Quiero mostrar $(3,1+\sqrt{-5})^2=(2-\sqrt{-5})$ $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$. Es fácil ver $(2-\sqrt{-5})\subset (3,1+\sqrt{-5})^2$ $2-\sqrt{-5}=3-(1+\sqrt{-5})$ se encuentra en $(3,1+\sqrt{-5})^2$. Pero tengo dificultad para probar la inclusión de converse.
$(3,1+\sqrt{-5})^2=(3)(3)+(3)(1+\sqrt{-5})+(1+\sqrt{-5})^2=(3)(3,1+\sqrt{-5})+(2)(2-\sqrt{-5})$. ¿Cómo debo proceder?
La adición de la simple prueba de que se me podía venir aquí:
El ideal de $P=(3,1+\sqrt{-5})$ es uno de los principales ideales de la mentira por encima de lo racional prime $3$, y el índice de tres en el anillo de los números enteros. Por multiplicativity de los índices de los ideales que nos han $$ [\Bbb{Z}[\sqrt{-5}]:P^2]=9. $$ Combinando esto con el hecho de $$[\Bbb{Z}[\sqrt{-5}]:(2-\sqrt{-5})]=N(2-\sqrt{-5})=2^2+5\cdot(-1)^2=9,$$ su observación que $(2-\sqrt{-5})\subseteq P^2$ y multiplicativity de índice en una torre de abelian grupos: $$ 9=[\Bbb{Z}[\sqrt{-5}]:(2-\sqrt{-5})]= [\Bbb{Z}[\sqrt{-5}]:P^2]\cdot =[P^2:(2-\sqrt{-5})] $$ implica que $[P^2:(2-\sqrt{-5})]=1$, en otras palabras $P^2=(2-\sqrt{-5})$.
Dejando mis argumentos anteriores, mostrando cómo el enfoque evolucionado.
De dónde usted está en su última línea que usted puede continuar como sigue:
En primer lugar, compruebe que $$3\cdot 3=9=(2+\sqrt{-5})(2-\sqrt{-5})\in(2-\sqrt{-5}).$$
A continuación, compruebe que $$ 3(1+\sqrt{-5})=3+3\sqrt{-5}=(2-\sqrt{-5})(-1+\sqrt{-5})\(2-\sqrt{-5}). $$
Junto con su última línea de estos dos observación demostrar que la inversa de la inclusión $$ (3,1+\sqrt{-5})^2\subseteq(2-\sqrt{-5}) $$ así que usted está listo.
La de arriba (o el enfoque en Bill Dubuque la respuesta) es el tipo de argumento que se puede utilizar, al iniciar por primera vez con este tema. Un poco más tarde, después de que han aprendido acerca de los grupos de la clase y tal, usted puede tomar ventaja del hecho de que el número de clase de este campo es $h=2$. Una consecuencia inmediata es que el cuadrado de cualquier ideal es principal. Por lo tanto, $P^2$ es de índice $3^2=9$ en el ring $\Bbb{Z}[\sqrt{-5}]$. Esto significa que - sin más cálculos de lo que sabemos que $$ P^2=(a+b\sqrt{-5}), $$ donde $a,b$ son racionales enteros y $$ N(a+b\sqrt{-5})=a^2+5b^2=9. $$ Esto nos deja las posibilidades (y firmar) $a=3,b=0$ o $a=2,b=\pm1$. Pero ya tenía la idea clave en la que $2-\sqrt{-5}\in P^2$, lo que implica que $P^2\subseteq (2-\sqrt{-5})$, así que la afirmación de la siguiente manera.
A continuación muestro cómo derivar lo (vs simplemente Compruebe ) mediante reducciones simples de estilo euclidiano, es decir, modding a algunos generadores de modulo otro.
Lo escriba $\ \overbrace{w = \sqrt{-5}}^{\large w^2\ =\ -5},\ $ $\ I = (3,w\!+\!1)^2 = (3^2,\,\overbrace{(w\!+\!1)^2}^{\large \color{blue}{2w\,-\,4}\ \ },\,3(w\!+\!1))$
$ 9\in I\,\Rightarrow\, I = (9,\, I\ {\rm mod}\ 9),\,$ and $\,\ {\rm mod}\ 9\!:\ \color{blue}{2(w\!-\!2)}\equiv 0\!\! \overset{\large \times\,5}\iff w\!-\!2\equiv 0$
Así $\, I = (\color{#c00}9, \color{#0a0}{w\!-\!2}, 3(w\!+\!1)) = (9,w\!-\!2,\color{#c00} 0)$ $\, 3(w\!+\!1)\overset{\color{#0a0}{\large w\,\equiv\, 2}}\equiv 3^2\overset{\large\color{#c00}{9\,\equiv\,0}}\equiv\color{#c00} 0$
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