El anillo $\Bbb Z\left [\frac{-1+\sqrt{-19}}{2}\right ]$ no es un dominio euclidiano

Question

Dejemos que $\alpha = \frac{1+\sqrt{-19}}{2}$ . Sea $A = \mathbb Z[\alpha]$ . Supongamos que sabemos que sus invertibles son $\{1,-1\}$ . Durante un ejercicio lo comprobamos:

Lema: Si $(D,g)$ es un dominio euclidiano tal que sus invertibles son $\{1,-1\}$ y $x$ es un elemento de grado mínimo entre los elementos que no son invertibles, entonces $D/(x)$ es isomorfo a $\mathbb Z/2\mathbb Z$ o $\mathbb Z/3\mathbb Z$ .

Ahora el ejercicio pregunta:

Demostrar que $A$ no es un dominio euclidiano.

Todo apunta a un argumento por contradicción: dejemos $(A, d)$ sea un ED y $x$ un elemento de grado mínimo entre los no invertibles nos gustaría demostrar que $A/(x)$ no es isomorfo a $\mathbb Z/2\mathbb Z$ o $\mathbb Z/3\mathbb Z$ .

¿Cómo lo hacemos? Mi problema es que, como no sé cómo es esta función de grado, no sé cómo elegir esta $x$ ¡!

Sé que los elementos de $A/(x)$ son de la forma $a+(x)$ con $a$ de grado inferior a $x$ o cero. Por la minimidad de $x$ esto significa que $a\in \{0, 1, -1\}$ . Ahora estoy perdido: ¿cómo derivamos una contradicción de esto?

Answer 1

Puede que le resulte esclarecedora la siguiente prueba esbozada de que $\, \mathbb Z[w],\ w = (1 + \sqrt{-19})/2\,$ es un EPI no euclidiano -- basado en un esquema del eminente teórico de los números Hendrik W. Lenstra.

Nótese que la prueba en Dummit & Foote utiliza la Criterio Dedekind-Hasse para demostrar que es un PID, y el criterio del divisor lateral universal para demostrar que no es euclidiano es probablemente el más sencillo conocido. El llamado criterio del divisor lateral universal es esencialmente un caso especial de la investigación de Lenstra, Motzkin, Samuel, Williams et al. que se aplica en una generalidad mucho más amplia a los dominios euclidianos. Se puede obtener un conocimiento más profundo de los dominios euclidianos en los excelentes estudios de Lenstra en Mathematical Intelligencer 1979/1980 (Euclidean Number Fields 1,2,3) y el magnífico estudio de Lemmermeyer El algoritmo euclidiano en campos numéricos algebraicos . A continuación se muestra dicha prueba esbozada de Lenstra, extraída de Página web de George Bergman .

Dejemos que $\,w\,$ denotan el número complejo $\,(1 + \sqrt{-19})/2,\,$ y $\,R\,$ el anillo $\, \Bbb Z[w].$ Demostraremos que $\,R\,$ es un dominio ideal principal, pero no un anillo euclidiano euclidiano. Este es el ejercicio III.3.8 de la obra de Hungerford Álgebra (2ª edición), pero allí no se dan pistas; la prueba que aquí se esboza fue esbozada para para mí (Bergman) por H. W. Lenstra, Jr.

$(1)\ $ Verifique que $\, w^2\! - w + 5 = 0,\,$ que $\,R = \{m + n\ a\ :\ m, n \in \mathbb Z\} = \{m + n\ \bar a\ :\ m, n \in \mathbb Z\},\,$ donde la barra denota la conjugación compleja, y que el mapa $\,x \to |x|^2 = x \bar x\,$ es de valor entero no negativo y respeta la multiplicación.

$(2)\ $ Deduce que $\,|x|^2 = 1\,$ para todas las unidades de $\,R,\,$ y utilizando un límite inferior del valor absoluto de la parte imaginaria de cualquier miembro no real de $\,R,\,$ concluir que las únicas unidades de $\,R\,$ son $\pm 1.$

$(3)\ $ Suponiendo que $\,R\,$ tiene una función euclidiana $\,h,\,$ dejar $\,x\ne 0\,$ sea una no unidad de $\,R\,$ minimizar $\, h(x).\,$ Demostrar que $\,R/xR\,$ consiste en las imágenes de este anillo de $\,0\,$ y las unidades de $\,R,\,$ por lo que tiene una cardinalidad como máximo $\,3.\,$ ¿Qué anillos no nulos existen de tales cardinalidades? Mostrar $\,w^2 - w + 5 = 0 \,$ no tiene solución en ninguno de estos anillos, y deducir una contradicción, mostrando que $\,R\,$ no es euclidiano.

Ahora demostraremos que $\,R\,$ es un dominio ideal principal. Para ello, dejemos que $\,I\,$ sea cualquier ideal no nulo de $\,R,\,$ y $\,x\,$ un elemento no nulo de $\,I\,$ de menor valor absoluto, es decir, minimizar el entero $\,x \bar x.\,$ Demostraremos $\,I = xR.\,$ (Por lo tanto, estamos utilizando la función $\,x \to x \bar x\,$ como sustituto de una función euclidiana, aunque no goce de todas esas propiedades).

Por comodidad, vamos a "normalizar" nuestro problema tomando $\,J = x^{-1}I.\,$ Así, $\,J\,$ es un $\,R$ -submódulo de $\,\mathbb C,\,$ que contiene $\,R\,$ y que no tenga ningún elemento no nulo de valor absoluto $< 1.\,$ A partir de estas propiedades demostraremos que $\, J - R = \emptyset,\,$ es decir, que $\,J = R.$

$(4)\ $ Demuestre que cualquier elemento de $\,J\,$ que tiene una distancia menor que $\,1\,$ de algún elemento de $\,R\,$ debe pertenecer a $\,R.\,$ Deducir que en cualquier elemento de $\,J - R,\,$ la parte imaginaria debe diferir de cualquier múltiplo integral de $\,\sqrt{19}/2\,$ por lo menos $\,\sqrt{3}/2.\,$ (Sugerencia: haga un dibujo que muestre el conjunto de números complejos que la observación anterior excluye. Sin embargo, a menos que se le diga lo contrario, este dibujo no sustituye a una demostración; es simplemente para ayudarle a encontrar una demostración).

$(5)\ $ Deduzca que si $\, J - R\,$ no está vacío, debe contener un elemento $\,y\,$ con parte imaginaria en el rango $\,[\sqrt{3}/2,\,\sqrt{19}/2 - \sqrt{3}/2],\,$ y parte real en la gama $\, (-1/2,\,1/2].$

$(6)\ $ Demuestre que para tal $\, y,\,$ el elemento $\, 2y\,$ tendrá una parte imaginaria demasiado cercana a $\,\sqrt{19}/2\,$ para acostarse en $\, J - R.\,$ Deduce que $\,y = w/2\,$ o $\,-\bar w/2,\,$ y por lo tanto que $\,w\,\bar w/2\,\in J.$

$(7)\ $ Calcula $\, w\,\bar w/2,\,$ y se obtiene una contradicción. Concluir que $\,R\,$ es un dominio ideal principal.

$(8)\ $ ¿Qué es lo que falla en estos argumentos si sustituimos $19$ a lo largo de $17$ ? Por $23$ ?

Answer 2

Qué casualidad, esto también fue un problema reciente de los deberes para mí. He aquí una pista adicional: demuestre que $X^2 + X + 5$ no se divide sobre $\mathbb{F}_2$ o $\mathbb{F}_3$ . Deducir una contradicción a la minimidad del grado de $x$ .

Answer 3

No es necesario saber cómo es la función de grado para elegir $x$ : ya lo elegiste cuando dijiste " $x$ un elemento de grado mínimo". (Por el principio de buen orden, el conjunto de grados de los elementos no nulos y no vitales tiene un elemento mínimo).

Answer 4

Tengo una solución que parece diferente a las anteriores, no estoy muy seguro de si es correcta o no.

Demostraremos que para cualquier $a \neq \pm 1 \in A$ tenemos $|A/(a)| > 3$ .

Lema : Dejemos que $R = \mathbb{Z}[\beta]$ , donde $\beta \in \mathbb{C}-\mathbb{R}$ y $|\beta| > 1$ . Entonces arregla $a \in R$ y consideremos el paralipiés $P$ abarcados por $0, a, \beta a, a + \beta \alpha $ y que $b = |\partial P \cap R|$ (el límite de $P$ interesada en $R$ ) y $i = |P^0 \cap R|$ (el interior de $P$ se cruza con $R$ . Entonces $|R/(a)| = \frac{b}{2} - 1 + i$

Prueba : Dejemos que $r_1$ sea el segmento de línea cerrado que une $0$ y $a$ y $r_2$ sea el segmento de línea semiabierto que une $0$ y $\beta a$ . Entonces, un simple recuento doble muestra $\frac{b}{2} - 1 = |(r_1 \cup r_2) \cap R|$ . No es difícil de ver para cualquier $c \in R$ podemos encontrar uno y sólo uno $b \in r_1 \cup r_2 \cup P^0$ tal que $b-c \in (a)$ (la prueba es geométricamente obvia pero molesta de escribir), y así $|R/(a)| = \frac{b}{2} - 1 + i$ . $\square$

Ahora, volviendo al problema principal, dejemos $a = m + n \alpha$ . Entonces $\alpha a = -10n + \alpha(m+2)$ . Considere la $\mathbb{R}$ -lineal ( no $\mathbb{C}$ -lineal) transformación $T$ de $\mathbb{C}$ a $\mathbb{R}^2$ enviando $\alpha$ a $(0,1)$ y $1$ a $(1,0)$ . Entonces $T(a) = (m,n)$ y $T(\alpha a) = (-10n, m+2)$ . Además, tenga en cuenta que $T(A) = \{ T(r) | r \in A \} = \mathbb{Z}^2$ .

Por lema (nótese que $|\partial (TP) \cap TR| = |\partial P \cap R|$ y $|(TP)^0 \cap TR| = |P^0 \cap R|$ ), dejemos que $b$ sean los puntos de la red en la frontera del paralelípido $P'$ abarcados por $(0,0), (m,n), (-10n, m+2), (-10n+m, m+n+2)$ y $i$ sea el número de puntos interiores de la red de $P'$ .

Entonces $|A/(a)| = \frac{b}{2}-1 + i = Area(P') = \det \begin{pmatrix} m & n \\ -10n & m+2 \end{pmatrix} = m^2 + 2m + 10n^2$ (donde hemos utilizado el teorema de Pick para la segunda igualdad). Ahora bien, $|A/(a)| > 3 \Rightarrow (m+1)^2 + 10n^2 > 4$ lo que es cierto siempre que $n = 0, m \not \in \{0, 1, -1, -2 \}$ o $n \neq 0$ .

Así, el único caso que queda por comprobar es $(m,n) = (2,0)$ o $a = 2$ . Pero entonces $A/(2)$ contiene $5$ elementos - viz $0, \alpha, 2 \alpha, 1, 1 + \alpha$ que es mayor que $3$ Así que, ¡ya está hecho!

Answer 5

He aquí una solución que puede resultar útil: http://www.maths.qmul.ac.uk/~raw/MTH5100/PIDnotED.pdf