Esercizio basi integrali campi di numeri
Ciao a tutti,
sto cercando di svolgere il seguente esercizio di teoria algebrica dei numeri.
Dimostrare che {$1$, $ ³\sqrt2 $ , $ ³\sqrt4 $ } è una base intergrale di $ \mathbb{Q}[³\sqrt2] $.
Il che è equivalente a dimostrare che la chiusura integrale di $ \mathbb{Z} $ in $ \mathbb{Q}[³\sqrt2] $ è uguale a $ \mathbb{Z}[³\sqrt2] $. La mia idea è stata quella di usare il discriminante della $\mathbb[Q]$-base di $K$ {$1$, $ ³\sqrt2 $ , $ ³\sqrt4 $ }, che è in valore assoluto 108.
Usando l'inclusione ( in cui $d$ è il discriminante della base {$1$, $ ³\sqrt2 $ , $ ³\sqrt4 $ } e $\theta _K$ è la chiusura $ \mathbb{Z} $ in $ \mathbb{Q}[³\sqrt2] $)
$\mathbb{Z}[³\sqrt2] \subseteq \theta _K \subseteq d^{-1} \mathbb{Z}[³\sqrt2]$
posso affermare che il discriminante della chiusura integrale di $\mathbb{Z}$ deve essere (in valore assoluto) 108,27, 12 oppure 3 in quanto i quadrati che dividono 108 sono 1,4,9 e 36.
Ed è qui che non riesco più ad andare avanti, come mostro che deve essere proprio 108?
Mi pare di aver capire che io debba dimostrare che gli elementi della forma $\frac{1+ ³\sqrt2+³\sqrt4 }{x}$ con $x$ in {1,2,3,6} non siano nella chiusura integrale di $\mathbb{Z}$, ma non mi è chiaro il perché.
Grazie in anticipo per le risposte.
sto cercando di svolgere il seguente esercizio di teoria algebrica dei numeri.
Dimostrare che {$1$, $ ³\sqrt2 $ , $ ³\sqrt4 $ } è una base intergrale di $ \mathbb{Q}[³\sqrt2] $.
Il che è equivalente a dimostrare che la chiusura integrale di $ \mathbb{Z} $ in $ \mathbb{Q}[³\sqrt2] $ è uguale a $ \mathbb{Z}[³\sqrt2] $. La mia idea è stata quella di usare il discriminante della $\mathbb[Q]$-base di $K$ {$1$, $ ³\sqrt2 $ , $ ³\sqrt4 $ }, che è in valore assoluto 108.
Usando l'inclusione ( in cui $d$ è il discriminante della base {$1$, $ ³\sqrt2 $ , $ ³\sqrt4 $ } e $\theta _K$ è la chiusura $ \mathbb{Z} $ in $ \mathbb{Q}[³\sqrt2] $)
$\mathbb{Z}[³\sqrt2] \subseteq \theta _K \subseteq d^{-1} \mathbb{Z}[³\sqrt2]$
posso affermare che il discriminante della chiusura integrale di $\mathbb{Z}$ deve essere (in valore assoluto) 108,27, 12 oppure 3 in quanto i quadrati che dividono 108 sono 1,4,9 e 36.
Ed è qui che non riesco più ad andare avanti, come mostro che deve essere proprio 108?
Mi pare di aver capire che io debba dimostrare che gli elementi della forma $\frac{1+ ³\sqrt2+³\sqrt4 }{x}$ con $x$ in {1,2,3,6} non siano nella chiusura integrale di $\mathbb{Z}$, ma non mi è chiaro il perché.
Grazie in anticipo per le risposte.
Risposte
"broccolo99":
Mi pare di aver capire che io debba dimostrare che gli elementi della forma $\frac{1+ ³\sqrt2+³\sqrt4 }{x}$ con $x$ in {1,2,3,6} non siano nella chiusura integrale di $\mathbb{Z}$, ma non mi è chiaro il perché.
Grazie in anticipo per le risposte.
Come giustamente hai notato, se \([\theta_K:\mathbb Z[\sqrt[3]{2}]]\) è maggiore di $1$, allora dev'essere $2,3$ o $6$. Se fosse ad esempio $2$, si avrebbe che per ogni $x\in \theta_K$, \(2x\in \mathbb Z[\sqrt[3]{2}]\). Adesso prendi \(x\in \theta_K\setminus \mathbb Z[\sqrt[3]{2}]\) e scrivi \(2x=a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}\) con $a,b,c$ interi. Questi non possono essere tutti pari, altrimenti \(x\in \mathbb Z[\sqrt[3]{2}]\). Sottraendo ad entrambi i membri un intero algebrico della forma \(2a_1+2b_1\sqrt[3]{2}+2c_1\sqrt[3]{4}\) troverai che esiste \(x'\in \theta_K\setminus \mathbb Z[\sqrt[3]{2}]\) tale che \(2x'=a'+b'\sqrt[3]{2}+c'\sqrt[3]{4}\) con $a',b',c'\in \{0,1\}$ e non tutti 0. Quindi se provi che \(\frac{1}{2}(a'+b'\sqrt[3]{2}+c'\sqrt[3]{4})\) non è un intero algebrico per ogni scelta di $a',b',c'\in \{0,1\}$ hai provato che l'indice non può essere 2. Sono tanti casi, ma ne puoi escludere una buona fetta anche solo guardando norma e traccia. Ad esempio, la norma di \(\sqrt[3]{2}/2\) è \(1/4\), quindi \(\sqrt[3]{2}/2\) non può essere un intero algebrico.
La strategia di @hydro funziona senz’altro. Pero’, usando un po’ di algebra commutativa non e’ difficile dimostrare il seguente criterio un po’ piu’ generale.
Proposizione. Sia $f\in ZZ[x]$ un polinomio monico e irriducibile. Sia $\alpha$ uno zero di $f(x)$ e sia $A= ZZ[\alpha]$ e $K=QQ(\alpha)$. Sia $\theta_K$ l’anello degli interi di $K$. Allora, se $f(x)$ e’ di Eisenstein rispetto ad un primo $p$, l’indice $[\theta_K:A]$ non e’ divisibile per $p$.
Il polinomio $f(x)=x^3-2$ e’ di Eisenstein rispetto al primo $2$, mentre $f(x-1)=x^3-3x^2+3x-3$ e’ di Eisenstein rispetto al primo $p=3$. Ne segue che nel tuo caso l’anello degli interi e’ $ZZ[root 3 2]$.
Proposizione. Sia $f\in ZZ[x]$ un polinomio monico e irriducibile. Sia $\alpha$ uno zero di $f(x)$ e sia $A= ZZ[\alpha]$ e $K=QQ(\alpha)$. Sia $\theta_K$ l’anello degli interi di $K$. Allora, se $f(x)$ e’ di Eisenstein rispetto ad un primo $p$, l’indice $[\theta_K:A]$ non e’ divisibile per $p$.
Il polinomio $f(x)=x^3-2$ e’ di Eisenstein rispetto al primo $2$, mentre $f(x-1)=x^3-3x^2+3x-3$ e’ di Eisenstein rispetto al primo $p=3$. Ne segue che nel tuo caso l’anello degli interi e’ $ZZ[root 3 2]$.
Innanzitutto grazie per le risposte.
Mi manca ancora un tassello, forse è una domanda stupida, ma perché $x \in \theta_K$ implica $2x \in \mathbb{Z}[³\sqrt{2}]$ ? Cioè se $[\theta_K:\mathbb{Z}[³\sqrt{2}]]=2$ riesco a concludere che $4x \in \mathbb{Z}[³\sqrt{2}]$ ma non so come concludere che addirittura $2x \in \mathbb{Z}[³\sqrt{2}]$.
Comunque la proposizione che utilizza i polinomi di Eisenstein è formidabile, sicuramente mi sarà utile.
Ancora grazie a tutti.
Mi manca ancora un tassello, forse è una domanda stupida, ma perché $x \in \theta_K$ implica $2x \in \mathbb{Z}[³\sqrt{2}]$ ? Cioè se $[\theta_K:\mathbb{Z}[³\sqrt{2}]]=2$ riesco a concludere che $4x \in \mathbb{Z}[³\sqrt{2}]$ ma non so come concludere che addirittura $2x \in \mathbb{Z}[³\sqrt{2}]$.
Comunque la proposizione che utilizza i polinomi di Eisenstein è formidabile, sicuramente mi sarà utile.
Ancora grazie a tutti.
"broccolo99":
Innanzitutto grazie per le risposte.
Mi manca ancora un tassello, forse è una domanda stupida, ma perché $x \in \theta_K$ implica $2x \in \mathbb{Z}[³\sqrt{2}]$ ? Cioè se $[\theta_K:\mathbb{Z}[³\sqrt{2}]]=2$ riesco a concludere che $4x \in \mathbb{Z}[³\sqrt{2}]$ ma non so come concludere che addirittura $2x \in \mathbb{Z}[³\sqrt{2}]$.
Se $G$ è un gruppo e $H$ è un sottogruppo normale tale che $[G]=n<\infty$, allora $g^n\in H$ per ogni $g\in G$, perchè l'ordine di un elemento di un gruppo finito divide l'ordine del gruppo.
"hydro":
Se $G$ è un gruppo e $H$ è un sottogruppo normale tale che $[G]=n<\infty$, allora $g^n\in H$ per ogni $g\in G$, perchè l'ordine di un elemento di un gruppo finito divide l'ordine del gruppo.
Giusto, ancora grazie mille.
"Stickelberger":
Proposizione. Sia $ f\in ZZ[x] $ un polinomio monico e irriducibile. Sia $ \alpha $ uno zero di $ f(x) $ e sia $ A= ZZ[\alpha] $ e $ K=QQ(\alpha) $. Sia $ \theta_K $ l’anello degli interi di $ K $. Allora, se $ f(x) $ e’ di Eisenstein rispetto ad un primo $ p $, l’indice $ [\theta_K:A] $ non e’ divisibile per $ p $.
Mi sapresti indicare dove posso trovare questa dimostrazione?
Ecco una dimostrazione.
Poiche’ $f$ e’ un polinomio di Eisenstein, si ha che $f(x)= x^n-pg(x)$ per un polinomio $g(x)\in ZZ[x]$
di grado $
Lemma. Si ha che $P^n=(p)$ e $\#(\theta_K//P)=p$.
Dim. L’ideale $P^n$ e’ generato da $\alpha^ip^{n-i}$ per $0\le i\le n$. Poiche’ $\alpha^n=g(\alpha)p$, ogni generatore e’ divisibile per $p$. Abbiamo quindi che $P^n\subset (p)$. Viceversa, abbiamo che $g(\alpha)p=\alpha^n\in P^n$ e $P^n(p)\subset P^n$. Dal fatto che il termine noto di $g(x)$ non e’ divisibile per $p$ segue che gli ideali $P$ e $(g(\alpha))$ sono coprimi. Ma allora anche $P^n$ e $(g(\alpha))$ sono coprimi ed abbiamo quindi che l’inclusione $(p)\subset P^n$. Siccome $\#(\theta_K//(p))=p^n$, la moltiplicativita’ della norma implica che $\#(\theta_K//P)=p$. Fatto.
Per la dimostrazione consideriamo l'anello $\theta_K//(p)$ come $\ZZ[\alpha]//(p)$-modulo.
L’anello $\ZZ[\alpha]//(p)$ e’ locale con ideale massimale $M=(p,\alpha)$. Poiche’ $M\theta_K=P$, il lemma implica che $\theta_K//M\theta_K$ ha cardinalita’ $p$. Infatti, l’elemento $1$ genera $\theta_K//M\theta_K$ come gruppo e quindi genera $theta_K//(p)$ come $\ZZ[\alpha]//(p)$-modulo. In altre parole, la mappa naturale $\ZZ[\alpha]//(p)\rightarrow theta_K//(p)$ e’ suriettiva. Questo vuol dire che $theta_K=\ZZ[\alpha]+p\theta_K$ . Ne segue che il gruppo quoziente finito $B=\theta_K//ZZ[\alpha]$ ha la proprieta’ che $B//pB=0$ e quindi $p$ non divide $\#B=[\theta_K:ZZ[\alpha]]$.
Poiche’ $f$ e’ un polinomio di Eisenstein, si ha che $f(x)= x^n-pg(x)$ per un polinomio $g(x)\in ZZ[x]$
di grado $
Lemma. Si ha che $P^n=(p)$ e $\#(\theta_K//P)=p$.
Dim. L’ideale $P^n$ e’ generato da $\alpha^ip^{n-i}$ per $0\le i\le n$. Poiche’ $\alpha^n=g(\alpha)p$, ogni generatore e’ divisibile per $p$. Abbiamo quindi che $P^n\subset (p)$. Viceversa, abbiamo che $g(\alpha)p=\alpha^n\in P^n$ e $P^n(p)\subset P^n$. Dal fatto che il termine noto di $g(x)$ non e’ divisibile per $p$ segue che gli ideali $P$ e $(g(\alpha))$ sono coprimi. Ma allora anche $P^n$ e $(g(\alpha))$ sono coprimi ed abbiamo quindi che l’inclusione $(p)\subset P^n$. Siccome $\#(\theta_K//(p))=p^n$, la moltiplicativita’ della norma implica che $\#(\theta_K//P)=p$. Fatto.
Per la dimostrazione consideriamo l'anello $\theta_K//(p)$ come $\ZZ[\alpha]//(p)$-modulo.
L’anello $\ZZ[\alpha]//(p)$ e’ locale con ideale massimale $M=(p,\alpha)$. Poiche’ $M\theta_K=P$, il lemma implica che $\theta_K//M\theta_K$ ha cardinalita’ $p$. Infatti, l’elemento $1$ genera $\theta_K//M\theta_K$ come gruppo e quindi genera $theta_K//(p)$ come $\ZZ[\alpha]//(p)$-modulo. In altre parole, la mappa naturale $\ZZ[\alpha]//(p)\rightarrow theta_K//(p)$ e’ suriettiva. Questo vuol dire che $theta_K=\ZZ[\alpha]+p\theta_K$ . Ne segue che il gruppo quoziente finito $B=\theta_K//ZZ[\alpha]$ ha la proprieta’ che $B//pB=0$ e quindi $p$ non divide $\#B=[\theta_K:ZZ[\alpha]]$.
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