7. Exercices du chapitre 7 Exercice 7.1 (i) Soit α = √ 6, alors A = Z[α

7. EXERCICES DU CHAPITRE 7
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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 X 2 − 6 ≡ X 2 mod 3, on a (3) = T 2 avec
T = (3, α) premier. Comme X 2 − 6 ≡ (X − 1)(X + 1) mod 5 on a (5) = C+ C− avec P± = (5, α ± 1)
premier. Ainsi, (15) = T 2 C+ 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 2 C+ , T 2 C− , T C+ C− , T 2 C+ 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
3 par un autre de norme 7. Les idéaux premiers contenant 3 sont les deux idéaux T± = (3, α ± 1) et
ceux contenant 7 sont 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(X 2 +13) =
−52. Les estimées de Minkowski démontrent
que tout idéal non nul de A est équivalent à un idéal
√
2
contenant un entier N tel que 1 ≤ N ≤ π 52 < 5. Les idéaux de A contenant 2 sont 2A, D = (2, α+1)
(premier) et A car X 2 + 13 ≡ (X + 1)2 mod 2. De plus, X 2 + 13 est irréductible modulo√3, donc les
seuls idéaux de A contenant 3 sont 3A et A. De plus, A est 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 4 sont les Di par la propriété de Dedekind. Il suit
qu’en tant que groupes Cl(A) = h[D]i. Mais D n’est pas principal car 2 n’est pas représenté par
x2 + 13 y 2 , et [D]2 = [A], donc Cl(A) = Z/2Z.
√
Supposons maintenant A = 26, donc disc(A) =√−92 et tout idéal non nul de A est équivalent
à un idéal contenant un entier N tel que 1 ≤ N ≤ π2 92 < 7(Minkowski). A est l’anneau des entiers
√
de Q( −26) car −26 est sans facteur carré et ≡ 2 mod 4. Il suit 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, 3 ou 5.
Ce sont respectivement D = (2, α), T± = (3, α ± 1) et C± = (5, α ± 2) (de normes 2, 3 et 5). D’après
le cours on a les relations (2) = D2 , (3) = T+ T− et (5) = C+ C− . La forme x2 + 26 y 2 représente
27 = N((1 + α)) = 33 et 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 + α est manifestement dans D, T− et C+ , donc
(1 + α) = T−3 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− ]−1 donc Cl(A) est engendré par l’élément [DT− ] dont
l’ordre divise 6. Comme ni 2 ni 3 n’est représenté par x2 + 26 y 2 , ni D ni T− n’est principal et donc
Cl(A) ' Z/6Z.
Exercice 7.6 Soit A = Z[ζ] avec ζ = e2iπ/7 . On a disc(Z[ζ]) = disc(Φ7 ) = −75 (formule donnée).
Aucun des Q-conjugués de ζ (les ζ k avec 0 < k < 7) n’est réel, donc si K = Q(ζ) alors r1 (K) = 0
et r2 (K) = 3. La théorie de Minkowski assure donc que tout idéal de A est équivalent à un idéal
contenant N avec 1 ≤ N ≤ C(3, 6)75/2 < 5. Mais A est de Dedekind d’après Kummer donc Cl(A)
est engendré par les idéaux premiers contenant 2 ou 3 (qui sont les facteurs premiers des idéaux
ci-dessus). La donnée montre que les deux idéaux premiers divisant 2 sont D1 = (2, ζ 3 + ζ + 1) et
D2 = (2, ζ 3 + ζ 2 + 1), tous deux de norme 23 = 8. Mais (1 + ζ + ζ 3 ) ⊂ D1 est également de norme
8 d’après l’énoncé, donc D1 = (1 + ζ + ζ 3 ) est principal. Enfin, d’après l’énoncé le polynôme Φ7 est
irréductible modulo 3 (cela peut se vérifier en constatant qu’il n’a pas de racine dans F9 = Z[i]/(3)),
de sorte que l’idéal (3) est premier (et l’unique premier contenant 3 !). Ainsi, A est principal.
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B. SOLUTIONS, INDICATIONS ET CORRIGÉS
Exercice 7.7 (i) Il est évident qu’un idéal principal non nul (π) d’un anneau A quelconque est
premier si et seulement π est un élément premier, comme on l’a déjà remarqué dans le cours. Il faut
donc simplement que vérifier que si un idéal premier P ⊂ OK contient 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 OK factoriel. Nous allons montrer que tous les idéaux premiers de OK sont principaux. Il en résultera que OK est principal par la propriété de Dedekind. Soient P un idéal premier
non nul de OK et z ∈ P un élément non nul. Comme OK a la propriété de factorisation (par exemple
car il est noethérien), z est produit fini d’irréductibles. Comme P est premier il contient au moins
un des facteurs irréductibles π de z. Mais π étant irréductible et OK étant factoriel, π est premier,
et donc P = (π) d’après le (i).
(iii) Supposons qu’un ordre A ⊂ OK est factoriel. L’anneau A étant 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 Q et Q0 sont deux diviseurs de P = Πα,Q ∈ (Z/pZ)[X]. Supposons Q
et Q0 premiers entre eux. D’après Bezout il existe U, V ∈ (Z/pZ)[X] tels que U Q + V Q0 = 1. Soient
e , Ve , Q
e et Q
f0 ∈ Z[X] des relevés respectifs de U, V, Q et Q0 . On a donc U
eQ
e + Ve Q
f0 − 1 ∈ pZ[X].
U
e
f0 (α)) = A. Mais
Évaluée en α cette relation montre que (Q(α),
Q
e
f0 (α)) = p2 A + p(Q(α),
e
f0 (α)) + Q(α)
e Q
f0 (α)A.
I(Q)I(Q0 ) = (p, Q(α))(p,
Q
Q
e Q
f0 (α)) = I(QQ0 ).
Ainsi, I(Q)I(Q0 ) = (p, Q(α)
(ii) Le (i) s’applique récursivement et montre que
Qg
i=1
Q
I(Qi ) = I( gi=1 Qi ) = I(P ) = pA.

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