Вопрос про неприводимый элемент в $\mathbb{Z}$

[xmaister]

В Ленге написано:

Ленг писал(а):

В кольце целых чисел $\mathbb{Z}$ отношение порядка позволяет нам выделить один неприводимый элемент (положительное простое число) из двух возможных (а именно, $\pm p$) отличающихся друг от друга на множитель, являющийся единицей. В более общих кольцах это, конечно, не возможно.

Я не понимаю, что этим автор хотел сказать. То, что на множестве неприводимых элементов кольца действует группа $A^{\times}$ левыми сдвигами? Выбираем какой-то элемент из орбиты... Но это вроде и так ясно. Причем там отношение порядка?

[Slumber]

Наверно, он имел ввиду, что отрицательный раскладывается: $-p=(-1)p$ - оба не равны 1, значит - не неприводимый. А другой $p=p\cdot 1$ - только так, значит неприводимый. И что это все - специфический прикол кольца $\mathbb{Z}$, как мы его построили - что для пары $-p,p$ неприводимый можно найти отношением порядка. Больше, это, по-моему, ничего не значит и ничего особого не дает.
Ну, как бы мы раскладывали число на простые множители и получили их с точностью до знака, а мы смотрим на это как на кольцо, ничего про привычные нам знаки не знаем - два каких-то элемента.

[xmaister]

Slumber в сообщении #662076 писал(а):

И что это все - специфический прикол кольца $\mathbb{Z}$

Тогда, любого кольца $A$ с $|A^{\times}|=2$ или не в этом смысл?

Slumber в сообщении #662076 писал(а):

как мы его построили - что для пары $-p,p$ неприводимый можно найти отношением порядка.

Не понял. $-p,p$- оба не приводимые. Какой не приводимый искать?

[Joker_vD]

Slumber в сообщении #662076 писал(а):

оба не равны 1, значит - не неприводимый.

Какие, однако, изменения прошли в области терминологии. $p=(-1)(-p)$ — тоже по такой логике не неприводимый.

xmaister
Я так понимаю, отношение порядка позволяет нам выбрать какой-то из ассоциированных с неприводимым элементов не от балды, а из высших соображений. В более общих кольцах вот тебе куча ассоциированных и крутись как хочешь. Чем многочлен с единичным коэффициентом при старшем члене лучше многочлена с единичным коэффициентом при младшем?

[Slumber]

Цитата:

Не понял. $-p,p$- оба не приводимые. Какой не приводимый искать?

В принципе да, они оба образующие. Я просто пытался понять о чем речь.
Надо почитать эту статью внимательно, что он дальше с ними делает, станет ясно что и зачем он выделял. Их этого абзаца ясно только, что из этих двух выделяется один с помощью отношения порядка.

Про группу вы сказали. Тут написано только то, что написано. И не на всех кольцах, а на по крайней мере $\mathbb{Z}$.

Цитата:

Какие, однако, изменения прошли в области терминологии. $p=(-1)(-p)$ — тоже по такой логике не неприводимый.

Согласен, не спорю. Просто непонятно было, зачем их разделять.

[xmaister]

Joker_vD
Понятно. Т.е. из каждой орбиты выбираем наибольший элемент и тогда всякое разложение на неприводимые будем записывать в виде $a=i\prod\limits_{k=1}^{n}p_k,i=\{\pm 1\}$. Спасибо.

-- 22.12.2012, 22:13 --

Slumber в сообщении #662089 писал(а):

что он дальше с ними делает, станет ясно что и зачем он выделял.

Да пока что он ничего с ними не делает. Это было как замечание, смысл которого хотелось уточнить.

[Joker_vD]

Slumber в сообщении #662089 писал(а):

Согласен, не спорю.

Это был сарказм. И $p$, и $-p$ — неприводимые, так как любое их разложение на множители вида $ab$ содержит обратимый элемент.

Многочлен $2x^2+x+2$ неприводим над $\mathbb Q$, точно так же, как и $x^2+\frac12x+1$. И $20x^2+10x+20$ — тоже неприводимый (над $\mathbb Q$).

xmaister
Всегда хочется иметь каноническое разложение, а для этого надо иметь способ выбрать один элемент из всего множества ассоциированных.

[Slumber]

Цитата:

Это был сарказм. И $p$, и $-p$ — неприводимые, так как любое их разложение на множители вида $ab$ содержит обратимый элемент.

Угу.

Цитата:

Всегда хочется иметь каноническое разложение.

Ну я немного подобное и предположил.