Гауссовы целые и суммы квадратов.

[Duelist]

Ниже выдержка из лекций Городенцева.



Изоморфизм $\mathbb{Z}[i] / (p) \simeq \mathbb{Z}[x] / (p, x^2 +1)$ явно не указан, и я не совсем понял, что и куда переводить. Какое там отображение?

Я подумал и решил, что есть мн-во классов эквивалентности, которые и есть гауссовы целые: $\mathbb{Z}[x] / (x^2 +1)$. Каждый класс однозначно представляется в виде $ [a + bx]_{x^2+1}$, где $a,b \in \mathbb{Z}$. Объединим все классы, где $(a_1 + b_1x) - (a_2 +b_2x) \in (p)$ - т.е. делится на $p$. Это, кажестя, и будет $\mathbb{Z}[x] / (p, x^2 +1)$, и тогда изоморфизм станет ясен. Я доказал, что если два элемента построенных классов эквивалентны, то их разность принадлежит идеалу $(p, x^2+1)$, обратное утверждение - нет.

[Brukvalub]

Duelist в сообщении #1153939 писал(а):

Изоморфизм $\mathbb{Z}[i] / (p) \simeq \mathbb{Z}[x] / (p, x^2 +1)$ явно не указан

Указан: $a+b\cdot i \to a+b\cdot x$

[Duelist]

Воспользовался этим отображением. Сюръективность, перестановочность сложения и умножения доказал. Инъективность не получилось.

Пусть $(a_1 +b_1x)-(a_2+b_2x) \in (p, x^2+1)$, причём $(a_1-a_2) + (b_1-b_2)i \not{\vdots}$ $p$. Тогда $(a_1-a_2) + (b_1-b_2)x=pu+(x^2+1)v$, где $u,v \in \mathbb{Z}[x]$. Отсюда противоречия получить не выходит.

[Brukvalub]

На мой взгляд, изоморфность очевидна, поскольку указанное отображение биективно, сложение в обоих случаях - покоординатное, умножение - как в многочленах, и в обоих случаях особый символ обладает свойством $i^2=x^2=-1$

[Duelist]

Brukvalub

Brukvalub в сообщении #1154232 писал(а):

На мой взгляд, изоморфность очевидна, поскольку указанное отображение биективно, сложение в обоих случаях - покоординатное, умножение - как в многочленах, и в обоих случаях особый символ обладает свойством $i^2=x^2=-1$

Спасибо, но я это всё понимал, кроме одного - что озвучил: инъективность.

Duelist в сообщении #1154219 писал(а):

Тогда $(a_1-a_2) + (b_1-b_2)x=pu+(x^2+1)v$, где $u,v \in \mathbb{Z}[x]$. Отсюда противоречия получить не выходит.

Противоречие получилось, когда разделил $u$ с остатком на $x^2+1$, что возможно ввиду обратимости старшего коэффициента.

[Brukvalub]

Duelist в сообщении #1154280 писал(а):

Спасибо, но я это всё понимал, кроме одного - что озвучил: инъективность.

То есть, отправляя число $a+b\cdjt i$ в многочлен $a+b\cdjt x$ и зная, что разным парам $(a , b )$ в каждой из двух конструкций отвечают разные элементы кольца, вы, тем не менее, исходно допускали, что две разных пары $a_1+b_1\cdjt i$ , $a_2+b_2\cdjt i$ могут перейти в одну и ту же пару $a+b\cdjt x$ ???
У меня нет слов...

[Duelist]

Brukvalub в сообщении #1154299 писал(а):

и зная, что разным парам $(a , b )$ в каждой из двух конструкций отвечают разные элементы кольца

В смысле? У нас элементы кольца - это классы эквивалентности по идеалу $(p, x^2+1)$. Например, многочлены $(a_1p+k)+(b_1p+h)x$ и $(a_2p+k) + (b_2p+h)x$ лежат в одном классе эквивалентности, поскольку их разность делится на $p$. Я доказывал, что гауссовы числа из разных классов эквивалентности по $(p)$ не могут перевестись в многочлены из одного класса эквивалентности по $(p,x^2+1)$.

[Brukvalub]

Duelist в сообщении #1154308 писал(а):

В смысле?

В смысле, что можно с самого начала брать коэффициенты из соответствующего кольца вычетов...

[Duelist]

Чтобы доказать инъективность, нужно взять гауссовы числа из разных классов эквивалентности по $(p)$, перевести их в многочлены из одного класса эквивалентности по идеалу $(p, x^2+1)$ и получить противоречие. Я это и сделал.