Diviseurs de $aP,P$ irréductible non constant

Soit $A=\Z[i\sqrt {13}]$ et $P=2X^2+2X+7$.
$A$ est intégralement clos, $P$ est irréductible et $$2P=(2X+1+i\sqrt{13})(2X+1-i\sqrt{13}).$$

Si tous les anneaux d'entiers étaient factoriels, la preuve tiendrait dans la marge. ;-)

Contexte : $A$ un anneau intègre de corps des fractions $K$.

On suppose que tout polynôme irréductible de $A[X]$ de degré $2$ reste irréductible dans $K[X]$. Alors tout irréductible de $A$ est un premier de $A$. En conséquence, il ne faut pas pousser beaucoup $A$ pour que $A$ devienne factoriel.

Pris à rebours (ou détails comme on veut). Si $p \in A$ est un irréductible non premier i.e. $p \mid ab$ avec $p \not\mid a$ et $p \not\mid b$, on peut expliciter un polynôme irréductible $P \in A[X]$ de degré 2 non irréductible dans $K[X]$. Et puisqu'on peut expliciter, autant le faire :
$$
P(X) = {(pX - a)(pX -b) \over p} = pX^2 - (a+b)X + c \qquad \hbox {où $c$ est défini par $pc = ab$}
$$
C'est pas bien mais j'ai la flemme d'en dire plus.. Et je pense que ceci est la construction de gai-requin pour $A = \Z[\sqrt {-13}]$ et $p = 2$ ; sauf que ce dernier n'a pas beaucoup (?) expliqué d'où il sortait son exemple/contre-exemple (il n'y a bien sûr aucune obligation d'expliquer d'où on sort tel truc).

Pour l'exemple de Gai requin : y'a t'il a voir avec la forme binaire quadratique non triviale de $\Z[\sqrt{-13}]$ ?

Je sais Claude.
Je me suis levé tard, j'ai fait mon truc et quand j'ai posté, j'ai vu que tu avais parlé du même polynôme.
D'où mon Edit.
Mais bon, c'est la même idée que celle de mon contre-exemple posté il y a deux jours avec $p=2$. B-)

Hum avec les conditions, une racine de $P = ax^2+bx+c$ est de la forme $\theta \over a$ avec $\theta$ solution de $x^2+bx+ac$ (de discriminant $\Delta$), $\theta$ est donc un élément entier primitif de l'anneau des entiers.
D'où
$$
a P = (ax-\theta)(ax-\overline{\theta})
$$

Edit : encore, @Claude ton $D$ c'est mon $\Delta$ !

@gai-requin
Pigé (je viens de faire pareil sur mon brouillon, je t'assure, inutile d'alerter un modérateur).

@moduloP
D'accord avec tes calculs (relativement complexes, chapeau). Mais quelle est la CHUTE ? Je veux dire que $aP = (aX - \theta)(aX - \overline\theta)$ a l'air de te mettre en transe. Pourquoi ?

@moduloP
Je pense que tu es mal réveillé. Reprends un peu de café, si je peux me permettre. Certes, $aP$ n'est pas irréductible sur $A$; c.a.d. que $aP$ est réductible sur $A$ (2 négations, cela me prend la tête). MAIS que veut-on AUSSI ? Que $P$ soit irréductible sur $A$.

D'où l'explication du fait que tu n'aies pas utilisé grand-chose sur la forme $ax^2 + bxy + cy^2$, juste le fait qu'elle est de discriminant $\Delta$.

@ gai requin

$A$ non factoriel n'implique pas forcément l'existence d'un irréductible non premier. Il y a peut-être des anneaux qui vérifient la propriété de conservation de l'irréductibilité sans être factoriels.

Merci !
J'ai rajouté $A$ noethérien [ici].
Ça fait déjà une bonne collection de contre-exemples à la propriété étudiée. ;-)

@Claude : C'est filou ! Je fais un petit exemple.

Prenons $D = -23$ et le corps $K := \Q(\sqrt{-23})$ et son anneau d'entier $\Z[ \omega ]$ avec $\omega$ une racine de $x^2-x+6$.
Je vais prendre le polynôme $P = 59x^2+53x+12$ et la forme quadratique $59x^2+53xy+12y^2$ est équivalente à la forme neutre (je ne détaille pas).
La décomposition de $P$ dans $K$ est : $$P = 59\Big(x - {\omega-27 \over 59} \Big) \Big(x + {\omega +26\over 59}\Big)$$
Et si j'ai bien compris il faut voir qu'il existe une décomposition dans l'anneau $\Z[\omega]$, je ne la trouve pas, je me suis dit que $59$ est un produit de deux irréductibles dans $\Z[\omega]$ : $59 = (5+2\omega) (5+2\overline{\omega})$.
Et là $$
P = (5+2\omega) (5+2\overline{\omega}) \Big(x - {\omega-27 \over 59} \Big) \Big(x + {\omega +26\over 59}\Big)
$$ Et on trouve en distribuant $$(5+2 \omega) \times {\omega +26\over 59} = w+2 ,\qquad (5+2\overline{\omega})\times {\omega-27 \over 59} = \omega-3.
$$ Et la décomposition à lieu dans $\Z[\omega]$.

PS. j'espère que je ne me suis pas mélangé les pinceaux !

@Claude : je n'ai pas réfléchi beaucoup, la raison c'est que je viens de découvrir que SageMaths à pas mal de fonctionnalité intéressantes (je pense que W. Stein doit y être pour beaucoup) et je me suis un peu amusé. Bref.

Je tente un truc,

Soit $Q(x,y)$ une forme primitive de discriminant $\Delta < 0$ fondamental. Soit $A$ l'anneau quadratique de discriminant $\Delta$. On suppose que $Q$ représente un nombre premier $p$ et que cette représentation est donné par $p =Q(1,0)$ i.e $Q(x,y) =px^2+bxy+cy^2$. De plus on suppose que l'on a une factorisation sur $A$ : $Q(x,y) = (\alpha x+\beta y)(\gamma x+\delta y)$.

Alors $p =\alpha \gamma$.

1. soit $\alpha$ est une unité que l'on normalise à $1$ et dans ce cas $\gamma = p$
2. soit $N(\alpha)=N(\gamma) = p$.

Dans le premier cas, on a $\beta \in A$. Mais $-\beta$ est égal à $\theta / p$ où $\theta$ est solution de $x^2+bx+pc$ et $\theta$ est générateur de l'anneau quadratique donc incompatible avec $\theta/p \in A$.

Dans le second cas, $p$ est représenté par la forme neutre et ne peux pas être représenté par une forme non neutre (je pense qu'il faut la loi de composition de Gauss pour voir ça). Et par suite, $Q$ est triviale.

Bilan sous les hypothèses : une décomposition sur $A$ de la forme $Q(x,y)$ implique que la forme est triviale.

Bon c'est un peu complexe pour moi là.

@moduloP
Tes deux posts précédents. Raisonnement par l'absurde (ou pas). Il ne faut pas en faire une fixation. J'essaie de m'en passer (mais personne ne voit mes brouillons) et je vais jusqu'à éviter les négations générales (dans notre livre avec Henri, il n'y en a aucune). Mais au lieu d'énoncer des grands principes, c'est bien mieux d'attendre l'occasion de disposer de vrais exemples (cela arrive souvent de manière imprévue) et je serais très mal à l'aise d'en débattre en général (surtout sur le forum !). Attendons l'occasion de disposer d'exemples pertinents.

Ici, de toutes manières, j'ai besoin d'une approche plus carrée que la tienne. D'abord, tu utilises qu'une forme primitive représente un premier ; c'est vrai mais pas du tout évident (cf th 9.12 de Cox, p. 188) et les commentaires qu'il fait page 190 : A weaker form ...etc .. en citant Dirichlet, Weber, et de manière plus récente (1954) Brigss. Tu noteras que dans le th. 9.12, le discriminant est $< 0$. Je ne suis absolument pas clair là-dessus et j'ignore ce qui se passe pour $D > 0$. Et ensuite, dans ta preuve (même si elle est juste), on aimerait un ``traitement plus franc''.

Mon approche avec les notations déjà utilisées (je ne suppose pas le discriminant $< 0$) et je note $z \mapsto \widetilde z$ l'involution sur $\Q(\sqrt D)$. Je rappelle que $T^2 + bT + ac = (T- \theta)(T - \widetilde \theta)$ et que $A = \Z[\theta]$. A gauche, un acquis, à droite, l'hypothèse.
$$
aP(X,Y) = a(aX^2 + bXY + cY^2) = a(aX - \theta Y) (aX - \widetilde \theta Y), \qquad \qquad
P(X,Y) = (\alpha X - \beta Y) (\widetilde\alpha X - \widetilde \beta Y) \in A[X,Y]
$$
On veut montrer que 1 est représenté par $(a,b,c)$.

Je vais utiliser le fait que le $\Z$-module $a\Z + \theta \Z$ est un idéal de $A = \Z[\theta]$ : en effet, ce $\Z$-module est stable par $\theta$ puisque $\theta^2 + b\theta + ac = 0$. Je vais aussi utiliser l'unicité de la décomposition dans $K[X,Y]$ (à un inversible près, à l'ordre près des facteurs). Donc en passant dans $K[X,Y]$ et en désignant par $\sim$ l'égalité à un scalaire près de $K^*$
$$
aX - \theta Y \sim \alpha X - \beta Y \qquad \hbox {ou encore} \qquad \hbox {pour les vecteurs} \qquad (a, \theta) \sim (\alpha, \beta)
$$
Grâce au $\sim$ à droite, $(a, \theta)$ et $(\alpha, \beta)$, même combat. I.e. on obtient que $\alpha\Z + \beta\Z$ est un idéal de $A$ !! Et donc que $\alpha\Z + \beta\Z = \langle\alpha,\beta\rangle_A$. En se souvenant que $aX^2 + bXY + cY^2 = (\alpha X - \beta Y) (\widetilde\alpha X - \widetilde \beta Y) $ dans $A[X,Y]$
$$
a,b,c \in \langle\alpha,\beta\rangle_A \qquad \hbox {i.e.} \qquad a,b,c \in \alpha\Z + \beta\Z
$$
Et comme $(a,b,c)$ est primitive, on combine $a,b,c$ pour obtenir $1 \in \alpha\Z + \beta\Z$ i.e. $1 = \alpha x - \beta y$ avec $x,y \in \Z$. En conjuguant : $1 = \widetilde \alpha x - \widetilde \beta y$. En multipliant les deux :
$$
1 = ax^2 + bxy + cy^2
$$

@gai requin, killersmille38
Merci (killersmille38) d'avoir répondu. Pour de nombreuses raisons, j'aurais été bien en peine de le faire dans un contexte général. D'abord, je ne veux pas que l'on m'enferme dans une secte : je fais des maths (et pas des maths constructives). Point. Disons que j'essaie d'en faire. Et cette histoire de négation générale, c'est essentiellement en Algèbre Commutative (pas en Théorie des Groupes, en Combinatoire ...etc..). Le mieux est d'attendre des exemples pertinents comme déjà dit.

@gai-requin : as tu quelque part, des énoncés ou des preuves où interviendraient pour un anneau commutatif $A$ ou un $A$-module $M$, des négations ``générales'' de type $a \ne 0$ pour $a \in A$ et/ou $x \ne 0$ pour $x \in M$ ? Attention de bien comprendre ce que cela signifie. Si on dispose par exemple d'un anneau intègre $A$ et que l'on dit $a \ne 0$, pour moi il n'y a rien de négatif parce que je le transforme en ``$a$ régulier'' (ce qui est quelque chose de positif).

@moduloP A propos de mon argument dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1594756,1596514#msg-1596514. Il y a quelque chose qui pourrait paraître bizarre et même louche. On a par hypothèse $P(X,Y) = aX^2 + bXY + cY^2 = L(X,Y)\widetilde L(X,Y)$ dans $A[X,Y]$ où $L$ est linéaire et on veut montrer l'existence de $x, y \in \Z$ tels que $P(x,y) = 1$. Et je vais en faire plus que l'on me demande : $x,y \in \Z$ dans ma preuve vont vérifier $L(x,y) = 1$, a fortiori $\widetilde L(X,Y) = 1$, a fortiori $P(x,y) = 1$. C'est cela qui pourrait paraître louche. Mais un examen attentif montre que ce n'est pas louche du tout. Par contre on pourrait disposer de $x,y \in \Z$ vérifiant $P(x,y) = 1$ sans avoir $L(x,y) = 1$ ; par exemple, $X^2 - 3Y^2 = (X - \sqrt 3 Y)(X + \sqrt 3Y)$ et d'une part $(x,y) = (1,0)$ et d'autre part $(x,y) = (2,1)$.

@Claude,

n'est-ce pas le fil que tu cherches ?