Paso en una solución de $y^2 = x^3 - 2$

Question

Estoy leyendo la Teoría Algebraica de números notas aquí por Keith Conrad. En la página 9, hay una solución de $y^2=x^3-2$ mediante el uso de factorización única en $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$. Empezamos por escribir $x^3=y^2+2=(y+\sqrt{-2})(y-\sqrt{-2})$. Por algún trabajo, se muestra que la $y$ es impar, y que sólo los divisores comunes de a$y+\sqrt{-2}$$y-\sqrt{-2}$$\pm 1$. Mi pregunta es acerca de los siguientes paso:

Por única factorización en $\mathbb{Z}(\sqrt{-2})$, $y+\sqrt{-2}=u\alpha^3$ donde $u$ es una unidad.

¿Por qué este paso a seguir? Así, intuitivamente, porque $(y+\sqrt{-2})(y-\sqrt{-2})=x^3$ es cubo perfecto, y los factores de $y+\sqrt{-2}$ $y+\sqrt{-2}$ no tienen divisores comunes (aparte de $\pm 1$), por lo que cada factor debe ser un cubo en su propio (a algunos). Pero, ¿cómo nos rigurosamente demostrar lo que acabo de decir?

Gracias por su tiempo.

Answer 1

Gracias a los ánimos de Sánchez, que he encontrado la respuesta (lo que es la comunidad de la wiki):

Supongamos $p$ es cualquier primer dividiendo $y+\sqrt{-2}$. A continuación, $p$ divide $x^3$, y desde $p$ es primo, $p$ divide $x$. Por lo tanto,

$p^3$ divide $x^3=(y+\sqrt{-2})(y-\sqrt{-2})$ (*)

Ahora, $p$ divide $y+\sqrt{-2}$. También, $y+\sqrt{-2}$ $y-\sqrt{-2}$ son relativamente primos. Por eso, $p$ no se puede dividir $y-\sqrt{-2}$. Desde $p$ es primo, $p$ debe ser relativamente primer a $y-\sqrt{-2}$, y, en consecuencia, $p^3$ es relativamente primer a $y-\sqrt{-2}$. El uso de (*), obtenemos que $p^3$ divide $y+\sqrt{-2}$, y como resultado de $y+\sqrt{-2}$ es un cubo (de la unidad), como se desee.

Aquí he utilizado dos hechos relativos a la Ufd:

1) Si $a$ es relativamente primer a$b$, $a^3$ es relativamente primer a $b$.

2) Si $a$ divide $bc$, y además, $a$ es relativamente primer a$b$, $a$ debe dividir $c$.

Answer 2

He aquí dos maneras ligeramente diferentes a pensar que es posible que usted prefiera, voy a escribir en todos los casos sólo porque.

Supongamos que, en un único dominio de factorización $D$ tenemos la siguiente ecuación:

$$x^n=ab$$ Si $(a,b)=1$ (hasta unidades), a continuación, tanto en $a$ $b$ son perfectos $n^{th}$ poderes multiplicado por las unidades.

Método 1: se demuestra por inducción que si $p|a$, $p^k|a$ para cualquier entero $k\leq n$. (De este modo, el resultado es claro por la escritura de $a$ en términos de sus factores irreducibles y el uso que en un UFD todos los irreducibles son primos, o por iteración en el proceso en $\frac{a}{p^n}$ y utilizando el hecho de que $a$ tiene sólo un número finito de factores primos.)

Supongamos $p|a$. Esto da el caso de $k=1$, por lo que todo lo que queda es el paso inductivo, así que supongo que ahora que $k\leq n$$p^{k-1} | a$. Ya sabemos que $p|x^n$, lo $p$ divide $x$. Dividir ambos lados por $p^{k-1}$ le da:

$$\bigg(\frac{x}{p}\bigg)^{k-1}x^{n-k+1}=\frac{a}{p^{k-1}}b$$ $p |x^{n-k+1}$ por lo tanto $p|\frac{a}{p^{k-1}}$ o $p|b$. El último es imposible, de modo que debe tener ese $p|\frac{a}{p^{k-1}}$ es decir $p^k |a$.

Método 2: utilizamos única factorización para demostrar la instrucción directa. (Perdón por el lío de los índices!)

Ya que estamos en una única factorización de dominio, tenemos: $$x=u_x x_1^{k_1}\dots x_{n_x}^{k_{n_x}}, a=u_a a_1^{l_1}\dots a_{n_a}^{l_{n_a}},b=u_b b_1^{m_1}\dots x_{n_b}^{m_{n_b}}$$ Donde $u_x,u_a,u_b$ son todas las unidades, $x_i\not\sim x_j,a_i\not\sim a_j,b_i\not\sim b_j$ si $i\not=j$ $a_i\not\sim b_j$ cualquier $i,j$ ($a,b$ son coprime). Conectando en da:

$$u_x^n x_1^{nk_1}\dots x_{n_x}^{nk_{n_x}}=u_au_b a_1^{l_1}\dots a_{n_a}^{l_{n_a}} b_1^{m_1}\dots x_{n_b}^{m_{n_b}}$$ Por la singularidad, de ello se sigue que $n_x=n_a+n_b$ y después de la reorganización y la multiplicación de las unidades si es necesario, $x_1=a_1,\dots ,x_{n_a}=a_{n_a},x_{n_a+1}=b_1,\dots x_{n_a+n_b}=b_{n_b}$ también $nk_1=l_1,\dots,nk_{n_a}=l_{n_a},nk_{n_a+1}=m_1,\dots,nk_{n_a+n_b}=m_{n_b}$. El resultado ahora debe ser claro.