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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