176 B. SOLUTIONS, INDICATIONS ET CORRIGÉS 6. Exercices du

176 B. SOLUTIONS, INDICATIONS ET CORRIGÉS
6. Exercices du chapitre 6
Exercice 6.2 On a Πα,Q=X2+X+ 5 donc disc(A) = −19. D’après Minkowski tout idéal non nul de
Aest équivalent à un idéal contenant Navec 1≤N≤C(A) = 1
2
4
π√19 <3(voir la table). Mais X2+X+5
est irréductible dans (Z/2Z)[X]donc les seuls idéaux de Acontenant 2sont 2Aet A. Ainsi, Cl(A)=1et
donc Aest principal. On a vu au chapitre 4 qu’il n’est pas euclidien.
Exercice 6.3 On a Πα,Q=X2+ 5 donc disc(A) = −20. D’après Minkowski, tout idéal non nul de
Aest équivalent à un idéal contenant Navec 1≤N≤C(A) = 1
2
4
π√20 <3(voir la table). Comme
X2+ 5 ≡(X−1)2mod 2, les idéaux contenant 2sont 2A,2A+ (α−1)A=Iet A. Ainsi, tout idéal est
équivalent à Iou bien principal.
Si I=zA alors N(I) = |N(z)|. Mais N(I) = 2 (pourquoi ?) et x2+ 5y2ne représente pas 2, donc I
n’est pas principal. Ainsi, [I]6= [A]et donc |Cl(A)|= 2.
On a I2= (4,(α−1)2,2(α−1)). Mais (α−1)2=−4−2α=−2(2 + α), donc
I2= (2)(2,2 + α, α −1) = (2)
car 1 = (2 + α)−2−(α−1). Ainsi, [I]2=1=[A]dans Cl(A), et donc Cl(A)'Z/2Z. Si Jest un idéal
non nul de A, alors Jest principal si et seulement si [J]=1dans Cl(A). On conclut car [J]6= [IJ]dans
le groupe Cl(A), car [I]6= [A].
Exercice 6.4 Le (i) et (ii) sont similaires à l’exercice précédent. Comme (α−1)2=−2(1 + α), on a
I2= (4,−2(1 + α),2(α−1)) = 2(2, α + 1, α −1) = 2I. La structure de Cl(A) = {[A],[I]}est donc telle que
[I]2= [I]: ce n’est donc pas un groupe (c’est l’unique monoïde unitaire à deux éléments qui n’est pas un
groupe !). Si Jest un idéal non nul de A, alors on constate que [JI] = [J][I] = [I]quel que soit [J], donc
IJ n’est jamais principal.
Exercice 6.7 On a disc(X3−d) = −27d2. Si K=Q(3
√d)alors r1= 1 et r2= 1. Quand d= 2,
Minkowski nous dit que tout idéal non nul de Aest équivalent à un idéal contenant un entier ≤4
π
3!
336√3 =
16
π√3<3(donnée). Les idéaux de Acontenant 2sont A, 2A,I= 2A+αA et J= 2A+α2A, donc
Cl(A) = {[A],[I],[J]}. On a α3= 2 donc 2∈α2A⊂αA, donc I= (α)et J= (α)2sont principaux, puis
|Cl(A)|= 1. L’anneau Aest un ordre de Q(α). Il est principal, donc intégralement clos, et donc il contient
OQ(α): c’est donc exactement l’anneau des entiers de Q(α).
Exercice 6.8 Soient ζ=e2iπ/5,K=Q(ζ)et A=Z[ζ]. On a r1= 0 et r2= 2. De plus disc(A) =
disc(X4+X3+X2+X+ 1) = 53(exercice 5.14). On vérifie que
C(2,4) ·5√5'1,7<2,
donc Aest principal par Minkowski.
7. Exercices du chapitre 7
Exercice 7.1 (i) Soit α=√6, alors A=Z[α]est l’anneau des entiers de Q(√6). Les idéaux contenant
15 sont donc les facteurs de (15). Comme X2−6≡X2mod 3, on a (3) = T2avec T= (3, α)premier.
Comme X2−6≡(X−1)(X+ 1) mod 5 on a (5) = C+C−avec P±= (5, α ±1) premier. Ainsi, (15) =
T2C+C−. Les idéaux cherchés sont donc les 12 idéaux suivants :
A, T, C+, C−, T 2= (3), T C+, T C−, C+C−= (5), T 2C+, T 2C−, T C+C−, T 2C+C−= (15).
(ii) Soit α=√5, alors A=Z[α]est l’anneau des entiers de Q(α). L’idéal principal engendré par β= 1+ 2α
est de norme N(β) = 1 + 4.5 = 21 = 3 ·7. Il est donc produit d’un idéal premier de norme 3par un autre
de norme 7. Les idéaux premiers contenant 3sont les deux idéaux T±= (3, α ±1) et ceux contenant 7sont
S±= (7, α ±3). Mais β= 2α+ 1 = 2(α−1) + 3 ∈T−et β= 2(α−3) + 7 ∈S−, donc T−et S−divisent
(β), puis (β) = T−S−(identité pas très difficile à vérifier à posteriori !).
Exercice 7.4 Traitons d’abord le cas de A=Z[α]avec α=√−13. On a disc(A) = disc(X2+ 13) =
−52. Les estimées de Minkowski démontrent que tout idéal non nul de Aest équivalent à un idéal contenant
un entier Ntel que 1≤N≤2
π√52 <5. Les idéaux de Acontenant 2sont 2A,D= (2, α + 1) (premier)
et Acar X2+ 13 ≡(X+ 1)2mod 2. De plus, X2+ 13 est irréductible modulo 3, donc les seuls idéaux de
Acontenant 3sont 3Aet A. De plus, Aest l’anneau des entiers de Q(√−13), car −13 est sans facteur
carré et ≡3 mod 4. D’après le cours (ou par un calcul direct) on a (2) = D2, donc (4) = D4, de sorte
que les idéaux contenant 4sont les Dipar la propriété de Dedekind. Il s’ensuit qu’en tant que groupes

7. EXERCICES DU CHAPITRE 7 177
Cl(A) = h[D]i. Mais Dn’est pas principal car 2n’est pas représenté par x2+ 13 y2, et [D]2= [A], donc
Cl(A) = Z/2Z.
Supposons maintenant A=√26, donc disc(A) = −92 et tout idéal non nul de Aest équivalent à
un idéal contenant un entier Ntel que 1≤N≤2
π√92 <7(Minkowski). Aest l’anneau des entiers
de Q(√−26) car −26 est sans facteur carré et ≡2 mod 4. Il s’ensuit que Cl(A)est engendré comme
groupe par les idéaux premiers divisant 2,3,4,5,6, i.e. par les idéaux premiers contenant 2,3ou 5. Ce sont
respectivement D= (2, α),T±= (3, α ±1) et C±= (5, α ±2) (de normes 2,3et 5). D’après le cours on a
les relations (2) = D2,(3) = T+T−et (5) = C+C−. La forme x2+ 26 y2représente 27 = N((1 + α)) = 33et
30 = N((2 + α)) = 2 ·3·5. Mais 1 + α∈T+et 1 + α /∈T−(sinon on aurait 3−(1 + α)−(1 −α) = 1 ∈T−
et donc T−=A), et 2 + αest manifestement dans D,T−et C+, donc
(1 + α) = T3
−et (2 + α) = DT−C+
par multiplicativité de la norme et propriété de Dedekind. On en déduit les relations [D]2= [A],[T+][T−] =
[A],[T−]3= [A],[D][T−][C+] = [A]et [C−][C+] = [A]donc Cl(A)est engendré par [D]et [T−]. Mais
[DT−]3= [D]et [DT−]2= [T−]−1donc Cl(A)est engendré par l’élément [DT−]dont l’ordre divise 6.
Comme ni 2ni 3n’est représenté par x2+ 26 y2, ni Dni T−n’est principal et donc Cl(A)'Z/6Z.
Exercice 7.5 (i) Il est évident qu’un idéal principal non nul (π)d’un anneau Aquelconque est premier
si et seulement πest un élément premier, comme on l’a déjà remarqué dans le cours. Il faut donc simplement
que vérifier que si un idéal premier P⊂ OKcontient un élément premier π, alors P= (π). Mais l’idéal
(non nul) (π)est premier par l’observation précédente, il est donc maximal par un résultat du cours, et
donc (π) = P.
(ii) Supposons OKfactoriel. Nous allons montrer que tous les idéaux premiers de OKsont principaux.
Il en résultera que OKest principal par la propriété de Dedekind. Soient Pun idéal premier non nul de OK
et z∈Pun élément non nul. Comme OKa la propriété de factorisation (par exemple car il est noethérien),
zest produit fini d’irréductibles. Comme Pest premier il contient au moins un des facteurs irréductibles
πde z. Mais πétant irréductible et OKétant factoriel, πest premier, et donc P= (π)d’après le (i).
(iii) Supposons qu’un ordre A⊂ OKest factoriel. L’anneau Aétant un ordre on a Frax(A) = K.
Comme il est factoriel il est intégralement clos, donc en particulier OK=Z∩K⊂A, et donc OK=A.
Problème 7.1 (i) Soient Qet Q0sont deux diviseurs de P= Πα,Q∈(Z/pZ)[X]. Supposons Qet Q0
premiers entre eux. D’après Bezout il existe U, V ∈(Z/pZ)[X]tels que U Q +V Q0= 1. Soient e U, e V , e Qet
f
Q0∈Z[X]des relevés respectifs de U, V, Q et Q0. On a donc e Ue Q+e Vf Q0−1∈pZ[X]. Évaluée en αcette
relation montre que (e Q(α),f Q0(α)) = A. Mais
I(Q)I(Q0) = (p, e Q(α))(p, f Q0(α)) = p2A+p(e Q(α),f Q0(α)) + e Q(α)f Q0(α)A.
Ainsi, I(Q)I(Q0) = (p, e Q(α)f Q0(α)) = I(QQ0).
(ii) Le (i) s’applique récursivement et montre que Qg
i=1 I(Qi) = I(Qg i=1 Qi) = I(P) = pA.