Série I Exercice 1. 1) Rappelons la définition de factoriel. Soit A un

S´erie I
Exercice 1.
1) Rappelons la d´efinition de factoriel. Soit Aun anneau commutatif,
unitaire et int`egre. On rappelle que deux ´el´ements xet yde Asont dits
associ´es si x=yε, avec ε∈A×. Ceci d´efinit une relation d’´equivalence ∼
sur A. On peut noter que si une classe (pour ∼) contient un irr´eductible
πalors tous les ´el´ements de cette classe sont irr´eductibles. Une telle classe
est dite classe irr´eductible. Prenons dans chaque classe irr´eductible Ciun
repr´esentant πiet consid´erons la famille Fconstitu´ee des πi. Alors Aest
factoriel, si tout ´el´ement xde As’´ecrit de mani`ere unique
x=εY
πi∈F
πni
i,
les ni´etants presques tous nuls, et ε∈A×. (l’unicit´e porte sur les entiers
ni).
On d´efinit dans l’anneau A=Z[√10] une application norme Nde Adans
Zcomme suit : pour x=a+b√10,a, b ∈Z, on pose
N(x) = (a+b√10)(a−b√10) = a2−10b2
On v´erifie alors que pour x, y ∈A,N(xy) = N(x)N(y).
La norme permet de localiser les ´el´ements inversibles de l’anneau A:
x∈A×⇐⇒ N(x) = ±1
En effet, si N(x) = ±1cela signife que x¯x=±1, o`u ¯x=a−b√10 si
x=a+b√10, et ainsi x∈A×. R´eciproquement. Si x∈A×, cela signifie
qu’il existe ydans Atel que xy = 1. Si l’on prend la norme, on obtient :
N(x)N(y) = N(xy) = 1
et ainsi N(x) = ±1.
Par cons´equent les ´el´ements 2,3,2 + √10 et 2−√10 ne sont pas dans
A×.
Nous allons montrer maintenant que 2est irr´eductible. Tout d’abord 2
est non nul et n’est pas inversible. Si 2 = xy, avec xet ydans A, alors
4 = N(2) = N(x)N(y). Ainsi N(x) = ±1, ou bien N(x) = ±4ou bien
N(x) = ±2. Le premier cas implique que xest inversible, le second cas
que yest inversible. Regardons le cas o`u N(x) = ±2. Si x=a+b√10,
cela signifie que a2−10b2=±2. Si l’on regarde cette ´equation modulo
5Z, on arrive alors `a ¯a2≡ ±¯ 2dans Z/5Z. On note ensuite que les seuls
carr´es de Z/5Zsont ¯ 0,¯ 1et ¯ 4. Ainsi N(x) = ±2n’a pas de solution. On
1

2
vient donc de montrer que 2 = xy =⇒xou y∈A×, c’est `a dire que 2
est irr´eductible. On peut de mˆeme montrer que 3,2 + √10 et 2−√10
sont irr´eductibles.
V´erifions maintenant que 2n’est pas associ´e `a 2 + √10. En effet, sinon
cela signifierait que 2 = ε(2 + √10) avec ε∈A×, ce qui apr`es passage `a
la norme donnerait l ´equation 4 = ±6. Contradiction. De mˆeme 2n’est
pas associ´e `a 2−√10.
En conclusion, l’´el´ement 6s’´ecrit de deux fa¸cons diff´erentes comme produit
d’irr´eductibles dans A. L’anneau An’est donc pas factoriel et n’est donc
pas aussi principal.
2) Rappelons que (2,√10) = {2x+√10y, x, y ∈A}. En particulier
2et √10 sont dans cet id´eal. Supposons qu’il existe x0∈Atel que
(2,√10) = (x0). Alors 2et √10 s’´ecrivent comme suit : 2 = yx0et
√10 = y0x0, avec yet y0dans A. Apr`es passage `a la norme, on obtient
4 = N(y)N(x0)et −10 = N(y0)N(x0)ce qui implique N(x0) = ±2ou
bien N(x0) = ±1. Nous avons vu dans la partie 1), qu’auncun ´el´ement
de An’est de norme ±2, ainsi N(x0) = ±1, ce qui siginifie que x0∈A×
et donc que (x0) = A.
Nous allons maintenant nous assurer que (2,√10) ne contient pas 1. Un
´el´ement xde cet id´eal s’´ecrit
(a+b√10)2 + (a0+b0√10)√10 = (2a+ 10b0) + √10(2b+a0),
avec a, b, a0, b0∈Z.
Si l’on passe `a la norme, on note alors que
N(x) = (2 + 10b0)2−10(2b+a0)≡0 ( mod 2)
Ainsi 1/∈(2,√10). Contradiction.
L’id´eal (2,√10) n’est donc pas principal.

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Exercice 2.
Soit xun nombre alg´ebrique et soit Ple polynˆome irr´eductible de xsur
Z. L’´el´ement xest dit entier alg´ebrique si ce polynˆome Pest unitaire
(i.e. le coefficient du terme dominant est ±1). Par factorialit´e, on peut
montrer que ceci ´equivaut au fait que xest racine d’un polynˆome unitaire
`a coefficients dans Z.
1) Si x∈Qalors xs’´ecrit sous la forme p/q avec q > 0et ptous deux
dans Zet premiers entre eux. Dans ce cas, le polynˆome irr´eductible Pde
xsur Zpeut s’´ecrire P(X) = qX −p. Ainsi xest entier alg´ebrique si et
seulement si x=p∈Z. On a donc OQ=Z.
2 et 3) b). Nous allons d´eterminer l’ensemble OKdes entiers de K=
Q(√d),d∈Zsans facteur carr´e.
Soit donc x∈Q(√d). On peut supposer xde degr´e 2sur Q(sinon
x∈Z). L’´el´ement xs’´ecrit sous la forme a+b√davec aet bdans Q.
Consid´erons le polynˆome P1(X) = (X−x)(X−¯x), o`u ¯x=a−b√d. Alors
P1(X) = X2−2aX + (a2−b2d)∈Q[X]. Soit maintenant P∈Z[X]
le polynˆome irr´eductible de xsur Z. Alors P=a0P1avec a0∈Q×.
Maintenant comme xest entier cela signifie que Pest unitaire et donc
que a0=±1(en comparant le terme en X2) c’est `a dire P=±P1.
On obtient ainsi l’´equivalence suivante : xest entier si et seulement si
(i):2a∈Zet (ii):a2−b2d∈Z. Ceci montre clairement l’inclusion :
Z[√d]⊂ OK.
La premi`ere condition (i)s’´ecrit alors a=a0/2avec a0∈Z. Si l’on reporte
dans la seconde condition (ii), on obtient a2
0/4−b2d∈Z. Ecrivons ensuite
b=p/q avec pet q > 0dans Zpremiers entre eux, pour obtenir :
4(p/q)2d∈Z.
Maintenant comme dest sans facteur carr´e, on en d´eduit que q= 1 ou 2.
•Supposons q= 1. Alors n´ecessairement a0est pair et x∈Z[√d].
•Supposons q= 2. Alors b=p/2. Reportant dans la condition (ii),
on en d´eduit que a2
0−p2d∈4Z. Maintenant si d≡3( mod 4), on
obtient l’´egalit´e dans Z/4Z:¯a02+¯ p2=¯ 0, ce qui implique n´ecessairement
que a0et pdoivent ˆetre pairs et ainsi x∈Z[√d]. Si d≡2( mod 4),
on en d´eduit ´egalement que a0et pdoivent ˆetre pairs et donc que x∈
Z[√d]. Maintenant si d≡1( mod 4), on en d´eduit simplement que
¯a02−¯p2=¯ 0dans Z/4Zce qui indique que a0et pdoivent ˆetre de mˆeme

4
parit´e. Ecrivant alors x=a0/2+(p/2)√d= (a0−p)/2+p(1+√d)/2, on
obtient que x∈Z[(1+√d)/2]. R´eciproquement, lorsque d≡1( mod 4),
Z[(1 + √d)/2] ⊂ OK.
Conclusion.
OK=Z[√d]si d≡2,3( mod 4), sinon OK=Z[(1 + √d)/2].
Comme −1≡3( mod 4), l’ensemble des entiers de Q(i)est Z[i].
On suppose que l’ensemble OKdes entiers alg´ebriques d’un corps de
nombres Kest un anneau.
3-a). Soit Pun id´eal premier non nul de OK. Alors P∩Zest un id´eal
premier de Z. V´erifions qu’il est non nul : Puisque Pest non nul, il contient
un entier alg´ebrique non nul x. Soit P∈Z[X]son polynˆome irr´eductible
sur Z:P(X) = Xn+an−1Xn−1+···+a1X+a0, avec ai∈Z. Comme
P(x) = 0, on en d´eduit que a0∈Z∩Pet a0est clairement non nul !
Ainsi il existe un nombre premier ptel que P∩Z=pZ.
Soit z∈ OK,z /∈P. Nous allons montrer que zest inversible dans
OK/P. L’´el´ement zv´erifie une ´equation du type
zm+bm−1zm−1+··· +b1z+b0= 0
avec bi∈Z, ce qui ´equivaut `a
z(zm−1+··· +b1) = −b0
Si b0∈pZ⊂P, on en d´eduit que
zm−1+··· +b1∈P,
car Pest un id´eal premier. En continuant ce processus, on voit qu’on peut
s’assurer de l’existence de y∈ OKtel que zy −c∈P, avec c∈Z\pZ
(ce qui est imm´ediat si b0/∈pZ). Par cons´equent, (zy)p−1−cp−1∈P.
Maintenant cp−1−1∈pZ(c’est le petit th´eor`eme de Fermat) et donc
(zy)p−1−1∈P, ce qui indique bien que zest inversible dans l’anneau
quotient OK/P.
En r´esum´e, nous avons montr´e que tout ´el´ement non nul de OK/Pest
inversible ; OK/Pest donc un corps et Pun id´eal maximal.

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Exercice 3.
1) Si d≡1( mod 4),θ= (1 + √d)/2et le polynˆome irr´eductible Pde θ
sur Zs’´ecrit : P(X) = X2−X+ (1 −d)/4.
Si d≡2,3( mod 4),θ=√det P(X) = X2−d.
2) Soient a, b, c, d ∈Ztels que x=a+bθ =c+dθ. Alors a−c+θ(b−d) =
0ce qui signifie que θest racine du polynˆome R(X)=(b−d)X+a−
c∈Z[X]. Maintenant θest de degr´e 2sur Q(c’est `a dire le polynˆome
irr´eductible de θsur Qest de degr´e 2) et donc Rest le polynˆome nul, d’o`u
l’unicit´e de l’´ecriture de x.
3) Il est clair que : (i) ϕpest surjectif ; (ii) ker(ϕp) = pZ[X].
4) Supposons d≡2,3( mod 4).Alors P=X2−d.
•p= 2. Alors ϕ2(P) = X2−¯ d∈F2[X]est toujours r´eductible : c’est
soit X2, soit X2−¯ 1 = (X−¯ 1)2.
•p6= 2. Alors ϕp(P)est irr´eductible si et seulement si ¯ dn’est pas un
carr´e dans Fp. Maintenant si p|d(c’est `a dire ¯ d=¯ 0dans Fp), ϕp(P) = X2
et si d=a2est un carr´e non nul de Fpalors ϕp(P)=(X−a)(X+a).
(Noter que dans le dernier cas, X−a6=X+a).
Supposons d≡1( mod 4).
•p= 2. Alors ϕ2(P) = X2+X+¯ λ, o`u d= 1 + 4λ,λ∈Z. Ainsi ϕ2(P)
est irr´eductible si et seulement si λest impair c’est `a dire si et seulement
si d≡5( mod 8). Maintenant si d≡1( mod 8),ϕ2(P) = X(X−¯ 1).
•p6= 2. Dans ce cas, ϕp(P) = X2−X+¯ λ= (X−¯ 2−1)2−¯ d¯ 4−1.
Ainsi ϕp(P)est irr´eductible si et seulement si ¯ dn’est pas un carr´e dans
Fp. Maintenant si p|d, on obtient ϕp(P)=(X−¯ 2−1)2et si ¯ d=a26= 0
dans Fp, on obtient ϕp(P) = (X−¯ 2−1+a¯ 2−1)(X−¯ 2−1−a¯ 2−1).
5) a) La seule difficult´e est de v´erifier que Ψ(xy) = Ψ(x)Ψ(y). Pour ce
faire, il suffit de noter que ϕp(P)est trivial dans le quotient Fp[X]/(P0).
b) Comme P0est irr´eductible et que Fp[X]est principal, l’id´eal (P0)est
maximal dans Fp[X]et le quotient Fp[X]/(P0)est un corps.
Le morphisme d’anneaux Ψest clairement surjectif. Le noyau Ψque l’on
notera Pest donc un id´eal maximal de Z[θ].
Un ´el´ement x=a+bθ de Z[θ](avec aet bdans Z) est dans le noyau de
Ψsi et seulement si ϕp(a+bX) = P0(X)R(X), avec R(X)dans Fp[X].