Anillo de enteros de cúbicos campo de número de

Question

Quiero mostrar que el anillo de enteros de la cúbico campo de número de $K = \mathbb Q(\alpha)$ donde $\alpha$ es una raíz de $f = X^3 - X - 2$, es igual a $\mathbb Z[\alpha]$.

$(1, \alpha, \alpha^2)$ formas un $\mathbb Q$-base de $K$ que consta de los números enteros. Sé $\mathbb Z[\alpha] \subseteq \mathcal O_K$. Para mostrar la igualdad, supongo que la siguiente resultado es de utilidad:

Deje $K$ ser un campo de número de grado $n$, $(\alpha_1, \dots, \alpha_n)$ un $\mathbb Q$-base de $K$ que consta de los números enteros. Supongamos que no existe $m \in \mathbb N, m > 2$ $k_1, \dots, k_n \in \mathbb Z$ $gcd(m, k_1, \dots, k_n) = 1$ tal que $$\frac{k_1 \alpha_1 + \dots + k_n \alpha_n}{m} \in \mathcal O_K$$ then $m^2 \,\big\vert\, disco(\alpha_1, \dots, \alpha_n)$

He a $disc(\alpha_1, \dots, \alpha_n) = -104$, lo $m = 2$, por lo tanto quiero mostrar que no puedo tener $$\frac{a + b \alpha + c \alpha^2}{2} \in \mathcal O_K$$ for integers $a, b, c \in \mathbb Z$ de los cuales al menos uno es impar. Pero estoy pegado aquí. ¿Cómo puedo mostrar estos no son elementos integrales? Puede alguien darme una pista sobre cómo proceder?

Answer 1

Aquí una totalmente diferente (pero bastante simple) planteamiento del problema:

El submódulo de $\mathcal{O}_K$ generado por $(1,\alpha,\alpha^2)$ es claramente $\mathbb{Z}[\alpha]$. Ya ha demostrado que $$\text{disc}(1,\alpha,\alpha^2)=-104$$ Ahora, tenga en cuenta que la siguiente fórmula es verdadera (se puede encontrar en cualquier libro de texto introductorio a la teoría algebraica de números): $$\text{disc}(1,\alpha,\alpha^2)=[\mathcal{O}_K:\mathbb{Z}[\alpha]]^2\text{disc}(\mathcal{O}_K)$$ De ello se desprende que $[\mathcal{O}_K:\mathbb{Z}[\alpha]]$ es igual a $1$ o $2$. En el último caso, se deduce que el $\text{disc}(\mathcal{O}_K)=-26$. Pero esto no puede ser cierto, ya que la $\text{disc}(\mathcal{O}_K) \equiv 0$ o $1 \text{ mod } 4$ (este hecho es conocido como "Stickelberger del teorema en discriminantes", que también se encuentra en la mayoría de los libros de texto sobre el tema). Por lo tanto $[\mathcal{O}_K:\mathbb{Z}[\alpha]]=1$ y, por tanto,$\mathcal{O}_K=\mathbb{Z}[\alpha]$.

Answer 2

He aquí otro argumento, mucho, mucho más avanzada. Se están preocupando por dos anillos, $\Bbb Z[\alpha]$$\mathscr O$, los enteros de $\Bbb Q(\alpha)$. Son iguales si y sólo si el anillo más pequeño es integralmente cerrado. Ahora voy a argumentar que $\Bbb Z[\alpha]$ es de hecho integralmente cerrado. Y este es el caso si y sólo si es verdadero localmente en cada una de las prime $p$$\Bbb Z$. La única dificultad de los números primos son aquellos en los que hay ramificación, y estas son las $2$$!3$, porque el discriminante ideal es $(8\cdot13)$. Éste no es un problema, como usted ha observado, debido a que el discriminante es divisible sólo por $13$ a la primera potencia. Así que vamos a localizar en $2$ y ver lo que está pasando.

Bien podría ir todo el camino a la realización, lo que significa mirar el anillo de $\Bbb Z[\alpha]\otimes_{\Bbb Z}\Bbb Z_2$, lo que queremos ver para ser integralmente cerrado (en el sentido de que pronto será claro). Ahora, voy a escribir el anillo de $\Bbb Z[\alpha]=\Bbb Z[\alpha-1]$, donde la definición de polinomio de $\alpha-1$$g(x)=f(x+1)=x^3+3x^2+2x-2$. Mirar la tensored-con-$\Bbb Z_p$ anillo es para ver el $\Bbb Z_2[x]/(x^3+3x+2x-2)$. Pero basta con mirar en el Polígono de Newton de este polinomio: tiene vértices en $(0,1)$, $(2,0)$, y $(3,0)$. Eso significa que el polinomio factores en una lineal y una Eisenstein cuadrática, y esto a su vez significa que el $\Bbb Z_2[x]/(x^3+3x+2x-2)\cong\Bbb Z_2\oplus\Bbb Z_2[x]/(q(x))$ donde $q(x)$ es que Eisenstein cuadrática. ¿Estás conmigo? Nuestro anillo ya no es un dominio, pero las dos piezas son sin duda integralmente cerrado, ya que más de un anillo local, una raíz de una Eisenstein polinomio genera todo el anillo de los enteros en el campo de fracción. Por lo $\Bbb Z[\alpha]$ es integralmente cerrado, y por lo tanto equivalente a la totalidad del anillo de enteros de $\Bbb Q(\alpha)$.

Answer 3

Supongamos $w \in \Bbb Z[\alpha]$ no es un múltiplo de a $2$ $w/2$ es un entero algebraico.

Considerar el ideal de $I = (2,w)$. Tenemos $I^2 = (4,2w,w^2)$$I^3 = (8,4w,2w^2,w^3)$. Sin embargo, $w/2$ ser un entero algebraico de grado $\le 3$, obtenemos que $w^3$ es una combinación de $8,4w,2w^2$ con coeficientes enteros, y por lo $I^3 = (8,4w,2w^2) = 2I^2$, y así sucesivamente, lo que muestra que la única factorización de los ideales de la falla : $(2)I^2 = I.I^2$, pero $(2) \neq I$, lo $I^2$ no es "cancelados", y tampoco es $I$.

Para mostrar que un ideal $I$ es cancelable es suficiente para demostrar que es un factor de cancelables ideal, por ejemplo, cualquier director de ideal, dicen, $(2)$ : Si $(2)= IJ$$AI = BI$$AIJ = BIJ$, lo $2A = 2B$ e lo $A=B$.

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Deje $I$ ser cualquier ideal que contiene a $(2)$. Desde $\Bbb F_2[X]$ es un PID, $\Bbb Z[\alpha]/I$ tiene que ser isomorfo (a través de la evaluación de mapa) a $\Bbb F_2[X]/Q(X)$ donde $Q(X)$ es un divisor de a $X^3+X$ (la reducción del modulo $2$$X^3-X-2$) y, a continuación,$I = I_Q = (2,Q(\alpha))$.

La conexión entre el divisor de celosía de $X^3-X-2$ mod $2$ y los ideales que contienen a $(2)$ va más allá :

Si $2 \in I_Q I_R$,$I_QI_R = (2,4,2Q(\alpha),2R(\alpha),Q(\alpha)R(\alpha)) = (2,Q(\alpha)R(\alpha)) = I_{QR}$.
En particular, si $Q$ $R$ son coprime, a continuación, $1$ es una combinación lineal de $Q,R$$2$, y por lo $2 \in I_Q I_R$.

Así que si se demuestra que $(2)$ factores correctamente como $I_{X}I_{X+1}^2$, entonces hemos terminado, porque ello demuestra que es $I_X$ $I_{X+1}$ son cancelables y sus productos, dar a todos los ideales que contienen a $(2)$.

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La única manera que esto puede fallar es si $2 \notin I_{X+1}^2$, así que vamos a hacer el cálculo :

$I_{X+1}^2 = (2,\alpha+1)^2 = (4,2\alpha+2,\alpha^2+2\alpha+1)$.
Contiene $\alpha.(\alpha^2+2\alpha+1) = \alpha^3+2\alpha^2+\alpha = 2\alpha^2+2\alpha+2$, por lo que también contiene $2(\alpha^2+2\alpha+1)-(2\alpha^2+2\alpha+2) = 2\alpha$, y, a continuación,$(2\alpha+2) - 2\alpha = 2$.

Por lo tanto $I_{X+1}^2 = (2,\alpha^2+1) = I_{(X+1)^2}$, que es todo lo que necesitamos.