Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #603873 писал(а):

Я накапливаю теоретический материал в надежде на то, что он даст мне возможность разобраться в свойствах кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ и строго доказать закон квадратичной взаимности.

Вы же хотите что бы широкая аудитория (разумеется кроме экспертов) читала Ваш конспект с пониманием и интересом?
Во все времена численным примерам уделялось немало значения и на это тратилась уйма времени и сил.

(Оффтоп)

P.S Belfegor опять дурачится , не будем его за это строго судить , надеюсь на численные примеры.

[AV_77]

ishhan в сообщении #603882 писал(а):

Вы же хотите что бы широкая аудитория (разумеется кроме экспертов) читала Ваш конспект с пониманием и интересом?
Во все времена численным примерам уделялось немало значения и на это тратилась уйма времени и сил.

У вас какие-то сложности с вычислением? Возьмите $n$ поменьше и сами все сможете вычислить. Например, $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ состоит из элементов вида $a + b \sqrt[3]{2} + c \sqrt[3]{4}$, где $a, b, c \in \mathbb{Q}$. Сложение и умножение очень легко выполняются, почти как для многочленов. Например,
$(1 + \sqrt[3]{2})(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}) = 1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{8} = 3 + 2 \sqrt[3]{2} + 2 \sqrt[3]{4}.$
Единицей является обычная единица, нулем - обычный ноль.

[ishhan]

AV_77 в сообщении #603891 писал(а):

Единицей является обычная единица, нулем - обычный ноль

Я так и думал.
Поясните тогда так же доходчиво, если не затруднит, про все остальные единицы кольца имеющие вид $(1-J)^m$ и их норму о чём упоминается по ходу "альтернативного доказательства".

[Феликс Шмидель]

ishhan в сообщении #603925 писал(а):

AV_77 в сообщении #603891 писал(а):

Единицей является обычная единица, нулем - обычный ноль

Я так и думал.
Поясните тогда так же доходчиво, если не затруднит, про все остальные единицы кольца имеющие вид $(1-J)^m$ и их норму о чём упоминается по ходу "альтернативного доказательства".

Лучше называть $(1-J)^m$ не единицами, а делителями единицы или обратимыми элементами.
Норма $N((1-J)^m)$ равна $N(1-J)^m=(-1)^m$.
Норма любого делителя единицы равна $1$ или $-1$.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #603947 писал(а):

Лучше называть $(1-J)^m$ не единицами, а делителями единицы или обратимыми элементами

Так если $m$-простое число то:$(1-J)^m-1+J^m=m\cdot(1-J)\cdot{J}Q^{n-3}(1,J)$
Где $Q^{n-3}(1,J)$ целочисленная форма.
Что обозначено символом $J$ ?
Справедливо ли, что $J^m=1$?
Прошу простить за назойливость.

[Феликс Шмидель]

ishhan в сообщении #603952 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #603947 писал(а):

Лучше называть $(1-J)^m$ не единицами, а делителями единицы или обратимыми элементами

Так если $m$-простое число то:$(1-J)^m-1+J^m=m\cdot(1-J)\cdot{J}Q^{n-3}(1,J)$
Где $Q^{n-3}(1,J)$ целочисленная форма.
Что обозначено символом $J$ ?
Справедливо ли, что $J^m=1$?
Прошу простить за назойливость.

В "альтернативном доказательстве" символом $j$ обозначено число $\sqrt[3]{2}$, поэтому $j^3=1$.

[Феликс Шмидель]

Пусть $G$ - конечная абелева группа, порядок которой делится на простое число $p$.
Пусть $H$ - множество всех элементов этой группы, порядок которых является степенью $p$.
Множество $H$ является подгруппой группы $G$.
Докажем, что порядок фактор группы $G/H$ не делится на $p$.
Предположим обратное, что $|G/H|$ делится на $p$.
Тогда в $G/H$ существует элемент $aH$ порядка $p$, где $a$ не принадлежит $H$.
Поскольку $a^p$ принадлежит $H$, то порядок $a$ является степенью $p$.
Это противоречит тому, что $a$ не принадлежит $H$.

Таким образом, если $p^k$ наибольшая степень $p$, на которую делится порядок группы $G$, то в $G$ существует подгруппа $H$ порядка $p^k$.

(Оффтоп)

Докажем, что это верно и в том случае, если группа $G$ не является абелевой.

Центром группы называется множество элементов, коммутирующих со всеми её элементами.
Если $a$ принадлежит центру, то $a^{-1}$ тоже ему принадлежит.
Если $a$ и $b$ принадлежат центру, то $a b$ тоже ему принадлежит.
Поэтому центр группы $G$ является подгруппой (и даже нормальной подгруппой).

Пусть $g$ - какой-либо элемент группы $G$.
Нормализатором элемента $g$ называется множество всех элементов группы $G$, коммутирующих с $g$.
Нормализатор элемента $g$ является подгруппой группы $G$ и обозначается через $N(g)$.
Если $x^{-1} g x=y^{-1} g y$, то $x$ и $y$ находятся в одном правом смежном классе нормализатора $N(g)$ (поскольку $y x^{-1} \in N(g)$).
Поэтому колличество различных элементов вида $x^{-1} g x$ равно колличеству правых смежных классов нормализатора $N(g)$.

Пусть $G$ конечная группа, порядок которой делится на простое число $p$.
Пусть $p^k$ наибольшая степень $p$, на которую делится порядок группы $G$.
Тогда в $G$ существует подгруппа порядка $p^k$.
Чтобы доказать это предположим обратное и пусть $G$ группа наименьшего порядка, такая что $|G|$ делится на $p^k$, не делится на $p^{k+1}$ (где $k$ - целое положительное число), и в $G$ не существует подгруппы порядка $p^k$.

Обозначим центр группы $G$ через $Z$.
Докажем, что порядок $Z$ не делится на $p$.
Предположим обратное, тогда в $Z$ существует подгруппа порядка $p$.
Обозначим эту подгруппу через $H$.
В силу минимальности порядка $G$, фактор-группа $G/H$ содержит подгруппу порядка $p^{k-1}$.
Элементами этой подгруппы являются смежные классы, объединение которых является подгруппой (группы $G$), порядка $p^k$.
Это противоречит тому, что такой подгруппы не существует.

Введём отношение $a \sim b$, если $b=x^{-1} a x$, для некоторого элемента $x$ группы $G$.
Это отношение является отношением эквивалентности и разбивает $G$ на непересекающиеся классы $A_1$, $A_2$, ...,$A_m$.
Обозначим колличество элементов в $A_j$ через $|A_j|$.

Докажем, что если $|A_j|>1$ для какого-то j, то $|A_j|$ делится на $p$.
Предположим обратное, что $|A_j|$ не делится на $p$.
Тогда порядок нормализатора любого элемента, принадлежащего $A_j$ делится на $p^k$, поскольку $|A_j|$ равно колличеству правых смежных классов этого нормализатора.
В силу минимальности порядка $G$, в этом нормализаторе есть подгруппа порядка $p^k$, что невозможно, поскольку в $G$ нет такой подгруппы.

Из доказанного и равенства $|G|=|A_1|+...+|A_m|$ следует, что колличество $A_j$ содержащих по одному элементу делится на $p$.
Это колличество равно порядку центра группы $G$, в противоречии с тем, что порядок этого центра не делится $p$.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #603957 писал(а):

В "альтернативном доказательстве" символом $j$ обозначено число $\sqrt[3]{2}$, поэтому $j^3=1$.

По моему у Вас здесь опечатка.
Разве $(\sqrt[3]{2})^3$ может быть равно $1$?
По правилам возведения в степень $(\sqrt[3]{2})^3=2$

[Феликс Шмидель]

ishhan в сообщении #603994 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #603957 писал(а):

В "альтернативном доказательстве" символом $j$ обозначено число $\sqrt[3]{2}$, поэтому $j^3=1$.

По моему у Вас здесь опечатка.
Разве $(\sqrt[3]{2})^3$ может быть равно $1$?
По правилам возведения в степень $(\sqrt[3]{2})^3=2$

Вы правы. В "альтернативном доказательстве" символом $j$ обозначено число $\sqrt[3]{2}$, поэтому $j^3=2$.
А $j^m=1$ невозможно.

[Феликс Шмидель]

Пусть $G$ - конечная абелева группа, порядок которой делится на простое число $p$, и $p^k$ наибольшая степень $p$, на которую делится этот порядок.

Мы доказали, что существует подгруппа $H$ порядка $p^k$.
Порядок любого элемента $a H$ фактор группы $G/H$ не делится на $p$, поэтому если $a \not \in H$, то порядок $a$ не является степенью $p$.
Из этого следует, что $H$ - единственная подгруппа порядка $p^k$.

Пусть $G$ - конечная абелева группа и $|G|=p_1^k_1...p_m^k_m$, где $p_1$, ..., $p_m$ - различные простые числа.
Пусть $H_1$, ..., $H_m$ -подгруппы порядка $p_1^k_1$, ..., $p_m^k_m$.
Эти подгруппы определены однозначно, не пересекаются и любой элемент $g$ группы $G$ однозначно представим в виде произведения $g=h_1...h_m$, где $h_1 \in H_1$, ..., $h_m \in H_m$.
Возможность и однозначность такого представления $g$ следует из того, что все произведения вида $h_1...h_m$ различны и их колличество равно $|G|=p_1^k_1...p_m^k_m$.

[Феликс Шмидель]

Исправление
---------------

Феликс Шмидель в сообщении #604022 писал(а):

Пусть $G$ - конечная абелева группа, порядок которой делится на простое число $p$, и $p^k$ наибольшая степень $p$, на которую делится этот порядок.

Мы доказали, что существует подгруппа $H$ порядка $p^k$.
Порядок любого элемента $a H$ фактор группы $G/H$ не делится на $p$, поэтому если $a \not \in H$, то порядок $a$ не является степенью $p$.
Из этого следует, что $H$ - единственная подгруппа порядка $p^k$.

исправляется на:

Пусть $G$ - конечная абелева группа, порядок которой делится на простое число $p$, и $p^k$ наибольшая степень $p$, на которую делится этот порядок.

Мы доказали, что существует подгруппа $H$ порядка $p^k$.
Поскольку подгруппа $H$ включает все элементы, порядок которых является степенью $p$, то она является единственной подгруппой порядка $p^k$.

[ishhan]

В ответ на мою просьбу пояснить что обозначает символ J :

Феликс Шмидель в сообщении #603957 писал(а):

В "альтернативном доказательстве" символом $j$ обозначено число $\sqrt[3]{2}$, поэтому $j^3=1$.

Далее следует

Феликс Шмидель в сообщении #603995 писал(а):

В "альтернативном доказательстве" символом $j$ обозначено число $\sqrt[3]{2}$, поэтому $j^3=2$.

Это Вы так шутите?

[Феликс Шмидель]

Исправление
-----------------

Феликс Шмидель в сообщении #604022 писал(а):

Пусть $G$ - конечная абелева группа и $|G|=p_1^k_1...p_m^k_m$, где $p_1$, ..., $p_m$ - различные простые числа.
Пусть $H_1$, ..., $H_m$ -подгруппы порядка $p_1^k_1$, ..., $p_m^k_m$.
Эти подгруппы определены однозначно, не пересекаются и любой элемент $g$ группы $G$ однозначно представим в виде произведения $g=h_1...h_m$, где $h_1 \in H_1$, ..., $h_m \in H_m$.
Возможность и однозначность такого представления $g$ следует из того, что все произведения вида $h_1...h_m$ различны и их колличество равно $|G|=p_1^k_1...p_m^k_m$.

исправляется на:

Абелева группа $G$ называется прямым произведением подгрупп $H_1$, ..., $H_m$, если любой элемент $g$ группы $G$ однозначно представим в виде произведения $g=h_1...h_m$, где $h_1 \in H_1$, ..., $h_m \in H_m$.

Произведение подгрупп $H_1$...$H_m$ является прямым произведением тогда и только тогда, когда выполняется следующее условие:

1) Пусть $h_1 \in H_1$, ..., $h_m \in H_m$. Тогда $h_1...h_m=e$ только если $h_1=e$,...,$h_m=e$.

Из этого условия следует:

Любые две из этих подгрупп не имеют общих элементов, кроме единицы $e$.
Все произведения вида $h_1...h_m$ различны.

Пусть $G$ - конечная абелева группа и $|G|=p_1^k_1...p_m^k_m$, где $p_1$, ..., $p_m$ - различные простые числа.
Пусть $H_1$, ..., $H_m$ -подгруппы порядка $p_1^k_1$, ..., $p_m^k_m$.
Мы доказали, что эти подгруппы определены однозначно.
Для них выполняется условие 1).
Прямое произведение этих подгрупп содержит $|G|=p_1^k_1...p_m^k_m$ элементов.
Поэтому $G$ является прямым произведением подгрупп $H_1, ..., H_m$, и любой элемент $g$ группы $G$ однозначно представим в виде произведения $g=h_1...h_m$, где $h_1 \in H_1$, ..., $h_m \in H_m$.

-- Ср авг 08, 2012 23:10:48 --

ishhan в сообщении #604175 писал(а):

В ответ на мою просьбу пояснить что обозначает символ J :

Феликс Шмидель в сообщении #603957 писал(а):

В "альтернативном доказательстве" символом $j$ обозначено число $\sqrt[3]{2}$, поэтому $j^3=1$.

Далее следует

Феликс Шмидель в сообщении #603995 писал(а):

В "альтернативном доказательстве" символом $j$ обозначено число $\sqrt[3]{2}$, поэтому $j^3=2$.

Это Вы так шутите?

Нет, просто ошибся.

[Феликс Шмидель]

Пусть $H$ - конечная абелева группа порядка $p^k$, где $p$ - простое число.
Тогда $H$ представима в виде прямого произведения циклических подгрупп.
Чтобы доказать это предположим обратное, и пусть $H$ -конечная абелева группа наименьшего порядка $p^k$, не представимая в виде прямого произведения циклических подгрупп.

Выберем в $H$ элемент $g$ наибольшего порядка, генерирующий циклическую подгруппу $C$.

Пусть $a$ - какой-либо элемент группы $H$, не принадлежащий подгруппе $C$.
Пусть $v$ - порядок смежного класса $a C$ в фактор группе $H/C$.
Покажем, что можно выбрать такой элемент $b \in a C$, что $b^v=e$.
Если $a^v=e$ положим $b=a$.
Пусть $a^v\neq e$, $a^v=g^n$, где $n$ - целое положительное число.
Пусть $n=n_1 n_2$, где $n_1$ не делится на $p$, а $n_2$ является степенью $p$.
Тогда порядок $a^v$ в $C$ равен $|C|/n_2$, следовательно порядок $a$ в $H$ равен $v |C|/n_2$.
В силу максимальности $|C|$ имеем: $v |C|/n_2\leq |C|$, откуда $v\leq n_2$.
Поскольку $v$ и $n_2$ являются степенями $p$, то $n_2$ делится на $v$, значит и $n$ делится на $v$.
Пусть $b=a g^{-n/v}$.
Тогда $b^v=a^v g^{-n}=g^n g^{-n}=e$, что и требовалось.

Поскольку $b^v=e$, то циклическая подгруппа группы $H$, генерированная элементом $b$ не имеет с $C$ общих элементов, кроме $e$.

В силу минимальности порядка $H$, фактор группа $H/C$ является прямым произведением циклических подгрупп, генерируемых элементами $b_1 C$, ..., $b_m C$, где элементы $b_1$, ..., $b_m$ не принадлежат $C$ и выбраны так, что генерируемые ими циклические подгруппы (группы $H$) не имеет с $C$ общих элементов, кроме $e$.
Пусть $A_1$, ..., $A_m$ - эти циклические подгруппы, генерируемые элементами $b_1$, ..., $b_m$.
Для любых элементов $a_1 \in A_1$, ..., $a_m \in A_m$: если $(a_1 C)...(a_m C)=C$, то $a_1 C=C$, ..., $a_m C=C$, следовательно $a_1$, ..., $a_m$ принадлежат $C$, значит равны $e$.
Поэтому, для любых элементов $a_1 \in A_1$, ..., $a_m \in A_m$ и любого элемента $c \in C$: если $a_1...a_m c=e$, то $a_1=e$, ...,$a_m=e$, значит и $c=e$.
Следовательно, группа $H$ является прямым произведением циклических подгрупп $A_1$, ..., $A_m$ и $C$, что противоречит предположению.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #604273 писал(а):

ishhan в сообщении #604175 писал(а):
В ответ на мою просьбу пояснить что обозначает символ J :
Феликс Шмидель в сообщении #603957 писал(а):
В "альтернативном доказательстве" символом $j$ обозначено число $\sqrt[3]{2}$, поэтому $j^3=1$.

Далее следует
Феликс Шмидель в сообщении #603995 писал(а):
В "альтернативном доказательстве" символом $j$ обозначено число $\sqrt[3]{2}$, поэтому $j^3=2$.


Это Вы так шутите?


Нет, просто ошибся.

Надеюсь, что в отредактированном варианте эти разночтения исключаются.
С уважением.