Este puede ser salvado para dar una prueba de que $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ es el anillo de enteros de $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$?

Question

Recientemente, yo estaba intrigado por la pregunta de una manera fácil de mostrar $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ es el anillo de enteros de $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$.

Yo estaba jugando con el enfoque, tratando de evitar una gran cantidad de la teoría de campo realmente no lo sé. Aprovecho $\alpha=a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2}$ ser un elemento integral de la $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$. Visualización de $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ $\mathbb{Q}$- espacio vectorial con base $\{1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}\}$, la acción de la izquierda-la multiplicación por $\alpha$ puede ser representado como la matriz $$\begin{bmatrix} a & 2c & 2b \\ b & a & 2c \\ c & b & a \end{bmatrix}. $$ Ahora la traza y el determinante de que luego deben ser enteros, lo $3a\in\mathbb{Z}$$a^3+2b^3+4c^3-6abc\in\mathbb{Z}$.

También, multiplicando $\alpha$ $\sqrt[3]{2}$ o $\sqrt[3]{4}$ es todavía una parte integral de los elementos, y las matrices correspondientes a la multiplicación por $\sqrt[3]{2}\alpha$ $\sqrt[3]{4}$ $$ \begin{bmatrix} 2c & 2b & 2a \\ a & 2c & 2b \\ b & a & 2c \end{bmatrix}, \qquad \begin{bmatrix} 2b & 2a & 4c \\ 2c & 2b & 2a \\ a & 2c & 2b \end{bmatrix}. $$ Así que tomando la traza puedo encontrar $6b,6c\in\mathbb{Z}$ son también enteros.

Esto le da un puñado de las relaciones de $a,b,c$. He estado tratando de utilizar a la conclusión de $a,b,c\in\mathbb{Z}$, para demostrar que el reclamo.

Tal vez mi elemental de la teoría de números no es muy fuerte, porque he estado luchando para concluir este. ¿Hay alguna forma inteligente de observar que $a,b,c$ son enteros, y así dar un poco simple, de bajo nivel de la prueba de la reclamación? Gracias, yo estaría muy agradecido, a ver si esto funciona.

Answer 1

Una vez que se añade en el uso de las huellas, como el OP menciona en los comentarios que él ha pensado, esto sucede a trabajar. Las matrices para la multiplicación por $\alpha$, $\sqrt[3]{2} \alpha$ y $\sqrt[3]{4} \alpha$ todos debemos entero traza, lo que da $3a$, $6b$ y $6c \in \mathbb{Z}$. Así que podemos escribir la $(a,b,c) = (i/3, j/6, k/6)$. Enchufar a Vika es determinante, obtenemos $$f(i,j,k) := \frac{4 i^3 + j^3 + 2 k^3 - 6 i j k}{108}.$$ Observe que, si $i$, $j$ o $k$ todos los cambio por los múltiplos de $18$, el numerador cambios por un número entero. Así, podemos encontrar al $f$ es un número entero por sólo correr $i$, $j$ y $k$ a través de los números enteros $0$ a través de $17$.

Mathematica esto básicamente al instante. Resulta que $f$ es sólo un número entero al $3$ divide $i$ $6$ divide $j$$k$. Así que esto da una evidencia completa.

Hubo una solicitud de código. Seguramente hay mejores maneras, pero yo hice

f[a_,b_,c_]:=a^3+2b^3+4c^3-6a*b*c ;
foo =Flatten[Table[{i,j,k,f[i/3,j/6,k/6]}, {i,0,17}, {j,0,17}, {k,0,17}], 2] ;
bar = Select[foo, IntegerQ[Last[#]]&] ; 

y, a continuación, miró a la barra con la mano para ver de que se componía de los 54 casos donde $3$ dividido $i$ $6$ dividido $j$$k$.

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La razón por la que esto funciona, desde una perspectiva superior, es que los números primos $2$ $3$ son completamente ramificado en $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$. Vika es determinante es la norma mapa. Así que lo que estamos comprobando es que, si $\alpha$ es integral, lejos de la $2$$3$, e $N(\alpha)$ es un número entero, entonces $\alpha$ es un entero algebraico.

Nivel superior prueba: Vamos a $p$ $2$ o $3$ y deje $\mathfrak{p}$ ser la única flor de la $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$. Deje $v_{\mathfrak{p}}$ ser la valoración en $\mathfrak{p}$ $v_p$ la valoración en $p$. Por hipótesis, $N(\alpha)$ es un número entero, por lo $v_p(N(\alpha)) \geq 0$. Desde $\mathfrak{p}$ es totalmente ramificado prime, $v_p(N(\alpha)) = v_{\mathfrak{p}}(\alpha)$. Ya hemos asumido que $\alpha$ integral lejos de $2$$3$, lo $v_{\mathfrak{q}}(\alpha) \geq 0$ para los números primos $\mathfrak{q}$ otros de los más de $2$$3$. Así que todas las valoraciones de $\alpha$ son no negativos y $\alpha$ es un entero algebraico.