Además de multiplicar y dividir algunos números específicos en este anillo, por ejemplo $(1 + \sqrt{2})\sqrt{2}$ Realmente no he hecho nada productivo en esta cuestión. O bien doy vueltas en círculos o saco conclusiones, como que se deduce del hecho de que $\langle \sqrt{2} \rangle$ es un ideal primo con norma prima.
Aunque tengo la corazonada de que se puede utilizar un argumento muy similar para demostrar algo parecido en $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ ...
Si la norma $N(a+b\sqrt 2)=a^2-2b^2$ es par, entonces $a^2$ es par, y también lo es $a$ . Entonces $a=2a'$ para algún número entero $a'$ . Por lo tanto :
$$a+b\sqrt 2 = 2a'+b\sqrt 2=\sqrt 2 (b+a'\sqrt 2)$$ De esto se concluye que $\sqrt 2 \mid a+b\sqrt 2$ en $\Bbb Z[\sqrt 2]$ siempre que la norma de $a+b\sqrt 2$ está en paz.
En general, si $d \in \Bbb Z$ es sin cuadrado y si $d \mid N(a+b\sqrt d)$ (en $\Bbb Z$ ), entonces $\sqrt d \mid a+b\sqrt d$ en $\Bbb Z[\sqrt d]$ .
De hecho, si $N(a+b\sqrt d)= a^2-db^2$ es un múltiplo de $d$ entonces $a^2$ es un múltiplo de $d$ . Como $d$ es libre de cuadrados, tienes que $d \mid a$ (esto no es cierto en general, por ejemplo $d=2 \cdot 4^2=32$ divide $a^2=64=8^2$ pero $32$ no divide $a=8$ ).
Entonces puedes escribir $a=da'$ para algún número entero $a'$ . Por lo tanto, $$a+b\sqrt d = \sqrt d (a'\sqrt d + b)$$ es un múltiplo de $\sqrt d$ como se desee.
Lo contrario también es válido (si $d$ es libre de cuadrados). Supongamos que $x=a+b\sqrt d$ es un múltiplo de $\sqrt d$ (en $\Bbb Z[\sqrt d]$ ). Entonces se puede escribir $$a+b\sqrt d = \sqrt d(m+n\sqrt d)=nd+m\sqrt d$$ para algunos enteros $m$ y $n$ .
La norma de $x$ es $$N(x)=N(nd+m\sqrt d)=n^2 d^2 - dm^2=d(dn^2-m^2).$$ En particular, la norma es un múltiplo de $d$ .
He aquí un ejemplo. Dejemos que $d=6$ y $x=2+\sqrt 6$ . La norma de $x$ en $\Bbb Z[\sqrt 6]$ es $N(2+\sqrt 6)=4-6=-2$ que no es un múltiplo de $d=6$ . En particular, $x$ no es un múltiplo de $\sqrt 6$ en $\Bbb Z[\sqrt 6]$ .
Es posible demostrarlo sin utilizar normas. En efecto, supongamos que podemos escribir $$x=2+\sqrt 6 = \sqrt 6(m+n\sqrt 6) = 6n + m\sqrt 6 \in \Bbb Z[\sqrt 6]$$ para algunos enteros $m$ y $n$ .
Entonces recuerda que si $a+b\sqrt d = 0$ entonces $a=b=0$ (donde $d$ es libre de cuadrados). Supongamos para una contradicción que $b≠0$ . Entonces $\sqrt d =-a/b$ sería racional, lo cual es imposible. Entonces $b=0$ y $a=0$ .
En particular, $2+\sqrt 6 = 6n + m\sqrt 6$ equivale a $2-6n+\sqrt 6 (1-m)=0$ . Esto da como resultado $2-6n=0$ y $1-m=0$ . Pero $3$ divide el número entero $6n$ y $6n=2$ ... esto no es posible.
Por lo tanto, demostramos que $x=2+\sqrt 6$ no es un múltiplo de $\sqrt 6$ en $\Bbb Z [\sqrt 6]$ .
(Obsérvese que decir " $\sqrt d$ es irracional" equivale a decir $N(a+b\sqrt d)=0 \iff a=b=0$ ).
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