Soit $\alpha=a+b\sqrt{d}\in\Zz[\sqrt{d}]$ . Soit $a=mp+a'$ la division euclidienne de $a$ par $m$ , et $b=mq+b'$ celle de $b$ par $m$ . Alors $\alpha=m(p+q\sqrt{d})+a'+b'\sqrt{d}$ . On en déduit que chaque classe du quotient $\Zz[\sqrt{d}]/(m)$ a un représentant dans $\mathcal{C}=\Big\{a+b\sqrt{d},\ (a,b)\in\{0,\dots,m-1\}^{2}\Big\}$ Par ailleurs si deux éléments $a+b\sqrt{d}$ et $a'+b'\sqrt{d}$ de cet ensemble sont dans la même classe, alors $\exists c,d\in\Zz, \ a+b\sqrt{d}=(a'+b'\sqrt{d})+m(c+d\sqrt{d})$ . On en déduit que $a=a'+mc$ et $b=b'+md$ , et donc $a=a'$ , $b=b'$ .

Ainsi chaque classe de $\Zz[\sqrt{d}]/(m)$ a un représentant unique dans $\mathcal{C}$ . $\Zz[\sqrt{d}]/(m)$ et $\mathcal{C}$ sont donc en bijection : en particulier, $\Zz[\sqrt{d}]/(m)$ a $m^{2}$ éléments.

Remarque : on a $\Zz[\sqrt{d}]\sim \Zz[X]/(X^{2}-d).$ En effet l’application $\phi:\Zz[X]/(X^{2}-d)\to\Zz[\sqrt{d}]$ , $\bar{P}\mapsto P(\sqrt{d})$ est bien définie (si $\bar(P)=\bar{Q}$ , alors $P(\sqrt{d})=Q(\sqrt{d})$ ), et c’est un morphisme d’anneaux. De plus, si $\phi(P)=0$ , notons $P=Q(X^{2}-d)+(aX+b)$ la division euclidienne de $P$ par $X^{2}-d$ . En évaluant en $\sqrt{d}$ , on a $a\sqrt{d}+b=0$ donc $R=0$ . On en déduit que $(X^{2}-d)|P$ , i.e. $\bar{P}=0$ . On en déduit que $\ker\phi=\{0\}$ , donc $\phi$ est injective. Par ailleurs $\forall(a,b)\in\Zz^{2}, \phi(a+bX)=a+b\sqrt{d}$ donc $\phi$ est surjective.

Si $d$ est pair, comme $\sqrt{d}\cdot\sqrt{d}=|d|\in(2)$ alors que $\sqrt{d}\notin(2)$ , $(2)$ n’est pas premier.

Si $d$ est impair : $(1+\sqrt{d})(1+\sqrt{d})=(1+d)+2\sqrt{d}\in(2)$ , mais $(1+\sqrt{d})\notin(2)$ donc $(2)$ n’est pas premier.

Remarque : $\Zz[\sqrt{d}]/(2)\sim\Zz_{2}[X]/(X^{2}+\bar{d})$ . $(X^{2}+\bar{d})$ est $X^{2}$ ou $X^{2}+1$ . Aucun de ces deux polynômes n’est irréductible. Donc le quotient ne saurait être intègre.

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