Division euclidienne - fiches de révision (B)

Théorème (Propriété Universelle de $A[X]$)

Soit $A$ un anneau commutatif, $(B, f)$ une $A$-algèbre et $x \in B$ un élément qui commute avec tous les éléments de $f(A)$. Alors il existe un unique morphisme de $A$-algèbres $\text{ev}_x : A[X] \to B$ tel que $\text{ev}_x(X) = x$.

Démonstration :

1. Unicité :

   Supposons qu'un tel morphisme $\phi: A[X] \to B$ existe. Par définition d'un morphisme de $A$-algèbres, le diagramme doit commuter, ce qui signifie $\phi(a \cdot 1_{A[X]}) = f(a)$ pour tout $a \in A$. On identifie $a$ avec $a \cdot 1_{A[X]}$, donc $\phi(a) = f(a)$. De plus, on impose la condition $\phi(X) = x$.

   Un polynôme $P(X) \in A[X]$ s'écrit de manière unique comme $P(X) = \sum_{k=0}^n a_k X^k$. Comme $\phi$ est un morphisme d'anneaux, il doit préserver les additions et les multiplications :

   $\phi(P(X)) = \phi(\sum_{k=0}^n a_k X^k) = \sum_{k=0}^n \phi(a_k) \phi(X)^k$

   En utilisant les conditions ci-dessus, on obtient :

   $\phi(P(X)) = \sum_{k=0}^n f(a_k) x^k$

   Cette expression définit de manière unique l'image de tout polynôme. L'unicité du morphisme est donc établie.

2. Existence :

   Définissons l'application $\text{ev}_x : A[X] \to B$ par la formule trouvée ci-dessus :

   $\text{ev}_x\left(\sum a_k X^k\right) = \sum f(a_k) x^k$

   Nous devons vérifier que $\text{ev}_x$ est un morphisme de $A$-algèbres.

   • $\text{ev}_x(1_{A[X]}) = \text{ev}_x(1 \cdot X^0) = f(1)x^0 = 1_B \cdot 1_B = 1_B$.

   • Additivité : Trivial par la définition de l'addition dans $A[X]$ et $B$.

   • Multiplicativité : Soient $P(X) = \sum a_i X^i$ et $Q(X) = \sum b_j X^j$.

     $(PQ)(X) = \sum_k \left(\sum_{i+j=k} a_i b_j\right) X^k$

     $\text{ev}_x(PQ) = \sum_k f\left(\sum_{i+j=k} a_i b_j\right) x^k = \sum_k \left(\sum_{i+j=k} f(a_i) f(b_j)\right) x^k$

     D'autre part :

     $\text{ev}_x(P) \text{ev}_x(Q) = \left(\sum_i f(a_i) x^i\right) \left(\sum_j f(b_j) x^j\right) = \sum_{i,j} f(a_i) f(b_j) x^i x^j$

     Comme $x$ commute avec tous les $f(b_j)$, on a $x^i f(b_j) = f(b_j) x^i$. L'expression devient :

     $\sum_{i,j} f(a_i) f(b_j) x^{i+j} = \sum_k \left(\sum_{i+j=k} f(a_i) f(b_j)\right) x^k = \text{ev}_x(PQ)$

   • Morphisme de $A$-algèbres : Il faut vérifier que $\text{ev}_x \circ i_A = f$, où $i_A: A \to A[X]$ est l'injection canonique $a \mapsto aX^0$. Pour $a \in A$, $\text{ev}_x(i_A(a)) = \text{ev}_x(aX^0) = f(a)x^0 = f(a)$. Le diagramme commute.

Le morphisme est donc bien défini et unique.

Théorème : Un anneau $A$ euclidien est un anneau principal.

Démonstration :

Soit $A$ un anneau euclidien muni d'un stathme $\delta: A \to \mathbb{N} \cup \{-\infty\}$. Soit $I$ un idéal de $A$.

1. Cas trivial : Si $I = \{0\}$, alors $I = (0)$, qui est un idéal principal.

2. Cas non trivial : Supposons $I \neq \{0\}$. L'ensemble $S = \{\delta(x) \mid x \in I \setminus \{0\}\}$ est une partie non vide de $\mathbb{N}$. Comme $\mathbb{N}$ est bien ordonné, $S$ admet un plus petit élément. Soit $m = \min(S)$.

   Soit $a \in I \setminus \{0\}$ un élément tel que $\delta(a) = m$. Nous allons montrer que $I = (a)$.

   • Inclusion $(a) \subseteq I$ :

     Puisque $a \in I$ et que $I$ est un idéal, tout multiple de $a$, de la forme $ax$ avec $x \in A$, appartient à $I$. Donc, $(a) \subseteq I$.

   • Inclusion $I \subseteq (a)$ :

     Soit $b$ un élément quelconque de $I$. Puisque $A$ est euclidien et $a \neq 0$, nous pouvons effectuer la division euclidienne de $b$ par $a$. Il existe un couple $(q, r) \in A \times A$ tel que :

     $b = aq + r \quad \text{avec} \quad \delta(r) < \delta(a)$

     Comme $b \in I$ et $a \in I$, on a $aq \in I$. Puisque $I$ est un sous-groupe additif de $A$, le reste $r = b - aq$ est aussi un élément de $I$.

     Deux cas sont possibles pour $r$ :

     a) Soit $r=0$. Dans ce cas, $b = aq$, ce qui signifie que $b \in (a)$.

     b) Soit $r \neq 0$. Dans ce cas, $r \in I \setminus \{0\}$, donc $\delta(r) \in S$. Cependant, la propriété de la division euclidienne nous donne $\delta(r) < \delta(a)$. Or, $\delta(a)$ est l'élément minimal de $S$. C'est une contradiction.

     Le seul cas possible est donc $r=0$. Par conséquent, pour tout $b \in I$, on a $b \in (a)$, ce qui prouve que $I \subseteq (a)$.

Les deux inclusions montrent que $I=(a)$. Comme $I$ était un idéal arbitraire de $A$, tous les idéaux de $A$ sont principaux. $A$ est donc un anneau principal.

Théorème : Si $A$ est un anneau intègre, alors $(A[X])^\times = A^\times$.

Démonstration :

1. Inclusion $A^\times \subseteq (A[X])^\times$ :

   Soit $u \in A^\times$. Alors il existe $v \in A$ tel que $uv=1_A$. En tant que polynômes constants dans $A[X]$, $u$ et $v$ vérifient la même relation $uv=1_{A[X]}$. Donc $u$ est une unité dans $A[X]$. Cette inclusion est vraie pour n'importe quel anneau commutatif $A$.

2. Inclusion $(A[X])^\times \subseteq A^\times$ :

   C'est ici que l'hypothèse d'intégrité de $A$ est cruciale. Soit $P(X) \in (A[X])^\times$. Par définition, il existe $Q(X) \in A[X]$ tel que $P(X)Q(X) = 1$.

   Puisque $A$ est un anneau intègre, la formule du degré pour le produit de deux polynômes est :

   $\text{deg}(PQ) = \text{deg}(P) + \text{deg}(Q)$

   En appliquant cette formule à notre équation :

   $\text{deg}(P(X)Q(X)) = \text{deg}(1)$

   $\text{deg}(P) + \text{deg}(Q) = 0$

   Le degré d'un polynôme non nul est un entier naturel (un élément de $\mathbb{N}$). La somme de deux entiers naturels est nulle si et seulement si chacun des deux entiers est nul. Donc :

   $\text{deg}(P) = 0 \quad \text{et} \quad \text{deg}(Q) = 0$

   Cela signifie que $P(X)$ et $Q(X)$ sont des polynômes constants non nuls. On peut les écrire $P(X) = a$ et $Q(X) = b$ pour $a, b \in A \setminus \{0\}$.

   L'équation $P(X)Q(X)=1$ devient $ab=1$ dans $A$. Ceci est la définition d'une unité dans l'anneau $A$. Par conséquent, $P(X) = a$ est un élément de $A^\times$.

Ceci complète la démonstration.

Contre-exemple : Si $A$ n'est pas intègre, le résultat est faux. Dans $A = \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$, le polynôme $P(X)=2X+1$ est une unité car $(2X+1)^2 = 4X^2+4X+1 = 1$. Pourtant, $P(X)$ n'est pas un élément de $(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^\times = \{1, 3\}$.

Soit $A$ un anneau intègre, et $p \in A$ un élément non nul et non inversible.

1. Un élément premier est toujours irréductible.

Démonstration :

Soit $p$ un élément premier. Supposons que $p$ admette une factorisation $p=ab$ avec $a,b \in A$.

Par définition de la divisibilité, on a $p|ab$.

Puisque $p$ est premier, cela implique que $p|a$ ou $p|b$.

• Supposons $p|a$. Il existe alors $c \in A$ tel que $a=pc$.

  En substituant dans la factorisation, on obtient $p = (pc)b = p(cb)$.

  Comme $A$ est intègre et $p \neq 0$, on peut simplifier par $p$, ce qui donne $1 = cb$.

  Ceci signifie que $b$ est une unité dans $A$.

• Si on suppose $p|b$, un raisonnement symétrique montre que $a$ est une unité.

Ainsi, pour toute factorisation $p=ab$, l'un des facteurs est une unité. C'est la définition d'un élément irréductible.

2. Un élément irréductible n'est pas toujours premier.

Cette implication est fausse en général. Elle est vraie dans les anneaux principaux (c'est le Lemme d'Euclide), et plus généralement dans les anneaux factoriels (UFD).

Contre-exemple :

Considérons l'anneau $A = \mathbb{Z}[i\sqrt{5}] = \{a+bi\sqrt{5} \mid a,b \in \mathbb{Z}\}$. Cet anneau est intègre.

Soit l'élément $p=2$.

• $2$ est irréductible dans $A$ :

  Supposons $2 = (a+bi\sqrt{5})(c+di\sqrt{5})$. En appliquant la norme $N(z) = |z|^2$, on a $N(x+yi\sqrt{5}) = x^2+5y^2$.

  $N(2) = N(a+bi\sqrt{5})N(c+di\sqrt{5})$, ce qui donne $4 = (a^2+5b^2)(c^2+5d^2)$.

  Les termes $a^2+5b^2$ et $c^2+5d^2$ doivent être des diviseurs entiers de 4.

  Si $b \neq 0$, alors $a^2+5b^2 \ge 5$, ce qui est impossible. Donc $b=0$. De même, $d=0$.

  L'équation devient $4 = a^2 c^2$, ce qui correspond à une factorisation dans $\mathbb{Z}$. Les seules factorisations de 2 dans $\mathbb{Z}$ sont $1 \cdot 2$ et $(-1)(-2)$. Cela signifie qu'un des facteurs dans $A$ doit être $\pm 1$, qui sont les unités de $A$. Donc, 2 est irréductible.

• $2$ n'est pas premier dans $A$ :

  Considérons le produit $(1+i\sqrt{5})(1-i\sqrt{5}) = 1 - (i\sqrt{5})^2 = 1 - (-5) = 6$.

  On a clairement $2|6$.

  Cependant, $2$ ne divise ni $(1+i\sqrt{5})$ ni $(1-i\sqrt{5})$ dans $A$. En effet, s'il existait $x+yi\sqrt{5} \in A$ tel que $2(x+yi\sqrt{5}) = 1+i\sqrt{5}$, alors $2x=1$ et $2y=1$, ce qui est impossible pour $x,y \in \mathbb{Z}$.

  Donc, $2|6$ mais $2 \nmid (1+i\sqrt{5})$ et $2 \nmid (1-i\sqrt{5})$. $2$ n'est pas un élément premier.

Théorème de Bézout :

Soit $A$ un anneau principal et soient $a, b \in A$. Un élément $d \in A$ est un plus grand commun diviseur (PGCD) de $a$ et $b$ si et seulement si $d$ est un diviseur commun de $a$ et $b$ et il existe $u, v \in A$ (coefficients de Bézout) tels que $au+bv=d$.

Démonstration :

Dans un anneau principal $A$, le PGCD de $a$ et $b$ est défini comme un générateur de l'idéal somme $I = (a) + (b) = \{ax+by \mid x,y \in A\}$. Notons $d = \text{pgcd}(a,b)$, de sorte que $(d) = (a,b)$.

($\Rightarrow$) Partie directe : Supposons que $d = \text{pgcd}(a,b)$.

1. Par définition, $(d)=(a,b)$. Puisque $d \in (d)$, on a $d \in (a,b)$. Cela signifie qu'il existe $u,v \in A$ tels que $d = au+bv$.
2. On a $a \in (a) \subseteq (a,b) = (d)$. Donc $a$ est un multiple de $d$, c'est-à-dire $d|a$.
3. De même, $b \in (b) \subseteq (a,b) = (d)$. Donc $d|b$.

Ainsi, $d$ est un diviseur commun de $a$ et $b$ et il existe une relation de Bézout.

($\Leftarrow$) Partie réciproque : Supposons que $d$ est un diviseur commun de $a$ et $b$, et qu'il existe $u,v \in A$ tels que $au+bv=d$.

Il nous faut montrer que $d$ est le plus grand commun diviseur.

Soit $c$ un diviseur commun quelconque de $a$ et $b$. Il existe donc $a', b' \in A$ tels que $a=ca'$ et $b=cb'$.

Substituons ces expressions dans l'identité de Bézout :

$d = (ca')u + (cb')v$

$d = c(a'u + b'v)$

Cette équation montre que $c$ divise $d$.

Puisque tout diviseur commun $c$ de $a$ et $b$ divise $d$, $d$ est bien un plus grand commun diviseur de $a$ et $b$.

Soit $K$ un corps de caractéristique $p$, où $p$ est un nombre premier. Soit $F: K \to K$ l'application définie par $F(x) = x^p$. Pour montrer que $F$ est un endomorphisme de corps, nous devons vérifier les trois propriétés suivantes :

1. $F(x+y) = F(x) + F(y)$
2. $F(xy) = F(x)F(y)$
3. $F(1_K) = 1_K$

Démonstration :

• Multiplicativité : $F(xy) = (xy)^p = x^p y^p = F(x)F(y)$, car la multiplication dans un corps est commutative.

• Image de l'unité : $F(1_K) = (1_K)^p = 1_K$.

• Additivité : C'est la propriété la plus importante. Nous utilisons la formule du binôme de Newton :

  $F(x+y) = (x+y)^p = \sum_{k=0}^p \binom{p}{k} x^{p-k} y^k$

  $(x+y)^p = \binom{p}{0}x^p + \binom{p}{1}x^{p-1}y + \dots + \binom{p}{p-1}xy^{p-1} + \binom{p}{p}y^p$

  Les coefficients extrêmes sont $\binom{p}{0} = 1$ et $\binom{p}{p} = 1$.

  Considérons les coefficients binomiaux intermédiaires $\binom{p}{k}$ pour $1 \le k \le p-1$. La formule est :

  $\binom{p}{k} = \frac{p!}{k!(p-k)!}$

  Puisque $p$ est un nombre premier, et que $1 \le k \le p-1$, le dénominateur $k!(p-k)!$ n'est pas divisible par $p$ (car tous ses facteurs sont strictement inférieurs à $p$). Cependant, le numérateur $p!$ est divisible par $p$.

  Par conséquent, $\binom{p}{k}$ est un entier divisible par $p$.

  Dans le corps $K$ de caractéristique $p$, tout multiple de $p$ est nul. Donc, pour $1 \le k \le p-1$, le terme $\binom{p}{k} \cdot 1_K$ est égal à $0_K$.

  La somme se réduit donc à ses termes extrêmes :

  $(x+y)^p = 1 \cdot x^p + 0 + \dots + 0 + 1 \cdot y^p = x^p + y^p$

  $F(x+y) = F(x) + F(y)$

Les trois propriétés sont vérifiées, donc $F$ est un endomorphisme de corps de $K$. On l'appelle l'endomorphisme de Frobenius.

Note : De plus, un morphisme de corps est toujours injectif. Si $K$ est un corps fini, $F$ est aussi surjectif, c'est donc un automorphisme.

Construction et Structure

Soit l'anneau $A = \mathbb{R}[X]$ et l'idéal $I = (X^2+1)$ engendré par le polynôme $P(X) = X^2+1$.

L'anneau quotient est $B = A/I = \mathbb{R}[X]/(X^2+1)$.

1. Représentants des classes :

   Puisque $\mathbb{R}[X]$ est un anneau euclidien pour le degré, toute classe d'équivalence $\bar{F} \in B$ admet un représentant unique qui est le reste de la division euclidienne de $F(X)$ par $X^2+1$. Le degré du reste est strictement inférieur à $\text{deg}(X^2+1)=2$.

   Ainsi, chaque classe d'équivalence a un représentant unique de la forme $aX+b$ avec $a, b \in \mathbb{R}$.

   $\mathbb{R}[X]/(X^2+1) = \{ \overline{aX+b} \mid a,b \in \mathbb{R} \}$

2. Structure de $\mathbb{R}$-algèbre :

   Cet ensemble est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel de dimension 2, avec pour base $(\bar{1}, \bar{X})$.

3. Opérations :

   L'addition se fait composante par composante. La multiplication est la multiplication des polynômes modulo $X^2+1$. La relation clé est $\overline{X^2+1} = \bar{0}$, ce qui implique $\bar{X}^2 = \overline{-1}$.

   Calculons le produit de deux éléments généraux :

   $(\overline{aX+b}) \cdot (\overline{cX+d}) = \overline{(aX+b)(cX+d)} = \overline{acX^2 + (ad+bc)X + bd}$

   $= \overline{ac(-1) + (ad+bc)X + bd} = \overline{(ad+bc)X + (bd-ac)}$

Isomorphisme avec $\mathbb{C}$

Le polynôme $X^2+1$ est irréductible sur $\mathbb{R}$ car son discriminant $\Delta = -4 < 0$. Puisque $\mathbb{R}[X]$ est principal, l'idéal $(X^2+1)$ est maximal, et donc le quotient $\mathbb{R}[X]/(X^2+1)$ est un corps.

Définissons l'application $\phi : \mathbb{R}[X]/(X^2+1) \to \mathbb{C}$ par :

$\phi(\overline{aX+b}) = ai+b$

Montrons que $\phi$ est un isomorphisme de corps.

• Bien définie et bijective : L'application est clairement une bijection entre l'ensemble des représentants et $\mathbb{C}$.
• Morphisme d'anneaux :

  • $\phi(\bar{1}) = \phi(\overline{0X+1}) = 1$.

  • Additivité :

    $\phi(\overline{aX+b} + \overline{cX+d}) = \phi(\overline{(a+c)X+(b+d)}) = (a+c)i+(b+d)$

    $(ai+b) + (ci+d) = (a+c)i+(b+d) = \phi(\overline{aX+b}) + \phi(\overline{cX+d})$

  • Multiplicativité :

    $\phi((\overline{aX+b}) \cdot (\overline{cX+d})) = \phi(\overline{(ad+bc)X+(bd-ac)}) = (ad+bc)i+(bd-ac)$

    $\phi(\overline{aX+b}) \cdot \phi(\overline{cX+d}) = (ai+b)(ci+d) = aci^2 + adi+bci+bd = -ac + (ad+bc)i + bd$

    Les deux résultats sont identiques.

Puisque $\phi$ est un morphisme d'anneaux bijectif, c'est un isomorphisme. Le corps $\mathbb{C}$ peut donc être construit comme le quotient de l'anneau des polynômes réels par l'idéal engendré par $X^2+1$. Dans cette construction, la classe $\bar{X}$ joue le rôle de l'unité imaginaire $i$.

Soit $V$ un $K$-espace vectoriel de dimension finie, $u \in \mathcal{L}(V)$ un endomorphisme, et $M_u(X)$ son polynôme minimal. Soit $\lambda \in K$ un scalaire.

Théorème : $M_u(\lambda)=0 \iff \lambda$ est une valeur propre de $u$.

Démonstration :

($\Rightarrow$) Si $M_u(\lambda)=0$, alors $\lambda$ est une valeur propre.

Si $M_u(\lambda)=0$, alors $(X-\lambda)$ est un facteur de $M_u(X)$ dans $K[X]$. On peut donc écrire :

$M_u(X) = (X-\lambda)Q(X)$

où $Q(X)$ est un polynôme de $K[X]$.

Comme $M_u(X)$ est le polynôme annulateur unitaire de plus bas degré, $\text{deg}(Q) < \text{deg}(M_u)$.

Par minimalité de $M_u$, le polynôme $Q(X)$ ne peut pas être un polynôme annulateur de $u$. Donc, $Q(u) \neq 0$.

Puisque l'endomorphisme $Q(u)$ n'est pas l'endomorphisme nul, il existe au moins un vecteur $v \in V$ tel que $w = Q(u)(v) \neq 0$.

Appliquons l'endomorphisme $M_u(u)$ au vecteur $v$ :

$M_u(u)(v) = 0(v) = 0_V$

En utilisant la factorisation, on a :

$(u - \lambda \cdot \text{Id}) \circ Q(u) (v) = 0_V$

$(u - \lambda \cdot \text{Id})(w) = 0_V$

$u(w) = \lambda w$

Comme $w \neq 0_V$, l'équation $u(w) = \lambda w$ signifie que $\lambda$ est une valeur propre de $u$ associée au vecteur propre $w$.

($\Leftarrow$) Si $\lambda$ est une valeur propre, alors $M_u(\lambda)=0$.

Si $\lambda$ est une valeur propre de $u$, il existe par définition un vecteur non nul $v \in V$ (un vecteur propre) tel que $u(v) = \lambda v$.

Montrons par récurrence que pour tout $k \in \mathbb{N}$, $u^k(v) = \lambda^k v$.

• Base : Pour $k=0$, $u^0(v) = \text{Id}(v) = v = \lambda^0 v$. Pour $k=1$, c'est la définition.
• Hérédité : Supposons $u^k(v) = \lambda^k v$. Alors $u^{k+1}(v) = u(u^k(v)) = u(\lambda^k v) = \lambda^k u(v) = \lambda^k(\lambda v) = \lambda^{k+1}v$.

La propriété est donc vraie pour tout $k \ge 0$.

Soit $P(X) = \sum_{k=0}^n a_k X^k$ un polynôme quelconque de $K[X]$. Alors l'action de l'endomorphisme $P(u)$ sur $v$ est :

$P(u)(v) = \left(\sum a_k u^k\right)(v) = \sum a_k (u^k(v)) = \sum a_k (\lambda^k v) = \left(\sum a_k \lambda^k\right)v = P(\lambda)v$

Appliquons cette relation au polynôme minimal $M_u(X)$. Par définition, $M_u(u)$ est l'endomorphisme nul, donc $M_u(u)(v) = 0_V$.

On a donc :

$M_u(u)(v) = M_u(\lambda)v$

$0_V = M_u(\lambda)v$

Puisque $v$ est un vecteur propre, $v \neq 0_V$. Par conséquent, le scalaire $M_u(\lambda)$ doit être nul.

$M_u(\lambda) = 0$

Ceci achève la démonstration.

Dans l'anneau intègre $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}] = \{ a+b\sqrt{-5} \mid a,b \in \mathbb{Z} \}$, l'entier $6$ admet deux factorisations distinctes :

$6 = 2 \cdot 3$

$6 = (1+\sqrt{-5})(1-\sqrt{-5})$

Pour que cet anneau ne soit pas factoriel (UFD), nous devons vérifier deux conditions :

1. Les facteurs ($2, 3, 1+\sqrt{-5}, 1-\sqrt{-5}$) sont tous irréductibles.
2. Les facteurs de la première décomposition ne sont pas associés aux facteurs de la seconde.

1. Irréductibilité des facteurs

Utilisons la norme $N(a+b\sqrt{-5}) = a^2+5b^2$. Si $z = z_1 z_2$, alors $N(z) = N(z_1)N(z_2)$. Un élément $z$ est une unité si et seulement si $N(z)=1$. Dans $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$, les seules unités sont $1$ et $-1$.

• Pour $2$ : $N(2)=4$. Si $2=z_1 z_2$ avec $z_1, z_2$ non-unités, alors $N(z_1)N(z_2)=4$. Comme $z_1, z_2$ ne sont pas des unités, $N(z_1) \neq 1$ et $N(z_2) \neq 1$. Donc $N(z_1)=N(z_2)=2$. Or, l'équation $a^2+5b^2=2$ n'a pas de solution entière pour $(a,b)$. Donc $2$ est irréductible.

• Pour $3$ : $N(3)=9$. Si $3=z_1 z_2$ avec $z_1, z_2$ non-unités, alors $N(z_1)N(z_2)=9$, donc $N(z_1)=N(z_2)=3$. L'équation $a^2+5b^2=3$ n'a pas de solution entière. Donc $3$ est irréductible.

• Pour $1+\sqrt{-5}$ : $N(1+\sqrt{-5}) = 1^2+5(1)^2=6$. Si $1+\sqrt{-5} = z_1 z_2$ avec $z_1, z_2$ non-unités, alors $N(z_1)N(z_2)=6$. Les diviseurs de 6 sont 1, 2, 3, 6. Comme $z_1, z_2$ ne sont pas des unités, $N(z_1)$ et $N(z_2)$ doivent être 2 ou 3. Comme nous l'avons vu, il n'existe aucun élément de norme 2 ou 3. Donc $1+\sqrt{-5}$ est irréductible.

• Pour $1-\sqrt{-5}$ : $N(1-\sqrt{-5}) = 6$. Le même raisonnement s'applique, donc $1-\sqrt{-5}$ est irréductible.

2. Non-association des facteurs

Deux éléments $z_1, z_2$ sont associés s'il existe une unité $u$ (ici $\pm 1$) telle que $z_1 = u z_2$.

• $2$ n'est pas associé à $1 \pm \sqrt{-5}$ car ils n'ont pas la même norme ($N(2)=4$, $N(1 \pm \sqrt{-5})=6$).
• $3$ n'est pas associé à $1 \pm \sqrt{-5}$ car ils n'ont pas la même norme ($N(3)=9$, $N(1 \pm \sqrt{-5})=6$).

Conclusion

Nous avons trouvé deux décompositions de $6$ en produit d'éléments irréductibles. Ces décompositions sont fondamentalement différentes car les facteurs ne sont pas les mêmes à l'ordre et à l'association près.

Ceci viole la condition d'unicité de la décomposition en facteurs irréductibles. Par conséquent, $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ n'est pas un anneau factoriel.

Comme tout anneau principal ou euclidien est factoriel, $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ n'est ni principal, ni euclidien.

Théorème de la factorisation unique : Soit $A$ un anneau euclidien. Tout élément $a \in A$, non nul et non inversible, se décompose en un produit fini d'éléments irréductibles $a = p_1 p_2 \cdots p_n$. Cette décomposition est unique à l'ordre des facteurs et à l'association près.

Démonstration :

La preuve se déroule en deux étapes : l'existence et l'unicité.

1. Existence de la décomposition

On utilise un argument de descente infinie sur le stathme euclidien $\delta$.

Soit $a \in A$, non nul et non inversible.

• Si $a$ est irréductible, la décomposition est triviale ($a=a$).

• Si $a$ est réductible, il existe une factorisation $a = bc$ où $b$ et $c$ ne sont pas des unités.

  Pour la plupart des stathmes usuels (valeur absolue pour $\mathbb{Z}$, degré pour $K[X]$), on a la propriété que si $c$ n'est pas une unité, alors $\delta(b) < \delta(bc) = \delta(a)$.

  On peut donc appliquer le même raisonnement à $b$ et $c$.

Formellement, supposons par l'absurde qu'il existe un ensemble $S$ d'éléments non nuls, non inversibles, qui n'admettent pas de décomposition en irréductibles. Soit $a \in S$ un élément tel que $\delta(a)$ est minimal dans l'ensemble $\{\delta(x) \mid x \in S \}$.

• $a$ ne peut être irréductible, sinon il appartiendrait pas à $S$.
• $a$ est donc réductible : $a=bc$ avec $b,c$ non-inversibles.
• On a $\delta(b) < \delta(a)$ et $\delta(c) < \delta(a)$. Par minimalité de $\delta(a)$, $b$ et $c$ n'appartiennent pas à $S$. Ils admettent donc des décompositions en irréductibles.
• Le produit de ces décompositions donne une décomposition pour $a$. C'est une contradiction, car on a supposé que $a$ n'en avait pas.

Donc l'ensemble $S$ est vide, et l'existence est prouvée.

2. Unicité de la décomposition

L'unicité repose de manière cruciale sur le Lemme d'Euclide, qui stipule que dans un anneau principal (et donc euclidien), tout élément irréductible est premier.

Soit deux décompositions d'un même élément $a$ :

$a = p_1 p_2 \cdots p_n = q_1 q_2 \cdots q_m$

où tous les $p_i$ et $q_j$ sont irréductibles.

On procède par récurrence sur $n$.

• $p_1$ divise le produit $q_1 q_2 \cdots q_m$.
• Puisque $p_1$ est irréductible dans un anneau euclidien, il est premier.
• Donc, $p_1$ doit diviser l'un des facteurs, disons $q_1$ (après réindexation si nécessaire).
• Comme $q_1$ est lui-même irréductible, ses seuls diviseurs sont les unités et ses associés. Puisque $p_1$ n'est pas une unité, $p_1$ et $q_1$ doivent être associés, c'est-à-dire $q_1 = u_1 p_1$ pour une unité $u_1$.

On substitue dans l'équation :

$p_1 p_2 \cdots p_n = (u_1 p_1) q_2 \cdots q_m$

Puisque $A$ est intègre, on peut simplifier par $p_1 \neq 0$ :

$p_2 \cdots p_n = (u_1 q_2) \cdots q_m$

On peut alors conclure par une hypothèse de récurrence sur le nombre de facteurs. Le processus se poursuit jusqu'à épuisement des facteurs des deux côtés, montrant que $n=m$ et que les facteurs sont les mêmes à l'ordre et à l'association près.