Mostrar que $\mathcal{O}_K$ no UFD con $K = \mathbb{Q}(\sqrt{-13})$

Question

Deje $K = \mathbb{Q}(\sqrt{-13})$. Mostrar que su anillo de enteros $\mathcal{O}_K$ no es un disco flash usb.

$-13 \equiv 3 \bmod{4}$, lo $\mathcal{O}_K = \mathbb{Z}\bigl[\sqrt{-13}\bigr]$.

Vamos a utilizar el siguiente teorema:

Teorema: Vamos a $\mathcal{O}_K$ ser el anillo de enteros de una ecuación cuadrática algebraicas campo de número de $K$. Un entero $p\in\mathbb{Z}$ que es el primer en $\mathbb{Z}$ es reducible en $\mathcal{O}_K$ si y sólo si hay un $x \in\mathcal{O}_K$$N(x) = \pm p$.

La prueba del teorema:la Primera nota de que las unidades en $\mathcal{O}_K$ son exactamente los elementos en $\mathcal{O}_K$ norma $1$.

Si no existe $x\in\mathcal{O}_K$ $\pm p = N(x) = x \cdot \sigma(x)$ esto ya es una de descomposición, debido a que $x$ $\sigma(x)$ son debidas a $N(x)=N(\sigma(x))=\pm p$ no unidades. Suponga que $\pm p$ es reducible en $\mathcal{O}_K$. Puede ser factorizado como $\pm p= x y$$x, y\in \mathcal{O}_K$$N(x), N(y) \neq 1$. A continuación, a partir de la descomposición de la norma es la siguiente $$ p^2 = N(\pm p) = N(x)N(y)\, ,$$ que $N(x), N(y) = \pm p$. $\diamond$

Ahora quiero mostrar que la $7$ es irreducible en a $\mathcal{O}_K$. Asumir que era reducible, entonces no debe ser un $x = a + b\sqrt{-13} \in \mathcal{O}_K$, $a, b\in\mathbb{Z}$ con $$N(x) = a^2 + 13 b^2 = 7\, .$$

Este no es solucionable, que sólo puede tener una solución para $b = 0$, pero $a^2 = 7$ no es solucionable.

Ahora ya $$\bigl(1 + \sqrt{-13}\bigr)\bigl(1 - \sqrt{-13}\bigr) = 14$$ si $7$ también sería el primer en $\mathcal{O}_K$, se tendría que dividir uno de los factores $$\bigl(1 + \sqrt{-13}\bigr), \quad \bigl(1 - \sqrt{-13}\bigr)\, .$$

Pero esto no es posible: se supone que existe $z \in \mathcal{O}_K$$7 \cdot z = 1\pm \sqrt{-13}$,$|N(7 \cdot z)| = |N(7)|\cdot |N(z)| \ge 49$, pero $N\bigl(1 \pm \sqrt{-13}\bigr) = 14$.

De esto podemos concluir que $\mathcal{O}_K$ no es un UFD, ya que contiene un elemento irreductible que no es primo. $\square$

Está todo bien de esa manera?

Gracias!!

Answer 1

Se ve bien, pero parece que tienen un poco de grasa puede cortar. Yo no creo que usted necesita para invocar el teorema acerca de que los números primos en $\mathbb{Z}$ son irreducibles en $\mathbb{Z}[\sqrt{-13}]$. Creo que todo lo que usted necesita hacer es mostrar que 14 (o con otro número) tiene al menos dos distintos factorizations.

Has concentró en el hecho de que $$14 = 2 \times 7 = (1 - \sqrt{-13})(1 + \sqrt{-13}).$$, Entonces usted necesita para mostrar que estas dos distintas factorizations en irreducibles.

Sólo para aclarar lo que quiero decir aquí, considere por un momento, esta factorización de 28 de $\mathbb{Z}$: $28 = 2 \times 14$. Eso es técnicamente cierto, pero no constituyen una distinta de la factorización porque es derivado de $28 = 2 \times 2 \times 7$, se encontró lo suficientemente fácil con $\frac{14}{2}$.

Volviendo a $\mathbb{Z}[\sqrt{-13}]$, ya has tomado nota del hecho de que $\mathcal{O}_{\mathbb{Q}(\sqrt{-13})}$ no contiene los números de la forma $\frac{a}{2} + \frac{b\sqrt{-13}}{2}$ ($a, b \in \mathbb Z$, ambos impares). Esto significa que $$\frac{1 - \sqrt{-13}}{2} \not\in \mathcal{O}_{\mathbb{Q}(\sqrt{-13})}.$$ Dividing $1 + \sqrt{-13}$ by 7 also takes us out of $\mathcal{S}_{\mathbb{Q}(\sqrt{-13})}$.

Puesto que los dos factorizations son distintos, se deduce que el $\mathcal{O}_{\mathbb{Q}(\sqrt{-13})}$ no es un disco flash usb.

Por supuesto, es importante entender la distinción entre el primer y el irreductible. Pero para este problema en particular, el teorema de citar parece un poco overpowered, como el uso de un taladro inalámbrico a revolver el azúcar en su café.

Answer 2

Sí, todo está bien de esa manera, y yo creo que es una muy buena idea demostrando $2, 3, 1 \pm \sqrt{-13}$ son todos irreductible, como lo han hecho. De esta manera, usted no tiene que preocuparse acerca de uno de los números de ser un divisor de otro, porque ha gobernado, mostrando cada uno de ellos para ser irreductible.

Robert parece ser, lo que sugiere una manera que usted puede generalizar: en Primer lugar, mostrar que $2$ es irreducible en este dominio. A continuación, elige a algún extraño, puramente real entero $a$. Por lo tanto $(a - \sqrt{-13})(a + \sqrt{-13}) = a^2 + 13 = 2p$ donde $p$ es otro impar, puramente real entero (que es debido a $a^2 \equiv 1 \pmod 4$, lo $a^2 + 13 \equiv 2 \pmod 4$). Es obvio que $2 \mid (a^2 + 13)$. Pero $2 \nmid (1 \pm \sqrt{-13})$, lo que demuestra que el $2$ es irreductible, pero no prime en este dominio, y por lo tanto, este dominio no tiene factorización única.

Answer 3

Es bueno, pero hay un ligero problema de presentación. La forma de presentar el teorema es como si usted también va a dar su prueba. Creo que necesitas decir algo así como "ver Smith (1985) para la prueba" o en lugar de repetir el teorema de decir algo como "ver Teorema 2.1 en Smith (1985)."

De hecho, al mirar más de cerca a ese teorema, me doy cuenta de algo que en realidad es objetivamente malo. Originalmente escribió "Un entero $p\in\mathbb{Z}$ que es el primer en $\mathbb{Z}$ es irreducible en a $\mathcal{O}_K$ fib hay un $x \in\mathcal{O}_K$$N(x) = \pm p$." David R. cambiado "iff" a "si y sólo si", pero se dieron cuenta de que debería leer ese $p$ es irreducible si no no $x \in\mathcal{O}_K$ $N(x) = \pm p$.

Por ejemplo, $17$ está compuesto en $\mathbb Z[\sqrt{-13}]$, ya que el $(2 - \sqrt{-13})(2 + \sqrt{-13}) = 17$. De hecho, $N(2 \pm \sqrt{-13}) = 17$ (no necesitamos que preocuparse $N(x) = -p$ en un imaginario anillo). Por lo $17$ es no irreductible. Pero $7$,$2$. En general, dado un entero positivo $d \not\equiv 3 \pmod 4$, cualquier prime $p \in \mathbb Z$ satisfacción $p < d$ será irreductible (y tal vez también prime) en $\mathbb Z[\sqrt{-d}]$.

Todo lo demás parece correcto para mí. El argumento acerca de la $7z$ es bastante estándar, el protocolo en este caso.

Answer 4

Disculpas por un mal prueba anterior, esto es CORRECTO.

La prueba Se puede utilizar el hecho de que en una U. F. D., g.c.d de cualquiera de los dos (o más) elementos existen, por llevar un mínimo de potencias de números primos que aparecen en sus respectivos único factorizations, como se le suele encontrar para los números enteros (que también es un UFD).

Ahora, mediante el cálculo de la norma , vemos que $2 $ & $1+\sqrt{-13}$ no son unidades, no asociados y también irreducibles como $N(2)=4$$N(1+\sqrt{-13})=14$, pero para cualquier $x \in \mathbb{Z[\sqrt{-13}]}$, $N(x) \neq 2\ \text{or}\ 7$. Por lo tanto mcd$(2, 1+\sqrt{-13})=1$.

Ahora usted puede mostrar que mcd$(14, 7(1+\sqrt{-13}))$ no existe, ya que si , por el contrario, existe y llamar a $d$, entonces mcd$(2, 1+\sqrt{-13})=d/7=1 \implies d=7$ y ser un divisor común, $(1+\sqrt{-13})\ |\ d$ es decir $1+\sqrt{-13}$ debe dividir $7$, pero $\frac {7}{(1+\sqrt{-13})}=\frac{(1-\sqrt{-13})}{2} \notin \mathbb{Z[\sqrt{-13}}]$, por lo que gcd$(14, 7(1+\sqrt{-13}))$ no existe, significa $\mathcal{O}_K = \mathbb{Z}\bigl[\sqrt{-13}\bigr]$ no es un UFD. $\hspace{2cm} $ $\blacksquare$