Primi di Gauss.
Per il seguente esercizio ho una domanda per il punto d) (in fondo faccio la domanda)
Considera la mappa \( f: \operatorname{Spec}(\mathbb{Z} ) \to \operatorname{Spec}(\mathbb{Z}) \) definita da \( f(\mathfrak{p} ) = \mathfrak{p} \cap \mathbb{Z} \). Denotiamo \( \kappa = \mathbb{Z}/\mathfrak{p} \) il residue field per \( \mathfrak{p} \neq 0 \).
a) Dimostra che \(f \) è ben definita e suriettiva. Se \( \mathfrak{p} \neq 0 \) allora \( f(\mathfrak{p}) = p \mathbb{Z} \) con \( p \neq 0 \).
Per il seguito assumiamo che \( \mathfrak{p} \neq 0 \)
b) Dimostra che \( \kappa \) è un campo finito di caratteristica \(p\), dove \( p \mathbb{Z} = f(\mathfrak{p}) \)
c) Dimostra che \( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \cong \mathbb{F}_p [X]/(X^2+1) \). E conseguentemente dedurre che un numero primo \( p \in \mathbb{Z} \) definisce un ideale primo \(p \mathbb{Z} \subseteq \mathbb{Z} \) se e solo se \( - 1 \) non è un quadrato \( \mod p \). Nota che in questo caso il residue field è un campo a \(p^2 \) elementi (unico up to isomorfismo)
d) Dimostra che se \( - 1 \) è un quadrato \( \mod p \) allora \( p \mathbb{Z} = \mathfrak{p} \overline{\mathfrak{p}} \) per qualche \( \mathfrak{p} \in \operatorname{Spec}(\mathbb{Z} ) \). Inoltre dimostra che se \(p \) è dispari allora \( \mathfrak{p} \neq \overline{\mathfrak{p}} \) e che \( 2 \mathbb{Z} = (1+i)^2 \). Notare che in questo caso il residue field di \( \mathfrak{p} \) è \( \mathbb{F}_p \).
Io ho fatto così:
a) Abbiamo che \(f\) è ben definita infatti se \( \mathfrak{p} \in \operatorname{Spec}(\mathbb{Z} ) \) allora siano \(ab \in f(\mathfrak{p}) \) abbiamo dunque che \( a \in \mathfrak{p} \) e \( a \in \mathbb{Z} \), lo stesso vale per \(b \) pertanto chiaramente \( a \in f(\mathfrak{p}) \) oppure \( b \in f(\mathfrak{p}) \).
Inoltre \(f\) è suriettiva poiché preso \( p \in \mathbb{Z} \) un primo e \( \mathfrak{p} \) un ideale primo di \( \mathbb{Z} \) allora abbiamo che
\[ \mathfrak{p} \cap \mathbb{Z} = p \mathbb{Z} \ \ \ \ \ (1.0) \]
se e solo se esiste \( p \in \mathfrak{p} \).
Una direzione è banale, per l'altra supponiamo che \(p \in \mathfrak{p} \) allora \( \mathfrak{p} \cap \mathbb{Z} \supseteq p \mathbb{Z} \) ma \( p\mathbb{Z} \) è massimale poiché \( \mathbb{Z} \) è un PID dunque \( \mathfrak{p} = \mathbb{Z} \supseteq p \mathbb{Z} \).
Vogliamo cercare dunque un ideale primo \( \mathfrak{p} \subset \mathbb{Z} \) tale che \( \mathfrak{p} \supseteq p \mathbb{Z} \), perché così includerà \(p\). La suriettività di \(f\) diventa equivalente dunque a dire che esiste \( \mathfrak{p} \in \operatorname{Spec}(\mathbb{Z} ) \) tale che \( p \mathbb{Z} \subset \mathfrak{p} \subseteq \mathbb{Z} \). Se esiste abbiamo finito. Se non esiste invece abbiamo che \(p \mathbb{Z} \) è massimale dunque primo e abbiamo finito.
Ci resta da dimostrare (1.0):
Per quanto detto precedentemente abbiamo che \(f \) mappa un ideale primo di \( \mathbb{Z} \) in un ideale primo di \( \mathbb{Z} \), abbiamo inoltre che \( \mathbb{Z} \) è un PID, dunque siccome \( f(\mathfrak{p} ) = (p) \) per qualche \(p \neq 0 \), poiché \( f(\mathfrak{p} ) \) è primo allora \(p\) è primo.
b) Consideriamo
\[ \mathbb{Z} \hookrightarrow \mathbb{Z} \twoheadrightarrow \mathbb{Z}/\mathfrak{p} \]
\[ f(\mathfrak{p}) \mapsto \mathfrak{p} \mapsto 0 \]
dunque il nucleo di questa mappa è esattamente \( p \mathbb{Z} \) e segue che \( \operatorname{char}(\kappa)= p \).
c) Consideriamo \( \operatorname{ev}_i : \mathbb{F}_p[X] \to \mathbb{F}_p \) abbiamo che \( \ker \operatorname{ev}_i = (X^2+1) \) pertanto risulta che \( \mathbb{F}_p[X] / (X^2+1) \cong \mathbb{F}_p \cong \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \).
Inoltre sia \( \mathfrak{p} \supseteq p \mathbb{Z} \) un ideale primo che divide \(p \mathbb{Z} \). Siccome gli interi di Gauss sono un PID abbiamo che esiste \(z=a+ib \in \mathbb{Z} \) tale che \( \mathfrak{p} = (a+ib) \) e dunque risulta da \( (a+bi) \mid p \mathbb{Z} \) che \( (a-ib) \mid p \mathbb{Z} \). Abbiamo pertanto una suriezione
\[ \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \twoheadrightarrow \mathbb{Z}/ \mathfrak{p} \]
\[ z \mod p \mathbb{Z} \mapsto z \mod \mathfrak{p} \]
Inoltre abbiamo che \( \left| \mathbb{Z}/\mathfrak{p} \right| = \operatorname{Nr}(a+bi) = a^2+b^2 \) e \( \left| \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right| = \operatorname{Nr}(p) = p^2 \).
Siccome abbiamo una suriezione risulta che \( a^2 +b^2 \mid p^2 \) da cui deduciamo che \( a^2 +b^2 = p \) oppure \( a^2+b^2 = p^2 \). Abbiamo dunque che \( -1 \) non è un quadrato \( \mod p \) se e solo se \( p \) non è scrivibile come somma di due quadrati, dunque \( a^2+b^2 = p^2 \) da cui risulta che \( \mathbb{Z}/\mathfrak{p} \) è un campo di cardinalità \(p^2 \) e dunque \( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \) è un campo isomorfo a \( \mathbb{Z}/\mathfrak{p} \) siccome una mappa è suriettiva se e solo se è iniettiva su due campi aventi medesima cardinalità finita. Pertanto \( p \mathbb{Z} \) è un ideal primo.
d)
Se invece abbiamo che \( n^2 \equiv -1 \mod p \) allora per il punto precedente abbiamo che \( p \mathbb{Z} \) non è primo dunque abbiamo che \( a^2 +b^2 = p \). Inoltre abbiamo che \( p \mid n^2 +1 \) da cui risulta che \( p \mathbb{Z} \mid (n+i)(n-i) \). Per quanto detto in precedenza abbiamo che \(\mathfrak{p} \mid (p ) \) e \( \overline{\mathfrak{p}} \mid (p) \), da cui \( \mathfrak{p} \overline{\mathfrak{p}} \mid (p) \).
Dove \( \mathfrak{p} = (a+bi ) \) e \( \overline{\mathfrak{p}}=(a-ib) \).
Devo dimostrare che \( p \mathbb{Z} \mid \mathfrak{p} \overline{\mathfrak{p}} \) ma non ho idee di come fare. Qualcuno ha qualche suggerimento??
Considera la mappa \( f: \operatorname{Spec}(\mathbb{Z} ) \to \operatorname{Spec}(\mathbb{Z}) \) definita da \( f(\mathfrak{p} ) = \mathfrak{p} \cap \mathbb{Z} \). Denotiamo \( \kappa = \mathbb{Z}/\mathfrak{p} \) il residue field per \( \mathfrak{p} \neq 0 \).
a) Dimostra che \(f \) è ben definita e suriettiva. Se \( \mathfrak{p} \neq 0 \) allora \( f(\mathfrak{p}) = p \mathbb{Z} \) con \( p \neq 0 \).
Per il seguito assumiamo che \( \mathfrak{p} \neq 0 \)
b) Dimostra che \( \kappa \) è un campo finito di caratteristica \(p\), dove \( p \mathbb{Z} = f(\mathfrak{p}) \)
c) Dimostra che \( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \cong \mathbb{F}_p [X]/(X^2+1) \). E conseguentemente dedurre che un numero primo \( p \in \mathbb{Z} \) definisce un ideale primo \(p \mathbb{Z} \subseteq \mathbb{Z} \) se e solo se \( - 1 \) non è un quadrato \( \mod p \). Nota che in questo caso il residue field è un campo a \(p^2 \) elementi (unico up to isomorfismo)
d) Dimostra che se \( - 1 \) è un quadrato \( \mod p \) allora \( p \mathbb{Z} = \mathfrak{p} \overline{\mathfrak{p}} \) per qualche \( \mathfrak{p} \in \operatorname{Spec}(\mathbb{Z} ) \). Inoltre dimostra che se \(p \) è dispari allora \( \mathfrak{p} \neq \overline{\mathfrak{p}} \) e che \( 2 \mathbb{Z} = (1+i)^2 \). Notare che in questo caso il residue field di \( \mathfrak{p} \) è \( \mathbb{F}_p \).
Io ho fatto così:
a) Abbiamo che \(f\) è ben definita infatti se \( \mathfrak{p} \in \operatorname{Spec}(\mathbb{Z} ) \) allora siano \(ab \in f(\mathfrak{p}) \) abbiamo dunque che \( a \in \mathfrak{p} \) e \( a \in \mathbb{Z} \), lo stesso vale per \(b \) pertanto chiaramente \( a \in f(\mathfrak{p}) \) oppure \( b \in f(\mathfrak{p}) \).
Inoltre \(f\) è suriettiva poiché preso \( p \in \mathbb{Z} \) un primo e \( \mathfrak{p} \) un ideale primo di \( \mathbb{Z} \) allora abbiamo che
\[ \mathfrak{p} \cap \mathbb{Z} = p \mathbb{Z} \ \ \ \ \ (1.0) \]
se e solo se esiste \( p \in \mathfrak{p} \).
Una direzione è banale, per l'altra supponiamo che \(p \in \mathfrak{p} \) allora \( \mathfrak{p} \cap \mathbb{Z} \supseteq p \mathbb{Z} \) ma \( p\mathbb{Z} \) è massimale poiché \( \mathbb{Z} \) è un PID dunque \( \mathfrak{p} = \mathbb{Z} \supseteq p \mathbb{Z} \).
Vogliamo cercare dunque un ideale primo \( \mathfrak{p} \subset \mathbb{Z} \) tale che \( \mathfrak{p} \supseteq p \mathbb{Z} \), perché così includerà \(p\). La suriettività di \(f\) diventa equivalente dunque a dire che esiste \( \mathfrak{p} \in \operatorname{Spec}(\mathbb{Z} ) \) tale che \( p \mathbb{Z} \subset \mathfrak{p} \subseteq \mathbb{Z} \). Se esiste abbiamo finito. Se non esiste invece abbiamo che \(p \mathbb{Z} \) è massimale dunque primo e abbiamo finito.
Ci resta da dimostrare (1.0):
Per quanto detto precedentemente abbiamo che \(f \) mappa un ideale primo di \( \mathbb{Z} \) in un ideale primo di \( \mathbb{Z} \), abbiamo inoltre che \( \mathbb{Z} \) è un PID, dunque siccome \( f(\mathfrak{p} ) = (p) \) per qualche \(p \neq 0 \), poiché \( f(\mathfrak{p} ) \) è primo allora \(p\) è primo.
b) Consideriamo
\[ \mathbb{Z} \hookrightarrow \mathbb{Z} \twoheadrightarrow \mathbb{Z}/\mathfrak{p} \]
\[ f(\mathfrak{p}) \mapsto \mathfrak{p} \mapsto 0 \]
dunque il nucleo di questa mappa è esattamente \( p \mathbb{Z} \) e segue che \( \operatorname{char}(\kappa)= p \).
c) Consideriamo \( \operatorname{ev}_i : \mathbb{F}_p[X] \to \mathbb{F}_p \) abbiamo che \( \ker \operatorname{ev}_i = (X^2+1) \) pertanto risulta che \( \mathbb{F}_p[X] / (X^2+1) \cong \mathbb{F}_p \cong \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \).
Inoltre sia \( \mathfrak{p} \supseteq p \mathbb{Z} \) un ideale primo che divide \(p \mathbb{Z} \). Siccome gli interi di Gauss sono un PID abbiamo che esiste \(z=a+ib \in \mathbb{Z} \) tale che \( \mathfrak{p} = (a+ib) \) e dunque risulta da \( (a+bi) \mid p \mathbb{Z} \) che \( (a-ib) \mid p \mathbb{Z} \). Abbiamo pertanto una suriezione
\[ \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \twoheadrightarrow \mathbb{Z}/ \mathfrak{p} \]
\[ z \mod p \mathbb{Z} \mapsto z \mod \mathfrak{p} \]
Inoltre abbiamo che \( \left| \mathbb{Z}/\mathfrak{p} \right| = \operatorname{Nr}(a+bi) = a^2+b^2 \) e \( \left| \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right| = \operatorname{Nr}(p) = p^2 \).
Siccome abbiamo una suriezione risulta che \( a^2 +b^2 \mid p^2 \) da cui deduciamo che \( a^2 +b^2 = p \) oppure \( a^2+b^2 = p^2 \). Abbiamo dunque che \( -1 \) non è un quadrato \( \mod p \) se e solo se \( p \) non è scrivibile come somma di due quadrati, dunque \( a^2+b^2 = p^2 \) da cui risulta che \( \mathbb{Z}/\mathfrak{p} \) è un campo di cardinalità \(p^2 \) e dunque \( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \) è un campo isomorfo a \( \mathbb{Z}/\mathfrak{p} \) siccome una mappa è suriettiva se e solo se è iniettiva su due campi aventi medesima cardinalità finita. Pertanto \( p \mathbb{Z} \) è un ideal primo.
d)
Se invece abbiamo che \( n^2 \equiv -1 \mod p \) allora per il punto precedente abbiamo che \( p \mathbb{Z} \) non è primo dunque abbiamo che \( a^2 +b^2 = p \). Inoltre abbiamo che \( p \mid n^2 +1 \) da cui risulta che \( p \mathbb{Z} \mid (n+i)(n-i) \). Per quanto detto in precedenza abbiamo che \(\mathfrak{p} \mid (p ) \) e \( \overline{\mathfrak{p}} \mid (p) \), da cui \( \mathfrak{p} \overline{\mathfrak{p}} \mid (p) \).
Dove \( \mathfrak{p} = (a+bi ) \) e \( \overline{\mathfrak{p}}=(a-ib) \).
Devo dimostrare che \( p \mathbb{Z} \mid \mathfrak{p} \overline{\mathfrak{p}} \) ma non ho idee di come fare. Qualcuno ha qualche suggerimento??
Risposte
Ma lol....
\[ \mathfrak{p} \overline{\mathfrak{p}} = (a+ib)(a-ib) = ( (a+ib)(a-ib) ) = ( a^2+b^2 ) = (p) = p \mathbb{Z} \]
Okay.
edit:
per quello che manca invece posso dire che \( \mathfrak{p} \neq \overline{\mathfrak{p}} \) poiché se \(p \) è dispari e \( p = a^2+b^2 \) allora \( a \) e \(b \) hanno parità distinte. Dunque \( a+ib \not\in \overline{\mathfrak{p} } \) poiché l'unico numero che moltiplicato per \( a-ib \) mi restituisce \( a+ib \) è \( \frac{a+ib}{a-ib} = \frac{a^2-b^2}{a^2+b^2} + \frac{2b}{a^2+b^2}i \not\in \mathbb{Z} \).
Però non vedo come sia possibile che \( 2 \mathbb{Z} = (1+i)^2 \)...
cioé ottengo \( (2i) \) che effettivamente mi genera tutto \( 2 \mathbb{Z} \) esattamente come anche \((2) \) mi genera tutto \(2 \mathbb{Z} \).
\[ \mathfrak{p} \overline{\mathfrak{p}} = (a+ib)(a-ib) = ( (a+ib)(a-ib) ) = ( a^2+b^2 ) = (p) = p \mathbb{Z} \]
Okay.
edit:
per quello che manca invece posso dire che \( \mathfrak{p} \neq \overline{\mathfrak{p}} \) poiché se \(p \) è dispari e \( p = a^2+b^2 \) allora \( a \) e \(b \) hanno parità distinte. Dunque \( a+ib \not\in \overline{\mathfrak{p} } \) poiché l'unico numero che moltiplicato per \( a-ib \) mi restituisce \( a+ib \) è \( \frac{a+ib}{a-ib} = \frac{a^2-b^2}{a^2+b^2} + \frac{2b}{a^2+b^2}i \not\in \mathbb{Z} \).
Però non vedo come sia possibile che \( 2 \mathbb{Z} = (1+i)^2 \)...
cioé ottengo \( (2i) \) che effettivamente mi genera tutto \( 2 \mathbb{Z} \) esattamente come anche \((2) \) mi genera tutto \(2 \mathbb{Z} \).
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