$(⟹)$ Tout élément non nul d’un corps est symétrisable donc régulier et n’est donc pas diviseurs de zéro.

$(⟸)$ Supposons que $A$ n’ait pas de diviseurs de zéros. Soit $a\in A$ tel que $a\ne 0$. Montrons que $a$ est inversible Considérons l’application $\phi :A\to A$ définie par $\phi (x)=a.x$.
$a$ n’étant pas diviseur de zéro, on démontre aisément que $\phi$ est injective, or $A$ est fini donc $\phi$ est bijective. Par conséquent, il existe $b\in A$ tel que $\phi (b)=1$ c’est-à-dire $ab=1$. Ainsi $a$ est inversible.

Finalement, $A$ est un corps.

Il est facile de justifier que $E$ est un $𝕃$-espace vectoriel sous réserve de bien connaître la définition des espaces vectoriels et de souligner que qui peut le plus, peut le moins…
Soit $({\overrightarrow{e}}_1,\mathrm{\dots },{\overrightarrow{e}}_n)$ une base de $𝕂$-espace vectoriel $E$ et $({\lambda }_1,\mathrm{\dots },{\lambda }_p)$ une base du $𝕃$-espace vectoriel $𝕂$.
Considérons la famille des ${({\lambda }_j{\overrightarrow{e}}_i)}_{1\le i\le n\mathrm{,1}\le j\le p}$. Il est facile de justifier que celle-ci est une famille libre et génératrice du $𝕃$-espace vectoriel $E$. Par suite, $E$ est de dimension finie $q=np$.

• (a)

  Par l’absurde, si le polynôme $P$ n’est pas irréductible dans $\mathbb{Q}[X]$, il existe un polynôme de degré $1$ à coefficients dans $\mathbb{Q}$ qui le divise et donc $P$ possède une racine rationnelle $x$. Soit $p/q$ le représentant irréductible de $x$. L’égalité $P(x)=0$ donne $p^3-p{q}^2+q^3=0$. On en déduit que $p$ divise $q^3=p{q}^2-p^3$ et donc $p$ divise $1$ car $p$ et $q$ sont premiers entre eux. Aussi, $q$ divise $p^3=p{q}^2-q^3$ et donc $q$ divise $1$. Ainsi, $x=1$ ou $x=-1$. Cependant, ni $1$, ni $-1$ ne sont racines de $P$. C’est absurde.

• (b)

  Le polynôme réel $P$ est de degré impair, il possède au moins une racine réelle. L’étude des variations de $P$ assure que celle-ci est unique. De plus, cette racine n’est pas rationnelle comme on l’a vu au-dessus.

• (c)

  Soit $y\in F$. Il existe $n\in \mathbb{N}$ et $a_0,\mathrm{\dots },a_n\in \mathbb{Q}$ tels que

  $$y=a_0+a_{1}x+\mathrm{\cdots }+a_n{x}^n\text{.}$$

  Considérons alors le polynôme $A=a_0+a_{1}X+\mathrm{\cdots }+a_n{X}^n\in \mathbb{Q}[X]$ de sorte que $y=A(x)$. Par division euclidienne, on peut écrire

  $$A=PQ+R\text{ avec }\mathrm{deg}(R)<\mathrm{deg}(P)$$

  et alors

  $$y=P(x)Q(x)+R(x)\text{ avec }R=\alpha +\beta X+\gamma X^2\in \mathbb{Q}[X]\text{.}$$

  Ainsi, on peut écrire $y=\alpha +\beta x+\gamma x^2$ avec $\alpha ,\beta ,\gamma \in \mathbb{Q}$.

  De plus, supposons $\alpha +\beta x+\gamma x^2=0$ avec $\alpha ,\beta ,\gamma \in \mathbb{Q}$.

  Introduisons le polynôme $B=\alpha +\beta X+\gamma X^2$. Par l’absurde, supposons $B\ne 0$. Par division euclidienne, on écrit

  $$P=BQ+R\text{ avec }\mathrm{deg}(R)\le 1$$

  et alors

  $$R(x)=P(x)-B(x)Q(x)=0\text{.}$$

  Or le polynôme $R$ est à coefficients rationnels. Il ne peut être de degré $1$ car alors $x$ serait un nombre rationnel. Le polynôme $R$ est donc constant et c’est alors nécessairement le polynôme nul car il possède une racine. Ainsi, $B$ divise $P$ et cela contredit l’irréductibilité de $P$. On conclut que $B=0$ et donc $\alpha =\beta =\gamma =0$.

  Finalement, $(1,x,x^2)$ est une famille libre et génératrice de $F$. On peut alors conclure $dimF=3$.

• (d)

  L’ensemble $F$ est clairement un sous-anneau du corps $(ℝ,+,\times )$. Vérifions que c’est un sous-corps.

  Soit $y\in F\setminus \{0\}$. Il existe $a_0,a_1,a_2\in \mathbb{Q}$ non tous nuls tels que $y=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2$. Introduisons alors le polynôme $R=a_0+a_{1}X+a_2{X}^2$. Puisque $P$ est irréductible et qu’il ne divise pas $R$, ces deux polynômes sont premiers entre eux. Il existe donc $U,V\in \mathbb{Q}[X]$ tels que $PU+RV=1$ et alors $R(x)V(x)=1$. Ainsi, l’inverse de $y$ est $V(x)$ et c’est un élément de $F$.

  Finalement, $F$ est un corps pour les opérations usuelles.

• (a)

  Il est clair que $K$ est un sous-espace vectoriel de $ℝ$ et que la famille $(1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6})$ est $\mathbb{Q}$-génératrice.
  Montrons qu’elle est libre en raisonnant par l’absurde.
  Supposons $a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}=0$ avec $a,b,c,d\in \mathbb{Q}$ non tous nuls.
  Quitte à réduire au même dénominateur, on peut supposer $a,b,c,d\in \mathbb{Z}$ non tous nuls.
  Quitte à factoriser, on peut aussi supposer $\mathrm{pgcd}(a,b,c,d)=1$.
  On a ${\left(a+b\sqrt{2}\right)}^2={\left(c\sqrt{3}+d\sqrt{6}\right)}^2$ donc

  $$a^2+2ab\sqrt{2}+2b^2=3c^2+6cd\sqrt{2}+6d^2\text{.}$$

  Par l’irrationalité de $\sqrt{2}$ on parvient au système

  $$\{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill a^2+2b^2& =3c^2+6d^2\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill ab& =3cd\text{.}\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$$

  Par suite, $3\mid ab$ et $3\mid a^2+2b^2$ donc $3\mid a$ et $3\mid b$.
  Ceci entraîne $3\mid cd$ et $3\mid c^2+2d^2$ donc $3\mid c$ et $3\mid d$.
  Ceci contredit $\mathrm{pgcd}(a,b,c,d)=1$.
  Ainsi la famille $(1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6})$ est $\mathbb{Q}$-libre et c’est donc une $\mathbb{Q}$-base de $K$.

• (b)

  Sans peine, on vérifie que $𝕂$ est un sous-anneau de $ℝ$.
  Soit $x=a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}\in 𝕂$ avec $a,b,c,d\in \mathbb{Q}$ non tous nuls.

  	${\displaystyle \frac{1}{x}}$	$={\displaystyle \frac{1}{(a+b\sqrt{2})+(c\sqrt{3}+d\sqrt{6})}}$
  		$={\displaystyle \frac{a+b\sqrt{2}-(c\sqrt{3}+d\sqrt{6})}{(a^2+2b^2-3c^2-6d^2)+2(ab-3cd)\sqrt{2}}}$
  		$={\displaystyle \frac{a+b\sqrt{2}-(c\sqrt{3}+d\sqrt{6})}{\alpha +\beta \sqrt{2}}}\text{.}$

  
  

  puis

  $$\frac{1}{x}=\frac{(a+b\sqrt{2}-(c\sqrt{3}+d\sqrt{6}))(\alpha -\beta \sqrt{2})}{{\alpha }^2-2{\beta }^2}\in K$$

  et donc $K$ est un sous-corps de $ℝ$.
  Notons que les quantités conjuguées par lesquelles on a ci-dessus multiplié ne sont pas nuls car $x$ est non nul et la famille $(1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6})$ est $\mathbb{Q}$-libre.