2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9  След.
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение17.08.2012, 16:10 


31/03/06
1384
Замечание
-------------------

Нужно включить в раздел о группах понятие гомоморфизма, изоморфизма, автоморфизма.

Функция $f: G \rightarrow H$ из группы $G$ в группу $H$ называется гомоморфизмом, если
$f(a b)=f(a) f(b)$, для любых элементов $a$ и $b$ группы $G$.
Взаимно-однозначный гомоморфизм называется изоморфизмом.

Пусть $f: G \rightarrow H$ - гомоморфизм.
Тогда $f$ переводит единицу группы $G$ в единицу группы $G$.
Это следует из равенств: $f(a)=f(e a)=f(e) f(a)$.
Также $f$ переводит обратные элементы в обратные: $f(a^{-1})=(f(a))^{-1}$.
Это следует из равенств: $f(e)=f(a^{-1} a)=f(a^{-1}) f(a)$.
Ядром гомоморфизма (обозначаемым $\operatorname{Ker}(f)$) называется множество элементов группы $G$, переводимых в единицу группы $H$.
Ядро гомоморфизма $f: G \rightarrow H$ является подгруппой группы $G$.
Образ $f(G)$ является подгруппой группы $H$.
Эта подгруппа $f(G)$ изоморфна фактор группе $G/ \operatorname{Ker}(f)$.
В самом деле, функция $\varphi: G/ \operatorname{Ker}(f) \rightarrow f(G)$, переводящая смежный класс $a \operatorname{Ker}(f)$ в $f(a)$ является изоморфизмом.

Изоморфизм $f: G \rightarrow G$ группы в себя называется автоморфизмом.

Автоморфизмом поля называется такое его отображение в себя, которое является изоморфизмом его группы по сложению и группы по умножению.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение17.08.2012, 23:31 


31/03/06
1384
Однозначный гомоморфизм называется мономорфизмом (в случае полей это гомоморфизм групп по сложению и умножению).

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле и $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $g_1$, ..., $g_n$ - сопряжённые числа с $g$, где $g_1=g$.
Пусть $f_1, ..., f_n$ - мономорфизмы из поля $F$ в поле $\mathbb{C}$ комплексных чисел.
Каждый из этих мономорфизмов переводит рациональные числа в самих себя, а число $g$ в одно из сопряжённых с ним чисел $g_1$, ..., $g_n$.

Нормой числа $a \in F$ называется число:

$N(a)=f_1(a) f_2(a)...f_n(a)$,

то есть произведение всех сопряжённых с $a$ чисел (возможно, как мы знаем, с повторениями).

Следом числа $a$ называется число:

$T(a)=f_1(a)+ f_2(a)+...+f_n(a)$,

то есть сумма всех сопряжённых с $a$ чисел (возможно, как мы знаем, с повторениями).

Полином $(x-f_1(a))(x-f_2(a))...(x-f_n(a))$ называется характеристическим полиномом числа $a$ в поле $F$.
Свободный член этого полинома равен $(-1)^n N(a)$.
Коэффициент при $x^{n-1}$ равен $-T(a)$.

Пусть $v_1$, ..., $v_n$ - произвольный базис расширения $F:\mathbb{Q}$.

Пусть матрица $M=\left( \begin{array} {cccc}
f_1(v_1) & f_1(v_2) & \ldots & f_1(v_n) \\ 
f_2(v_1) & f_2(v_2) & \ldots & f_2(v_n) \\ 
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
f_n(v_1) & f_n(v_2) & \ldots & f_n(v_n)  
\end{array} \right) $

Дискриминантом базиса $v_1$, ..., $v_n$ называется число:

$disc(v_1, ..., v_n)=|M|^2$,

то есть квадрат детерминанта матрицы $M$.


Замечание
------------------

Мономорфизмы переводят поле $F$ в сопряжённые поля, которые изоморфны $F$.
Об этом нужно упомянуть при определении сопряжённых элементов.

-- Сб авг 18, 2012 00:04:00 --

Исправление
---------------------

Феликс Шмидель в сообщении #606694 писал(а):
Алгебраических числа называются сопряжёнными, если они являются корнями одного и того-же неприводимого полинома с рациональными коэффициентами.


исправляется на:

Алгебраические числа называются сопряжёнными, если они являются корнями одного и того-же неприводимого полинома с рациональными коэффициентами.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение19.08.2012, 13:20 


31/03/06
1384
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле и $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $p(x)$ - минимальный полином числа $g$.
Пусть $g_1, ..., g_n$ - все комплексные корни полинома $p(x)$, где $g_1=g$.

Вычислим дискриминант базиса $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$.

$disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})=\left| \begin{array} {cccc} 1 & g_1 & \ldots & g_1^{n-1} \\ 1 & g_2 & \ldots & g_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & g_n & \ldots & g_n^{n-1} \end{array} \right|^2$.

Определитель, который возводится в квадрат в правой части этого равенства, называется определителем Вандермонда.

Он равен произведению

(1) $\prod (g_j-g_i)$, где $1\leq i<j\leq n$, по всем таким парам индексов $i$ и $j$.

Чтобы доказать это, рассмотрим полином:

$f(x)=\left| \begin{array} {cccc} 1 & x & \ldots & x^{n-1} \\ 1 & g_2 & \ldots & g_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & g_n & \ldots & g_n^{n-1} \end{array} \right|$.

Числа $g_2, ..., g_n$ являются корнями этого полинома степени $n-1$, старший коэффициент которого равен

$(-1)^{n-1} \left| \begin{array} {cccc}  1 & g_2 & \ldots & g_2^{n-2} \\ 1 & g_3 & \ldots & g_3^{n-2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & g_n & \ldots & g_n^{n-2} \end{array} \right|$.

Значит $f(x)=(x-g_2)(x-g_3)...(x-g_n) (-1)^{n-1} \left| \begin{array} {cccc}  1 & g_2 & \ldots & g_2^{n-2} \\ 1 & g_3 & \ldots & g_3^{n-2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & g_n & \ldots & g_n^{n-2} \end{array} \right|$.

Из этого, по индукции, следует значение (1) для определителя Вандермонда.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение19.08.2012, 16:43 


31/03/06
1384
Таким образом,

(2) $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})=\prod (g_j-g_i)^2$, где $1\leq i<j\leq n$, по всем таким парам индексов $i$ и $j$.

Из этого равенства следует, что $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})$ является симметричной функцией чисел $g_1$, ..., $g_n$.
По теореме Ньютона о симметричных многочленах $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})$ выражается полиномиально через коэффициенты полинома $p(x)$, следовательно является рациональным числом.
Из равенства (2) следует, что это рациональное число отлично от 0, поскольку числа $g_1$, ..., $g_n$ различны.

Из равенства $p(x)=(x-g_1)...(x-g_n)$ следует, что $p'(x)=\sum_{i=1}^n\prod_{j=1, j\neq i}^n (x-g_j)$, следовательно:

(3) $p'(g_i)=\prod_{j=1, j\neq i}^n (g_i-g_j)$.

Из равенства (3) следует:

(4) $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})=(-1)^{n(n-1)/2} p'(g_1)...p'(g_n)$,

поскольку фактор $(g_i-g_j)$ встречается в $p'(g_i)$, а фактор $(g_j-g_i)$ - в $p'(g_j)$, для любой пары неравных индексов $i$ и $j$.

Обозначим базис $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$, записанный в виде столбца, через $U$.
Пусть $V$ - произвольный базис расширения $F:\mathbb{Q}$, записанный в виде столбца.
Пусть $V=M U$, где $M$ - матрица перехода от базиса $U$ к $V$.
Матрица берехода от базиса $V$ к $U$ является обратной к $M$, поэтому $M$ - обратимая матрица с ненулевым детерминантом.
Из равенства $V=M U$ следует:

(5) $disc(V)=|M|^2 disc(U)$, где |M| - детерминант матрицы $M$.

Из равенства (5) следует, что дискриминант любого базиса расширения $F:\mathbb{Q}$ является рациональным числом, отличным от нуля.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение20.08.2012, 14:01 


31/03/06
1384
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $g_1$, ..., $g_n$ - сопряжённые числа с $g$, где $g_1=g$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Докажем, что $G$ - свободная абелева группа ранга $n$.

Будем называть базис числового поля $\mathbb{Q}$-базисом, а базис абелевой группы - $\mathbb{Z}$-базисом.

Целые алгебраические числа $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$ образуют $\mathbb{Q}$-базис поля $F$ и $\mathbb{Z}$-базис абелевой группы по сложению $H$, которую они генерируют.
Любой элемент группы $H$ имеет вид $a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$, где $a_0$, ..., $a_{n-1}$ - целые числа.
Поэтому все элементы группы $H$ - целые алгебраические числа.
Множество элементов группы $H$ образуют кольцо, которое является подкольцом кольца $G$ всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Рассмотрим множество целых алгебраических чисел вида $r_0+r_1 g+r_2 g^2+...+r_{n-1} g^{n-1}$, где $r_0$, ..., $r_{n-1}$ - рациональные числа, $<1$ по абсолютной величине.
Обозначим это множество через $R$.
Докажем, что $R$ - конечное множество.

Пусть $c=r_0+r_1 g+r_2 g^2+...+r_{n-1} g^{n-1}$ - какое-либо число этого множества.

Пусть $c_i=r_0+r_1 g_i+r_2 g_i^2+...+r_{n-1} g_i^{n-1}$, при $i=1, ..., n$.
Пусть $d_i=1+|g_i|+|g_i^2|+...+|g_i^{n-1}|$, при $i=1, ..., n$.
Пусть $D=\max(d_1, ..., d_n)$.

Тогда $|c_i|\leq D$, при $i=1, ..., n$.

То есть, числа множества $R$ и все их сопряжённые числа ограничены (по абсолютной величине) числом $D$.

Пусть $f(x)=(x-c_1)...(x-c_n)$ -характеристический полином числа $c$ в поле $F$.

Все коэффициенты этого полинома ограничены (по абсолютной величине), например, числом $2^n (D+1)^n$ (поскольку колличество слагаемых в элементарном симметричном полиноме равно биноминальному коэффициенту, который $<2^n$).

Из этого следует, что колличество таких полиномов конечно, поскольку все их коэффициенты - целые числа.

Колличество корней этих полиномов тоже конечно, следовательно $R$ конечное множество.

Любое целое алгебраическое число поля $F$ представимо в виде линейной комбинации с рациональными коэффициентами чисел $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$.
Эта линейная комбинация является суммой числа из кольца $H$ и числа из множества $R$.

Значит числа $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$ и числа множества $R$ генерируют абелеву группу по сложению всех целых алгебраических чисел поля $F$.
Поэтому $G$ - конечно-генерируемая абелева группа (без элементов конечного порядка), следовательно свободная абелева группа.

Ранг группы $G$ не меньше ранга её подгруппы $H$, который равен $n$.
C другой стороны существует такое целое положительное число $m$, что множество чисел $m R$ содержится в $H$ (поскольку $R$ конечно).
Следовательно $m G$ содержится в $H$, следовательно ранг $G$ (равный рангу $m G$) не больше $n$.
Значит ранг $G$ равен $n$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение20.08.2012, 21:55 


31/03/06
1384
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.
Пусть $U$ - $\mathbb{Z}$-базис абелевой группы по сложению $G$, записанный в виде столбца его элементов.
Пусть $H$ - подгруппа ранга $n$ группы $G$.
Пусть $V$ - $\mathbb{Z}$-базис подгруппы $H$, записанный в виде столбца его элементов.

Тогда

(1) $disc(V)=|G/H|^2 disc(U)$,

где $disc(U)$ и $disc(V)$ - дискриминанты базисов $U$ и $V$, а $|G/H|$ - порядок фактор группы $G/H$.


Доказательство
-------------------------

Пусть $V=M U$, где $M$ - матрица целых чисел.
Тогда $disc(V)=|M|^2 disc(U)$, где $|M|$ - определитель матрицы $M$.
Но ранее мы доказали, что $|G/H|=|M|$.

Из равенства (1) следует, что $disc(V)$ делится на $|G/H|^2$.

Применим это следствие к подгруппе $H$, генерируемой числами $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$.
Поскольку эти числа образуют $\mathbb{Z}$-базис подгруппы $H$, то $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})$ делится на $|G/H|^2$.

Если $p$ - простой делитель порядка фактор группы, то в ней есть элемент $a H$ порядка $p$.
В этом случае $p a \in H$, поэтому

(2) $a=\frac{1}{p} (a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1})$,

где $a_0$, ..., $a_{n-1}$ - целые числа, не все делящиеся на $p$.

Поскольку $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})$ делится на $p^2$, то только такие простые числа являются кандидатами для существования целого алгебраического числа вида (2).

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение21.08.2012, 17:07 


31/03/06
1384
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$, где $g=\sqrt[n]{2}$, $n$ - простое число.
Пусть $q(x)=x^n-2$.
Согласно критерию Эйзенштейна, полином $q(x)$ является неприводимым над $\mathbb{Q}$, следовательно минимальным полиномом числа $g$.
Поскольку $q'(x)=n x^{n-1}$, то $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})=(-1)^{n(n-1)/2} n^n 2^{n-1}$.

Единственными простыми числами, на квадрат которых делится $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})$ являются числа $2$ и $n$.
Покажем, что если $a=\frac{1}{2} (a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1})$ является целым алгебраическим числом, где $a_0$, ..., $a_{n-1}$ -целые числа, то все эти числа - чётные.
Предположим обратное, и пусть $m$ - наименьшее целое неотрицательное число, для которого $a_m$ - нечётное число.
Помножив $a$ на $g^{n-1-m}$, получим, что $\frac{1}{2} a_m g^{n-1}$ является целым алгебраическим числом, что невозможно, поскольку норма этого числа не является целым числом.

Предположим, теперь, что $a=\frac{1}{n} (a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1})$ является целым алгебраическим числом, где $a_0$, ..., $a_{n-1}$ -целые числа.

В дальнейшем мы докажем, что след $T(a (2^k-g^k))$ делится на $n$, при $k=1, 2, ..., n-1$.
Из этого следует, что $2^k a_0 - 2 a_{n-k}$ делится на $n$.

Следовательно, $\frac{1}{n}a_0(2^{n-1}+2^{n-2} g+2^{n-3} g^2+...+g^{n-1})$ - целое алгебраическое число.

Лемма
-----------

Число $b=\frac{1}{n}(2^{n-1}+2^{n-2} g+2^{n-3} g^2+...+g^{n-1})$ является целым алгебраическим тогда и только тогда, когда $2^n-2$ делится на $n^2$.

Мы докажем строго эту лемму в дальнейшем, когда познакомимся с идеалами.
Идея доказательства состоит в следующем.

(3) $2^n-2=(2-g)(2-g i_n)(2-g i_n^2)...(2-g i_n^{n-1})$, где $i_n$ - корень n-ой степени из 1.

Левая часть равенства (3) делится на $n$, а $n=(1-i_n)^{n-1} u$, где $u$ - делитель единицы.
Пусть $\rho$ - наибольший общий делитель (идеал) одного из множителей в правой части равенства (3) с $(1-i_n)$.
Тогда $\rho$ является наибольшим общим делителем любого другого из этих множителей с $(1-i_n)$.

Имеем:

(4) $2^{n-1}+2^{n-2} g+2^{n-3} g^2+...+g^{n-1}=(2-g i_n)(2-g i_n^2)...(2-g i_n^{n-1})$

Если левая часть (4) делится на $n$, то правая часть (3) делится на $n \rho$, следовательно $2^n-2$ делится на $n^2$.

Идея доказательства того, что $T(a (2^k-g^k))$ делится на $n$ состоит в том, что $T(a (2^k-g^k))$ делится на $\rho$ (поскольку $(2^k-g^k)$ делится на $(2-g)$ делится на $\rho$, из чего следует, что $(2^k-g^k i_n^{kt})$ делится на $\rho$, так как $(1-i_n)$ делится на $\rho$).

Рассуждения ведутся в поле $\mathbb{Q}(i_n, \sqrt[n]{2})$.

В этом поле разложение $(1-i_n)$ на множители (идеалы) зависит от того, делится $2^n-2$ на $n^2$ или нет.
Если $2^n-2$ делится на $n^2$, то $(1-i_n)$ равно произведению $n$ различных простых идеалов.
Если $2^n-2$ не делится на $n^2$, то $(1-i_n)$ равно $n$-ой степени простого идеала.

Мы докажем это в дальнейшем.

Теорема
----------------

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$, где $g=\sqrt[n]{2}$, $n$ - простое число.
Кольцо целых алгебраических чисел поля $F$ совпадает с $\mathbb{Z}(g)$ тогда и только тогда когда $2^n-2$ не делится на $n^2$.

Эта теорема следует непосредственно из леммы.

Заметим, что в настоящее время известно только два простых числа, таких, что $2^n-2$ делится на $n^2$: $1093$ и $3511$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение22.08.2012, 10:41 


31/03/06
1384
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Идеалом кольца $G$ называется такая подгруппа $I$ группы по сложению $G$, что $g a \in I$ для любых $g \in G$ и $a \in I$.

Любой идеал кольца $G$ является его подкольцом, впрочем, не обязательно содержащим $1$.
Если идеал кольца $G$ содержит $1$, то он совпадает с $G$.
Само кольцо $G$ является идеалом, который называется единичным.

Лемма
-------------

Любой идеал $I$ кольца $G$ является свободной абелевой группой по сложению ранга $n$.

Доказательство
-------------------------

Поскольку $I$ является подгруппой свободной абелевой группы $G$ ранга $n$, то $I$ является свободной абелевой группой ранга не больше $n$.
Пусть $c$ - какой-либо элемент идеала $I$.
Покажем, что норма $N(c)$ принадлежит идеалу $I$.

Пусть $f(x)=x^n+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_0$ - характеристический полином числа $c$ в поле $F$.
Тогда $-a_0=c^n+a_{n-1} c^{n-1}+...+a_1 c$.
Поскольку все коэффициенты полинома $f(x)$ являются целыми числами, то $a_0$ принадлежит идеалу $I$, значит норма $N(c)$ принадлежит идеалу $I$.

Множество $N(c) G$ содержится в идеале $I$ и является его подгруппой по сложению ранга $n$.
Поэтому ранг группы $I$ не меньше $n$.
Значит ранг группы $I$ равен $n$.

Таким образом, фактор группа $G/I$ является конечной.
Нормой $N(I)$ идеала $I$ называется порядок фактор группы $|G/I|$.

Два элемента $a$ и $b$ кольца $G$ называются сравнимыми по модулю идеала $I$, если $a-b \in I$, то есть если $a$ и $b$ принадлежат одному и тому-же смежному классу фактор группы $G/I$.
Сравнения по модулю идеала $I$ удовлетворяют обычным свойствам сравнений: их можно складывать и умножать, и также умножать на произвольный элемент кольца $G$.
Полной системой вычетов по модулю идеала $I$ называется максимальный набор не сравнимых друг с другом по модулю $I$ элементов.
Если выбрать по одному элементу из каждого смежного класса фактор группы $G/I$, получим полную систему вычетов.

Идеал $I$ кольца $G$ называется собственным, если он не совпадает с $G$.

Cобственный идеал $I$ кольца $G$ называется максимальным, если кроме $I$ нет других собственных идеалов, содержащих $I$.
Собственный идеал $I$ кольца $G$ называется простым, если из $ab \in I$ следует $a \in I$ или $b \in I$, для любых элементов $a$ и $b$ кольца $G$.

Лемма
-----------

Любой максимальный идеал $I$ является простым.

Доказательство
------------------------

Пусть $a$ - какой либо либо элемент кольца $G$, не принадлежащий идеалу $I$.
Пусть $J$ - множество всех элементов вида $c+d a$, где $c$ - произвольный элемент идеала $I$, а $d$ - произвольный элемент кольца $G$.
Поскольку $J$ является идеалом, содержащим $I$ и не совпадающим с $I$, то $J=G$ в силу максимальности $I$.
В частности, $1 \in J$, значит:

(1) $1=c_1+d_1 a$, где $c_1 \in I$, $d_1 \in G$.

Помножив это равенство на $b$, где $b$ - произвольный элемент кольца $G$, получим:

(2) $b=c_2+d_1 (a b)$, где $c_2=b c_1 \in I$.

Если $ab \in I$, то из равенства (2) следует, что $b \in I$.
Значит $I$ - простой идеал, что и требовалось.


Лемма
-----------

Любой простой идеал $I$ кольца целых алгебраических чисел $G$ является максимальным.

Доказательство
-----------------------

Это свойство простых идеалов является следствием конечности фактор группы $G/I$.
Пусть $d_1$, ..., $d_m$ - полная система вычетов по модулю идеала $I$.
Пусть $a$ - какой-либо элемент кольца $G$, не принадлежащий идеалу $I$.
Пусть $J$ - какой-либо идеал, содержащий идеал $I$ и элемент $a$.
Докажем, что идеал $J$ совпадает с кольцом $G$.
В силу простоты идеала $I$, элементы $a d_1$, ..., $a d_m$ не сравнимы друг с другом и образуют полную систему вычетов по модулю идеала $I$.
Поэтому $a d \equiv 1$ по модулю идеала $I$, для некоторого $d$ из $d_1$, ..., $d_m$.
Из этого сравнения следует, что $1$ принадлежит идеалу $J$, следовательно идеал $J$ cовпадает с кольцом $G$.
Значит идеал $I$ - максимальный.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение25.08.2012, 15:03 


31/03/06
1384
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Пусть $S$ - какое-либо непустое множество идеалов кольца $G$.
Идеал $I \in S$ называется максимальным в $S$, если он не содержится ни в каком другом идеале из $S$.

Если $S$ - множество всех собственных идеалов кольца $G$, то максимальный идеал в $S$ является максимальным идеалом кольца $G$.

Лемма
-----------
Пусть $S$ - какое-либо непустое множество идеалов кольца $G$.
Тогда существует максимальный идеал (возможно не один) в $S$.

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Тогда существует бесконечная цепочка
(1) $I_1 \subset I_2 \subset I_3 \subset ...$ идеалов из $S$, в которой никакие два соседних идеала не равны.
Пусть $J$ - объединение всех идеалов этой цепочки.
Множество $J$ является идеалом кольца $G$, следовательно конечно-генерируемой абелевой группой по сложению.
Пусть $b_1$, ..., $b_m$ - генераторы этой абелевой группы идеала $J$.
Все идеалы цепочки (1), начиная с некоторого, содержат все элементы $b_1$, ..., $b_m$, следовательно содержат идеал $J$.
Поскольку эти идеалы также содержатся в $J$, то они равны $J$, в противоречии с тем, что соседние идеалы цепочки (1) не равны.


Пусть $A$ и $B$ - два множества чисел из поля $F$.
Произведением множеств $A$ и $B$ называется множество чисел поля $F$, представимых конечной суммой произведений вида $a b$, где $a \in A$, $b \in B$ (среди слагаемых могут быть одинаковые).
Это произведение множеств коммутативно и ассоциативно.
Чтобы доказать ассоциативность заметим, что $(A B) C$ и $A (B C)$ являются множеством чисел поля $F$, представимых конечной суммой произведений вида $a b c$, где $a \in A$, $b \in B$, $c \in C$.

Лемма
-------------
Пусть $A_1$, ..., $A_m$ - множества целых алгебраических чисел из кольца $G$.
Пусть $\rho$ - простой идеал кольца $G$.

Если произведение множеств $A_1...A_m$ содержится в $\rho$, то хотя бы одно из этих множеств содержится в $\rho$.

Доказательство
-------------------------

Сначала докажем лемму для $m=2$.
Предположим обратное: $A_1 A_2 \subseteq \rho$, $A_1 \not \subseteq \rho$, $A_2 \not \subseteq \rho$.
Тогда существуют два числа $a \in A_1$ и $b \in A_2$, ни одно из которых не принадлежит идеалу $\rho$.
Произведение $a b$ принадлежит $A_1 A_2$, следовательно принадлежит $\rho$, в противоречии с тем, что $\rho$ - простой идеал.

Пусть теперь $m>2$.
Предположим обратное, и пусть $m$ - наименьшее целое число большее $2$-ух, для которого утверждение леммы неверно.
Тогда $A_1 \not \subseteq \rho$, значит $A_2...A_m \subseteq \rho$.
В силу минимальности $m$, одно из множеств $A_2$, ..., $A_m$ содержится в $\rho$ в противоречии с предположением.

Лемма
-----------

Если $A$ и $B$ - группы по сложению, то их произведение $A B$ является группой по сложению.

Доказательство
------------------------

Разность двух конечных сумм произведений вида $a b$ , где $a \in A$, $b \in B$ является конечной суммой произведений этого вида, поскольку $-(a b)=(-a) b$ и $-a \in A$.
Значит разность двух чисел из $A B$ принадлежит $A B$, следовательно $A B$ является группой по сложению.

Лемма
----------

Если $A$ и $B$ - идеалы, то их произведение $A B$ является идеалом.

Доказательство
------------------------
Множество $A B$ содержит только целые алгебраические числа.
В силу предыдущей леммы, $A B$ является группой по сложению.

Пусть $c \in G$ - какое-либо целое алгебраическое число, а $d$ - какое-либо число из $A B$.
Покажем, что $c d \in A B$.

Число $c d$ является конечной суммой произведений вида $c (a b)$ , где $a \in A$, $b \in B$.
Поскольку $c (a b)=(c a) b$ и $c a \in A$, то $с d \in A B$, что и требовалось.


Суммой идеалов $A$ и $B$ называется множество чисел вида $a+b$, где $a \in A$ и $b \in B$.
Сумма идеалов $A$ и $B$ является идеалом.

Лемма
----------

Пусть $A$, $B$, $C$ - идеалы.
Тогда $(A+B) C=A C+B C$.

Доказательство
----------------------------
Конечная сумма произведений вида $(a+b) c$, где $a \in A$, $b \in B$, $c \in C$ равна сумме двух конечных сумм: конечной суммы произведений вида $a c$, где $a \in A$, $c \in C$, и конечной суммы произведений вида $b c$, где $b \in B$, $c \in C$.
Поэтому $(A+B) C \subseteq A C+B C$.

Поскольку $0 \in B$ и $a c=(a+0) c$, где $a \in A$, $c \in C$, то $AC \subseteq (A+B) C$.
Поскольку $0 \in A$ и $b c=(0+b) c$, где $b \in B$, $c \in C$, то $BC \subseteq (A+B) C$.
Следовательно, $A C+B C \subseteq (A+B) C$.

Значит $(A+B) C=A C+B C$.


Пусть $c_1$, ..., $c_m$ - какой-либо набор элементов кольца $G$.
Пусть $I$ - множество элементов вида $d_1 c_1+...+d_m c_m$, где $d_1$, ..., $d_m$ - произвольные элементы кольца $G$.
Множество $I$ является идеалом, содержащим элементы $c_1$, ..., $c_m$.
Этот идеал назвается генерируемым элементами $c_1$, ..., $c_m$ и обозначается $(c_1, ..., c_m)$.

Главными идеалами называются идеалы , генерируемые одним элементом.
Главные идеалы обозначаются $(c)$ или $c G$, где $c \in G$ - генератор идеала.


Лемма
-----------

Любой идеал $I$ содержит произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Пусть $S$ - множество всех идеалов, которые не содержат произведение конечного числа простых идеалов.
Пусть $I$ - максимальный идеал в множестве $S$ (которое непусто по предположению).
Идеал $I$ не является простым по предположению, следовательно существуют такие целые алгебраические числа $a$ и $b$, не принадлежащие идеалу $I$, что $a b \in I$.
В силу максимальности $I$ в $S$, идеалы $I+(a)$ и $I+(b)$ не принадлежат $S$, т.е. содержат произведения конечного числа простых идеалов.
Следовательно идеал $(I+(a))(I+(b))$ содержит произведение конечного числа простых идеалов.
Но $(I+(a))(I+(b))=I^2+(a) I+(b) I+(a)(b) \subseteq I$, что противоречит принадлежности идеала $I$ множеству $S$.


Лемма
------------

Пусть $I$ - какой-либо собственный идеал кольца $G$.
Тогда существует такое алгебраическое число $r$, не являющееся целым, что $r I \subseteq G$.

Доказательство
-----------------------

Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
Имеем:

(2) $\rho_1...\rho_m \subseteq (c) \subseteq I \subseteq \rho$,

где $\rho_1$, ..., $\rho_m$ - простые идеалы, существующие в силу того, что идеал $(c)$ содержит произведение простых идеалов, а $\rho$ - простой идеал, существующий в силу того, что среди собственных идеалов кольца $G$, содержащих $I$, есть максимальный.

Пусть $m$ - наименьшее колличество простых идеалов, произведение которых содержится в $(c)$.

Поскольку $\rho_1...\rho_m \subseteq \rho$ и $\rho$ - простой идеал, то один из идеалов $\rho_1$, ..., $\rho_m$ содержится в $\rho$.

Без ограничения общности, предположим: $\rho_1 \subseteq \rho$

Поскольку $\rho_1$ - простой идеал, то он является максимальным идеалом кольца $G$, поэтому $\rho=\rho_1$.

Если $m=1$, то из (2) следует: $I=(c)$, следовательно $\frac{1}{c} I=G$, где $r=\frac{1}{c}$ не является целым алгебраическим числом (иначе единица $1=\frac{1}{c} c$ принадлежала бы идеалу $I$, и $I$ не был бы собственным идеалом).

Пусть $m>1$.

В силу минимальности $m$, произведение $\rho_2...\rho_m$ не содержится в $(c)$.
Пусть $a$ - целое алгебраическое число, принадлежащее $\rho_2...\rho_m$, но не принадлежащее $(c)$.
Тогда $a I \subseteq a \rho=a \rho_1 \subseteq \rho_1...\rho_m \subseteq (c)$, следовательно $a I \subseteq (c)$, следовательно $\frac{a}{c} I \subseteq G$.
Поскольку $a \not \in (c)$, то $r=\frac{a}{c}$ не принадлежит $G$ и не является целым алгебраическим числом, что и требовалось.

Лемма
-------------

Пусть $I$ - какой-либо ненулевой идеал кольца $G$.
Алгебраическое число $r \in F$ является целым алгебраическим числом тогда и только тогда, когда
$rI$ cодержится в $I$.

Доказательство
------------------------
Если $r$ - целое алгебраическое число, то $rI$ cодержится в $I$ по определению идеала.
Пусть $r \in F$ - алгебраическое число, и $rI$ cодержится в $I$.
Докажем, что $r$ - целое алгебраическое число.
Пусть $H$ - абелева группа по сложению, генерируемая степенями $1$, $r$, $r^2$, ....
Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
Группа $cH$ содержится в идеале $I$, следовательно является подгруппой конечно-генерируемой абелевой группы.
Поэтому $cH$, а значит и $H$ является конечно-генерируемой абелевой группой.
Значит $r$ - целое алгебраическое число.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение25.08.2012, 17:35 


31/03/06
1384
Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #608960 писал(а):
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Идеалом кольца $G$ называется такая подгруппа $I$ группы по сложению $G$, что $g a \in I$ для любых $g \in G$ и $a \in I$.


исправляется на:
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Идеалом кольца $G$ называется такая подгруппа $I$ группы по сложению $G$, что $a c \in I$ для любых $a \in G$ и $c \in I$.


Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #608960 писал(а):
Лемма
-------------

Любой идеал $I$ кольца $G$ является свободной абелевой группой по сложению ранга $n$.

Доказательство
-------------------------

Поскольку $I$ является подгруппой свободной абелевой группы $G$ ранга $n$, то $I$ является свободной абелевой группой ранга не больше $n$.
Пусть $c$ - какой-либо элемент идеала $I$.
...


исправляется на:

Идеал, содержащий только $0$ называется нулевым.

Лемма
-------------

Любой ненулевой идеал $I$ кольца $G$ является свободной абелевой группой по сложению ранга $n$.

Доказательство
-------------------------

Поскольку $I$ является подгруппой свободной абелевой группы $G$ ранга $n$, то $I$ является свободной абелевой группой ранга не больше $n$.
Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
...

Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #608960 писал(а):
Cобственный идеал $I$ кольца $G$ называется максимальным, если кроме $I$ нет других собственных идеалов, содержащих $I$.
Собственный идеал $I$ кольца $G$ называется простым, если из $ab \in I$ следует $a \in I$ или $b \in I$, для любых элементов $a$ и $b$ кольца $G$.


исправляется на:

Cобственный ненулевой идеал $I$ кольца $G$ называется максимальным, если кроме $I$ нет других собственных идеалов, содержащих $I$.
Собственный ненулевой идеал $I$ кольца $G$ называется простым, если из $ab \in I$ следует $a \in I$ или $b \in I$, для любых элементов $a$ и $b$ кольца $G$.


Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #610403 писал(а):
Лемма
-----------

Любой идеал $I$ содержит произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Пусть $S$ - множество всех идеалов, которые не содержат произведение конечного числа простых идеалов.
...


исправляется на:

Лемма
-----------

Любой собственный ненулевой идеал $I$ содержит произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Пусть $S$ - множество всех собственных ненулевых идеалов, которые не содержат произведение конечного числа простых идеалов.
...

Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #610403 писал(а):
Лемма
------------

Пусть $I$ - какой-либо собственный идеал кольца $G$.
Тогда существует такое алгебраическое число $r$, не являющееся целым, что $r I \subseteq G$.

Доказательство
-----------------------

Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
...


исправляется на:

Лемма
------------

Пусть $I$ - какой-либо собственный ненулевой идеал кольца $G$.
Тогда существует такое алгебраическое число $r$, не являющееся целым, что $r I \subseteq G$.

Доказательство
-----------------------

Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
...

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение25.08.2012, 20:49 


31/03/06
1384
Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #610403 писал(а):
Лемма
-----------

Любой идеал $I$ содержит произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Пусть $S$ - множество всех идеалов, которые не содержат произведение конечного числа простых идеалов.
Пусть $I$ - максимальный идеал в множестве $S$ (которое непусто по предположению).
Идеал $I$ не является простым по предположению, следовательно существуют такие целые алгебраические числа $a$ и $b$, не принадлежащие идеалу $I$, что $a b \in I$.
В силу максимальности $I$ в $S$, идеалы $I+(a)$ и $I+(b)$ не принадлежат $S$, т.е. содержат произведения конечного числа простых идеалов.
Следовательно идеал $(I+(a))(I+(b))$ содержит произведение конечного числа простых идеалов.
Но $(I+(a))(I+(b))=I^2+(a) I+(b) I+(a)(b) \subseteq I$, что противоречит принадлежности идеала $I$ множеству $S$.


исправляется на:

Покажем, что в кольце $G$ cуществуют простые идеалы.
Пусть $S$ - множество всех собственных идеалов, содержащих идеал $2 G$.
Множество $S$ непусто, поскольку идеал $2 G$ - собственный.
Максимальный идеал в $S$ является максимальным идеалом кольца $G$, следовательно простым.

Лемма
-----------

Любой ненулевой идеал $I$ содержит произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Пусть $S$ - множество всех ненулевых идеалов, которые не содержат произведение конечного числа простых идеалов.
Пусть $I$ - максимальный идеал в множестве $S$ (которое непусто по предположению).
Единичный идеал $G$ не принадлежит $S$, поэтому $I\neq G$.
Идеал $I$ не является простым по предположению, следовательно существуют такие целые алгебраические числа $a$ и $b$, не принадлежащие идеалу $I$, что $a b \in I$.
В силу максимальности $I$ в $S$, идеалы $I+(a)$ и $I+(b)$ не принадлежат $S$, т.е. содержат произведения конечного числа простых идеалов.
Следовательно идеал $(I+(a))(I+(b))$ содержит произведение конечного числа простых идеалов.
Но $(I+(a))(I+(b))=I^2+(a) I+(b) I+(a)(b) \subseteq I$, что противоречит принадлежности идеала $I$ множеству $S$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение25.08.2012, 22:29 


31/03/06
1384
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Теорема
--------------

Для любого ненулевого идеала $I$: существует ненулевой идеал $J$, такой, что $I J$ - главный идеал.

Доказательство
------------------------

Пусть $I$ - ненулевой идеал.
Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.

Пусть $J$ - множество всех целых алгебраических чисел $x \in G$, для которых $x I \subseteq (c)$.

Тогда $J$ - ненулевой идеал, содержащий $c$ и

(1) $I J \subseteq (c)$.

Пусть $L=\frac{1}{c} I J$.

Из (1) следует, что $L \subseteq G$.
Поскольку $I$ и $J$ - идеалы, то $L$ - тоже идеал.

Покажем, что $L=G$, следовательно $I J=(c)$.
Предположим обратное, что $L$ - собственный идеал.

Тогда существует такое алгебраическое число $r$, которое не является целым, что $r L \subseteq G$. Следовательно $r \frac{1}{c} I J \subseteq G$, следовательно $(r J) I \subseteq (c)$, следовательно

(2) $r J \subseteq J$.

Из (2) следует, что $r$ - целое алгебраическое число, в противоречии тому, что алгебраическое число $r$ не является целым.

Следствие 1
--------------------

Пусть $I$, $J$ - идеалы и $L$ - ненулевой идеал.
Пусть $L I=L J$.

Тогда $I=J$.

Доказательство
------------------------

Пусть $H$ - такой идеал, что $L H=(c)$, где $c$ - ненулевое целое алгебраическое число.
Помножив равенство $L I=L J$ на $H$ получим:

(3) $(c) I=(c) J$.

Поскольку $(c) I=c I$ и $(c) J=c J$, то из (3) следует

(4) $c I=c J$.

Из (4) следует $I=J$, что и требовалось.


Будем говорить, что идеал $I$ делится на ненулевой идеал $J$, если существует такой идеал $L$, что $I=J L$.

Следствие 2
--------------------

Идеал $I$ делится на ненулевой идеа $J$ тогда и только тогда, когда $I$ содержится в $J$.

Доказательство
-----------------------

Если идеал $I$ делится на идеал $J$, то $I=J L$, следовательно $I$ содержится в $J$.
Пусть идеал $I$ содержится в ненулевом идеале $J$.
Докажем, что $I$ делится на $J$.

Пусть $L$ - такой идеал, что $L J=(c)$, где $c$ - ненулевое целое алгебраическое число.
Пусть

(4) $H=\frac{1}{c} L I$.

Поскольку $I \subseteq J$, то $H \subseteq \frac{1}{c} L J=G$, значит $H$ является идеалом.
Помножив (4) на $J$, получим $H J=\frac{1}{c} (L J) I=I$.
Значит $H J=I$, следовательно $I$ делится на $J$, что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение26.08.2012, 05:26 


31/03/06
1384
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Теорема
---------------

Любой ненулевой собственный идеал разлагается в произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
--------------------------

Предположим обратное, и пусть $S$ - множество ненулевых собственных идеалов, которые не разлагаются в конечное число простых идеалов.
Пусть $I$ - максимальный идеал в $S$.
Поскольку $I \in S$, то $I$ не является простым идеалом.
Пусть $J$ - какой-либо простой идеал, содержащий $I$.
Тогда $I$ делится на $J$, следовательно существует такой идеал $L$, что

(1) $I=JL$

Если $L=I$, то из (1) получим $J=G$, в противоречии тому, что $J$ - простой идеал.
Если $L=G$, то из (1) получим $J=I$, в противоречии тому, что $J$ - простой идеал, а $I$ - нет.
Пусть $L$ - идеал, отличный от $I$ и от $J$.
Из (1) следует, что $I$ содержится в $L$.
В силу максимальности идеала $I$ в $S$, идеал $L$ не принадлежит $S$.
Поскольку $L$ - ненулевой, собственный идеал, не принадлежащий $S$, то $L$ разлагается в произведение конечного числа простых идеалов.
Из этого и из (1) следует, что $I$ разлагается в произведение конечного числа простых идеалов, что противоречит принадлежности $I$ к $S$.

Теорема
---------------

Любой ненулевой собственный идеал однозначно разлагается в произведение конечного числа простых идеалов, с точностью до перестановки сомножителей.

Доказательство
--------------------------

В силу предыдущей теоремы, нужно доказать однозначность разложения в произведение конечного числа простых идеалов.
Пусть

(2) $\rho_1...\rho_m=\pi_1...\pi_k$,

где $\rho_1$, ..., $\rho_m$ и $\pi_1$, ..., $\pi_k$ - простые идеалы (среди которых могут быть одинаковые), и где $1 \leq m \leq k$.

Докажем, что правая и левая части равенства (2) совпадают с точности до перестановки сомножителей.

Предположим обратное, и пусть $k$ - наименьшее целое положительное число, для которого это неверно.

Из (2) следует, что $\pi_1...\pi_k \subseteq \rho_1$, следовательно хотя бы один из идеалов $\pi_1$, ..., $\pi_k$ содержится в $\rho_1$.
Если этот идеал не равен $\pi_1$, переставим его на первое место.
Получим

(3) $\pi_1$ содержится в $\rho_1$.

Поскольку $\pi_1$ - простой, и значит максимальный идеал, то $\pi_1=\rho_1$.

Если $m=1$ и $k=1$, то правая и левая часть равенства (2) совпадают, в противоречии с предположением.
Пусть $k>1$.
Если $m=1$, то, сокращая равенство (2) на $\rho_1$, получим $G=\pi_2...\pi_k \subseteq \pi_2$, что невозможно, поскольку $\pi_2$ - простой идеал, следовательно не совпадает с $G$.
Пусть $m>1$.
Cокращая равенство (2) на $\rho_1$, получим:

(4) $\rho_2...\rho_m=\pi_2...\pi_k$.

В силу минимальности $k$, правая и левая части равенства (4) совпадают с точностью до перестановки сомножителей, следовательно это верно и для равенства (2), что противоречит предположению.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение26.08.2012, 23:09 


31/03/06
1384
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Нулевой степенью идеала называется единичный идеал $G$.
Таким образом, $A^0=G$ для любого идеала $A$.

Наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное ненулевых идеалов $I_1$, ..., $I_m$ определяется стандартным образом из разложения этих идеалов в произведение степеней простых идеалов.
Наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное идеалов являются произведениями степеней простых идеалов, то есть идеалами.
Наибольший общий делитель идеалов $I_1$, ..., $I_m$ является таким общим делителем, который делится на любой другой общий делитель.
Наименьшее общее кратное идеалов $I_1$, ..., $I_m$ является таким общим кратным, которое делит любое другое общее кратное.
Ненулевые идеалы $I_1$, ..., $I_m$ называются взаимно-простыми, если их единственным общим делителем является единичный идеал $G$.
Число $c \in G$ называется взаимно-простым с идеалом $I$, если взаимно-просты идеалы $(c)$ и $I$.

Лемма
-----------

Наибольший общий делитель ненулевых идеалов $I_1$, ..., $I_m$ равен сумме этих идеалов.

Доказательство
------------------------

Пусть $J=I_1+...+I_m$.
Поскольку идеал $J$ содержит идеалы $I_1$, ..., $I_m$, то он является их общим делителем.
Поскольку $J$ делится на любой другой общий делитель идеалов $I_1$, ..., $I_m$, то $J$ является наибольшим общим делителем.


Лемма
-----------

Наименьшее общее кратное ненулевых идеалов $I_1$, ..., $I_m$ равно пересечению этих идеалов.

Доказательство
------------------------

Пусть $J=I_1\cap...\cap I_m$.
Заметим, что $J$ - ненулевой идеал, поскольку он содержит произведение $I_1...I_m$ ненулевых идеалов.
Поскольку идеал $J$ содержится в идеалах $I_1$, ..., $I_m$, то он является их общим кратным.
Поскольку $J$ содержит любое другое общее кратное идеалов $I_1$, ..., $I_m$, то $J$ делит это общее кратное.


Лемма
-------------

Пусть $I$ и $J$ - взаимно-простые идеалы.
Тогда существует число $c$, принадлежащее идеалу $I$ и взаимно-простое с $J$.

Доказательство
-------------------------

Наибольшим общим делителем идеалов $I$ и $J$ является единичный идеал $G$.
Значит, $I+J=G$.
Следовательно, существуют числа $c \in I$ и $d \in J$, такие, что $c+d=1$.
Имеем: $(c)+(d)=G$.
Поскольку $(d)$ делится на $J$, то $(c)$ - взаимно-просто с $J$.

Лемма
-----------

Пусть $I$ - ненулевой идеал, и $d$ - какое-либо взаимно-простое с ним число.
Тогда сравнение

(1) $x d \equiv c$ по модулю идеала $I$

разрешимо для любого числа $c$ кольца $G$.

Доказательство
------------------------

Пусть $b_1$, ..., $b_m$ - полная система вычетов по модулю идеала $I$.
Числа $d b_1$, ..., $d b_m$ не сравнимы друг с другом по модулю идеала $I$ и образуют полную систему вычетов.
Поэтому $c$ сравнимо с одним из этих чисел $d b_i$, и число $x=b_i$ является решением сравнения (1).


Теорема (китайская теорема об остатках для идеалов)
------------------------------------------------------------------------------

Пусть $I_1$, ..., $I_m$ - попарно взаимно-простые идеалы.
Пусть $c_1$, ..., $c_m$ - произвольные числа кольца $G$ (то есть, целые алгебраические числа).

СУществует число $c \in G$, сравнимое с $c_1$ по модулю $I_1$, с $c_2$ по модулю $I_2$, ..., с $c_m$ по модулю $I_m$.

Доказательство
------------------------

Определим идеалы $J_1$, ..., $J_m$ следующим образом: $J_i=\prod_{j=1, j\neq i}^m I_j$.
Идеалы $I_i$ и $J_i$ - взаимно-просты для любого $i=1, ..., m$.
Пусть $d_1 \in J_1$, ..., $d_m \in J_m$ - такие числа, что $d_i$ взаимно просто с $I_i$, для любого $i=1, ..., m$.
Будем искать число $c$ в виде $c=x_1 d_1+...+x_m d_m$, где $x_1$, ..., $x_m$ - числа кольца $G$, которые нам предстоит найти.
Пусть $i$ - какой-либо индекс из $1, ..., m$.
Поскольку число $d_i$ делится на идеал $J_i$, который делится на все идеалы $I_1$, ..., $I_m$, кроме $I_i$, то сравнение $c \equiv c_i$ по модулю $I_i$ равносильно сравнению

(2) $x_i d_i \equiv c_i$ по модулю $I_i$.

Сравнение (2) имеет решение в силу предыдущей леммы.


Следствие
------------------

Пусть $I_1$, ..., $I_m$ - попарно взаимно-простые идеалы.
Тогда $N(I_1...I_m)=N(I_1)...N(I_m)$, то есть норма произведения идеалов равно произведению норм этих идеалов.

Доказательство
-------------------------

Пусть $B_i$ - полная система вычетов по модулю идеала $I_i$, для $i=1...m$.
Выберем из $B_1$, ..., $B_m$ по одному вычету, получим набор из $m$ чисел.
Пусть $C$ - множество всевозможных таких наборов.
Пусть $E$ - полная система вычетов по модулю идеала $I_1...I_m$.
Каждому числу из $E$ соответствует набор из $C$ сравнимых с этим числом вычетов по модулям идеалов $I_1$, ..., $I_m$.
Разным вычетам из $E$ соответствуют разные наборы из $C$.
В силу китайской теоремы об остатках для идеалов, любой набор из $C$ соответствует некоторому вычету из $E$.
Поэтому, колличество вычетов в $E$ равно колличеству наборов в $C$.
Колличество вычетов в $E$ равно $N(I_1...I_m)$.
Поскольку колличество вычетов в $B_i$ равно $N(I_i)$, то колличество наборов в $C$ равно $N(I_1)...N(I_m)$.
Значит, $N(I_1...I_m)=N(I_1)...N(I_m)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Сообщение28.08.2012, 08:37 


31/03/06
1384
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Лемма
-------------

Пусть $I$ и $J$ - ненулевые идеалы.
Тогда существует число $c$, принадлежащее идеалу $I$, такое, что $(c, I J)=I$ (то есть, наибольший общий делитель $c$ и $I J$ равен $I$).

Доказательство
-------------------------

Пусть $\rho_1$, ..., $\rho_m$ - все простые идеалы, на которые делится идеал $I J$.
Пусть $I=\rho_1^k_1...\rho_m^k_m$, где $k_1$, ..., $k_m$ - целые неотрицательные числа (некоторые, из которых, могут быть нулями).
Для каждого индекса $i=1,...,m$, выберем число $c_i$ принадлежащее идеалу $\rho_i^k_i$, но не принадлежащее идеалу $\rho_i^{k_i+1}$.
Пусть $c \in G$ - число, сравнимое с $c_i$ по модулю идеала $\rho_i^{k_i+1}$, для любого $i=1,...,m$.
Такое число $c$ cуществует в силу китайской теоремы об остатках для идеалов.
Число $c$ делится на идеал $\rho_i^k_i$, но не делится на идеал $\rho_i^{k_i+1}$, для любого $i=1,...,m$.
Значит $(c, I J)=I$, что и требовалось.


Следствие
-----------------

Любой ненулевой идеал $I$ генерируется двумя своими элементами (существуют такие два элемента).

Доказательство
------------------------

Пусть $d$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
Пусть $J$ - такой идеал, что $I J=(d)$.
Пусть $c$ - такой элемент идеала $I$, что $(c, I J)=I$.

Тогда $(c, d)=I$, что и требовалось.


Теорема
--------------

Пусть $I$ - ненулевой идеал.
Пусть $a\neq 0$ и $b$ - числа кольца $G$.

Cравнение

(1) $x a \equiv b$ по модулю идеала $I$

имеет решение $x \in G$ тогда и только тогда, когда число $b$ делится на идеал $(a, I)$ - наибольший общий делитель числа $a$ и идеала $I$.

Доказательство
-----------------------

Пусть сравнение (1) имеет решение $x \in G$.
Число $(x a-b)$ делится на идеал $I$, значит и на идеал $(a, I)$.
Поскольку число $a$ делится на идеал $(a, I)$, то число $b=x a -(xa-b)$ делится на идеал $(a, I)$.
Что и требовалось.

Пусть теперь число $b$ делится на идеал $(a, I)$.
Покажем, что существует решение $x \in G$ сравнения (1).

Пусть $J$ - такой идеал, что $(a)=(a, I) J$
Пусть $v$ - такой элемент идеала $J$, что $(v, JI)=J$.

Поскольку число $v$ делится на идеал $J$, а число $b$ делится на идеал $(a, I)$, то число $v b$ делится на идеал $J (a, I)$, равный $(a)$.
Следовательно, число $v b$ делится на число $a$.

Пусть $L$ - такой идеал, что $I=(a, I) L$.
Поскольку $(a)=(a, I) J$, то идеал $J$ взаимно-прост с идеалом $L$.
Поскольку $(v, JI)=J$, то $(v, J L (a, I))=J$.
А поскольку идеал $J$ взаимно-прост с идеалом $L$, то число $v$ взаимно-просто с идеалом $L$.
Значит, сравнение

(2) $xv \equiv vb/a$ по модулю идеала $L$

имеет решение $x \in G$.

Покажем, что из сравнения (2) следует сравнение (1).
Из (2) следует, что число $v(x a -b)$ делится на идеал $a L$, значит идеал $\frac{(v)}{J}(x a -b)$ делится на идеал $\frac{(a)}{J} L=(a, I) L=I$, то есть

(3) идеал $\frac{(v)}{J}(x a-b)$ делится на идеал $I$.

Из $(v, JI)=J$ следует, что идеал $\frac{(v)}{J}$ взаимно-прост с идеалом $I$, поэтому из (3) следует, что число $(x a-b)$ делится на идеал $I$, что и требовалось.


Лемма
-----------

Пусть $I$ и $J$ - ненулевые идеалы.
Пусть $c$ -число, принадлежащее идеалу $I$, такое, что $(c, I J)=I$.

Пусть $a_1$, ..., $a_m$ - полная система вычетов по модулю идеала $I$.
Пусть $b_1$, ..., $b_k$ - полная система вычетов по модулю идеала $J$.

Тогда числа

(4) $c b_i+a_j$, где $i=1, ..., k$; $j=1, ..., m$;

образуют полную систему вычетов по модулю идеала $I J$.

Доказательство
------------------------

Пусть

(5) $c b_{i_1}+a_{j_1} \equiv c b_{i_2}+a_{j_2}$ по модулю идеала $IJ$, где $i_1$ и $i_2$ - какие-либо индексы от $1$ до $k$, а $j_1$ и $j_2$ - какие-либо индексы от $1$ до $m$.

Поскольку число $c$ делится на идеал $I$, то из (5) следует:

(6) $a_{j_1} \equiv a_{j_2}$ по модулю идеала $I$.

Из (6) следует:

(7) $j_1=j_2$ и $a_{j_1}=a_{j_2}$,

поскольку $a_{j_1}$ и $a_{j_2}$ принадлежат полной системе вычетов по модулю идеала $I$.

Из (5) и (7) следует:

(8) $c b_{i_1} \equiv c b_{i_2}$ по модулю идеала $IJ$.

Поскольку $(c, IJ)=I$, то число $(b_{i_1}-b_{i_2})$ делится на идеал $J$, следовательно:

(9) $i_1=i_2$ и $b_{i_1}=b_{i_2}$,

поскольку $b_{i_1}$ и $b_{i_2}$ принадлежат полной системе вычетов по модулю идеала $J$.

Равенства (7) и (9) означают, что числа (4) не сравнимы друг с другом.

Осталось показать, что любое число кольца $G$ сравнимо с одним из чисел (4) по модулю идеала $I J$.

Пусть $d$ - какое-либо число кольца $G$.
Пусть $d \equiv a$ по модулю идеала $I$, где $a$ - одно из чисел $a_1$, ..., $a_m$.
Рассмотрим сравнение:

(10) $x c \equiv (d-a)$ по модулю идеала $I J$.

Это сравнение имеет решение $x \in G$, поскольку число $(d-a)$ делится на идеал $(c, IJ)=I$

Число $x$ сравнимо с числом $b$ по модулю идеала $J$, где $b$ - одно из чисел $b_1$, ..., $b_k$.
Поскольку число $c$ делится на идеал $I$, то $x c  \equiv b c$ по модулю идеала $I J$, и из (10) следует:

(11) $b c \equiv (d-a)$ по модулю идеала $I J$.

Из (11) следует: $d \equiv c b+a$ по модулю идеала $I J$, что и требовалось.


Следствие
----------------

Пусть $I$ и $J$ - ненулевые идеалы.
Тогда $N(I J)=N(I) N(J)$, то есть норма произведения идеалов равна произведению норм этих идеалов.

Это следует непосредственно из доказанной леммы.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 128 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group