Condición para que el ideal del anillo de enteros sea primo

Question

Sea $K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ para $d$ entero cuadrado libre y sea $p$ sea un primo racional tal que $p$ no divide $2d$ . Demostrar que $p\mathcal{O}_K$ es un ideal primo $\iff x^2\equiv_p d$ no tiene solución.

Estoy completamente atascado con esto. Sé que para $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ el anillo de los números enteros $$\mathcal{O}_K= \begin{cases}\mathbb{Z}[\sqrt{d}]\qquad \quad d\equiv_4 2,3\\ \mathbb{Z}\left[\frac{1+\sqrt{d}}{2}\right]\quad d\equiv_4 1\end{cases}$$ y también que el anillo de enteros de un campo numérico es Dedekind. También sé que para un ideal $\mathfrak{a}$ de un anillo $A$ para ser primo, $xy \in \mathfrak{a} \implies x \in \mathfrak{a}$ o $y \in \mathfrak{a}$ para todos $x,y \in A$ .

No veo cómo esto corresponde a congruencias de $x$ . Si $p$ no divide $2d$ y $p$ genera el ideal $p\mathcal{O}_K$ ¿Implica esto el resultado? Me parece que el $2$ en $2d$ es relevante para la $2$ en $x^2$ pero no puedo resolver este problema.

Por ejemplo, empiezo con la dirección de avance: Si $z \in \mathcal{O}_K$ entonces $pz \in p\mathcal{O}_K$ . Pero si $p\mathcal{O}_K$ es primo, es decir $p \in p\mathcal{O}_K$ o $z \in p\mathcal{O}_K$ . No tengo ni idea de adónde ir.

EDIT: He encontrado un resultado que dice $\left(\frac{d}{p}\right)=-1$ (es decir $x^2 \neq d \mod p$ ) $\iff$ impar $p$ sigue siendo primo, ya que: $$\frac{\mathbb{Z}\left[\frac{1+\sqrt{d}}{2}\right]}{p\mathbb{Z}\left[\frac{1+\sqrt{d}}{2}\right]} \cong \frac{\mathbb{Z}\left[\sqrt{d}\right]}{p\mathbb{Z}\left[\sqrt{d}\right]} \cong \frac{\mathbb{Z}[x]}{(p,x^2-d)} \cong \frac{\mathbb{F}_p[x]}{(x^2-d)}$$ Por lo tanto, creo que esto reduce el problema a probar $p\mathcal{O}_K$ es un ideal primo $\iff$ $p$ prime in $K=(\mathbb{Q}\sqrt{d})$ .

¿Es justa esta suposición? Si es así, tengo la prueba para la dirección hacia atrás como: $ab \in p\mathcal{O}_K \implies p|ab$ desde $p$ es primo $\implies p|a$ o $p|b \implies a \in p\mathcal{O}_K$ o $b \in p\mathcal{O}_K$ y la dirección de avance como análogas.

¿Es éste un planteamiento correcto?

Answer 1

Utilice el siguiente resultado útil (cf. Lang, Teoría algebraica de números ) :

Teorema: Sea $K$ sea un campo numérico y $B = \mathcal{O}_K$ y supongamos que $B = \mathbb{Z}[\alpha]$ para algunos $\alpha \in B$ . Sea $f(X)$ sea el polinomio irreducible de $\alpha$ en $\mathbb{Q}$ (tiene coeficientes en $\mathbb{Z}$ ). Sea $(p)$ sea un ideal no nulo de $\mathbb{Z}$ y $\overline{f}$ sea la reducción de $f(X)$ modulo $(p)$ . En el ámbito $\mathbb{F}_p$ factorizar, $$ f(X) = p_1(X)^{e_1} \cdot ... \cdot p_r(X)^{e_r} $$ Donde cada uno son factores irreductibles y distintos. Entonces en el dominio Dedekind $B$ podemos factorizar

$$pB = \mathfrak{b}^{e_1} \cdot ... \cdot \mathfrak{b}^{e_r} $$

Apliquemos ahora este resultado al polinomio $X^2-d$ y reducirlo mod $p$ . Esto explica por qué nos importa si $d$ es un residuo cuadrático o no residuo mod $p$ .

Answer 2

El resultado dado por Nicolas Bourbaki es una herramienta bastante sofisticada para la pregunta que planteas (pero ¿podríamos esperar menos de Bourbaki?). Se puede dar una respuesta más sencilla (pero menos general) si se sabe lo siguiente:

1) En $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ el ideal principal $(p)$ generado por un número primo racional $p$ que no divide $2d$ es a su vez un ideal primo en $\mathcal{O}_K$ o bien factores como el producto de dos ideales primos distintos en $\mathcal{O}_K$ . (En el primer caso, $p$ es inerte en $K$ y en el segundo, $p$ se divide en $K$ .)

2) Si $p$ se divide en $K$ entonces cada uno de los ideales primos que dividen a $(p)$ en $\mathcal{O}_K$ tiene la forma $(p,\alpha)$ para algunos $\alpha \in \mathcal{O}_K$ . Además, si $N_{K/\mathbb{Q}}$ denota la norma de campo, entonces $N_{K/\mathbb{Q}}(\alpha)$ es un elemento de $\mathbb{Z}$ divisible por $p$ pero ningún poder superior de $p$ .

Suponiendo esto, suponga primero que se encuentra en el caso en el que $p$ se divide en $K$ (es decir, $(p)$ es no un ideal primo en $\mathcal{O}_K$ ). A continuación, se elige un elemento $\alpha = a + b \sqrt{d}$ como en 2), tenemos

$N_{K/\mathbb{Q}} \alpha = a^2 - b^2 d \equiv 0 \pmod{p}$ .

Además, $b$ es relativamente primo de $p$ ya que si no lo fuera, entonces $a$ tampoco lo sería, y entonces $N_{K/\mathbb{Q}} \alpha$ sería divisible por $p^2$ .

Entonces $c$ sea un inverso de $b$ modulo $p$ . En $a^2 \equiv b^2 d \pmod{p}$ encontramos que $(ac)^2 \equiv d \pmod{p}$ por lo que la congruencia $x^2 \equiv d \pmod{p}$ tiene solución.

A la inversa, si la congruencia tiene la solución $x=a$ entonces $a+\sqrt{d}$ es un elemento de $\mathcal{O}_K$ con norma divisible por $p$ . Factorización del ideal $(a+\sqrt{d})$ en $\mathcal{O}_{K}$ encontramos que comparte un factor ideal primo con el ideal $(p)$ . Si $(p)$ fuera primo, entonces $a+\sqrt{d}$ sería un elemento de $(p)$ . Pero esto no puede ser cierto, ya que un elemento de $(p)$ debe tener la forma $k+l\sqrt{d}$ con ambos $k$ y $l$ divisible por $p$ . Así, si la congruencia $x^2 \equiv d \pmod{p}$ es resoluble, entonces $(p)$ no puede ser primo.

Answer 3

He aquí otro método que tal vez le guste más? (Es un método que aprendí de P. Samuel).

Comenzamos con $K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ . Utilizamos el hecho de que $\mathcal{O}_K = \mathbb{Z} + \mathbb{Z}\sqrt{d}$ (notación utilizada aquí: $\mathcal{O}_K$ es un módulo libre sobre $\mathbb{Z}$ con base $1$ y $\sqrt{d}$ ) si $d\equiv 2,3 ~ (4)$ y $\mathcal{O}_K = \mathbb{Z} + \mathbb{Z} \tfrac{1+\sqrt{d}}{2}$ si $d\equiv 1 ~ (4)$ .

Sea $p$ sea un primo impar y consideremos $p\mathcal{O}_K$ el ideal generado por $p$ en el anillo de los números enteros. Examinemos el anillo cociente $\mathcal{O}_K/p\mathcal{O}_K$ en función de los dos casos de $d$ .

En el primer caso, (utilice el mapa $X\mapsto \sqrt{d}$ para obtener el isomorfismo de anillo) $$ \mathcal{O}_K \simeq \mathbb{Z}[X]/(X^2-d) $$ Por lo tanto, como usted ha dicho, $$ \mathcal{O}_K/p\mathcal{O}_K \simeq \mathbb{Z}[X]/(p,X^2-d) \simeq \mathbb{F}_p[X]/(X^2-\overline{d}) $$

Por otra parte, si $p\mathcal{O}_K = \mathfrak{b}_1^{e_1} .\mathfrak{b}_2^{e_2}$ es la factorización de este ideal en el anillo de los enteros, entonces por el teorema chino del resto, $$ \mathcal{O}_K/p\mathcal{O}_K \simeq \mathcal{O}_K/\mathfrak{b}_1^{e_1} \times \mathcal{O}_K/\mathfrak{b}_2^{e_2} \implies \mathbb{F}_p[X]/(X^2-\overline{d}) \simeq \mathcal{O}_K/\mathfrak{b}_1^{e_1} \times \mathcal{O}_K/\mathfrak{b}_2^{e_2}$$

(Las únicas posibilidades son que: (i) o bien $e_1=e_2=1$ (ii) o bien no hay $e_2$ sólo $e_1=2$ (iii) o bien no hay $e_2$ sólo $e_1$ con $e_1=1$ ).

Si $\overline{d} = 0 \in \mathbb{F}_p$ entonces $\mathbb{F}_p[X]/(X^2-\overline{d}) = \mathbb{F}_p[X]/(X^2)$ en particular, este anillo tiene elementos nilpotentes. Comparándolo con el anillo isomorfo, esto sólo puede ocurrir en el caso (ii). Pero entonces eso es decir que $p$ ramifica.

Si $\overline{d} \not \in \mathbb{F}_p^{\times 2}$ entonces $\mathbb{F}_p[X]/(X^2-\overline{d})$ es un campo. Por lo tanto, la única posibilidad es la del caso (iii). (Porque un producto de dos campos nunca es un campo). Pero entonces eso es decir que $p$ es inerte.

Si $\overline{d} \in \mathbb{F}_p^{\times 2}$ entonces $(X^2-\overline{d}) = (X-\overline{a})(X-\overline{b})$ Por lo tanto $\mathbb{F}_p[X]/(X^2-\overline{d})$ es isomorfo a $ \mathbb{F}_p[X]/(X-\overline{a}) \times \mathbb{F}_p[X]/(X-\overline{b})$ que es un producto de dos campos (sin elementos nilpotentes). Por lo tanto, el único caso posible es (i), ya que $\mathfrak{b}_1$ y $\mathfrak{b}_2$ son primos maximales (recordemos que estamos en un anillo Dedekind). Pero entonces eso es decir que $p$ escisiones.

Creo que el caso $d\equiv 1 ~ (4)$ recibe un tratamiento similar.