Gli anelli $ZZ[\root{p}(4)]$

[j18eos]

Cavolo: ne avevo il sentore che ci fosse qualcosa che non andava... Almeno sto imparando delle cose nuove!

Ci riprovo!

§§§

Siano:

1. \(\displaystyle d\) un numero intero positivo dispari;
2. \(\displaystyle n\) un numero intero tale che \(\displaystyle\sqrt[d]{n^2}\not\in\mathbb{Z}\);
3. per comodità: \(\displaystyle\alpha\in\mathbb{R}\mid\alpha^d=n^2\), sicché \(\displaystyle R=\mathbb{Z}\left[\sqrt[d]{n^2}\right]=\mathbb{Z}[\alpha]\).

È noto che:
\[
\forall r\in R,\dot\exists r_0,r_1,\dots,r_{d-1}\in\mathbb{Z}\mid r=r_0+r_1\alpha^1+\dots+r_{d-1}\alpha^{d-1}
\]
e:
\[
(n+1)(n-1)=n^2-1=\alpha^d-1=(\alpha-1)\left(1+\alpha+\alpha^2+\dots+\alpha^{d-1}\right).
\]
Proposizione 1: \(\displaystyle\alpha-1\) è un elemento primo (e quindi irriducibile) di \(\displaystyle\mathbb{Z}[\alpha]\).

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Da quanto premesso, si ha che:
\[
\mathbb{Z}[\alpha]_{\displaystyle/(\alpha-1)}\ni\overline{r}=\dots=\overline{r_0}+\overline{r_1}\overline{\alpha}+\dots+\overline{r_{d-1}}\left(\overline{\alpha}^{d-1}\right)=\dots=\overline{r_0+r_1+\dots+r_{d-1}}
\]
poiché ivi \(\displaystyle\overline{\alpha}=\overline{1}\); allora:
\[
\mathbb{Z}[\alpha]_{\displaystyle/(\alpha-1)}\cong\mathbb{Z}
\]
cioè \(\displaystyle(\alpha-1)\) dev'essere un ideale primo di \(\displaystyle\mathbb{Z}[\alpha]\) onde l'asserto. \(\displaystyle\Box\)

Identificando naturalmente \(\displaystyle\mathbb{Z}\) con un sottoanello di \(\displaystyle R\), si enunzia la seguente proposizione!

Proposizione 2: Gli unici numeri interi divisibili per \(\displaystyle\alpha-1\) sono della forma:
\[
m\in\mathbb{Z},m(n^2-1)\in R.
\]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Al solito:
\[
\mathbb{Z}\ni(\alpha-1)\left(r_0+r_1\alpha+\dots+r_{d-1}\alpha^{d-1}\right)=r_{d-1}n^2-r_0+(r_0-r_1)\alpha+\dots+(r_{d-2}-r_{d-1})\alpha^{d-1}
\]
ottenendo il sistema:
\[
\begin{cases}
r_0-r_1=0\\
r_1-r_2=0\\
\vdots\\
r_{d-2}-r_{d-1}=0
\end{cases}
\iff
\dots
\iff
\begin{cases}
r_1=r_0\\
r_2=r_0\\
\vdots\\
r_{d-1}=0
\end{cases}
\\
\Rightarrow (\alpha-1)r_0\left(1+\alpha+\dots+\alpha^{d-1}\right)=r_0(n^2-1)\in\mathbb{Z}. \Box
\]

Essendo \(\displaystyle R\) l'anello quoziente di un anello noetheriano è anch'esso noetheriano, quindi ogni sua catena strettamente ascendente di ideali è finita; in particolare in \(\displaystyle R\) non esiste una catena strettamente ascendente infinita di ideali principali, quindi \(\displaystyle R\) è un anello in cui ogni elemento è fattorizzabile come prodotto (finito) di elementi irriducibili¹.

Da tutto ciò, si ha che \(\displaystyle\alpha-1\) non divide \(\displaystyle n\pm1\) in \(\displaystyle R\), per la propozione 2, quindi \(\displaystyle n^2-1\) ha due fattorizzazioni in elementi irriducibili distinte e non equivalenti in \(\displaystyle R\), per la proposizione 1 e per quanto richiamato: \(\displaystyle R\) non è un anello fattoriale.

Quod erat demonstrandum?

---

Note

1. Artin M. - Algebra (edizione italiana), capitolo 11, proposizione 2.3. ↑

[Martino]

\[
\mathbb{Z}[\alpha]_{\displaystyle/(\alpha-1)}\cong\mathbb{Z}
\]

No, come fa ad essere isomorfo a \( \displaystyle \mathbb{Z} \) ? Nel quoziente \( \displaystyle \mathbb{Z}[\alpha]/(\alpha-1) \) si ha \( \displaystyle \alpha = 1 \) (con abuso di notazione) da cui elevando alla \( \displaystyle d \) si ha \( \displaystyle n^2 = 1 \) (che tra l'altro puoi riscrivere come \( \displaystyle (n-1)(n+1)=0 \) ) e questo non succede in \( \displaystyle \mathbb{Z} \) . Se fossi in te proverei a convincermi che \( \displaystyle \alpha-1 \) non è un elemento primo (divide \( \displaystyle n^2-1 \) ma, come hai dimostrato tu stesso, non divide \( \displaystyle n-1 \) e \( \displaystyle n+1 \) ).

Usi dei cannoni incredibili e poi ti perdi sulle cose semplici Un consiglio amichevole: per capire come si dimostra una cosa in genere cercare di generalizzare è una pessima idea se non hai dimostrato il fatto nei casi semplici. Se non lo sai dimostrare quando \( \displaystyle d=3 \) pensi di poterlo dimostrare quando \( \displaystyle d \) è generico? Prova con \( \displaystyle d=3 \) e \( \displaystyle n=2 \) . Se funziona generalizza, ma solo se funziona.

Insomma, se non sai dimostrare una cosa aggiungi ipotesi semplificative, invece di togliere ipotesi complicando il problema. Semplifica, non complicare

[Stickelberger]

Forse cosi'?

Sia $p>2$ dispari, sia $\alpha=\root (p) (4)$ e sia $R=ZZ[\alpha]=ZZ[X]//(X^p-4)$.
Allora $R$ e’ un dominio. Supponiamo che sia un UFD.

Abbiamo che $2\cdot 2 = 4 = \alpha^p$. Sia $\pi\in R$ un divisore irriducibile di $2$.
Allora $\pi$ divide $\alpha$. Questo implica che l’ideale $I=(2,\alpha)$ e’ contenuto
nell’ideale generato da $\pi$. Poiche’ $I$ ha indice $2$ in $R$, l’elemento $\pi$ genera $I$.

Poiche’ $I^2=(4,2\alpha,\alpha^2)=(\alpha^p,2\alpha,\alpha^2)=\alpha I$, abbiamo che
$\pi^2=\alpha\pi u$ per qualche $u\in R^{\times}$. Questo implica che gli ideali generati
da $\pi$ e $\alpha$ sono uguali. Ma questo e’ assurdo, perche’ $R//(\alpha)$ ha quattro elementi,
mentre $R//I$ ne ha solo due.

[j18eos]

...l’elemento $\pi$ genera $I$...

Non ho capito!

[Martino]

Armando, \( \displaystyle I \subseteq (\pi) \subseteq R \) e \( \displaystyle |R:I|=2 \) da cui \( \displaystyle (\pi) = I \) oppure \( \displaystyle (\pi)=R \) (perché 2 è un numero primo). Ma siccome \( \displaystyle \pi \) non è invertibile si deve avere \( \displaystyle (\pi)=I \) .

L'unica cosa che non vedo in modo immediato, Stickelberger, è perché \( \displaystyle X^p-4 \) è irriducibile per ogni \( \displaystyle p \) dispari. Magari ci penso un po'.

[maurer]

L'unica cosa che non vedo in modo immediato, Stickelberger, è perché \( \displaystyle X^p-4 \) è irriducibile per ogni \( \displaystyle p \) dispari. Magari ci penso un po'.

Non serve, nell'economia del ragionamento per assurdo puoi assumere direttamente che $R$ sia un UFD (in particolare un dominio). Il ragionamento successivo funziona bene in ogni caso.

[Martino]

L'unica cosa che non vedo in modo immediato, Stickelberger, è perché \( \displaystyle X^p-4 \) è irriducibile per ogni \( \displaystyle p \) dispari. Magari ci penso un po'.

Non serve, nell'economia del ragionamento per assurdo puoi assumere direttamente che $R$ sia un UFD (in particolare un dominio). Il ragionamento successivo funziona bene in ogni caso.

Dici? Ma per esempio ci dev'essere un punto in cui si usa che \( \displaystyle p \) è dispari. Per esempio, se \( \displaystyle p=4 \) non è più vero che \( \displaystyle \mathbb{Z}[\alpha]/(\alpha) \) ha quattro elementi. Cioè io riesco a "vedere" che ha 4 elementi quando p è dispari se uso l'isomorfismo \( \displaystyle \mathbb{Z}[\alpha] \cong \mathbb{Z}[X]/(X^p-4) \) (altrimenti mi ingarbuglio) e questo isomorfismo vale solo se \( \displaystyle X^p-4 \) è irriducibile.

[maurer]

Ah, hai ragione tu: quando ho scritto pensavo che l'ipotesi assurda fosse che \( \displaystyle \mathbb Z[X] / (X^p - 4) \) fosse un UFD (in particolare un dominio e quindi quest'ipotesi implica in particolare $X^p - 4$ irriducibile, da cui $p$ dispari). Ma non funziona, perché l'ipotesi è su $\mathbb Z[\root{p}(4)]$. Mea culpa.

Rimedio dimostrando l'irriducibilità di $X^p - 4$ per $p$ dispari.

Sia $f(X)$ il polinomio minimo di $\root{p}(4)$ su $\mathbb Z$, sicché si può scegliere un isomorfismo \( \displaystyle R := \mathbb Z[\sqrt[p]{4}] \simeq \mathbb Z[X] / (f(X)) \) .
Visto che $f(X) | X^p - 4$, abbiamo $f(0) | 4$ e quindi $f(0) \in \{2, 4\}$.

Claim. $f(0) = 4$.
Dimostrazione. Sia $L := \mathbb Q[\root{p}(4)]$ e sia $d = \text{deg}(f(X)) = [L : \mathbb Q]$. Allora \( \displaystyle f(0) = N_{L/\mathbb Q}(\alpha) \) .
Siccome la norma è moltiplicativa, \( \displaystyle f(0)^p = N_{L / \mathbb Q}(\alpha^p) = N_{L / \mathbb Q}(4) = 4^d \) .
Se per assurdo $f(0) = 2$, otteniamo $2^p = 2^{2d}$, da cui $2d = p$, il che contraddice il fatto che $p$ sia dispari. []

Corollario. $X^p - 4$ è irriducibile per ogni $p$ dispari.
Dimostrazione. Utilizzando le stesse notazioni del lemma precedente, abbiamo che $f(0)^p = 4^d$ e siccome abbiamo dimostrato che $f(0) = 4$, concludiamo che $d = p$. Ma allora $X^p - 4$ è il polinomio minimo di $\root{p}(4)$ ed in particolare è irriducibile. []

Quindi adesso possiamo procedere come indicava Stickelberger. Sottolineo soltanto che l'ipotesi assurda che $R$ sia UFD viene esplicitamente utilizzata per concludere da $\pi^2 = \alpha \pi u$ che $(\alpha) = (\pi)$.

[maurer]

Una semplice generalizzazione del risultato di irriducibilità precedente.

Lemma. Siano $r$ e $q$ due numeri primi e sia $d$ un intero non divisibile per $r$. Allora il polinomio $X^d - q^r$ è irriducibile.
Dimostrazione. Sia $f(X)$ il polinomio minimo di $\root{d}(q^r)$ e sia $e := \text{deg}(f(X))$. Basta dimostrare che $d = e$. Siccome $f(X) | X^d - q^r$, abbiamo $f(0) | q^r$, e quindi $f(0) = q^k$ per qualche $0 \le k \le r$.
Sia ora \( \displaystyle L = \mathbb Q[X] / (f(X)) \) . Abbiamo \( \displaystyle f(0) = N_{L / \mathbb Q}(\sqrt[d]{q^r}) \) , da cui \( \displaystyle f(0)^d = N_{L / \mathbb Q}(q^r) = q^{er} \) .
Ne segue che $dk = er$. Siccome $r$ è primo e siccome non divide $d$, dobbiamo concludere che $r | k$, da cui $k = r$ e quindi $f(0) = q^r$. Inoltre, $q^{rd} = q^{er}$, da cui $d = e$. []

[Stickelberger]

Una piccola generalizzazione del criterio di Eisenstein, la quale
coinvolge il poligono di Newton $2$-adico di $X^p-4$, dimostra
che $X^p-4$ e’ irriducibile in $QQ_2[X]$ se $p>2$ e’ dispari.

Si veda la “Advanced explanation” sulla pagina
http://en.wikipedia.org/wiki/Eisenstein's_criterion.

Nel nostro caso, abbiamo che $i=2$, $n=p$ e il poligono di
Newton e’ un unico segmento di pendenza (slope) $-2//p$.
Se $p$ e' dispari, il denominatore di questa frazione e' uguale
al grado del polinomio.