Falta de factorización única de los ideales

Question

Conozco el resultado de que los dominios integrales admiten una factorización única de los ideales si son dominios Dedekind.

Está claro que $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ no es un dominio Dedekind, ya que no es integralmente cerrado. Tengo dificultades para demostrar directamente que $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ no admite una factorización única de los ideales.

Obviamente, sólo necesitamos un ejemplo de un ideal que no tenga una factorización única en ideales primos, pero una buena respuesta proporcionaría un proceso o alguna intuición para encontrar tal ejemplo.

Answer 1

En el ring ${\mathbf Z}[\sqrt{-3}]$ El ideal es $P = (2,1+\sqrt{-3})$ es primo ya que tiene índice 2 en el anillo. Nota: $P^2 = (4,2+2\sqrt{-3},-2 + 2\sqrt{-3}) = (4,2+2\sqrt{-3}) = (2)(2,1+\sqrt{-3}) = (2)P$ , donde $(2)$ es el ideal principal generado por 2 en ${\mathbf Z}[\sqrt{-3}]$ . Si hubiera una factorización única de los ideales en productos de ideales primos en ${\mathbf Z}[\sqrt{-3}]$ entonces la ecuación $P^2 = (2)P$ implicaría $P = (2)$ lo cual es falso ya que $1+\sqrt{-3}$ está en $P$ pero no está en $(2)$ .

De hecho, tenemos $P^2 \subset (2) \subset P$ y esto se puede utilizar para demostrar que el ideal (2) ni siquiera admite una factorización en ideales primos, como sigue. Si $Q$ es un factor ideal primo de (2) entonces $(2) \subset Q$ Así que $PP = P^2 \subset Q$ , lo que implica $P \subset Q$ (de $Q$ siendo primo), por lo que $Q = P$ desde $P$ es un ideal máximo en ${\mathbf Z}[\sqrt{-3}]$ . Si (2) es un producto de ideales primos entonces debe ser una potencia de $P$ y $P^n \subset P^2$ para $n \geq 2$ por lo que las inclusiones estrictas $P^2 \subset (2) \subset P$ implica que (2) no es $P^n$ para cualquier $n \geq 0$ .

La "intuición" de que el ideal $P = (2,1+\sqrt{-3})$ es el ideal clave para mirar aquí es que $P$ es el conductor ideal de la orden ${\mathbf Z}[\sqrt{-3}]$ . Los problemas de factorización única de los ideales en un orden están en cierto sentido codificados en el ideal conductor del orden. Por eso hay que aprender qué es un ideal conductor y verlo en varios ejemplos. Por ejemplo, los ideales $I$ en ${\mathbf Z}[\sqrt{-3}]$ que son relativamente primordiales para $P$ (es decir $I + P$ es el ideal unitario (1)) sí admiten una factorización única en productos de ideales primos relativamente primos a $P$ . Esto ilustra por qué los problemas de factorización única de los ideales en ${\mathbf Z}[\sqrt{-3}]$ están estrechamente ligados al ideal $P$ .

Si se observa el ideal notación $P' = (2,1+\sqrt{-3})$ en el anillo mayor ${\mathbf Z}[(1+\sqrt{-3})/2]$ que sabemos que tiene una factorización única de ideales, entonces no nos encontramos con ningún problema como el anterior porque $P' = 2(1,(1+\sqrt{-3})/2) = (2)$ en ${\mathbf Z}[(1+\sqrt{-3})/2]$ Así que $P'$ es en realidad un ideal principal y la ecuación "paradójica" $PP = (2)P$ en ${\mathbf Z}[\sqrt{-3}]$ corresponde en ${\mathbf Z}[(1+\sqrt{-3})/2]$ a la muda ecuación $P'P' = P'P'$ . (El ideal $P'$ en ${\mathbf Z}[(1+\sqrt{-3})/2]$ es primo ya que el anillo cotizante mod $P'$ es un campo de tamaño 4: ${\mathbf Z}[(1+\sqrt{-3})/2]$ isom. como anillo al ${\mathbf Z}[x]/(x^2+x+1)$ Así que ${\mathbf Z}[(1+\sqrt{-3})/2]/P' = {\mathbf Z}[(1+\sqrt{-3})/2]/(2)$ es isom. a $({\mathbf Z}/2{\mathbf Z})[x]/(x^2+x+1)$ que es un campo de tamaño 4).

Answer 2

La aritmética de los órdenes cuadráticos no máximos surge de forma natural al estudiar las formas cuadráticas binarias, por lo que en particular El libro de Cox contiene alguna discusión al respecto.

Resulta que cuando impartí un curso basado (a veces estrechamente, a veces no) en el libro de Cox, incluí un "caso práctico" de factorización en el anillo $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ Véase la sección 3 de estas notas .

Answer 3

Tomemos un ejemplo sin fracciones, Z[2i]=Z[x]/(x^2+4). Ahora (2+2i)*(2-2i) = 8, pero 2+2i es irreducible. Así que esto es un poco loco.

¿Y el ideal (2)? En el anillo cociente tenemos Z[x]/(2,x^2+4) = Z[x]/(2,x^2) no es un dominio, por lo que (2) no es primo. ¿Cómo se factoriza en ideales primos?

Afirmo que no es así. Debería ser un factor de (1+i)*(1-i), pero no hay tales elementos en Z[2i]. ¿Cómo demostrarlo? Bueno, si J = P*Q, entonces al menos J ≤ P, así que busquemos primos por encima de (2).

Z[x]/(2,x^2) es un bonito anillo local con un único ideal máximo (2,x)/(2,x^2), que se remonta a (2,2i). Como sólo hay un primo por encima de J=(2), debemos tener que J es alguna potencia de P=(2,2i), o bien J no tiene tal factorización primaria.

Pues P*P = (4,4i,-4) = (4,4i) no contiene 2, así que ya está. J no tiene factorización primaria.

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En caso de que quieras seguir con el malvado Dr. √-3 y su casa de mentiras, Z[√-3] = Z[x]/(x^2+3), ahí tienes un ejemplo:

(1+√-3)(1-√-3) = 4, pero 2, 1+√-3 y 1-√-3 son irreducibles. Maldad.

¿Y el ideal (2)? En el anillo cociente tenemos Z[x]/(2,x^2+3) = Z[x]/(2,(x+1)^2) tampoco es un dominio, así que (2) no es primo. ¿Cómo se factoriza en ideales primos?

Afirmo que no lo hace. (No tengo muy claro en qué debería ser factor, ya que (1+√-3)/2 es una unidad, en lugar de un primo). En cualquier caso, buscamos ideales primos por encima de él.

Dado que Z[x]/(2,(x+1)^2) es un bonito anillo local con un único ideal máximo (2,x+1)/(2,(x+1)^2) que tira a (2,1+√-3), vemos que si J=(2) tiene una factorización en ideales primos, debe ser una potencia de P=(2,1+√-3). Sin embargo, P*P = (4,2+2√-3,-2+2√-3) = (4,2+2√-3) no contiene 2. Por tanto, J no tiene tal factorización en ideales primos.

Answer 4

Sugerencia $\ $ Dada una fracción cualquiera $\rm\,w\,$ que el orden no máximo $\rm\,D\,$ no es integralmente cerrado, es decir, a adecuado fracción sobre $\rm\,D\,$ que es una raíz de un mónico $\rm\,f(x)\in D[x],\,$ la prueba que se muestra a continuación, para el ideal fraccionario $\rm\ I = (w,1),\ \ I^{\:\!n} =\, I^{\:\!n-1},\,$ pero $\rm\ I\ne 1\,$ (por $\rm\,w\not\in D$ ), $\,$ contra la factorización única. Aquí $\rm\, n=2,\ w = (-1 + \sqrt{-3})/2\ $ es integral sobre $\rm\,D = \mathbb Z[\sqrt{-3}],\,$ siendo una raíz de $\rm\,x^2+x+1\,.$

Alternativamente, despejando los denominadores de los ideales fraccionarios para obtener ideales integrales, obtenemos $\rm\ J^2 =\, 2\:\!J,\,$ pero $\rm\ J \ne (2),\,$ para $\rm\, J = 2\,(w,1) = (-1+\sqrt{-3},\,2),\, $ también contra la factorización única. Para otras observaciones, incluyendo las relaciones con el ideal conductor de Dedekind y pruebas de irracionalidad, ver mi discusión con Gerry Myerson aquí y aquí en un hilo de sci.math alrededor del 20 de mayo de 2009. A continuación se muestra un extracto del primer post enlazado, seguido de un extracto del segundo (primero usamos fraccionado ideales, que luego eliminamos, para los lectores que sólo conocen ideales integrales).

Teorema $\ $ Dominios Dedekind $\rm\,D\,$ (por lo que los PID) son integralmente cerrados.

Prueba $\ $ Supongamos que una fracción $\rm\,w\,$ en $\rm\,D\,$ es integral sobre $\rm\,D,$ es decir, en términos de $\rm D$ -ideales fraccionarios

$$\begin{align} \rm suppose \,\ \ \color{#c00}{w^n}\,\ &\rm\in\qquad (w^{n-1},\ldots,w,1)\,.\quad\quad\ \ \color{#0a0}{[*]}\\[.4em] {\rm Since}\ \rm\, (w,1)^n\ &\rm =\ (\color{#c00}{w^n},w^{n-1},\ldots,w,1) \\[.4em] &\rm =\qquad (w^{n-1},...,w,1)\ \ \ \rm by\,\ \ \color{#0a0}{[*]}\\[.4em] {\rm i.e.}\, \ \ \ \rm\ (w,1)^n\, &\rm =\ (w,1)^{n-1}\\[.4em] \rm thus\ \ \ \,(w,1)\ \ &\rm =\ (1)\ \text{ by cancelling invertible ideal }\ (w,1)^{n-1}\\[.4em] \rm therefore\,\ \ \ w\ &\rm \in\ \:\!(1) = D,\ thus \ D\ is\ integrally\ closed. \quad \small \bf QED \end{align}\qquad\quad $$

Nota: $\ $ Una prueba similar común anula $\,\rm I\,$ de $\rm\ I^2 =\, I,\ \ I = (w^n,...,w,1)\,.$

Nota $ $ Si fraccionado ideales son desconocidos entonces podemos despejar los denominadores de la prueba anterior escalando por $\rm\, b^n,\,$ donde $\rm\ w = a/b,\,$ es decir

$$\begin{align}\rm (w,1)^n\ &\rm =\ (w,1)^{n-1}\ \text{ which, upon scaling through by }\ b^n\\[.4em] \rm \Rightarrow\ \ \ (a,b)^n\, &\rm =\ b\ (a,b)^{n-1}\\[.4em] \rm \Rightarrow\ \ \ (a,b)\ \ \, &=\rm\ (b)\ \ \text{by cancelling the invertible ideal }\ (a,b)^{n-1}\ \ from\ above\\[.4em] \Rightarrow \rm \quad b\mid a\ \ \ &\rm in\ \ D,\ \ i.e.\ \ a/b\in D \end{align}\quad$$

Ver aquí para una demostración más detallada en el caso cúbico.

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Gerry Myerson ge...@maths.mq.edi.ai.i2u4email escribió el 19 de mayo de 2009, 7:56:35 PM:

Bill Dubuque w...@nestle.csail.mit.edu escribió:

La prueba de la raíz racional (mónica) es esencialmente equivalente al hecho de que de que el dominio de los enteros es integralmente cerrado. Si se examinan las pruebas directas elementales desde este punto de vista más general son esencialmente equivalentes. Esto es evidente y trivial para cualquiera familiarizado con la noción de ideales conductores (que se remonta a Dedekind). Por desgracia, aparentemente no todos los teóricos de los números están familiarizados con esta noción básica, por ejemplo, ver el post de Gerry Myerson [1] donde redescubre la conocida prueba inductiva elemental que se obtiene al desenrollar la elegante prueba de una línea basada en el conductor. Además, en el mismo mismo hilo, parece apoyar la absurda afirmación de Estermann (¿y Niven?) de que esta prueba es nueva. Nada más lejos de la realidad. nada más lejos de la realidad. Estos métodos no son más que manifestaciones elementales de la razón de ser de la abstracción incorporada en el ideal del conductor. Este objeto fundamental se introduce muy pronto en cualquier estudio de teoría algebraica de los números y el estudiante perspicaz debería reconocer fácilmente reconocer el papel fundamental que desempeña en instancias más concretas.

[1] Gerry Myerson, post de sci.math en 2006/7/12 Hilo: La irracionalidad y el teorema fundamental de la aritmética

Los lectores pueden estar interesados en mi artículo, Irrationality via well-ordering, Australian Math. Soc. Gazette 35 (2008) 121-125, disponible en la web en http://www.austms.org.au/Publ/Gazette/2008/May08/Myerson.pdf

Un título mejor sería "Irracionalidad a través del Algoritmo de la División" (o "a través del Algoritmo Euclidiano") ya que sus pruebas allí son simplemente son simplemente pruebas bien conocidas de los resultados de la EPI que han sido eliminando las nociones de teoría ideal. Más adelante se habla de esto.

Resulta engañoso decir que las pruebas son "a través de la ordenación". Más bien, las pruebas dependen fundamentalmente de un dominio $D$ siendo euclidiano. Esto requiere no sólo un mapa de "tamaño" de $D$ en un conjunto bien ordenado, pero también, y de forma crucial, un algoritmo de división con respecto al mapa. La euclidiana se utiliza implícitamente en sus pruebas cuando se toma la parte entera o fraccionaria de una fracción para ayudar a conseguir un descenso sobre los posibles denominadores de $\,w = \sqrt m\,$ (o $w$ un número entero algebraico).

En ese documento, encontrará,

TEOREMA $2$ . Si $m$ es un número entero, y $\sqrt m$ no es un número entero, entonces $\sqrt m$ es irracional.

Prueba. Suponiendo que $\,w = \sqrt m\,$ es racional pero no es un número entero, sea $k$ sea el entero tal que $k < w < k+1,$ y que $n$ sea el menor positivo entero tal que nw es un número entero; entonces $n(w-k)$ es un positivo menor cuyo producto con $\sqrt m$ es un número entero, contradicción.

Eso es muy conocido y muy publicado. Se puede presentar más conceptualmente como un descenso del denominador mediante el algoritmo de división, por ejemplo, véase aquí .

También encontrarás el teorema que afirma que los enteros son integralmente cerrados en los racionales;

TEOREMA $5$ . Dejemos que $f$ sea un polinomio mónico con coeficientes enteros. Sea $w$ sea una solución de $f(w) = 0.$ Entonces, si $w$ no es un número entero, es irracional.

Prueba. Asumiendo las hipótesis, supongamos $w$ es racional, y dejemos que $n$ sea el menor número entero positivo cuyo producto con $w^j$ es un número entero para todo $j$ menos que el grado de $f$ . Entonces $n$ veces la parte fraccionaria de $w$ es un número entero positivo más pequeño con la misma propiedad, contradicción.

De nuevo, esto es muy conocido y recuerdo haberlo visto publicado al menos un par de veces. al menos un puñado de veces, si no más. Observe que su $\,n\,$ es simplemente un mínimo común denominador para las fracciones $w^j.\,$ Más estructuralmente considerar en cambio el universal conjunto de denominadores $\,C\subset \Bbb Z\,$ para el todo anillo $\,\Bbb Z[w],\,$ es decir $\,C\, \Bbb Z[w] \subseteq \Bbb Z,\,$ es decir $\,C = \{n \in \Bbb Z\ :\ n f(w) \in \Bbb Z,\, \forall\ f(w) \in \Bbb Z[w]\}$ . Esto da lugar a un ideal $\,C\,$ conocido como el conductor de $\,\Bbb Z[w]\,$ en $\Bbb Z.$

$C\,$ satisface la propiedad crucial de que $\,n \in C \Rightarrow nw \in C,\,$ simplemente porque $\,w\,$ es integral sobre $\,\Bbb Z\,$ (es decir $\,w^k\,$ es un $\,\Bbb Z$ -combinación lineal de $\,w^j,\,$ para $\,j < k = \deg w).\,$ Esto implica entonces que $\,C\,$ no es sólo un ideal de $\,\Bbb Z,\,$ sino también de $\,\Bbb Z[w]\,$ (de hecho, el mayor ideal de este tipo). Pero como $\,\Bbb Z\,$ es un PID, el ideal del conductor es principal $\,C = n\Bbb Z\,$ así que $\,nw \in C = n\Bbb Z \Rightarrow\, w \in \Bbb Z.\,$ Así que hemos demostrado que cualquier fracción integral sobre un PID se encuentra realmente en él, es decir, los PID son integralmente cerrados.

Tus pruebas proceden esencialmente de la misma manera, excepto que has eliminado el lema de que $\,\Bbb Z\,$ es un PID repitiendo la prueba del Lemma ("inlining") en su prueba basada en el descenso de los denominadores, es decir $\,n \in C \Rightarrow nw \in C \Rightarrow n(w-k) \in C,\,$ para $\,k = {\rm integer\_part}(w).\,$ Pero $\,0 < n(w-k) < n,\,$ a través de $\,0 < w-k < 1,\,$ así que $\,n(w-k)\,$ es un denominador menor que $\,n.\,$ Esto equivale a la prueba basada en la descendencia de que el denominador ideal $\,C\,$ es principal. Es esencialmente un caso especial de la prueba estándar de la descendencia euclidiana que $\Rightarrow$ PID, es decir, si $\,n\,$ es el menor elt de $\,C\,$ entonces $\,n\,$ debe dividir cada otro elt $\,m\,$ de $\,C,\,$ si no, la división euclidiana produce un elt $\,m \bmod n \in C,\,$ contra la minimidad de $\,n.\,$ Lo anterior es sólo el caso especial $\,m = nw,\,$ que da como resultado $\,n\mid nw\,$ en $\,\Bbb Z,\,$ es decir $\,w\in\Bbb Z.$

Así es como me gusta presentar esta prueba en forma estructural:

El conductor ideal de una extensión de dominio $\,D \subset E\,$ es $\,C = \{d \in D\ :\ dE \subseteq D\}$ .

Uno ve fácilmente $\,C = CD = CE,\,$ es decir $\,C\,$ es un ideal de ambos $\,D\,$ y $\,E$ .

$C\neq \{0\}\,$ & $\,D\,$ PID $\Rightarrow C = cD = cE \Rightarrow D = E\,$ a través de la cancelación $\,c \neq 0.\ \ $ [*]

Dicha prueba es sólo el caso especial $\,C,D,E = n,\,\Bbb Z,\,\Bbb Z[w].\,$ Aquí $\,C\neq \{0\}\,$ desde $\,w = a/b,\,$ $ \deg f = k \Rightarrow b^{k-1} \in C,\,$ es decir $\,b^{k-1}\,$ es un denominador para todos los elts de $\,\Bbb Z[w] = \Bbb Z\langle 1,w,w^2,..,w^{k-1}\rangle$ .

Obsérvese lo sencilla que se ha vuelto la prueba cuando se expresa en el abstracciones apropiadas: es una prueba trivial de una línea [*] basada en que el ideal conductor, al ser principal, es cancelable. En general, los ideales cancelables/invertibles (especialmente los dominios Dedekind ) desempeñan un papel fundamental en la teoría algebraica de los números.

Pregunto en el documento por las primeras publicaciones de estos (y otros) pruebas en la forma en que las cuento. Esta forma bien puede ser una manifestación elemental del ideal del conductor, pero creo que pero creo que hay mucho que decir de las manifestaciones elementales. En En particular, los estudiantes que aún están a años de aprender sobre los ideales de conductor pueden entender, tal vez con un poco de ayuda, las pruebas anteriores.

Lo mismo podría argumentarse para las pruebas "elementales" análogas que han que han eliminado su estructura de orden superior, por ejemplo, la prueba famosa (mejor aquí) de la factorización única de Klappauf, Lindemann, Zermelo que citado anteriormente en este hilo. No se publica con demasiada frecuencia (salvo como curiosidad) porque ofusca la estructura algebraica subyacente estructura algebraica subyacente y por lo tanto tiene poco valor pedagógico. Alguien que no conozca la teoría algebraica pertinente podría tropezar con gran esfuerzo. Pero alguien familiarizado con la teoría puede mecánicamente producir estas monstruosidades por simplemente reescribiendo las pruebas de orden superior para usar sólo las nociones más nociones primitivas - eliminando la estructura (anillos, ideales, etc.) De hecho, el proceso es tan mecánico que uno podría fácilmente programar un ordenador para realizar tales transformaciones de pruebas.

La primera publicación que he visto de la prueba dada anteriormente para Teorema 2 es el artículo de 1975 de Estermann. No he visto ninguna publicación impresa de la prueba del Teorema 5 dada arriba, pero fue en este grupo de noticias en julio de 2000, y la he visto en la web. Es posible que haya habido apariciones anteriores de estas pruebas en la forma dada aquí, y me gustaría verlas.

No tiene mucho sentido hacerlo por las razones enumeradas arriba. Las ideas basadas en el director de orquesta tienen más de un siglo de antigüedad, y se remontan a se remontan al trabajo pionero de Dedekind. Es muy probable que la prueba esté ya en la obra de Dedekind (quizás implícitamente ya que hay varias formas teóricas ideales de tales pruebas).

Por desgracia, nadie ha abordado todavía la enorme tarea de escribir el historia definitiva de la factorización única, donde se discutirían muchos de estos temas. Una vez pensé que podría hacerlo y y tenía muchos archivos de documentos de importancia histórica para ayudar en para ayudar en este esfuerzo. Sin embargo, ya no los tengo disponibles porque que fueron robados mientras estaban almacenados. Pero Pero hoy en día esta tarea debería ser más fácil, ya que muchos documentos antiguos son ahora mucho más fácilmente accesibles en los archivos electrónicos.