Défaut de factorialité et idéaux

(i) $N(a + b\sqrt{-5}) = a^2 + 5b^2$ ne prend jamais les valeurs $2$ ni $3$. Les normes de $2$, $3$, $1 \pm \sqrt{-5}$ valent $4$, $9$, $6$ ; une factorisation non triviale de l'un d'eux ferait apparaître un facteur de norme $2$ ou $3$ (Norme, unités) : ils sont irréductibles. Les seules unités sont $\pm 1$, et $2$ n'est associé ni à $1 + \sqrt{-5}$ ni à $1 - \sqrt{-5}$.

Enfin $2$ divise $(1 + \sqrt{-5})(1 - \sqrt{-5}) = 6$ sans diviser aucun des deux facteurs, puisque $\frac{1 \pm \sqrt{-5}}2 \notin \mathbb Z[\sqrt{-5}]$.

(ii) $\mathfrak p^2$ est engendré par $4$, $2(1 + \sqrt{-5})$ et $(1 + \sqrt{-5})^2 = -4 + 2\sqrt{-5}$, tous multiples de $2$ ; il contient $$2(1 + \sqrt{-5}) - (-4 + 2\sqrt{-5}) - 4 = 2.$$ Donc $\mathfrak p^2 = (2)$.

Si $\mathfrak p = (\gamma)$, alors $(\gamma^2) = (2)$, donc $\gamma^2 = 2u$ avec $u$ inversible, de norme $1$ (Norme, unités), et $N(\gamma)^2 = 16$, d'où $N(\gamma) = 4$, les normes étant positives. Alors $\gamma$ diviserait $2$ avec un quotient de norme $1$, donc $\gamma = \pm 2$, mais $1 + \sqrt{-5} \notin (2)$.

(iii) $I$ contient $n = N(\alpha) = \alpha\bar\alpha \neq 0$ pour un $\alpha \in I$ non nul, donc $n{\mathcal O_K} \subset I$, et $\mathcal O_K/n\mathcal O_K$ est fini, $\mathcal O_K$ étant engendré comme groupe par deux éléments.

Si $\mathfrak p$ est premier, $\mathcal O_K/\mathfrak p$ est un anneau intègre fini (Idéaux premiers et maximaux), donc un corps, la multiplication par un élément non nul étant injective, donc bijective ; et $\mathfrak p$ est maximal.