El primer ideales en $\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$

Question

Deje $R=\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$. El ideal de $(2, 1-\sqrt{5})$ es el primer en $R$, a la derecha (como $R/(2, 1-\sqrt{5})=\mathbb{F}_2$)?
1. Es entonces $(2^n, 1-\sqrt{5})$ primaria para algunos $n\geq2$?
2. Se $(2)$ $(3)$ primer ideales y $(2^n)$ $(3^k)$ primaria ideales en $R$?

Estaba pensando que, al menos, $(2^n)$ debe ser primaria, como los divisores de cero de a$R/(2^n)$$2, 1+\sqrt{5}, 1-\sqrt{5}$, es decir, nilpotent... O hay algunos problemas como $-4=(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})$...

Answer 1

$(2,1-\sqrt{5})$ es un excelente:

Primer show no es $R$. Supongamos $1=2(a+b\sqrt{5})+(1-\sqrt{5})(c+d\sqrt{5})$ algunos $a,b,c,d\in \mathbb{Z}$. Simplificar tenemos que $$ 2a+c-5d=1, \quad 2b-c+d=0, $$ añadir estas dos tenemos $2a+2b-4d=1$, contradicción. (Este argumento, podemos demostrar que $2\notin (4,1-\sqrt{5})$, lo $(2,1-\sqrt{5})\neq (4,1-\sqrt{5})$.)

Entonces, como usted dijo, demostramos $R/(2,1-\sqrt{5})=\{\bar{0},\bar{1}\}$. Deje $I=(2,1-\sqrt{5})$. Deje $a+b\sqrt{5}+I\in R/I$. A continuación, $a,b$ sólo puede ser $0$ o $1$. Desde $1+\sqrt{5}\in I$, $1+I=\sqrt{5}+I$, tenemos $R/I=\{I,1+I\}$. Estos dos elementos son diferentes desde $1\notin I$.

$(2)$ $I$principal:

$(2)$ no es primo, como se menciona en el comentario anterior. Deje $(a+b\sqrt{5})(c+d\sqrt{5})=2(e+f\sqrt{5})$, e $a+b\sqrt{5}\notin (2)$, lo que significa que $a,b$ no ambos inclusive. Entonces tenemos $$ ca+5bd+\sqrt{5}(ad+bc)=2e+2f\sqrt{5}. $$ Caso 1: $a$ a, $b$ impar.

A continuación, $d$ a y $c$ incluso. Por lo $c+d\sqrt{5}\in (2)$, hecho.

Caso 2: $a$ impar, $b$ incluso. (similares como el caso 1)

Caso 3: $a,b$ tanto extraño.

Si $c$ es incluso, a continuación, $d$ es incluso, de hecho. Si $c$ es impar, entonces $d$ es impar. Ahora, $(c+d\sqrt{5})^{2}=c^{2}+5d^{2}+2cd\sqrt{5}\in (2)$, hecho. Por eso, $(2)$ es la principal.

$rad (2)=(2,1-\sqrt{5})$: $2\in rad(2)$. Desde $(1-\sqrt{5})^{2}\in (2)$, $1-\sqrt{5}\in rad(2)$. Por eso, $I\subset rad(2)$. Desde $I$ es máxima y $rad (2)$ es primo (por lo que no $R$), $rad(2)=I$.

Editar:

$(2^{n})$ es la principal:

Acabo de ver un teorema: si $rad (Q)$ es máxima, a continuación, $Q$ es la principal. (Dummit Foote página 682 de la prop 19).

$rad (2^{n})=rad(2)=(2,1-\sqrt{5})$ es máxima, por lo $(2^{n})$ es la principal. Su asociada de primer orden también es $(2,1-\sqrt{5})$.

Edit 2:

$(2^{n}, 1-\sqrt{5})$ es la principal:

el primer espectáculo $rad (2^{n},1-\sqrt{5})=(2,1-\sqrt{5})$. Tenemos $(2,1-\sqrt{5})\subset rad (2^{n},1-\sqrt{5})$. Por el contrario, desde $(2^{n},1-\sqrt{5})\subset (2,1-\sqrt{5})$, $rad (2^{n},1-\sqrt{5})\subset rad(2,1-\sqrt{5})=(2,1-\sqrt{5})$. Ahora, $rad (2^{n},1-\sqrt{5})=(2,1-\sqrt{5})$ es máxima, por lo que por el teorema anterior, $(2^{n}, 1-\sqrt{5})$ es el principal asociada con el primer $(2,1-\sqrt{5})$.

$(3)$ es el primer:

En primer lugar, $(3)\neq R$ ya que de lo contrario $1=3a+3b\sqrt{5}$, contradicción. Siguiente, supongamos $(a+b\sqrt{5})(c+d\sqrt{5})=3(e+f\sqrt{5})$, e $a,b$ no tanto varios de $3$. Entonces $$ ca+5bd=3e, \quad ad+bc=3f. $$ Si $3|a$$3\not|b$,$3|c,d$, hecho. (del mismo modo, hemos terminado si $3|b,3\not|a$). Si $3\not|a$$3\not|b$, entonces si $3|c$$3|d$, y si $3|d$$3|c$, por lo que podemos suponer $3\not|c$$3\not|d$.

caso 1: $a\equiv 1 \mod 3$, $b\equiv 1 \mod 3$.

Si $c\equiv 1$, $d\equiv 1$ por la primera ecuación anterior. Esto contradice la segunda ecuación. Si $c\equiv 2$,$d\equiv 2$, también la contradicción. El otro $3$ de los casos son similares. Por eso, $(3)$ es primo.

$(3^{k})$ es la principal:

$R/(3)=\{a+b\sqrt{5}+(3):a,b\in\{0,1,2\}\}$ finito integral de dominio, por lo que un campo. Por lo tanto $(3)$ es máxima. También, $rad (3^{k})=(3)$ máximo, por lo $(3^{k})$ es el principal asociada con el primer $(3)$.