Факториальность кольца

[Paikson]

Попалось мне тут на глаза одно задание, с которым я всё никак не могу разобраться. Нужно проверить факториальность кольца $\mathbb{Z}\left\lfloor{\sqrt{10}}\right\rfloor$. По теории ведь как выходит - если кольцо факториально, то любое число будет иметь единственное разложение на простые множители. Это кольцо, очевидно, таковым не является $(15=3 \cdot 5)$ и $(15=(5-\sqrt{10})\cdot (5+\sqrt{10}))$, но, возможно, я ошибаюсь, поправьте меня, если в чём-то не прав. Но если мое предположение верно и кольцо не факториально, то нужно доказать, что разложил я число 15 именно на простые множители и если с числами 3 и 5 это сделать просто, то вот с числами $(5-\sqrt{10})$ и $(5+\sqrt{10})$ у меня явная проблема. Помогите, пожалуйста, разобраться.

[Sonic86]

Paikson в сообщении #1274635 писал(а):

Нужно проверить факториальность кольца $\mathbb{Z}\left\lfloor{\sqrt{10}}\right\rfloor$. ... Это кольцо, очевидно, таковым не является $(15=3 \cdot 5)$ и $(15=(5-\sqrt{10})\cdot (5+\sqrt{10}))$, но, возможно, я ошибаюсь, поправьте меня, если в чём-то не прав.

Да, все верно. Сам недавно проверял Более общо, легко видеть, что $\mathbb{Z}[\sqrt{ab}]$ нефакториально при $a,b\neq 1, \sqrt{ab}\not\in\mathbb{Q}$. Ибо $ab=a\cdot b=\sqrt{ab}^2$.

Paikson в сообщении #1274635 писал(а):

нужно доказать, что разложил я число 15 именно на простые множители и если с числами 3 и 5 это сделать просто, то вот с числами $(5-\sqrt{10})$ и $(5+\sqrt{10})$ у меня явная проблема.

Сурово.
А как Вы установили, что $3$ и $5$ просты в $\mathbb{Z}[\sqrt{10}]$? Решали уравнения Пелля $a^2-10b^2=3$ и $a^2-10b^2=5$? Возможно, надо пытаться искать группу классов идеалов, чтобы определить число разложений. Про нее можно погуглить или посмотреть книгу Шафаревича по теории чисел. Если время будет, я тоже гляну. (а м.б. я усложняю)
Простой пример есть в Википедии: https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%93%D1 ... 0%BE%D0%B2

upd: а вообще я усложняю: ну пусть $15=\pi_1...\pi_s$. Поскольку $15 \in\mathbb{Z}$, значит для каждого $\pi_j$ в разложении имеется ему сопряженное $\bar{\pi}_j$. Перемножая отдельно обычные и отдельно сопряженные множители, получим, что все разложения должны иметь вид $15=(a-b\sqrt{10})(a+b\sqrt{10})=a^2-10b^2$ - получаем обобщенное уравнение Пелля, решаем стандартными способами...

[Sonic86]

В общем, я все сам решил (нашел все разложения и доказал, что других нет)

Paikson в сообщении #1274635 писал(а):

Но если мое предположение верно и кольцо не факториально, то нужно доказать, что разложил я число 15 именно на простые множители и если с числами 3 и 5 это сделать просто, то вот с числами $(5-\sqrt{10})$ и $(5+\sqrt{10})$ у меня явная проблема.

Sonic86 в сообщении #1274674 писал(а):

А как Вы установили, что $3$ и $5$ просты в $\mathbb{Z}[\sqrt{10}]$? Решали уравнения Пелля $a^2-10b^2=3$ и $a^2-10b^2=5$?

Так и есть: можно просто использовать норму.
Пусть мы хотим доказать, что $\alpha$ простой. От противного: пусть $\alpha=\beta\gamma$, где $\beta,\gamma$ необратимы. Значит $N(\alpha)=N(\beta)N(\gamma)$, причем $N(\beta),N(\gamma)>1$ (помним, что $N(a+b\sqrt{10})=a-b\sqrt{10}$). $\alpha$ нам дано, значит вычисляем $N(\alpha)$ и перебираем его делители $t$: $t=N(\beta)$. Если разложение действительно есть, значит должно существовать решение уравнения Пелля $t=N(\beta)=c^2-10d^2, d>0$. Доказываем, что его нет стандартными способами и все.
Проще всего начать с доказательства простоты $3$ в $\mathbb{Z}[\sqrt{10}]$.
С $5$ - как с $3$, только немного посложнее.
Простота $5\pm\sqrt{10}$ свелась к поиску всех семейств решений уравнения $x^2-10y^2=15$, так что найти всевозможные разложения $15$ все-таки придется.

З.Ы. Число классов идеалов не понадобилось совсем.

[Paikson]

Очень интересное решение. Спасибо! Сейчас буду его осознавать

[ctdr]

Похожее (только проще) есть в Кострикине, Введение в алгебру, том 1, глава 5, пар. 3, пункт 1, пример 1: $\mathbb Q(\sqrt{-5})$, $9=3 \cdot 3=(2+\sqrt{-5})(2-\sqrt{-5})$

[Sonic86]

Sonic86 в сообщении #1274674 писал(а):

Более общо, легко видеть, что $\mathbb{Z}[\sqrt{ab}]$ нефакториально при $a,b\neq 1, \sqrt{ab}\not\in\mathbb{Q}$. Ибо $ab=a\cdot b=\sqrt{ab}^2$.

vpb в сообщении #1276634 писал(а):

Sonic86, Вы тут намедни писали, что ${\mathbb Z}[\sqrt{ab}]$ нефакториально, если $a,b\ne1$ и $ab$ не точный квадрат, примерно так. Однако это не так: ${\mathbb Z}[\sqrt6]$ факториально, даже кольцо главных идеалов (и это сравнительно несложно доказывается, немного сложней, чем факториальность гауссовых целых).

Оказывается, я наврал. В http://mathworld.wolfram.com/QuadraticField.html утверждается, что $\mathbb{Z}[\sqrt{d}]$ для $d=6;21;33;57$ - даже кольца с алгоритмом Евклида, значит д.б. факториальные. Надо искать ошибку.

upd: ошибка в том, что надо еще проверять, являются ли простыми $a,b$ или нет. В $\mathbb{Z}[\sqrt{6}]$ они и $\sqrt{6}$ составные.