Factoriser dans un corps de nombres

Bonjour
Cette factorisation sur $\mathbb{C}$ peut-elle aider ?

$1 + x^6 = 1/16 (-i + \sqrt{3} - 2 x) (i + \sqrt{3} - 2 x) (-i + x) (i + x) (-i + \sqrt{3} + 2 x) (i + \sqrt{3} + 2 x)$

Sage factorise $5$ en deux idéaux fractionnaires dont les corps résiduels sont d'ordre $5$ et $25$, ce qui exprime que $y$ est premier.

sage: K.<a> = NumberField(x^3-2)
sage: OK = K.maximal_order()
sage: OK
Maximal Order in Number Field in a with defining polynomial x^3 - 2
sage: I = OK.ideal(5)
sage: I.factor()
(Fractional ideal (a^2 - 2*a - 1)) * (Fractional ideal (-a^2 - 1))
sage: OK.residue_field(I.factor()[0][0]).order()
25
sage: OK.residue_field(I.factor()[1][0]).order()
5

L'idée de la réduction modulo $5$ est la bonne mais c'est un jeu sur l'ordre des quotients qui me semble devoir donner une preuve.

Pour montrer que $y$ est premier, il suffit de montrer que $\newcommand{\OC}{\mathcal{O}}\OC/(y)$ est un corps, n'est-ce pas ? Mais comme $(5)\subset(y)\subset\Z[x]$, le quotient $\OC/(y)$ est aussi $\bigl(\OC/(5)\bigr)/\bigl((y)/(5)\bigr)$.
Or on a
\[\OC/(5)\simeq(\Z[X]/(X^3-2))/(5)\simeq\Z[X]/(X^3-2,5)\simeq(\Z/5\Z)[X]/(X^3-2)=\mathbf{F}_5[X]/(X^3-2).\]

1) Cela permet d'identifier $\OC/(y)$ à $\bigl(\mathbf{F}_5[X]/(X^3-2)\bigr)/(y)$ (en appelant $y$ l'image de $1+2X-X^2$ dans ce quotient), mais bien sûr $(X^3-2)\subset(1+2X-X^2)$ (rappelons qu'on est modulo $5$), de sorte qu'à la fin des fins (on doit pouvoir simplifier les identifications précédentes) :
\[\OC/(y)\simeq\mathbf{F}_5[X]/(X^2-2X-1).\]
Comme $X^2-2X-1$ n'a pas de racine dans $\mathbf{F}_5$, c'est gagné.

2) En fait, reprenant l'isomorphisme avant $1$, il s'agit de factoriser $X^3-2$ sur $\mathbf{F}_5$ et d'appliquer le lemme chinois, ce qui simplifie la vie notablement.

Ma méthode n'utilise nulle part la principalité de l'anneau des entiers, seulement sa monogénéité, que tu as déjà établie.

Ceci dit, si tu n'as pas le théorème de Dedekind à disposition, la méthode de Jer est mieux adaptée.

Dans ce cas précis si $K = \mathbb{Q}(\sqrt 2, \sqrt 3)$, son polynôme est $P = X^4 - 10X^2 + 1$. Le discriminant du corps de nombres est $d_K = 2304 = 2^8 \times 3^4$, de sorte que seuls $2$ et $3$ se ramifient, et donc en particulier
$$(2) = \mathfrak{p}^4$$
pour un certain ideal premier $\mathfrak{p}$ de $O_K$.

Les questions posées ensuite dépassent ce cadre.

1. La codifférente est l'idéal fractionnaire
$$\textrm{Cod}_K = \{ x \in K : \forall a \in O_K, \ \textrm{Tr}(ax) \in \mathbb{Z} \}.$$
2. La différente est l'idéal entier $\mathfrak{\delta}_K$ défini par $\mathfrak{\delta}_K = \left( \textrm{Cod}_K\right)^{-1}$.

L'intérêt de cet idéal réside dans la propriété suivante : les idéaux premiers $\mathfrak{p}$ ramifiés de $O_K$ sont exactement ceux qui divisent la différente. Plus précisément, $\mathfrak{p}^{e-1} \mid \mathfrak{\delta}_K$. De plus, $|d_K| = \mathcal{N} \left(\mathfrak{\delta}_K \right)$, où $\mathcal{N}$ est la norme absolue usuelle sur $O_K$.

3. Quant à la localisation, il s'agit de généraliser le corps $\mathbb{Q}_p$ des nombres $p$-adiques aux corps de nombres, en considérant les extensions finies absolues de $\mathbb{Q}_p$. On se fixe un nombre premier $p$, un corps de nombres $K$, on prend un idéal premier $\mathfrak{p}$ au-dessus de $p$, et on complète $K$ en un corps valué complet noté $K_\mathfrak{p}$ par $K_\mathfrak{p} = K \mathbb{Q}_p$. Le corps $K_\mathfrak{p}$ ainsi défini est équipé d'une valeur absolue donnée par $|x|_\mathfrak{p} := p^{-v_\mathfrak{p}(x)/e_\mathfrak{p}}$, où $v_\mathfrak{p} : K^* \longmapsto \mathbb{Z}$ est la valuation normalisée $\mathfrak{p}$-adique. Enfin, si l'extension $K/\mathbb{Q}$ est galoisienne, alors $K_\mathfrak{p}/\mathbb{Q}_p$ l'est aussi et
$$\textrm{Gal} (K_\mathfrak{p}/\mathbb{Q}_p) \simeq \mathcal{D}_\mathfrak{p} : = \{ \sigma \in \textrm{Gal}(K/\mathbb{Q}) : \sigma(\mathfrak{p}) = \mathfrak{p} \}.$$
L'un des intérêts de la localisation d'un corps de nombres est de ramener certaines démonstrations de résultats difficiles dans le cas global à des démonstrations plus faciles dans le cas local. Par exemple, dans son livre Introduction to Cyclotomic Fields, Springer GTM 83, 1982, Washington propose une démonstration du théorème de Kronecker-Weber par la localisation (voir Chapitre 14).

Que vaut $(\sqrt{3}-\sqrt{2})\times(\sqrt{3}+\sqrt{2})$ ?

@noix de totos: t'es sûr de $(2)=\mathfrak{p}^4$ ? j'aurais dit $(2)=\mathfrak{p}^2,$ avec $\mathfrak{p}=\sqrt{2}\mathcal{O}_K.$

En effet, $2$ étant inerte dans $\Q(\sqrt{3})/\Q$, on va avoir du mal à obtenir ta décomposition.

Me gourré-je ?

Damned ! J'ai fait les calculs à l'envers (j'ai réduit $X^2-2$ mod $3$ au lieu de de réduire $X^2-3$ mod $2$).

Mea culpa maxima @hicham et @noixdetotos...

Bonjour, Hicham,

l'anneau des entiers n'est pas $\Z[\sqrt2,\sqrt3]$ parce que $\dfrac{\sqrt2+\sqrt6}2$ est entier.

Cordialement, j__j

Bonsoir a tous
J'ai un algorithme qui factorise tous les (p) dans un corps cubique pur

Bonjour, c'est impossible ce que vous dite

Bonjour, c'est juste des un cas particulier, de plus essaie de faire ça à la main ;-)
Exemple : $\mathbb{K}=\mathbb{Q}(\theta),\ \theta^3-21\theta-236=0.$
Donne-moi la factorisation de $<2>$.

Hello, question : c'est bien ca dans l'article de Hass :
Let be a cubic field. The discriminant $d(\mathbb{K})$ of the number field $\mathbb{K}$ can be written in a unique way in the form $d(\mathbb{K})=ef^2$. Assume now that $p\mid d(\mathbb{K})=ef^2$, hence that $p$ is ramified. Then the result is as follows.

(1) If $p\mid f$, then $p$ is totally ramified, i.e, $<p>=P^3$, where $P$ is a prime ideal of degree 1.
(2) If $p\mid e$ and $p\nmid f$, then $p$ is partially ramified, i.e, $<p>=P_1P_2^2$, where $P_1$ and $P_2$ are prime ideals of degree 1.
(3) If $p\mid (e,f)$, then we must have $p=3$, so we are in case (1), since $p\mid f$.