Demostrando $2,3,1+\sqrt{-5}$ $1-\sqrt{-5}$ son irreducibles en $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$

Question

Podría alguien ayudarme a demostrar que $2,3,1+\sqrt{-5}$ $1-\sqrt{-5}$ son irreducibles en $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$?

Como $6=2*3=(1+\sqrt{-5})(1-\sqrt{-5})$ $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ no es un disco flash usb. Por lo tanto, no es un PID o euclidiana de dominio

Answer 1

El método estándar es:

Definir una función $N\colon \mathbb{Z}[\sqrt{-5}]\to\mathbb{Z}$$N(a+b\sqrt{-5}) = (a+b\sqrt{-5})(a-b\sqrt{-5}) = a^2+5b^2$.

1. Demostrar que $N(\alpha\beta) = N(\alpha)N(\beta)$ todos los $\alpha,\beta\in\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$.
2. A la conclusión de que si $\alpha|\beta$$\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$,$N(\alpha)|N(\beta)$$\mathbb{Z}$.
3. Demostrar que $\alpha\in\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ es una unidad si y sólo si $N(\alpha)=1$.
4. Demostrar que no hay elementos en $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ $N(\alpha)=2$ o $N(\alpha)=3$.
5. A la conclusión de que $2$, $3$, $1+\sqrt{-5}$, y $1-\sqrt{-5}$ son irreductibles.

Esta es una técnica común para tratar con los anillos de la forma $\mathbb{Z}[\theta]$ donde $\theta$ es un entero algebraico.

También se puede hacer directamente, aunque es un poco más laborioso. He aquí lo que se me ocurrió sobre la marcha:

Suponga que $(a+b\sqrt{-5})(c+d\sqrt{-5}) = 2$. A continuación,$ac+5bd = 2$$ad+bc=0$. Si $a=0$, entonces tenemos que tener en $c=0$ (desde $bc=0$ pero no podemos tener a $a=b=0$), pero, a continuación, $5bd=2$ es imposible. Por lo tanto, $a\neq0$$c\neq 0$. Si $b=0$,$d=0$, por lo que la factorización se produce en $\mathbb{Z}$ y es trivial; simétricamente si $d=0$. Así que podemos asumir que todos los de $a,b,c,d$ son cero.

A continuación,$ad=-bc$, lo $2d=acd + 5bd^2 = -bc^2 + 5bd^2 = b(5d^2 - c^2)$. Si $b$ es impar, entonces $b|d$, por lo que escribir $d=bk$ obtenemos $abk + bc=0$, lo $ak+c=0$, lo $c=-ak$. Por lo tanto $c+d\sqrt{-5} = -ak+bk\sqrt{-5} = k(-a+b\sqrt{-5})$. Pero esto da $$2 = (a+b\sqrt{-5})(c+d\sqrt{-5}) = k(a+b\sqrt{-5})(-a+b\sqrt{-5}) = -k(a^2+5b^2).$$ Desde $a$ $b$ son ambos cero, $a^2+5b^2$ es de al menos 6, que es imposible. Por lo $b$ es incluso, $b=2b'$.

A continuación,$b'(5d^2-c^2) = d$, por lo que el establecimiento $5d^2-c^2 = k$ hemos $$a+b\sqrt{-5} = a+2b'\sqrt{-5},\qquad c+d\sqrt{-5} = c+kb'\sqrt{-5}.$$ De $ad=-bc$ obtenemos $ak=-2c$. Si $a$ es par, entonces tenemos $a=2a'$, por lo que $$2 = (2a'+2b'\sqrt{-5})(c+d\sqrt{-5}) = 2(a'+b'\sqrt{-5})(c+d\sqrt{-5}),$$ que los rendimientos que $c+d\sqrt{-5}$ es una unidad (de hecho, esto es imposible con $c$ $d$ tanto distinto de cero, pero eso no importa). Si $a$ es impar, entonces $k$ es incluso y $c=ak'$,$2k'=k$. Así que ahora tenemos $$\begin{align*} 2 &= (a+b\sqrt{-5})(c+d\sqrt{-5})\\ &= (a + 2b'\sqrt{-5})(ak' + 2b'k'\sqrt{-5})\\ &= k'(a+2b'\sqrt{-5})(a+2b'\sqrt{-5})\\ &= k'(a^2 - 20b'^2) + 4ab'\sqrt{-5} \end{align*}$$ lo que implica $a=0$ o $b'=0$ (por lo tanto,$b=0$), que contradice nuestra hipótesis.

Por lo tanto, la única factorizations de $2$ $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ son triviales.

(Y usted probablemente puede ver por qué el "método estándar" es mucho mejor....)

Answer 2

Deje $A = \mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$. Para cada elemento $\alpha$ $A$ existen únicas $a, b \in \mathbb{Z}$ tal que $\alpha = a + b \sqrt{-5}$. Considere la función $N \colon A \to \mathbb{N}$ definido por $N(a + b \sqrt{-5}) = a^2 + 5 b^2$. (Si usted sabe algo de la teoría de campo, $N$ es la restricción a $A$ de la norma de que el campo de $\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$$\mathbb{Q}$.) Demostrar los siguientes hechos:

1. $N$ es multiplicativo, es decir, $N(\alpha \beta) = N(\alpha) N(\beta)$ todos los $\alpha, \beta \in A$.
2. Si $\alpha \in A$, $\alpha$ es invertible en a $A$ si y sólo si $N(\alpha) = 1$.

¿Existen elementos en $A$ con la norma igual a $2$ o $3$? Ahora, $N(2) = 4$, $N(3) = 9$, $N(1 + \sqrt{-5}) = N(1- \sqrt{-5}) = 6$. Como en Henning Makholm comentario, si eran irreductibles, a continuación, lo que podría las normas de los factores?