Cuando $\|z^2\|=\|z\|^2$

Question

Deje $k \in \mathbb{Z}$ y considerar la extensión de campo $K := \mathbb{Q}[\sqrt{k}]$. Definir una norma en $K$$\|p+q\sqrt{k}\| := \sqrt{p^2+q^2}$. Para cualquier $z \in K$, yo estaba interesado en saber cuando se $\|z^2\| = \|z\|^2$.

Se puede demostrar que $z=p+q\sqrt{k}$ satisface $\|z^2\|=\|z\|^2$ si, y sólo si, $$q^2(k+1)(2p^2+(k-1)q^2)=0.$$

Claramente, $q=0$ significa que $z \in \mathbb{Q}$ $\sqrt{p^4}=\left(\sqrt{p^2}\right)^{\! 2}$ todos los $p \in \mathbb{Q}$. Al $k=-1$ tenemos $\mathbb{Q}[\operatorname{i}]$ que es un subconjunto de a $\mathbb{C}$, y ya sabemos que el módulo satisface $|wz|=|w||z|$.

Mis Preguntas:

• ¿Cuál es el significado de la condición de $2p^2+(k-1)q^2=0$?
• Da ninguna información acerca de la norma $\|p+q\sqrt{k}\| = \sqrt{p^2+q^2}$?
• Para una fija $k$, lo que es tan especial acerca de la $p+q\sqrt{k}$ que satisfacen la condición?

Answer 1

Vamos a centrarnos en las soluciones de $2p^2+(k-1)q^2=0$ $\mathbb{Q}$ fijos $k\in\mathbb{Z}$.

• Si $k>1$, es evidente que existe una única solución $p=q=0$.

• Si $k=1$, luego $p=0$, $q\in\mathbb{Q}$ (aunque supongo que usted no desee considerar los casos donde $k$ es un cuadrado).

• Si $k<1$, entonces como antes $p=0$, $q=0$ es una solución trivial. Suponga $p^2+q^2>0$. $$2p^2=(1-k)q^2$$

  Si $k$ es impar, entonces $k=1-2t$$t\ge1$. Tenemos $$p^2=\frac{1-k}{2}q^2$$ $$p^2 = tq^2$$ Clearly $p\ne0\ne q$ so $t=\frac{p^2}{q^2}$ and therefore $\sqrt{t}=\left|\frac{p}{q}\right|\in\mathbb{Q}$. It's known that a square root of a (positive) integer is either an integer or irrational. Therefore $\sqrt{t}=s^2$, $s\in\mathbb{N}$. So $k=1-2s^2$ and $p=\pm sq$. If odd $k<1$ no es de esta forma, la única solución es la trivial.

  Si $k$ es incluso, deje $p=\frac{u_1}{u_2}$ $q=\frac{v_1}{v_2}$ donde $u_1,u_2,v_1,v_2\in\mathbb{Z}-\{0\}$ $u_1,u_2$ $v_1,v_2$ son relativamente primos. Entonces $$2\frac{u_1^2}{u_2^2}=(1-k)\frac{v_1^2}{v_2^2}$$ $$2u_1^2 v_2^2=(1-k)v_1^2 u_2^2$$ $$2u^2=(1-k)v^2$$ para $u,v\in\mathbb{Z}$, $u\ne 0\ne v$. Desde $k$ es incluso, la multiplicidad de el primer factor de $2$ de LHS es impar y la multiplicidad de el primer factor de $2$ de HR es aún. Por lo tanto, la última ecuación no tiene ninguna solución.

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Vamos a resumir todos los resultados (no se consideran plazas para $k$):

• $k>1$, $k$ no es un cuadrado
  • $(p,0)$ $p\in\mathbb{Q}$
• $k=-1$
  • $(p,q)$ $p,q\in\mathbb{Q}$
• $k<-1$, $k=1-2s^2$ para $s\in\mathbb{N}$
  • $(p,0)$ $p\in\mathbb{Q}$
  • $(\pm sq,q)$ $q\in\mathbb{Q}$
• $k<-1$, $k\ne 1-2s^2$ para $s\in\mathbb{N}$
  • $(p,0)$ $p\in\mathbb{Q}$