1
1

Доказать, что факторкольцо $%\mathbb{Z}[i]/\langle n\rangle$% кольца целых гауссовых чисел $%\mathbb{Z}[i]$% по главному идеалу $%\langle n\rangle = n\mathbb{Z}[i]$% тогда и только тогда будет полем, когда $%n$% — простое число, не равное сумме квадратов двух целых чисел.

задан 3 Май '15 23:37

10|600 символов нужно символов осталось
2

Если $%n$% составное, и $%n=n_1n_2$%, где $%1 < n_1,n_2 < n$%, то элемент факторкольца $%n_1+(n)$% необратим. Действительно, после умножения $%n_1$% на любой элемент получится число вида $%a+bi$%, где $%a$% и $%b$% оба кратны $%n_1$%. Такой элемент не сравним с 1 по модулю идеала $%(n)$%.

Пусть теперь речь идёт о простом числе $%p$%. Если оно представимо в виде суммы квадратов целых чисел, то $%p=a^2+b^2=(a+bi)(a-bi)$%. Элементы $%a\pm bi$% представляют ненулевые элементы факторкольца: в противном случае $%a$% и $%b$% оба делятся на $%p$%, и тогда $%p=a^2+b^2$% делится на $%p^2$%, что невозможно. Поскольку $%p$% представляет нулевой элемент факторкольца, получается, что оно имеет делители нуля, и потому полем не является.

Пусть теперь $%p$% не представимо в виде суммы квадратов. Известно, что в этом случае $%p=4k+3$%, где $%k$% целое. Верно и обратное, причём оно доказывается совсем просто: квадрат целого числа при делении на 4 даёт в остатке 0 или 1, и у суммы двух слагаемых остаток 3 не может получиться. Проверим, что любой ненулевой элемент факторкольца обратим -- это будет означать, что перед нами поле.

Пусть $%a+bi\in\mathbb Z[i]$% не принадлежит $%(p)$%. Тогда $%a$% не делится на $%p$% или $%b$% не делится на $%p$%. Из этого следует, что $%a^2+b^2$% не делится на $%p$%. Действительно, если $%b$% не делится на $%p$% (это не ограничивает общности), то $%b$% имеет обратный по модулю $%p$% элемент $%u$%. Тогда $%(au)^2+1$% кратно $%p$%. Это значит, что $%\overline{au}^2=-\bar1$% в группе $%\mathbb Z_p^{\ast}$%. Тем самым, элемент $%\overline{au}$% имеет порядок 4, поэтому делит порядок мультипликативной группы, равный $%p-1$%. Это противоречит тому, что $%p=4k+3$%.

Таким образом, $%(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2$% не делится на $%p$%, и у суммы квадратов имеется обратный элемент $%t$% по модулю $%p$%. Тогда $%t(a-bi)$% обратно $%a+bi$% в факторкольце, так как произведение равно $%t(a^2+b^2)$%, что равно $%1$% по модулю идеала $%(p)$%.

Использованный здесь факт о том, что нечётные простые числа вида $%p=a^2+b^2$% имеют форму $%4k+1$%, можно обосновать при помощи похожих соображений. Одно из доказательств основано на цикличности группы $%\mathbb Z_p^{\ast}$%. Из этого вытекает наличие элемента порядка 4, откуда всё следует уже в обратную сторону ($%-1$% является квадратом по модулю $%p$%).

ссылка

отвечен 4 Май '15 0:23

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×576
×126
×60
×27

задан
3 Май '15 23:37

показан
537 раз

обновлен
4 Май '15 0:23

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru