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

[dan952]

Per quali primi $p$ l'anello $ZZ[\root{p}[4]]$ è un UFD?

[j18eos]

[ot]Odio i calcoli![/ot]...e non escludo di aver sbagliato: solo per \(\displaystyle p=2\)!

Infatti:
\[
\sqrt

{4}\in\mathbb{Z}[\sqrt

{4}]=R\Rightarrow \forall k\in\{1,\dots,p-1\},\,\sqrt

{4^k}\in R;
\]
da ciò:
\[
1-\sqrt

{4},1+\sqrt

{4}+\sqrt

{4^2}+\dots+\sqrt

{4^{p-1}}\in R;\\
\left(1-\sqrt

{4}\right)\left(1+\sqrt

{4}+\sqrt

{4^2}+\dots+\sqrt

{4^{p-1}}\right)=\dots=-3=3\cdot(-1)\in R,
\]
cioè \(\displaystyle-3\) è fattorizzabile in due modi distinti, a meno di elementi invertibili!

[Studente Anonimo]

Idea interessante, ma [tex]3 \cdot (-1)[/tex] non è una fattorizzazione di [tex]-3[/tex], perché [tex]-1[/tex] è invertibile.

[dan952]

Ci sei quasi j18eos prova con un altro numero magari proprio con un multiplo di 3...

[j18eos]

Perché non generalizzare direttamente?

Siano \(\displaystyle p\in\mathbb{P}_{\ge3},\,n\in\mathbb{Z}\) tale che \(\displaystyle\sqrt

{n^2}\not\in\mathbb{Z}\), \(\displaystyle R=\mathbb{Z}\left[\sqrt

{n^2}\right]\) ed \(\displaystyle m\) un numero intero non nullo distinto da \(\displaystyle\pm1\).

Si ha che:
\[
\left(m^2\sqrt

{n^2}-1\right)\left[1+m^2\sqrt

{n^2}+\dots+\left(m^2\sqrt

{n^2}\right)^{p-1}\right]=m^{2p}n^2-1=(m^pn-1)(m^pn+1)
\]
e quindi \(\displaystyle R\) non è fattoriale (U.F.D.)!

Se è tutto corretto, non ho usato l'ipotesi di primalità di \(\displaystyle p\)...

[dan952]

Non vorrei sbagliarmi come ho fatto all'altro post ma mi pare che manchi da dimostrare l'irriducibilità di $m^pn-1$ e $m^pn+1$, che non credo dia molti problemi.

[j18eos]

Più che la irriducibilità, che non è vera in generale, si deve proseguire il ragionamento utilizzando la scomposizione in fattori primi dei termini \(\displaystyle m^pn-1\) ed \(\displaystyle m^pn+1\); e dimostrare che almeno un fattore primo non divide i termini a sinistra di quella eguaglianza (in \(\displaystyle R\))!

EDIT Un passo sicuro, è dimostrare che \(\displaystyle m^2\sqrt

{n^2}-1\) è un elemento primo di \(\displaystyle R\) (a meno di qualche ipotesi su \(\displaystyle m\)).

[Studente Anonimo]

Per esempio procedo quando [tex]p=3[/tex]. Detto [tex]\alpha = \sqrt[3]{4}[/tex] si ha [tex]\alpha^3 = 4 = 2^2[/tex]. Se [tex]R = \mathbb{Z}[\alpha][/tex] fosse un UFD allora da [tex]\alpha^3 = 2^2[/tex] seguirebbe che [tex]2[/tex] è un cubo in [tex]R[/tex] (!) (questo è un argomento tipico).

Dim: basta mostrare che se un irriducibile [tex]a[/tex] divide [tex]2[/tex] allora detta [tex]a^k[/tex] la massima potenza di [tex]a[/tex] che divide [tex]2[/tex], [tex]k[/tex] è un multiplo di [tex]3[/tex] (perché allora [tex]2[/tex] risulta essere un prodotto di cubi e quindi un cubo). Scrivendo [tex]2 = a^k b[/tex] e [tex]\alpha = a^h c[/tex] con [tex]a[/tex] che non divide [tex]c[/tex] allora [tex]a^{2k} b^2 = 2^2 = \alpha^3 = a^{3h} c^3[/tex] da cui per la fattorizzazione unica [tex]2k = 3h[/tex] quindi [tex]3[/tex] divide [tex]k[/tex]. []

Ma [tex]2[/tex] non è un cubo. Infatti prendiamo [tex]\beta \in R[/tex] con [tex]\beta^3 = 2[/tex]. Siccome [tex]R \subseteq \mathbb{R}[/tex] ne deduciamo, per come sono fatte le radici terze di [tex]2[/tex] in [tex]\mathbb{C}[/tex], che [tex]\beta = \sqrt[3]{2} \in R[/tex] da cui [tex]\beta^2 = \alpha[/tex] e [tex]\beta \in R = \mathbb{Z}[\beta^2][/tex], cioè esistono [tex]a,b,c \in \mathbb{Z}[/tex] con [tex]\beta = a + b \beta^2 + c \beta^4 = a+2c\beta + b \beta^2[/tex]. Deduciamo che [tex]a+(2c-1)\beta+b\beta^2 = 0[/tex] da cui per l'indipendenza lineare di [tex]1,\beta,\beta^2[/tex] si ha [tex]2c=1[/tex] che è assurdo essendo [tex]c \in \mathbb{Z}[/tex].

Credo che si possa facilmente generalizzare a tutti i [tex]p > 2[/tex]. L'ipotesi che [tex]p[/tex] è primo non mi pare che serva.

[j18eos]

Siano \(\displaystyle d\) un numero dispari, \(\displaystyle n\) un numero intero tale che \(\displaystyle\sqrt[d]{n^2}\not\in\mathbb{Z}\) ed \(\displaystyle R=\mathbb{Z}\left[\sqrt[d]{n^2}\right]\)

Proposizione 1: L'elemento \(\displaystyle m^2\sqrt[d]{n^2}-1\) è primo in \(\displaystyle R\); con \(\displaystyle m\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}\).

Dimostrazione: Considerata la proiezione canonica:
\[
\pi:\mathbb{Z}[t]\to R=\mathbb{Z}[t]_{\displaystyle/\left(t^d-n^2\right)}
\]
si ha che:
\[
\pi^{-1}\left(\left(m^2\sqrt[d]{n^2}-1\right)\right)=(m^2t-1)\in Spec \mathbb{Z}[t]
\]
quindi \(\displaystyle m^2\sqrt[d]{n^2}-1\) è un elemento primo di \(\displaystyle R\).
Infatti:
\[
\pi\left(\left(m^2t-1\right)\right)=\left(m^2\sqrt[d]{n^2}-1\right)
\]
e l'immagine di un ideale primo mediante un morfismo suriettivo di anelli (commutativi con unità) è un ideale primo[nota]Per i dubbiosi: click![/nota]. \(\displaystyle\Box\)

Proposizione 2: Sia \(\displaystyle p\in\mathbb{P}\) (un numero intero primo); allora \(\displaystyle p\) è un elemento primo di \(\displaystyle R\).

Dimostrazione: Basta ripetere la dimostrazione della proposizione 1. \(\displaystyle\Box\)

Si ha che:
\[
\left(m^2\sqrt[d]{n^2}-1\right)\left[1+m^2\sqrt[d]{n^2}+\dots+\left(m^2\sqrt[d]{n^2}\right)^{d-1}\right]=m^{2d}n^2-1=(m^dn-1)(m^dn+1)
\]
scomponendo il membro di destra in numeri (interi) primi, si ha per le proposizioni 1 e 2 che \(\displaystyle m^{2d}n^2-1\) ha (almeno) due fattorizzazioni distinte in \(\displaystyle R\); quindi \(\displaystyle R\) non è un U.F.D.

Quod erat demonstrandum \(\displaystyle\Box\)

[Studente Anonimo]

Mi sa che c'è un problema:

"j18eos":l'immagine di un ideale primo mediante un morfismo suriettivo di anelli (commutativi con unità) è un ideale primo

No, questo è falso nel link che tu stesso hai dato è specificato che gli ideali primi che si comportano come dici sono quelli che contengono il nucleo. E nei casi che servono a te l'ideale che prendi a sinistra non contiene il nucleo.

Controesempi sono [tex]\mathbb{R}[X] \to \mathbb{C}[/tex], [tex]P(X) \mapsto P(i)[/tex] (qui [tex](X)[/tex] viene mandato in [tex](i) = \mathbb{C}[/tex]) oppure considera [tex]\mathbb{Z}[X] \to \mathbb{Z}[/tex] (sempre la valutazione in [tex]i[/tex]) dove p. es. [tex](2)[/tex], che è primo in [tex]\mathbb{Z}[X][/tex], viene mandato in [tex](2)[/tex] che non è primo in [tex]\mathbb{Z}[/tex] (infatti [tex]2 = (1+i)(1-i)[/tex]). Oppure anche la riduzione [tex]\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}[/tex], qui [tex](2)[/tex] viene mandato in [tex]\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}[/tex].

[j18eos]

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

Ci riprovo!

§§§

Siano:
[list=I]
[*:1brnpcv1] \(\displaystyle d\) un numero intero positivo dispari;[/*:m:1brnpcv1]
[*:1brnpcv1] \(\displaystyle n\) un numero intero tale che \(\displaystyle\sqrt[d]{n^2}\not\in\mathbb{Z}\);[/*:m:1brnpcv1]
[*:1brnpcv1] per comodità: \(\displaystyle\alpha\in\mathbb{R}\mid\alpha^d=n^2\), sicché \(\displaystyle R=\mathbb{Z}\left[\sqrt[d]{n^2}\right]=\mathbb{Z}[\alpha]\).[/*:m:1brnpcv1][/list:o:1brnpcv1]
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 \(\displaystyle\mathbb{Z}[\alpha]\).

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:
\[
m\in\mathbb{Z},m(n^2-1)\in R.
\]

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 irriducibili[nota]Artin M. - Algebra (edizione italiana), capitolo 11, proposizione 2.3.[/nota].

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?

[Studente Anonimo]

"j18eos":\[
\mathbb{Z}[\alpha]_{\displaystyle/(\alpha-1)}\cong\mathbb{Z}
\]

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

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 [tex]d=3[/tex] pensi di poterlo dimostrare quando [tex]d[/tex] è generico? Prova con [tex]d=3[/tex] e [tex]n=2[/tex]. 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]

"Stickelberger":...l’elemento $\pi$ genera $I$...

Non ho capito!

[Studente Anonimo]

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

L'unica cosa che non vedo in modo immediato, Stickelberger, è perché [tex]X^p-4[/tex] è irriducibile per ogni [tex]p[/tex] dispari. Magari ci penso un po'.

[maurer]

"Martino":
L'unica cosa che non vedo in modo immediato, Stickelberger, è perché [tex]X^p-4[/tex] è irriducibile per ogni [tex]p[/tex] 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.

[Studente Anonimo]

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

[maurer]

Ah, hai ragione tu: quando ho scritto pensavo che l'ipotesi assurda fosse che [tex]\mathbb Z[X] / (X^p - 4)[/tex] 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 [tex]R := \mathbb Z[\sqrt

{4}] \simeq \mathbb Z[X] / (f(X))[/tex].
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 [tex]f(0) = N_{L/\mathbb Q}(\alpha)[/tex].
Siccome la norma è moltiplicativa, [tex]f(0)^p = N_{L / \mathbb Q}(\alpha^p) = N_{L / \mathbb Q}(4) = 4^d[/tex].
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 [tex]L = \mathbb Q[X] / (f(X))[/tex]. Abbiamo [tex]f(0) = N_{L / \mathbb Q}(\sqrt[d]{q^r})[/tex], da cui [tex]f(0)^d = N_{L / \mathbb Q}(q^r) = q^{er}[/tex].
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.