valeurs entières ramène une question d'inversibilité à une équation diophantienne : c'est l'outil de toute l'arithmétique des anneaux de nombres, et la raison pour laquelle $\mathbb{Z}[i]$ possède une division euclidienne (deuxième année). Et $\mathbb{Q}[\sqrt{2}]$ est le premier corps « construit » du cours, le plus petit qui contienne $\mathbb{Q}$ et $\sqrt{2}$ ; on reverra sa structure au chapitre 12, comme espace vectoriel de dimension $2$ sur $\mathbb{Q}$.