No existen $a,b \in \mathbb{Z},$ $a \neq b$, tal $\mathbb{Z}[\sqrt{a}]$ $\cong$ $\mathbb{Z}[\sqrt{b}]$? Por qué?

Question

No existen $a,b \in \mathbb{Z},$ $a \neq b$, y $\sqrt{a},\sqrt{b}\notin \mathbb{Z}$, $\mathbb{Z}[\sqrt{a}]$ $\cong$ $\mathbb{Z}[\sqrt{b}]$? Por qué?

Sé que por cierto, es falso que $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ $\cong$ $\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$.

También, ¿y el caso más general de que, para $p$ prime, ¿existe $a,b \in \mathbb{Z},$ $a \neq b$, tal que $\mathbb{Z}[\sqrt[p]{a}]$ $\cong$ $\mathbb{Z}[\sqrt[p]{b}]$?

$\phi\restriction_\mathbb{Z}$ $=$ $id$ y $\phi:\sqrt{5}$ $\mapsto$ $m+n*\sqrt{7}$, para $m,n \in \mathbb{Z}$,y obviamente $n \neq 0$, de lo contrario $\phi(\mathbb{Z}[\sqrt[p]{5}])=\mathbb{Z}$, $\phi$ no es, obviamente, subjetiva.

$5=(\sqrt{5})^2,\phi(5)=\phi((\sqrt{5})^2)$=$\phi(\sqrt{5}))^2$ $= (m+n*\sqrt{7})^2 = m^2+7*n^2+2mn*\sqrt{7}$.

Por lo tanto, $mn=0, m^2+7*n^2=7$, $25=5*5= ((m+n*\sqrt{7})^2)^2 = (m^2+7*n^2)^2$ $= m^4+49*n^4+14*(mn)^2 = m^4+49*n^4$.

Por lo tanto,$n=0$, contradicción.

Answer 1

Isomorfo como qué?

Son isomorfos como $\mathbb{Z}$ módulos (es decir, Abelian grupos).

No son isomorfos como anillos. El punto principal es que el $\mathbb{Z}$ es únicamente incluidos en ningún anillo, por lo que cualquier anillo de isomorfismo tendría que conservar la parte entera. A partir de ahí, $\sqrt{a}$ debe ser asignada a $\sqrt{b}$ o $-\sqrt{b}$ (un isomorfismo tendría que preservar el conjunto de generadores del subgrupo de cero, y la no-entero elementos que el cuadrado de un número entero, si te gusta). A continuación, sigue sus plazas deben estar de acuerdo, por lo $a = b$.

Answer 2

• Desde $A \cong B \implies \mathrm{Frac}(A) \cong \mathrm{Frac}(B)$ (la fracción de campo) si $\mathbb{Z}[\sqrt{a}] \cong \mathbb{Z}[\sqrt{b}]$$\mathbb{Q}(\sqrt{a}) \cong \mathbb{Q}(\sqrt{b})$.

  Pero (desde $\mathbb{Q}(\sqrt{a})/\mathbb{Q}$ es una extensión de Galois) la teoría de Galois nos dice $\mathbb{Q}(\sqrt{a})\cong \mathbb{Q}(\sqrt{b})$ fib $\mathbb{Q}(\sqrt{a})= \mathbb{Q}(\sqrt{b})$, lo que significa que $a = c^2 b$, y el isomorfismo debe enviar $\sqrt{a}$ $\pm \sqrt{a}$(las raíces de la $x^2-a$).

  De curso $\mathbb{Z}[\sqrt{a}] \not\cong \mathbb{Z}[c\sqrt{a}]$ desde $\pm \sqrt{a} \not \in \mathbb{Z}[c\sqrt{a}]$ por lo tanto no hay ningún tipo de $a,b$.

• Para $\sqrt[p]{a}$ funciona de la misma manera: con $\zeta_p$ una raíz primitiva de la unidad, si $\mathbb{Z}[\sqrt[p]{a}] \cong \mathbb{Z}[\sqrt[p]{b}]$ $\mathbb{Z}[\sqrt[p]{a}][\zeta_p] \cong \mathbb{Z}[\sqrt[p]{b}][\zeta_p^k]$ (donde $\zeta_p^k,p \nmid k$ es cualquier otro raíz primitiva de la unidad) y, por tanto,$\mathbb{Q}(\sqrt[p]{a},\zeta_p) \cong \mathbb{Q}(\sqrt[p]{b},\zeta_p^k)$.

  Pero $\mathbb{Q}(\sqrt[p]{a},\zeta_p^k) /\mathbb{Q}$ es una extensión de Galois, por lo que debemos tener $\mathbb{Q}(\sqrt[p]{a},\zeta_p) =\mathbb{Q}(\sqrt[p]{b},\zeta_p^k)$$\sqrt[p]{b} \in \mathbb{Q}(\sqrt[p]{a},\zeta_p)$, lo que significa $b = c^p a$, y el isomorfismo debe enviar $\sqrt[p]{a}$ $\pm \zeta_p^m\sqrt[p]{a}$(las raíces de la $x^p-a$)

  De curso $\mathbb{Z}[\sqrt[p]{a}] \not\cong \mathbb{Z}[c\sqrt[p]{a}]$, por lo que no hay ningún tipo de $a,b$.

Answer 3

Sí la hay: $a=0$$b=1$. O cualquier par de cuadrados de números enteros.

Para hacer la cosa menos trivial, supongamos $a$ $b$ son distintos (distinto de cero) squarefree enteros. No es restrictivo suponer $b\ne1$.

Supongo que son isomorfos. Luego hay $x,y\in\mathbb{Z}$ tal que $$(x+y\sqrt{b})^2=a$$ así $$x^2+^2+2xy\sqrt{b}=a$$ Desde $\sqrt{b}$ es irracional o $i$ veces irracional por supuesto ($b\ne1$ es squarefree), debemos tener $x=0$ o $y=0$.

Si $x=0$, $a=by^2$ y, desde $a$ es squarefree, $y^2=1$, lo $a=b$: una contradicción.

Si $y=0$, $a=x^2$ y la única posibilidad es $a=1$. Pero, a continuación, $\mathbb{Z}[\sqrt{b}]$ es isomorfo a $\mathbb{Z}$ como anillos, lo cual es imposible, porque $\mathbb{Z}[\sqrt{b}]$ es un servicio gratuito de abelian grupo de rango dos.