Th´ eorie des Nombres - TD8 Id´ eaux d’un corps de nombres

Universit´e Pierre & Marie Curie Master de math´ematiques 1

Ann´ee 2010-2011 Module MM020

Th´ eorie des Nombres - TD8 Id´ eaux d’un corps de nombres

Exercice 1 : On consid`ere l’anneau A:=Z[√

−3]. On va montrer que dans cet anneau, le th´eor`eme d’existence de la d´ecomposition des id´eaux en produit d’id´eaux premiers n’est pas v´erifi´e.

a) On d´efinit l’id´eal de A:a:= (2,1 +√

−3). Montrer que a est un id´eal premier et que a6= (2).

b) Montrer que a²= (2)a.

c) Montrer que les id´eaux de A ne se d´ecomposent pas de mani`ere unique en produit d’id´eaux premiers.

d) Montrer que aest l’unique id´eal premier contenant 2.

e) Montrer que (2) n’est pas produit d’id´eaux premiers deA.

Solution de l’exercice 1.

a) On a un isomorphisme d’anneauxA∼=Z[X]/(X²+ 3), o`u la classe deXcorrespond `a√

−3∈A.

Par cons´equent, le quotientA/aest isomorphe au quotient (Z/2Z)[X]/(X²+ 3,1 +X). Or dans Z/2Z[X], on aX²+ 3 =X²+ 1 = (X+ 1)², doncA/a∼= (Z/2Z)[X]/(X+ 1)∼=Z/2Z∼=F2. Par cons´equent, A/a est un corps, donc aest un id´eal maximal, donc premier.

L’´el´ement 1 +√

−3 est dans a, mais pas dans (2). En effet, si 1 +√

−3∈(2), alors ¹⁺

√−3

2 ∈A,

i.e. il existe a, b∈Z tels que ¹⁺

√−3

2 =a+b√

−3. Or (1,√

−3) est une base deQ(√

−3) sur Q, donc a=b= ¹₂, ce qui est contradictoire. Donca6= (2).

b) Par d´efinition, l’id´eal a² est engendr´e par les ´el´ements 2² = 4, (1 +√

−3)² = −2 + 2√

−3 et 2(1 +√

−3). Donca²= (4,2 + 2√

−3) = (2)a.

c) Supposons que tous les id´eaux dease d´ecomposent de fa¸con unique en produit d’id´eaux premiers.

Alors (2) = Qr

i=1pⁿ_iⁱ, avec p_i premiers distincts et n_i ∈ N\ {0}. Donc a² = aQr

i=1pⁿ_iⁱ, donc par unicit´e a = Qr

i=1pⁿ_iⁱ, donc a = (2), ce qui contredit la question a). Par cons´equent, dans l’anneau A, on n’a pas d´ecomposition unique des id´eaux en id´eaux premiers.

d) On a montr´e en a) que a est un id´eal maximal, et il est clair qu’il contient 2. Soit p un id´eal premier de a contenant 2. Alors (1 +√

−3)² = 2(−1 +√

−3)∈(2). Donc (1 +√

−3)² ∈p, orp est premier, donc 1 +√

−3∈p, donca⊂p, donc par maximalit´e, a=p. D’o`u le r´esultat.

e) Supposons que (2) se d´ecompose en produit d’id´eaux premiers. La question d) assure que cette d´ecomposition est de la forme (2) =aⁿ, avecn≥2. Alors (2) =aⁿ⊂a² = (2)a⊂(2), donc ces inclusions sont des ´egalit´es, donc (2)a=a, donc a=A, ce qui n’est pas puisquea est premier.

Donc l’id´eal (2) ne se d´ecompose pas en produit d’id´eaux premiers.

Exercice 2 : On consid`ere le corps quadratiqueK :=Q(√

−5), et A:=ZK =Z[√

−5].

a) Montrer que l’anneauZK n’est pas factoriel.

[Indication : on pourra donner deux d´ecompositions distinctes de 6 en produit d’irr´eductibles de A.]

b) Soit p premier. Montrer que A/pA ∼= Fp ×Fp, Fp² ou Fp[t]/(t²) suivant la d´ecomposition du polynˆome X²+ 5 dansFp[X].

c) En calculant le discriminant deK, montrer que le troisi`eme cas (A/pA∼=Fp[t]/(t²)) se produit si et seulement sip= 2 ou p= 5.

d) En ´etudiantA/2A, montrer qu’il existe un unique id´eal maximal m₂ ⊂Acontenant 2. Montrer en outre que m₂ = (2,1 +√

−5) et que 2A=m²₂.

e) Montrer que les id´eaux maximaux contenant 3 sontm₃:= (3,−1 +√

−5) etm₃ := (3,1 +√

−5), puis d´ecomposer 3A en produit d’id´eaux premiers deA.

f) Donner la factorisation de 6A en produit d’id´eaux premiers.

g) Montrer que m₂,m₃ et m₃ ne sont pas principaux, alors que m₂m₃ et m₂m₃ le sont. Expliquer ainsi l’existence de deux factorisations de 6 dans A.

h) En utilisant la constante de Minkowski, calculer le groupe des classes deK.

Solution de l’exercice 2.

a) On ´ecrit

6 = 2.3 = (1 +√

−5)(1−√

−5). Or on a N_K/Q(2) = 4, N_K/Q(3) = 9 et N(1±√

−5) = 6. Donc les ´el´ements 2,3,1±√

−5 ∈A sont irr´eductibles s’il n’existe pas d’´el´ements dans A qui ont pour norme 2 ou 3. Or l’´equation N_K/Q(a+b√

−5) = 2 ou 3 (avec a, b ∈ Z) s’´ecrit a² + 5b² = 2 ou 3, et il est clair que cette

´

equation n’a pas de solution. Par cons´equent, 2,3,1±√

−5 ∈ A sont irr´eductibles, et vu le calcul de leur norme, 2 (resp. 3) n’est pas associ´e `a 1±√

−5. Donc on dispose bien de deux d´ecompositions r´eellement distinctes (i.e. qui ne diff`erent pas d’une unit´e) de 6∈A en produit de facteurs irr´eductibles. Donc An’est pas factoriel.

b) On dispose d’un isomorphisme Z[X]/(X²+ 5) −→^∼= A. Donc pour tout nombre premier p, on a A/pA∼=Fp[X]/(X²+ 5). Trois cas peuvent alors se produire :

– soit le polynˆome X²+ 5 est irr´eductible sur Fp. Alors A/pA est un corps de degr´e 2 sur Fp, doncA/pA∼=Fp².

– soit le polynˆome X²+ 5 a deux racines distinctes dansFp, not´ees λ₁ etλ₂. Alors A/pA∼=Fp[X]/(X−λ₁)(X−λ₂)∼=Fp[X]/(X−λ₁)×Fp[X]/(X−λ₂)∼=Fp×Fp

o`u le deuxi`eme isomorphisme provient du lemme chinois.

– soit le polynˆomeX²+ 5 admet une racine doubleλdansFp. AlorsA/pA∼=Fp[X]/(X−λ)² ∼= Fp[X]/(X²).

c) Le discriminant de K vaut D_K =−45 =−20. On est dans le troisi`eme cas si et seulement si la r´eduction deX²+ 5 modulopa une racine double dansFp si et seulement si la r´eduction deD_K modulo p est nulle si et seulement sip divise 20 si et seulement sip= 2 ou 5.

d) On a un isomorphismeA/2A∼=F2[X]/((X+ 1)²). Or l’anneau finiF2[X]/((X+ 1)²) admet pour unique id´eal maximal l’id´eal engendr´e par la classe de X+ 1, et le quotient de cet anneau par cet id´eal maximal est F2[X]/(X+ 1) ∼= F2. Par cons´equent, un id´eal m de A contenant 2 est maximal si et seulement si mest l’image r´eciproque de l’id´eal maximal deF2[X]/((X+ 1)²) par le morphisme quotient A→A/2Asi et seulement sim= (2,√

−5 + 1). Cela assure le r´esultat : m= (2,√

−5 + 1) est l’unique id´eal maximal deAcontenant 2.

Par cons´equent, la d´ecomposition de (2) en id´eaux premiers est de la forme (2) =m^r₂, avecr≥2.

On calcule alors les normes dans cette ´egalit´e : on trouve 4 = N(m)^r = 2^r, donc r = 2. Donc (2) =m²₂.

e) On calculeA/3A∼=F3[X]/(X²+ 5) =F3[X]/((X−1)(X+ 1)). On est donc dans le cas o`uX<sup>2</sup>+ 5 a deux racines distinctes dansF3. Par cons´equent,A/3A∼=F3[X]/(X−1)×F3[X]/(X+ 1), donc l’anneauA/3Aadmet exactement deux id´eaux maximaux, `a savoir l’id´eal engendr´e par la classe deX−1 et celui engendr´e par la classe deX+1. On obtient alors deux quotients isomorphes `aF3. Par cons´equent, l’anneauA admet exactement deux id´eaux maximaux contenant 3, qui sont les images r´eciproques des deux id´eaux maximaux de A/3A, `a savoir les id´eaux m₃ := (3,√

−5−1) etm₃ := (3,√

−5 + 1). Alors la d´ecomposition de (3) est donn´ee par (3) =m^r₃m₃^s, avec r, s≥1, donc en calculant les normes, on obtient r =s= 1, donc (3) =m₃m₃.

f) Les questions d) et e), ainsi que l’unicit´e de la d´ecomposition en id´eaux premiers assurent que 6A= (2)(3) =m²₂m₃m₃. C’est la d´ecomposition en id´eaux premiers de (6).

g) Si m₂ est principal, alors il est engendr´e par un ´el´ement de A de norme 2. Or on a vu qu’un tel ´el´ement n’existe pas. Donc m₂ n’est pas principal. De mˆeme pour m₃ et m₃, puisque A ne contient pas d’´el´ement de norme 3.

En revanche, on remarque quem₂m₃contient 1+√

−5 (on a 1+√

−5 = 3(1+√

−5)−2(1+√

−5)), et N_K/Q(1 +√

−5) = 6 =N(m2m₃), doncm₂m₃ = (1 +√

−5). De mˆeme, m₂m₃= (1−√

−5).

On a donc deux fa¸cons de regrouper les id´eaux dans la d´ecomposition en id´eaux premiers de (6) : premi`erement

(6) = (m²₂)(m3m₃) = (2)(3), et deuxi`emement

(6) = (m₂m₃)(m₂m₃) = (1 +√

−5)(1−√

−5).

On obtient ainsi les deux d´ecompositions distinctes en facteurs irr´eductibles de 6 ∈ A comme deux “regroupements” de la d´ecomposition de l’id´eal (6) en produits de quatre id´eaux premiers.

Cet exemple illustre le fait que le passage des entiers aux id´eaux entiers permet de r´esoudre le probl`eme de non-factorialit´e des anneaux d’entiers de corps de nombres...

h) On applique la majoration suivante : toute classe d’id´eaux de Acontient un repr´esentant entier a tel que N(a) ≤ M(K)|D_K|¹². Ici, on a M(K)|D_K|¹² = ²

√20

π ≈ 2,85 < 3. Par cons´equent, il suffit de d´eterminer tous les id´eaux entiers de norme ≤2. OrN(a) = 1 si et seulement sia=A.

EtN(a) = 2 si et seulement sia est maximal et 2∈asi et seulement si a=m₂. En outre, on a montr´e quem₂ n’est pas principal, donch(K) = 2 et Cl(K) =Z/2Z.

Exercice 3 : On consid`ereK :=Q(√

−23), α:= ¹⁺

√−23

2 etZK =Z[α].

a) Calculer le polynˆome minimal deα, le discriminantDK et la constante de Minkowski deK.

b) Montrer que les id´eaux p:= (2, α) etq:= (3, α) sont premiers non principaux.

c) Factoriser 2ZK et 3ZK en produits d’id´eaux premiers.

[Indication : on pourra utiliser la factorisation du polynˆome minimal deα modulo 2 et 3.]

d) Montrer que p³ est principal.

e) Calculer le nombre de classes de K.

Solution de l’exercice 3.

a) On sait que puisque −23 ≡ 1 [4], on a ZK = Z[α] et DK = −23. On v´erifie imm´ediatement que le polynˆome minimal de α est X²−X+ 6∈Z[X]. Enfin, la constante de Minkowski vaut (puisquer₂= 1) M(K) = _π².

b) On calcule ZK/p ∼= F2[X]/(X² +X, X) ∼= F2[X]/(X) ∼= F2, donc p est un id´eal maximal. De mˆeme pour q. Si p (resp. q) ´etait principal, alors il existerait un ´el´ement dans ZK de norme 2 (resp. de norme 3). Cela impliquerait que l’´equation a²+ 23b² = 8 (resp. a²+ 23b² = 12) a une solution dans Z², ce qui n’est pas le cas. Doncp etq ne sont pas principaux.

c) Modulo 2, le polynˆomeX²−X+ 6 s’´ecritX²−X =X(X−1). Donc il a deux racines distinctes dans F2, donc on en d´eduit la d´ecomposition de l’id´eal (2) en id´eaux premiers sous la forme (2) = (2, α)(2, α−1).

Modulo 3, le polynˆomeX²−X+ 6 s’´ecritX²−X =X(X−1). Donc il a deux racines distinctes dans F3, donc on en d´eduit la d´ecomposition de l’id´eal (3) en id´eaux premiers sous la forme (3) = (3, α)(3, α−1).

d) On a N(p³) = 8, donc pour montrer que p³ est principal, recherchons les entiers de norme 8.

Soient a, b ∈ Z. Alors N(^a+b

√−23

2 ) = 8 si et seulement si a² + 23b² = 32 si et seulement si b=±1 et a=±3 (les deux signes ´etant ind´ependants). Donc les ´el´ements de norme 8 dans ZK

sont exactement±(1 +α) et ±(α−2). Il y a donc exactement deux id´eaux principaux distincts de norme 8 : (1 +α) et (α−2). Or on connaˆıt tous les id´eaux premiers contenant 2 : ce sont

p = (2, α) et p⁰ = (2, α−1). Donc les seules d´ecompositions possibles pour les id´eaux (1 +α) et (α −2) sont p³, p²p⁰ = (2)p, pp⁰² = (2)p⁰ ou p⁰³. Or on a montr´e que p et p⁰ ne sont pas principaux, donc (2)pet (2)p⁰ ne le sont pas non plus, donc n´ecessairement les id´eaux principaux (1 +α) et (α−2) co¨ıncident avec les id´eaux p³ etp⁰³. En particulier, p³ est principal.

e) La borne de Minkowski assure que toute classe d’id´eaux contient un id´eal entier de norme≤3.

Pour tout id´eala deZK, on aN(a) = 2 si et seulement sia=pou p⁰. De mˆeme,N(a) = 3 si et seulement si a=q ou q⁰ (o`u q<sup>0</sup> := (3, α−1)). Donc en particulier h(K)≤5. Or Cl(K) contient un ´el´ement d’ordre 3 (`a savoir la classe dep, voir question d)), donc Cl(K)∼=Z/3Z(engendr´e par la classe de p) et h(K) = 3 (on peut v´erifier en outre que q=p²).

Exercice 4 : On noteK :=Q(√

−13) et σ l’´el´ement non trivial du groupe de Galois de K surQ. a) DonnerZK etDK.

b) Montrer que 2ZK =p², o`u p est un id´eal premier non principal tel que σ(p) =p.

c) Montrer que 13ZK =q², o`u qest un id´eal premier principal tel que σ(q) =q.

d) Montrer que 3ZK est un id´eal premier.

e) CalculerZ^∗_K.

f) Calculer le nombre de classes de K.

g) Soit y ∈ Z. Montrer que l’id´eal d := (y+√

−13, y−√

−13) n’admet pas de diviseur premier autre que petq.

h) On ´ecrit la d´ecomposition de l’id´eal (y+√

−13)ZK =cp^αq^β, avec c non divisible par p, ni par q. Montrer que cet σ(c) n’ont pas de diviseur premier commun.

i) On consid`ere d´esormais l’´equation diophantienne X³−Y² = 13. Soit (x, y) ∈ Z² une solution de cette ´equation.

i) Montrer qu’il existe un id´eal entierr de ZK eta, b∈N tels que (y+√

−13)Z_K = (rp^aq^b)³. ii) Montrer que l’id´eal rp^aq^b est principal.

iii) En d´eduire qu’il existe u, v∈Z tels quey=u³−39uv² et 1 =v(3u²−13v²).

iv) D´eterminer l’ensemble des solutions de l’´equation diophantienne X³−Y²= 13.

Solution de l’exercice 4.

a) On sait queZK =Z[√

−13] et D_K =−4.13 =−52.

b) Puisque modulo 2 le polynˆome X²+ 13 est ´egal `a X²+ 1 = (X+ 1)², il existe un unique id´eal maximal p = (2,1 +√

−13) contenant 2, et un calcul de norme assure que (2) = p². Or p est de norme 2, et il n’existe pas d’entier de norme 2 dans ZK (l’´equation a² + 13b² = 2 n’a pas de solution enti`ere), donc p n’est pas principal. Enfin, puisque σ(1 +√

−13) = 1−√

−13 = 2−(1 +√

−13)∈p, il est clair que σ(p) =p.

c) Dans ZK, on a 13 = −(√

−13)², donc les id´eaux (13) et (√

−13)² sont ´egaux. Notons q :=

(√

−13) id´eal principal. Alors q est maximal car ZK/q ∼= F13[X]/(X) ∼= F13. Enfin, puisque σ(√

−13) =−√

−13, il est clair queσ(q) =q.

d) On aZK/(3)∼=F3[X]/(X²+ 13) =F3[X]/(X²+ 1). Or le polynˆomeX²+ 1 est irr´eductible sur F3, doncZK/(3)∼=F9, donc (3) est un id´eal maximal, donc premier.

e) On a d´ej`a montr´e dans la feuille 7, exercice 1, queZ^∗_K ={±1}.

f) La borne de Minkowski vaut ici M(K)p

|D_K| = ⁴

√13

π ≈ 4,6 < 5. Par cons´equent, il suffit d’´etudier les id´eaux entiers de norme≤4. Or N(a) = 2 si et seulement sia=p;N(a) = 3 si et seulement si a= (3) et N(a) = 3, or N((3)) = 9, donc il n’existe pas d’id´eal entier de norme 3 ; N(a) = 4 si et seulement sia= (2). Donc finalement, puisque l’id´ealpn’est pas principal, on en d´eduit queh(K) = 2.

g) Soitr un id´eal premier divisantd. Alors 2√

−13 = (y+√

−13)−(y−√

−13)∈r, donc 2∈r ou

√−13∈r, doncr=pour=q(voir questions b) et c)). Doncdn’admet pas de diviseur premier autre que petq.

h) Sirest un id´eal premier divisantcetσ(c), alors (y+√

−13) =cp^αq^β et (y−√

−13) =σ(c)p^αq^β, doncrdivise (y+√

−13) et (y−√

−13), doncrdivised, doncr=pouq, ce qui contredit le fait que cne soit pas divisible parp, ni parq. Doncc etσ(c) n’ont pas de diviseur premier commun.

i) i) On dispose de l’´egalit´e dans ZK : x³ =y²+ 13 = (y+√

−13)(y−√

−13), donc en termes d’id´eaux, on obtient (x)³ = (y+√

−13)(y−√

−13). On d´ecompose l’id´eal (x) en id´eaux premiers : (x) = Qr

i=1pⁿ_iⁱ. Alors (x)³ =Qr

i=1p³ⁿ_i ⁱ. D’o`u avec les notations de la question h),

r

Y

i=1

p³ⁿ_i ⁱ =cσ(c)p^2αq^2β.

Par unicit´e de la d´ecomposition en id´eaux premiers, et en utilisant la question h), on en d´eduit qu’il existe un id´eal entierc⁰ tel que (c⁰)³ =c et que 3|2α,2β. Donc il existea, b∈N tels que α= 3aetβ= 3b. Finalement, on a donc (y+√

−13) = (c⁰p^aq^b)³.

ii) La question pr´ec´edente assure que le cube de l’id´eal c⁰p^aq^b est principal. Or la question f) assure que le groupe des classes est de cardinal 2, donc c⁰p^aq^b lui-mˆeme est principal iii) La question pr´ec´edente assure qu’il existe u, v ∈Z tels que (y+√

−13) = (u+u√

−13)³ (´egalit´e d’id´eaux). Quitte `a changer le signe deu etv (voir question e)), on peut supposer que l’on a une ´egalit´e dans ZK : (y+√

−13) = (u+u√

−13)³. On d´eveloppe le second membre et on identifie les deux ´ecritures sur la base (1,√

−13). On obtient les deux ´egalit´es suivantes : u³−39uv² =y etv(3u²−13v²) = 1.

iv) On d´eduit de la question pr´ec´edente quev=−1 et queu=±2. Alors on obtient finalement y =±70, et x³ =y²+ 13 = 4913 = 17³, donc x = 17. Finalement, on a d´emontr´e que les solutions de l’´equation diophantienne consid´er´ee sont exactement les deux couples (17,−70) et (17,70).

Exercice 5 : L’objectif de cet exercice est de montrer ce que l’on appelle le “premier cas du th´eor`eme de Fermat”, `a savoir : pour un nombre premier impairp, si l’on note K:=Q(ζp) et sip ne divise pas h(K), alors l’´equation X^p+Y^p =Z^p n’admet pas de solution (x, y, z)∈Z³ avec x,y etz premiers `a p(i.e. pour toute solution (x, y, z)∈Z³,p divisexyz).

Pour cela, on raisonne par l’absurde et on suppose donc qu’il existe une solution (x, y, z) ∈ Z³ telle quep ne divise pasxyz.

a) Montrer que l’on peut supposerx,y etzpremiers entre eux dans leur ensemble.

b) Si p= 3 ou p= 5, conclure en r´eduisant l’´equation modulo p².

c) On suppose d´esormais p >5. Montrer que l’on peut supposer quep ne divise pasx−y.

[Indication : montrer qu’il n’est pas possible d’avoir x≡y≡ −z [p].]

d) Montrer que z^p =Qp−1

i=0(x+ζ_pⁱy).

e) D´ecomposer l’id´eal pZK en id´eaux premiers. Plus pr´ecis´ement, montrer qu’il existe un id´eal premier pde ZK tel quepZK =p^p−1.

f) Montrer en outre que pour tout 1≤i≤p−1,p= (1−ζ_pⁱ)ZK.

g) Montrer que les id´eaux (x+ζ_pⁱy) (pour 1≤i≤p−1) sont deux-`a-deux premiers entre eux.

[Indication : on pourra raisonner par l’absurde et montrer qu’alors x+y ∈p.]

h) Montrer que pour tout 1≤i≤p−1, il existe un id´eal a_i deZK tel que (x+ζ_pⁱy)ZK =a^p_i. i) Montrer que pour tout 1≤i≤p−1, l’id´eal a_i est principal, engendr´e par α_i∈ZK. j) Montrer que pour tout α∈ZK,α^p ∈Z+pZK.

k) En d´eduire qu’il existe r ∈Ztel quex+ζpy−ζ_p^2rx−ζ_p^2r−1y ≡0 [p].

[Indication : on pourra utiliser la description deZ^∗_K obtenue `a l’exercice 2 de la feuille de TD7.]

l) En d´eduire que si les quatre nombres 1, ζp, ζ_p^2r−1, ζ_p^2r sont distincts, alors x et y sont divisibles par p.

m) Montrer que dans le cas contraire, soitp|y, soitp|x−y, soitp|x.

n) Conclure.

Solution de l’exercice 5.

a) Si d ∈ Z divise x, y et z, alors le triplet (^x_d,^y_d,^z_d) est solution de la mˆeme ´equation. Donc en divisant la solution initiale par le PGCD de (x, y, z), on peut supposer quex,yetzsont premiers entre eux.

b) Puisque six≡y [p], alorsx^p ≡y^p [p²], on connaˆıt facilement les puissancesp-i`emes dansZ/p<sup>2</sup>Z, pour p = 3 ou 5. On trouve que les puissances p-i`emes modulop² sont 1 et −1 (si p= 3) ou 1,

−1, 7 et−7 (si p= 5). Il est alors clair que la somme de trois de ces classes modulop² ne peut ˆ

etre nulle, on a donc une contradiction.

c) Supposons que x ≡ y ≡ −z [p]. Alors l’´egalit´e x^p+y^p + (−z)^p = 0 devient 3x^p = 0. Or par hypoth`esep ne divise parx, doncp divise 3, ce qui contredit l’hypoth`esep >5. Donc l’une des deux congruences x ≡ y [p] ou x ≡ −z [p] n’est pas v´erifi´ee. Donc si p divisex−y, alors p ne divise pasx+z. Donc quitte `a remplacery par−zetzpar−y, on peut supposer quepne divise pas x−y.

d) On a

z y

p

=

x y

p

+1. Or le polynˆomeX^p+1 se d´ecompose sous la formeX^p+1 =Qp−1

i=0(X+ζ_pⁱ).

On applique cette identit´e `a X = ^x_y et on obtient z

y

p

= Qp−1 i=0

x y +ζ_pⁱ

. En multipliant les deux membres par y^p, il restez^p=Qp−1

i=0(x+ζ_pⁱy).

e) On a montr´e `a l’exercice 11 de la feuille 6 quep∈(λ)^p−1, avecλ:= 1−ζp. Or on sait que l’id´eal p= (λ) est premier de norme p, donc un calcul de norme assure que pZK =p^p−1.

f) Il est clair que les 1−ζ_pⁱ (pour 1≤i≤p−1) engendrent le mˆeme id´ealp puisque ^1−ζ

pi

1−ζp est une unit´e deZK.

g) Soit q un id´eal premier divisant (x+ζ_pⁱy) et (x +ζp^jy), pour 0 ≤ i 6= j ≤ p−1. Alors q divise ((ζ_pⁱ −ζp^j)y) = p(y) et ((ζp^j −ζ_pⁱ)x) = p(x). Or x et y sont premiers entre eux (dans Z), donc les id´eaux (x) et (y) n’ont pas de facteur premier en commun, donc q divise p, donc q = p par maximalit´e. Donc x +y ≡ x+ζ_pⁱy ≡ 0 (mod p), donc x +y ∈ p∩Z = (p). Or z^p≡x^p+y^p ≡x+y≡0 [p], donc pdivisez. Ceci contredit l’hypoth`ese initiale, donc (x+ζ_pⁱy) et (x+ζp^jy) n’ont pas de facteur commun.

h) La question d) assure que l’on a l’´egalit´e suivante entre id´eaux : (z)^p = Qp−1

i=0(x+ζ_pⁱy). Or les id´eaux du second membre sont deux-`a-deux premiers entre eux, donc l’unicit´e de la d´ecomposition en id´eaux premiers assure qu’il existe des id´eaux a_i tels que (x+ζ_pⁱy) =a^p_i pour touti.

i) On a, d’apr`es la question h), l’´egalit´e suivante pour tout i : a<sub>i</sub><sup>p</sup> = (x+ζ<sub>p</sub><sup>i</sup>y). Donc l’id´eal a<sub>i</sub> devient principal quand on l’´el`eve `a la puissance p. Or par hypoth`ese p est premier au nombre de classes de K, donca_i lui-mˆeme est principal : il existeαi∈ZK tel quea_i= (αi).

j) Soit α=a0+a1ζp+· · ·+ap−2ζp^p−2∈ZK. Alors on d´eveloppe avec la formule du multinˆome de Newton : on obtientα^p = (a^p₀+a^p₁+· · ·+a^p_p−2)+pβ, avecβ ∈ZK. Donc clairementα^p ∈Z+pZK. k) Les questions i) et j) assurent qu’il existe u ∈ Z^∗_K et a ∈ Z tels que x+ζ_py = uα^p₁ et α^p₁ ≡ a (modpZK). Par l’exercice 2 de la feuille 7, on peut ´ecrireusous la formeu=ζ_p^rv, avecv∈Z^∗_K tel quev=v. Alors on en d´eduit quex+ζ_py≡ζ_p^rva (modpZK) etx+ζ_py≡ζ_p^−rva (modpZK).

Donc en combinant ces deux congruences, on obtientζ_p^2r(x+ζ_p⁻¹y)≡x+ζ_py (modpZK). Donc finalement x+ζpy−ζ_p^2rx−ζ_p^2r−1y≡0 [p].

l) On suppose que les quatre nombres en question sont deux-`a-deux distincts. Alors la famille des quatre vecteurs (1, ζ<sub>p</sub>, ζ<sub>p</sub><sup>2r</sup>, ζ<sub>p</sub><sup>2r−1</sup>) se compl`ete en une base de ZK (puisque p > 5), donc la question k) assure que pdivisex ety.

m) Si les quatre nombres ne sont pas deux-`a-deux distincts, trois cas se pr´esentent :

– soitζ_p^2r = 1, auquel cas (ζp−ζ_p⁻¹)y≡0 [p]. Or (ζp, ζ_p⁻¹) se compl`ete en une base deZK, donc p divisey.

– soit ζ_p^2r−1 = 1, alors (x−y)−(x−y)ζ_p ≡0 [p], donc comme dans le cas pr´ec´edent, p divise x−y.

– soit ζ_p =ζ_p^2r−1, alorsx−ζ_p²x≡0 [p], donc comme pr´ec´edemment p divisex.

n) Les questions l) et m) assurent quepdivisex,youx−y, ce qui contredit soit l’hypoth`ese initiale, soit la question c). Donc finalement il n’existe pas de solution (x, y, z) telle quep ne divise pas xyz.

o) Remarque : en utilisant ce r´esultat et des techniques analogues, on peut montrer ensuite qu’il n’existe pas de solution enti`ere du tout (toujours sous l’hypoth`ese sur le nombre de classes).

La condition sur le nombre de classes est v´erifi´ee par tous les nombres premiers ≤ 100, sauf 37, 59 et 67. On ne sait pas montrer qu’il y a une infinit´e de nombres premiers v´erifiant cette condition sur le nombre de classes (on les appelle les nombres premiers r´eguliers). On conjecture cependant qu’environ 61 % des nombres premiers sont r´eguliers.

Exercice 6 : On consid`ere le corpsK :=Q[√

−163].

a) CalculerZK,DK et le polynˆome minimal d’un g´en´erateurα de ZK. b) Montrer que les id´eaux premiers contenant 2, 3, 5 ou 7 sont principaux.

c) En d´eduire que ZK est principal, donc factoriel.

d) Montrer que pour tout a, b∈Z,N_K/Q(a+bα)≥41 sib6= 0.

e) En d´eduire que pour tout −39≤n≤40, l’entiern²−n+ 41 est premier.

Solution de l’exercice 6.

a) Puisque−163≡1 [4], on aDK =−163 etZK =Z[α], avecα:= ¹⁺

√−163

2 . Le polynˆome minimal de α est X²−X+ 41.

b) Montrons que pourp= 2,3,5 ou 7, l’id´eal (p) deZK est maximal. Pour cela, il suffit de v´erifier que la r´eduction de X²−X+ 41 modulo pest irr´eductible, i.e. qu’elle n’a pas de racine, ce qui est imm´ediat. Donc les id´eaux (p), avec p= 2,3,5,7 sont maximaux, d’o`u le r´esultat.

c) Le r´esultat de Minkowski assure que toute classe d’id´eaux admet un repr´esentant entier de norme

≤ M(K)p

|D_K| ≈8,128<9. Donc on va ´etudier tous les id´eaux entiers de norme≤8. Soit a un id´eal de ZK. On a N(a) = 2 si et seulement si 2 ∈ a et N(a) = 2. Or (2) est maximal de norme 4, donc il n’existe pas d’id´eal de norme 2. De mˆeme, pour p = 3,5,7, (p) est maximal de norme p², donc il n’existe pas d’id´eal de norme p. De mˆeme, il n’existe pas d’id´eal entier de norme 6 = 2.3. On aN(a) = 4 si et seulement si a= (2). Il n’existe pas d’id´eal entier de norme 8 puisque sinon il existerait un id´eal de norme 2. Finalement, les seuls id´eaux de norme≤8 sont ZK et (2). Ils sont tous les deux principaux, donch(K) = 1, donc ZK est principal.

d) Si b6= 0, on a

N_K/Q(a+bα) =

a+b 2

2

+ 163b²

4 ≥ 163 4 >40. Or N_K/Q(a+bα)∈Z, doncN_K/Q(a+bα)≥41.

e) Soitn∈Z, etp premier divisantn²−n+ 41. Alors modulop, le polynˆomeX²−X+ 41 admet pour racine la classe de n modulo p. Donc le nombre premier pest soit ramifi´e, soit d´ecompos´e dans l’extension K/Q, donc il existe un id´eal premier p divisant pZK tel que N(p) = p. Or

p est principal par la question c) : p = (β), β ∈ ZK. Par la question d), on en d´eduit que p=N_K/Q(β)≥41.

En particulier, si n² −n+ 41 < 41² et si n²−n+ 41 n’est pas premier, il admet un facteur premier p < 41, ce qui contredit les lignes pr´ec´edentes. Donc si on a n²−n+ 41 <41², alors n²−n+ 41 est premier.

Il suffit maintenant de r´esoudre l’in´equation suivante : n² −n+ 41 < 41² si et seulement si

−40 < n < 41 (il est clair que les cas d’´egalit´e correspondent `a n = −40 et n = 41). D’o`u le r´esultat.