El $p$-ádico de valoración de $u^2+1$

Question

Deje $R$ ser un director ideal de dominio, $p \in R$ ser un primer elemento. Suponga que $x^2+1 \equiv 0 \bmod p$ tiene una solución $i \in R$. De lo anterior se sigue que hay algunos $u \in R$ tal que $v_p(u^2+1)=1$? Aquí $v_p$ indica el $p$-ádico de valoración. Equivalentemente, $u^2+1 \equiv p \cdot v \bmod p^2$ algunos $p \nmid v$.

Si $2$ es una unidad en $R/p$, por lo tanto, en $R/p^2$, entonces esto es correcto: Hensels Lema da una solución a$i$$x^2+1 \equiv 0 \bmod p^2$. A continuación, vamos a $u=i(1-p/2)$$R/p^2$. A continuación, $u^2+1=p$ mantiene en $R/p^2$.

Si $p=2$, entonces podemos tomar la $u=1$.

Esto cubre todos los casos de $R=\mathbb{Z}$.

Answer 1

Usted puede dar un muy fácil de condición:

Una solución a $x^2+1=0 \mod p$ implica una solución con $x^2+1 \neq 0 \mod {p^2}$ if and only if $2 \noen (p^2)$.

Ya ha cubierto el caso, donde $2 \notin (p)$: Si $i$ es una solución, entonces se $i(1-\frac{p}{2})$ es una solución de $\neq 0 \mod{p^2}$. No necesitamos Hensel del Lema no, porque se supone la existencia de $i$, de todos modos.

Aquí es el caso $2 \in (p) \setminus (p^2)$: $2=1^2+1$ el truco entonces.

Aquí es el caso de la $2 \in (p^2)$: Como he dicho en los comentarios, $x^2+1 \in (p)$ implica $(x+1)^2 \in (p^2)$, pero luego tenemos a $x^2+1=(x+1)^2-2x \in (p^2)$.

El contraejemplo en la otra respuesta es por lo tanto fácilmente se verifica sin realizar los cálculos debido a que $2=(1+i)(1-i) \in (1+i)^2$.

Answer 2

En $\mathbb Z[i]$, $p=1+i$ esto no es posible: Si $(x+iy)^2+1=(a+ib)(1+i)$,$2xy=a+b$, lo $a\equiv b\pmod 2$. Pero, a continuación, $$a+ib = \left(\frac{a+b}2+i\frac{b-a}2\right)(1+i)$$