¿Qué es un ejemplo de un anillo de Dedekind, que no es principal?

Question

Prop. 15 de Serge Lang HORMIGA muestra que una condición suficiente para que un anillo de Dedekind $R$ a ser el principio es que sólo tiene un número finito de números primos.

Para dar un esbozo del argumento, uno empieza con una factorización de cualquier ideal $\mathfrak a = \prod_1^n \mathfrak {p}_i^{r_i}$ y se procede a escoger los elementos de $\pi_i \in \mathfrak p_i \setminus \mathfrak p_i^{2}$. Utilizando el teorema del resto Chino, uno puede encontrar $\alpha \equiv \pi_i^{r_i}\pmod {\mathfrak p_i^{r_i+1}}$. La escritura de la factorización de $(\alpha)$ en el primer ideales $(\alpha) = \prod_1^n \mathfrak {p}_i^{e_i}$ nos pondremos ese $e_i = r_i$ y, por tanto,$\mathfrak a = (\alpha)$.

Como yo lo entiendo, la prueba, la asunción de $R$ tener un número finito de números primos es sumamente utilizado en la etapa en la que escoja $\alpha$ porque nos aseguramos de que no se encuentran en cualquier prime otros que los de la factorización de $\mathfrak a$. Pero, ¿cómo usted viene para arriba con un dominio de Dedekind $R'$ y un ideal de a $\mathfrak a'$ tal que no importa lo $\alpha'$ elegir la satisfacción de la congruencia de las relaciones como en el anterior, siempre se cruzan algunos de los mejores no en el de la factorización de $\mathfrak a'$?

Answer 1

Georges se ha dado un buen geométrica ejemplo. Tan esto es contestada, permítanme decir algunas palabras.

Sí, como usted señala el punto clave es ser capaz de controlar la factorización de $(\alpha)$ así precisamente.

Vamos a explicar esto un poco más. En lo que sigue, vamos a $R$ ser un dominio de Dedekind.

Ahora, recuerde que los ideales de la $I$ $R$ están totalmente en correspondencia con el conjunto de $X:=\mathbb{N}^{\oplus\text{MaxSpec}(R)}$ de tuplas $(e_\mathfrak{p})_{\mathfrak{p}\in\text{MaxSpec}(R)}$ $e_\mathfrak{p}=0$ en casi todas las $\mathfrak{p}$. La correspondencia, por supuesto, es

$$F:\displaystyle(e_{\mathfrak{p}})\mapsto \prod_{\mathfrak{p}}\mathfrak{p}^{e_\mathfrak{p}}$$

Esto es un poco menos highfalutin manera de decir que la monoid de los ideales de $R$ es sólo el libre abelian monoid en $\text{MaxSpec}(R)$. O, ya que estamos más en común con los grupos de monoids, este generalmente se indica que el grupo de los ideales fraccionarios de $R$ es el grupo abelian en $\text{MaxSpec}(R)$.

Ahora, vamos a $\mathcal{P}\subseteq X$ el conjunto de tuplas $(e_\mathfrak{p})$ tal que $F((e_\mathfrak{p}))$ es la directora. En otras palabras, es el conjunto de tuplas en $X$ correspondiente a los principales ideales de la $R$. La declaración de que $R$ es un PID es sólo que $\mathcal{P}=X$.

Ahora, con este lenguaje, hay una muy buena manera de pensar sobre el Teorema del Resto Chino. Básicamente dice que si tienes que elegir un número finito de índices de $\mathfrak{p}_1,\ldots,\mathfrak{p}_n\in\text{MaxSpec}(R)$ y enteros $e_1,\ldots,e_n$ siempre se puede encontrar alguna tupla $(e_\mathfrak{p})\in\mathcal{P}$ tal que $e_{\mathfrak{p}_i}=e_i$. En otras palabras, si sólo se preocupan por un número finito de coordenadas de una tupla $(e_\mathfrak{p})$, y no tienen que ver con las otras coordenadas, siempre se puede encontrar una tupla viniendo de un director ideal que se adapte a sus necesidades.

Por supuesto, lo anterior NO quiere decir que para cualquier conjunto de números primos $\{\mathfrak{p}_i\}$ y cualquier conjunto de números enteros $\{e_i\}$ usted puede encontrar un elemento $(e_\mathfrak{p})\in\mathcal{P}$ tal que $e_{\mathfrak{p}_i}=e_i$. De hecho, esto nos dice precisamente que $\mathcal{P}=X$ (tomando el conjunto $\{\mathfrak{p}_i\}$$\text{MaxSpec}(R)$). El problema es que, cuando estábamos discutiendo el Teorema del Resto Chino, sólo se pudo especificar finitely (pero arbitrariamente grande) muchos lugares, y tienen los otros fuera de nuestro control.

Pero, si estamos en el caso de que $\text{MaxSpec}(R)$ es finito, entonces podemos ver que el último párrafo de la advertencia es discutible. Es decir, entonces realmente puede especificar, por cualquier $(e_\mathfrak{p})\in X$ un punto de $(f_\mathfrak{p})\in\mathcal{P}$ tal que $e_\mathfrak{p}=f_\mathfrak{p}$, o, en otras palabras, $X=\mathcal{P}$, que, como hemos señalado antes, es simplemente decir que $R$ es un PID.

Pero, para mostrar que no estamos perdiendo algo, que no hay alguna versión más fuerte del Teorema del Resto Chino que nos faltan, que realmente permita la moraleja en el párrafo a ser SIEMPRE discutible (es decir, no sólo discutible al $\text{MaxSpec}(R)$ es finito) sólo tenemos que producir un no-PID dominio de Dedekind. Georges le ha proporcionado uno, pero ya que esta es la teoría algebraica de números de la categoría, quizás más de la aritmética ejemplo ayudará.

Vamos a demostrar que $A:=\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ no es un PID. De hecho, vamos a tomar el ideal $\mathfrak{p}=(2,1+\sqrt{-5})$. A ver que $\mathfrak{p}$ no es director se limita a comprobar que

$$\begin{aligned}A/\mathfrak{p}&\cong \mathbb{Z}[x]/(x^2+5,2,1+x)\\ &\cong \mathbb{F}_2[x]/(x^2+5,1+x)\\ &\cong \mathbb{F}_2[x]/((x+1)^2,1+x)\\ &\cong \mathbb{F}_2[x]/(x+1)\\ &\cong \mathbb{F}_2\end{aligned}$$

Por lo tanto, en particular,$[A:\mathfrak{p}]=2$. Pero, yo se lo dejo a usted (el uso de técnicas similares a la de arriba) para mostrar que el $[A:(a+b\sqrt{-5})]=a^2+5b^2$. Por lo tanto, si $\mathfrak{p}$ era el director, decir $\mathfrak{p}=(a+b\sqrt{-5})$

$$2=[A:\mathfrak{p}]=[A:(a+b\sqrt{-5})]=a^2+5b^2$$

Pero, puesto que el $a,b\in\mathbb{Z}$ esto es claramente imposible, y por lo $\mathfrak{p}$ realmente no es principal. Por eso, $A$ es un ejemplo de un dominio de Dedekind, que no es un PID.

Una interesante pregunta que uno se podría preguntar, especialmente con la discusión anterior, es si podemos medir la precisión de la distancia $R$ es de ser un PID. De hecho, la respuesta es sí. Es decir, en el de arriba nos dimos cuenta de que $X$ fue una monoid, y un poco de reflexión muestra que la $\mathcal{P}$ define una congruencia en el interior de $X$. Por lo tanto, podemos formar el cociente monoid $X/\mathcal{P}$ que precisamente mide mal $\mathcal{P}=X$ falla, y por lo tanto lo mal $R$ deja de ser un PID. Este monoid $X/\mathcal{P}$ resulta ser en realidad un grupo, llamado el grupo de clase de $R$, es a menudo denotado $\text{Cl}(R)$. Desempeña un papel fundamental en la teoría algebraica de números, y partes de la geometría algebraica, como usted probablemente puede deducir.

Por ejemplo, $\text{Cl}(A)=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, y así mientras que $A$ no es un PID, es que no lo es, en un sentido, al mínimo posible.