Anneau des entiers

Ou bien, autre méthode : profitons de ce que ton corps $\K$ (qui est un corps biquadratique) est {\it galoisien} (groupe de Galois = groupe de Klein). En particulier, on a : $$(2) = \left ( \mathfrak {p}_1 ... \mathfrak {p}_g \right ) ^e,$$ avec $efg = 4$, où $f$ est le degré résiduel commun des idéaux premiers $\mathfrak {p}_1,...,\mathfrak {p}_g$ au-dessus de $2$. D'autre part, on a : $$\mathcal {N}_{\K / \Q} \left ( (2) \right ) = \left | N(2) \right | = 2^4,$$ et, puisque la norme est complètement multiplicative, on a aussi : $$\mathcal {N}_{\K / \Q} \left ( (2) \right ) = 2^{fg}.$$ Ainsi, $fg=4$, et donc $e=1$ : $2$ n'est donc pas ramifié.

{\bf Compléments}.

1. {\bf Sans utiliser l'ordinateur}.

Le polynôme définissant ton corps est $P = X^4 - 36X^2 + 64$, et donc $P \equiv X^4 \pmod 2$. Puisque le reste de la division euclidienne de $P$ par $X$ est $64 \in 2^2\Z[X]$, un théorème dû à Diaz y Diaz assure que $2$ divise l'indice $\left [\Z_{\K} \, : \, \Z[\theta] \right ]$, et, en particulier, $\Z[\theta]$ {\bf n'est pas} l'anneau des entiers de ce corps.

Toujours "à la main", j'ai construit le $2-$polygone de Newton de ton polynôme $P$ : il s'ensuit que ce polygone possède deux côtés, ce qui implique que $(2)$ se décompose en produit de deux idéaux entiers premiers entre eux. Malheureusement, les pgcd des longueurs et hauteurs de ces côtés ne valent pas $1$, donc on est dans le cas le plus défavorable, et la méthode des polygones de Newton n'en dit pas plus.

2. {\bf En utilisant l'ordinateur (calculateur PARI)}.

On obtient immédiatement : $d_{\K} = 4225 = (5 \times 13)^2$, donc seuls $5$ et $13$ se ramifient. On a aussi : $$(2) = \mathfrak {p}_1 \mathfrak {p}_2$$ où les idéaux premiers sont de degré $2$. $2$ est ainsi totalement décomposé. Enfin, l'indice $\left [\Z_{\K} \, : \, \Z[\theta] \right ]$ vaut $2^9$, donc on est "loin" d'avoir $\Z[\theta]$ comme étant l'anneau des entiers de $\K$.

Borde.

Bonsoir,

je crois que c'est un peu plus simple en considérant les groupes d'inertie:

le groupe d'inertie d'une place au dessus de 2 dans $K/\Q(\sqrt{5})$ s'injecte dans le groupe d'inertie de 2 dans $\Q(\sqrt{13})/\Q$. 2 étant non ramifié dans cette extension, il l'est dans $K/\Q(\sqrt{5})$ et donc par multiplicativité des indices de ramification dans $K/\Q$.

Bonne soirée

Fred

...Après réflexion, la meilleure méthode semble être celle de Joaopa-Fred, mais, si tu veux éviter la multiplicativité des indices, il y a le résultat général suivant :

{\bf Th}. Soit $K = \Q(\sqrt {a_1}, \sqrt {a_2})$ un corps biquadratique, tel que $a_1,a_2$ et $a_1a_2$ ne soient pas des carrés parfaits. On pose $a_1a_2 = a_3 m^2$ (où $m^2$ est le plus grand carré divisant $a_1a_2$). Alors $\K$ est galoisien de groupe de Galois $(\Z / 2\Z)^2$, possède trois corps quadratiques intermédiaires $\mathbb {L}_i = \Q(\sqrt {a_i})$ (avec $i=1,2,3$), et on a : $$d_{\K} = \prod_{i=1}^{3} d_{\mathbb {L}_i}.$$

Tu appliques ce résultat avec $a_1=5$, $a_2=13$ et $a_3 = 65$. Puisque ces entiers sont $\equiv 1 \pmod 4$, ce sont les discriminants des corps quadratiques $\mathbb {L}_i$ ci-dessus, donc : $$d_{\K} = 5 \times 13 \times 65 = 65^2 = (5 \times 13)^2$.

Mais cela a moins de panache que l'idée exposée ci-dessus...

Borde.