Idéaux maximaux de $\mathbb{Z}[X]$
Bonjour à tous,
je me suis demandé ce que pouvaient être les idéaux maximaux de $\mathbb{Z}[X].$
je me suis demandé ce que pouvaient être les idéaux maximaux de $\mathbb{Z}[X].$
J'arrive à en construire : les idéaux de la forme $(p,Q)$, où p est un nombre premier et $Q$ un polynôme non constant de sorte que $\bar{Q}$, sa réduction modulo $p $, est irréductible dans $\mathbb{F}_p[X].$
La question est de savoir si c'est la seule manière d'en construire.
J'arrive à dire que si $I$ est un idéal maximal de $\mathbb{Z}[X].$ dont l'intersection avec $\mathbb{Z}$ est réduite à $0,$ alors
La question est de savoir si c'est la seule manière d'en construire.
J'arrive à dire que si $I$ est un idéal maximal de $\mathbb{Z}[X].$ dont l'intersection avec $\mathbb{Z}$ est réduite à $0,$ alors
$I$ doit être de la forme $I=(Q)$, où $Q$ est un polynôme irréductible de $\mathbb{Z}[X].$ Un tel polynôme peut-il exister ?
Quant au cas où l'intersection n'est pas réduite à $0,$ il me semble que $I$ est bien de la forme $(p,Q)$.
Êtes-vous d'accord avec cette affirmation ?
Quant au cas où l'intersection n'est pas réduite à $0,$ il me semble que $I$ est bien de la forme $(p,Q)$.
Êtes-vous d'accord avec cette affirmation ?
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Réponses
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Cela résulte du théorème de Krull "Hauptideal Satz".
Cordialement.
Cordialement.
Par contre, Je n'arrive pas à voir pourquoi $\sqrt{p_{n+1}}$ n'appartient pas à $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\cdots,\sqrt{p_n}).$
Le raisonnement suivant est-il aussi valable pour établir que $P_n \in \mathbb{Z}[X]$ ? Je me disais que $\sigma(P_n) = P_n$ pour tout élément $\sigma$ du groupe de Galois puisque $\sigma$ ne fait qu'échanger les facteurs.
J'ai donc un polynôme à coefficients rationnels et comme ceux-ci sont entiers sur $\mathbb{Z}$ car appartenant à $\mathbb{Z}[\sqrt{2},\cdots,\sqrt{p_n}]$ ils appartiennent bien à $\mathbb{Z}$ puisque $\mathbb{Z}$ est intégralement clos.
$\bullet (P_1)$ est vraie: $\:x^2=(a+b\sqrt{p_1})^2\in \Q, \:a,b\in\Q \overset{\sqrt{p_1}\notin \Q}\implies ab=0\implies x=a\:$ ou$\: x=b\sqrt{p_1}\:\square\:$ Supposons $(P_n)$ vraie, $n\in\N^*.\:\:$
Si $\sqrt{ p_{n+1}}\in\mathbb K_n,\: $ alors $ \:(\sqrt{p_{n+1}})^2 \in\Q,\:\:\sqrt{ p_{n+1}} \overset{(P_n)}=q\displaystyle \prod_{i\in A}\sqrt{p_i},\:\:q\in\Q, \:A\in\mathcal P([\![1;n]\!]).\quad $ On déduit $ p_{n+1} =q^2\displaystyle \prod_{i\in A}p_i.$
Cette égalité est impossible, car ses deux membres ont des $p_{n+1}\text{-valuations de parités opposées}$. Ainsi:$ \:\:\sqrt{ p_{n+1}}\notin\mathbb K_n\:\square$
$\bullet$Soit $x\in \mathbb K_{n+1}$tel que $x^2\in \Q.$ Alors: $x=a+b\sqrt{p_{n+1}}, \:a,b \in\mathbb K_n , \:x^2=(a^2+p_{n+1}b^2)+2ab\sqrt{p_{n+1}}\in\Q\subset\mathbb K_n\implies 2ab=0.\quad$(car$\: \sqrt{ p_{n+1}}\notin\mathbb K_n$)
$x=a$ ou $x=b\sqrt{p_{n+1}},\:\:a^2\in \Q \:\text{ ou }\: b^2\in\Q$ et, avec $(P_n)$, on obtient dans les deux cas:
On a donc démontré que $(P_n)$ est vraie pour tout $n\in\N^*,$ ainsi que l'implication $(P_n) \implies\boxed{ \sqrt{p_{n+1}}\notin\mathbb K_n.}$
Tout à fait !
$P_n$ est de degré $2^n$, tout comme le degré de son corps de décomposition, qui est donc son corps de rupture, et donc $P_n$ est irréductible. Une manière essentiellement équivalente de le dire est que le groupe de Galois de $P_n$ agit transitivement sur ses racines (on ne peut pas les regrouper en plusieurs orbites distinctes, chaque orbite correspondant à un facteur irréductible).
Plus généralement , je pense que le groupe de Galois de $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\cdots,\sqrt{p_n})$ est isomorphe à $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n$
Il est scindé dans $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},j)$ qui est son corps de décomposition, de degré 6, pour autant $P$ n'est pas irréductible dans $\mathbb{Q}[X].$ Ici, le groupe de Galois n'agit pas librement sur l'ensemble des racines.
Déjà pour parler de corps de rupture il faut que le polynôme soit irréductible. Du coup je comprends l'argument comme : si $f$ a un corps de décomposition de degré $\deg f$ alors $f$ est irréductible. Mais c'est faux aussi comme l'exemple de $(t^2+1)(t^2-2)$ sur $\mathbb Q$ le montre. Je rate peut être quelque chose.
Dans le livre "Galois theory", Rotman donne un exemple de polynôme $P \in \mathbb{Z}[X]$ irréductible, mais réductible modulo $p$ pour tout nombre premier $p.$
Il s'agit du polynôme $P=X^4-10X^2+1.$ Sa démonstration est cependant pénible à suivre. Pourriez-vous me dire si celle que je propose est valable ?
D'avance merci