Tout $x \in K$ s’écrit sous la forme $x = ab^{-1}$, avec $a$ et $b$ dans $A$ et $b \neq 0$. Si $x$ est positif, $a$ et $b$ sont de même signe, et réciproquement. On voit donc que, s’il existe une relation d’ordre sur $K$ satisfaisant aux conditions prescrites, elle est unique, et l’ensemble $P$ de ses éléments positifs est identique à l’ensemble des $ab^{-1}$, où $a$ et $b$ sont des éléments de même signe de $A$ et $b \neq 0$. Reste donc à montrer que $P$ vérifie les conditions (AP$_I$), (AP$_II$), (AP$_III$) et (AP$_IV$). C’est évident pour (AP$_II$) et (AP$_IV$). Pour (AP$_I$), considérons $ab^{-1} + cd^{-1}$, où nous pouvons supposer que $a, b, c$ et $d$ sont positifs ; cette somme s’écrit $(ad + bc)(bd)^{-1}$, et $ad + bc$ et $bd$ sont positifs.

Pour (AP$_III$), considérons une égalité de la forme $ab^{-1} = -cd^{-1}$, d’où $ad + bc = 0$. Si l’on suppose que $a$ et $b$ sont de même signe, ainsi que $c$ et $d$, la règle des signes montre que $ad$ et $bc$ sont de même signe ; d’où $ad = bc = 0$, et $a = c = 0$ ; donc $P$ vérifie bien (AP$_III$).

(EO) La relation $p_1 x_1^2 + \cdots + p_n x_n^2 = 0$ entraîne

pour toute suite finie $(x_i, p_i)$ de couples d’éléments $x_i$ de E et d’éléments positifs $p_i$ de K.

(EO) est visiblement équivalente à : (EO’) L’élément — 1 n’est pas somme d’éléments de la forme $px^2$ ($x \in E, p \in K, p \geqslant 0$).

La condition (EO) est nécessaire : si E admet une structure d’extension ordonnée de K, les éléments $p_i x_i^2$ sont positifs dans E, donc nuls si leur somme est nulle ; d’autre part, $p_i x_i^2 = 0$ équivaut à $p_i x_i = 0$.

Inversement, supposant la condition (EO) satisfaite, nous allons définir une relation d’ordre sur E en construisant une partie P de E, qui satisfasse à (AP_I), (AP_{II}), (AP_{III}) et (AP_{IV}), et qui contienne l’ensemble $K_+$ des éléments positifs de K. Une telle partie P définira bien sur E une structure d’extension ordonnée de K, car on aura $K \cap P = K_+$; en effet, si P contenait un élément — $a < 0$ de K, $a$ appartiendrait à $P \cap (-P)$, contrairement à (AP_{III}).

Pour définir P, considérons l’ensemble $M$ des parties de E, qui vérifient (AP_I), (AP_{II}) et (AP_{III}), et qui contiennent la réunion de $K_+$ et de l’ensemble C des carrés d’éléments de E. Cet ensemble $M$ n’est pas vide, car il contient l’ensemble $P_0$ des éléments de la forme $\sum_i p_i x_i^2$ (que $P_0$ satisfasse à (AP_{III}) résulte aussitôt de (EO)).

De plus $M$ est inductif (E, III, p. 20, déf. 3). Il existe alors, d’après le th. 2 de E, III, p. 20, un élément maximal de $M$, dont il nous reste à montrer qu’il satisfait à (AP_{IV}); or ceci résulte du lemme suivant :

Prenons $P' = P - xP$, et vérifions que $P'$ possède les propriétés requises. Comme $0 \in C \subset P$, on a $P \subset P'$. D’où $C \subset P'$ et $K_+ \subset P'$. Comme $1 \in C \subset P$, on a $-x \in P'$. On a

d’où (AP₁). On a

d’où (AP₂). Vérifions enfin (AP₃) : supposons que nous ayons une égalité de la forme $p - xq = -(r - xs)$ où $p, q, r, s$ appartiennent à $P$; on en déduit la relation $x(s + q) = p + r$; si $(s + q) \neq 0$, on a $x = (s + q)^{-2}(s + q)(p + r) \in CPP \subset P$ contrairement à l’hypothèse ; on a donc $s + q = 0$, d’où $p + r = 0$; comme $P$ vérifie (AP₃) on en déduit $s = q = r = p = 0$, ce qui achève la démonstration.

La nécessité est évidente. Réciproquement la condition énoncée entraîne que E est de caractéristique nulle, donc extension de $\mathbf{Q}$; alors la condition (EO) est vérifiée, et le th. 1 montre qu’il existe sur E une structure d’extension ordonnée de $\mathbf{Q}$, c’est-à-dire une structure de corps ordonné.

Il n’existe pas de structure de corps ordonné sur un corps E où $-1$ est un carré, et, en particulier, sur un corps algébriquement clos.

La condition est évidemment suffisante ; elle est aussi nécessaire, car (avec les notations de la démonstration du th. 1), si $x \notin P_0$, il existe un élément maximal P de $\mathfrak{M}$ tel que $x \notin P$; on a alors $-x \in P$ d’après le lemme, et comme $x \neq 0$, $x$ n’est pas positif pour la structure d’ordre définie par P.

4. Extensions algébriques de corps ordonnés

Soient K un corps ordonné, et $f$ un polynôme de $K[X]$. Nous dirons que $f$ change de signe dans K s’il existe deux éléments $a$ et $b$ de K tels que $f(a)\ f(b) < 0$; on dit alors que $f$ change de signe entre $a$ et $b$.

Nous raisonnons par récurrence sur le degré $n$ de $f$. Pour $n = 1$, la vérification est triviale. Supposons le résultat vrai pour les degrés $\leq n - 1$, et démontrons-le par l’absurde pour $n$; d’après le th. 1, nous supposons donc vraie une relation de la forme

On peut, sans restreindre la généralité, supposer que les $f_i$ sont de degré $\leq n - 1$ (IV, p. 10, cor.). On a alors

où $h \neq 0$ est au plus de degré $n - 2$. En remplaçant dans l’égalité précédente $X$ par $a$ et $b$, on voit que $h(a) \ f(a) > 0$ et $h(b) \ f(b) > 0$. Comme $f$ change de signe entre $a$ et $b$ par hypothèse, on en conclut que $h(a) \ h(b) < 0$. On a alors une inégalité de même nature pour un des facteurs irréductibles $g(X)$ de $h(X) : g(a) \ g(b) < 0$. Mais l’on a $1 + \sum_i p_i f_i^2(X) \equiv 0$ (mod. $g(X)$), ce qui montre que le corps $K[X]/(g)$ n’admet pas de structure d’extension ordonnée de $K$ (th. 1), contrairement à l’hypothèse de récurrence.

On se ramène aussitôt au cas d’un polynôme unitaire ; on peut alors écrire $f(x) = x^n (1 + a_1 x^{-1} + \cdots + a_n x^{-n})$ pour $x \neq 0$. Soit

Pour $|x| > M$, on a $1 + a_1 x^{-1} + \cdots + a_n x^{-n} > 0$, ce qui démontre la proposition.

Une telle extension étant monogène (V, p. 39, th. 1) est isomorphe à $K[X]/(f)$ où $f$ est un polynôme irréductible de degré impair. Il suffit alors de montrer que $f$ change de signe dans $K$ (prop. 3), ce qui résulte aussitôt de la prop. 4.

Le résultat est trivial si $a$ est un carré dans $K$. Sinon le polynôme $f(X) = X^2 - a$ est irréductible et change de signe, puisque $f(0) < 0$, et que $f(x)$ est du signe de $x^2$, donc $> 0$, pour $x$ dans le complémentaire d’un certain intervalle de $K$. Il suffit alors d’appliquer la prop. 3.

On peut montrer que cette extension ordonnée est bien déterminée à un K-isomorphisme près (VI, p. 38, exerc. 15).

Soit $\Omega$ une clôture algébrique de K, et soit $\mathfrak{N}$ l’ensemble des couples (A, $w$), où A est une sous-K-extension de $\Omega$, et $w$ une structure d’extension ordonnée sur l’extension A de K. Ordonnons $\mathfrak{N}$ par la relation « L est une extension ordonnée de M » entre M et L. Muni de cette structure d’ordre, $\mathfrak{N}$ est un ensemble ordonné inductif : en effet, si $(L_i)$ est une famille totalement ordonnée d’éléments de $\mathfrak{N}$, le corps $L = \bigcup_i L_i$ ordonné en prenant $L_+ = \bigcup_i (L_i)_+$ est un majorant des $L_i$. En vertu de E III, p. 20, th. 2, $\mathfrak{N}$ possède un élément maximal qui répond à la question.

L’un au moins des facteurs irréductibles de f change de signe entre a et b, soit h. Le corps K[X]/(h) admet alors (VI, p. 22, prop. 3) une structure d’extension ordonnée de K, et h est de degré 1 (déf. 4). Comme $h(a)\ h(b) < 0$, l’unique racine x de h est telle que $a < x < b$ puisqu’une fonction polynôme de degré 1 est monotone.

Ceci résulte aussitôt des cor. 2 et 1 de la prop. 4 de VI, p. 23.

En effet les éléments positifs de K sont déterminés par la structure algébrique : ce sont les carrés.

6. Caractérisation des corps ordonnés maximaux. Théorème d’Euler-Lagrange

La propriété exprimée par la prop. 6 de VI, p. 24 caractérise les corps ordonnés maximaux. De façon plus précise :

Il est clair que a) implique b) : en effet, K ne possède, à un isomorphisme près, que deux extensions algébriques, K lui-même et K(i), qui ne peut être ordonné, − 1 étant un carré.

Le fait que b) implique c) n’est autre que la prop. 6 de VI, p. 24.

Il nous reste à démontrer que c) entraîne a). Cela va résulter des deux propositions suivantes.

Montrons d’abord que la seconde assertion se ramène à la première. On peut mettre le polynôme du second degré $aX^2 + bX + c$, où $a \neq 0$ sous la forme suivante, souvent appelée forme canonique du trinôme :

Si $d$ est une racine carrée de $(b^2 - 4ac)/4a^2$, alors $d - (b/2a)$ est une racine du polynôme du second degré étudié.

Montrons maintenant que tout élément $a + bi (a \in K, b \in K)$ est un carré ; cherchons un élément $x + yi$ tel que

cela se traduit par $x^2 - y^2 = a$ et $2xy = b$. On en tire

Désignons par $c$ la racine positive de $a^2 + b^2$; on a $c \geq |a|,\ c \geq |b|$ et $x^2 + y^2 = c$. D’où $x^2 = (c + a)/2$ et $y^2 = (c - a)/2$. Comme $c \geq |a|$, ces équations sont résolubles dans K, et, si $x_0$ et $y_0$ en sont des solutions, on a $x_0^2 - y_0^2 = a$, et $2x_0y_0 = \pm b$. En prenant $x = x_0$ et $y = b/2x_0$, on obtient une racine carrée cherchée.

Notons d’abord qu’il suffit de prouver que tout polynôme non constant de $K[X]$ a une racine dans $K'$ : cela est en effet clair si $K' = K$; si $K' \neq K$, alors $[K':K] = 2$; notons $a \mapsto \overline{a}$ l’unique $K$-automorphisme de $K'$ distinct de l’application identique ; si $f \in K'[X]$, et si $\overline{f}$ désigne le polynôme obtenu en appliquant $a \mapsto \overline{a}$ aux coefficients de $f$, on a $f \overline{f} \in K[X]$; si $a \in K'$ est une racine de $f \overline{f}$, alors $a$ est une racine de $f$ ou de $\overline{f}$, donc $a$ ou $\overline{a}$ est une racine de $f$.

Soit donc $f$ un polynôme sur $K$, de degré $2^n p$, $p$ impair. La propriété étant vraie pour $n = 0$ d’après l’hypothèse a), nous allons procéder par récurrence sur $n$. Soit $E$ une extension de $K$, où $f$ se décompose en facteurs linéaires :

Soit $b \in K$; posons $y_{ij} = a_i + a_j + ba_i a_j \in E$ et

Ce polynôme a pour coefficients des fonctions symétriques des $a_i$, à coefficients dans $K$; il appartient donc à $K[X]$ (IV, p. 58, théorème 1); comme il est de degré $2^n p (2^n p - 1)/2 = 2^{n-1} p'$ ($p'$ impair), il a une racine $y_{ij}$ dans $K'$ d’après l’hypothèse de récurrence. Si l’on remarque que ceci a lieu pour tout $b \in K$, et que $K$ est un corps infini (en effet un corps fini, qui a des extensions monogènes de degré impair arbitrairement grand (V, p. 90, prop. 3), ne peut vérifier a)), on en déduit l’existence d’au moins un couple $(i, j)$ tel que

avec $b \neq b'$. Alors $a_i + a_j$ et $a_i a_j$ sont éléments de $K'$, donc aussi $a_i$ et $a_j$, puisque ce sont les racines de l’équation du second degré $x^2 - (a_i + a_j)x + a_i a_j = 0$.

C.Q.F.D.

Pour une généralisation et une autre démonstration de la prop. 8, basée sur la théorie de Galois, voir VI, p. 43, exerc. 33.

Soit $K$ un corps ordonné et soit $K' = K(i)$; pour tout élément $z = a + bi$ de $K'$, la norme $\overline{z}z = a^2 + b^2$ de $z$ par rapport à $K$ (III, p. 111, exemple 1) est un élément positif de $K$, qui n’est nul que pour $z = 0$. Si dans $K$ tout élément positif est un carré (et en particulier si $K$ est un corps ordonné maximal), on appelle valeur absolue de $z$ et l’on note $|z|$ la racine carrée positive de la norme $\overline{z}z$. Comme $|zz'|^2 = |z|^2 |z'|^2$, on a $|zz'| = |z| |z'|$.

En outre, on a l’inégalité du triangle

pour tout couple d’éléments $z, z'$ de $K'$. En effet, si $z = a + bi, z' = a' + b'i$, cette inégalité équivaut à

ou encore à

qui s’écrit elle-même $(ab' - ba')^2 \geq 0$.

Le th. 3 nous permet de déterminer tous les polynômes irréductibles sur un corps ordonné maximal :

Comme $K(i)$ est algébriquement clos, toute extension algébrique de $K$ est de degré 1 ou 2, donc aussi tout polynôme irréductible sur $K$. Pour voir quels sont les polynômes du second degré qui sont irréductibles, il suffit de considérer la forme canonique $a((X + (b/2a))^2 - (b^2 - 4ac)/4a^2)$ (cf. VI, p. 25, prop. 7).