Having settled the existence of pri

Having settled the existence of prime factorizations in Z[i], we aim for the uniqueness.
We start with a lemma, which generalizes a familiar result about prime numbers in Z.
Lemma 6.5. Let π be prime in Z[i]. For Gaussian integers α1, . . . , αr, if π|α1α2 · · · αr
then π divides some αj .
Proof. We check the case r = 2. The proof for larger r is a straightforward induction.
Let π|α1α2. Suppose π does not divide α1. This implies π and α1 are relatively prime.
Indeed, otherwise π and α1 would have a non-unit greatest common divisor, which would
have to be a unit multiple of π (since π only has trivial factors, as it is prime). This would
imply π divides α1, which is not the case.
Now that we know π and α1 are relatively prime, π|α2 by Corollary 5.7.
We’re now ready to prove unique factorization in Z[i]. However, it is not quite what you
may expect. That is, the following is false: when
π1π2 · · · πr = π
0
1π
0
2
· · · π
0
s
where the πi
’s and πj ’s are all prime in Z[i], r = s and πi = π
0
i
after a suitable relabelling.
Well, the r = s part is true. But there is no reason to expect we can match up the primes
term-by-term. Consider
5 = (1 + 2i)(1 − 2i) = (2 − i)(2 + i).
The factors here are all prime in Z[i] (since their norms all equal the prime number 5), but
the two primes in one factorization do not appear in the other. Does this violate the idea
of unique factorization?
No. By allowing unit multiples, we can make a match between the two factorizations:
1 + 2i = (2 − i)i, (1 − 2i) = (2 + i)(−i).
In fact, the same phenomenon can happen in Z:
6 = 2 · 3 = (−2) · (−3).
14 KEITH CONRAD
This is not an example of non-unique factorization in Z, since we can match the factors up
to sign. Sign issues are avoided in Z by focusing attention on positive integers and positive
primes only. As there is no positivity in Z[i] (at least in this course), we are forced to allow
ambiguity up to unit multiples in our prime factorizations. This explains the role of units
in unique factorization for Z[i].

Kết quả (Việt) 1:

Chúng ta có giải quyết sự tồn tại của nguyên tố factorizations trong Z [i], nhằm mục đích cho tính độc đáo.Chúng tôi bắt đầu với một bổ đề, generalizes kết quả quen thuộc về số nguyên tố trong Z.Bổ đề 6,5. Cho số π là thủ tướng trong Z [i]. Cho số nguyên Gauss α1,..., αr, nếu π|α1α2 · Αrsau đó π chia một số αj.Bằng chứng. Chúng tôi kiểm tra trường hợp r = 2. Chứng minh r lớn hơn là một cảm ứng đơn giản.Hãy để π|α1α2. Giả sử số π không phân chia α1. Điều này ngụ ý π và α1 là tương đối nguyên tố.Thật vậy, nếu không số π và α1 sẽ có một không phải là đơn vị lớn nhất ước chung, mà sẽcó là một đơn vị bội số của số π (kể từ số π chỉ có yếu tố tầm thường, như nó là số nguyên tố). Điều này sẽbao hàm π chia α1, đó không phải là trường hợp.Bây giờ mà chúng tôi biết số π và α1 tương đối thủ, π|α2 bởi hệ luỵ 5.7.Chúng tôi bây giờ đã sẵn sàng để chứng minh duy nhất factorization trong Z [i]. Tuy nhiên, nó không phải là khá là những gì bạncó thể mong đợi. Đó là, sau là sai: khiΠ1Π2 · Πr = π01Π02· · · Π0snơi πicủa và πj của tất cả các nguyên tố trong Z [i], r = s và πi = π0tôisau khi một relabelling phù hợp.Vâng, r = s phần là đúng sự thật. Nhưng không có lý do để hy vọng chúng tôi có thể phù hợp với lập các số nguyên tốthuật ngữ của thuật ngữ. Xem xét5 = (1 + 2i) (1 − 2i) = (2 − tôi)(2 + i).Các yếu tố ở đây là tất cả thủ tướng trong Z [i] (kể từ khi họ chỉ tiêu tất cả bằng số nguyên tố 5), nhưnghai số nguyên tố trong một factorization không xuất hiện trong các khác. Điều này có vi phạm ý tưởngcủa factorization độc đáo?Không. Bằng cách cho phép đơn vị bội, chúng tôi có thể làm cho một trận đấu giữa hai factorizations:1 + 2i = (2 − tôi) tôi (1 − 2i) = (2 + i)(−i).Trong thực tế, hiện tượng tương tự có thể xảy ra ở Z:6 = 2 · 3 = (−2) · (−3).14 KEITH CONRADĐây không phải là một ví dụ về không duy nhất factorization trong Z, kể từ khi chúng tôi có thể kết hợp các yếu tốđể đăng nhập. Vấn đề đăng nhập được tránh trong Z bằng cách tập trung sự chú ý vào các số nguyên dương và tích cựcsố nguyên tố. Như không có không có dương tính trong Z [i] (ít nhất trong khóa học này), chúng tôi buộc phải cho phépsự mơ hồ đến đơn vị bội trong factorizations chính của chúng tôi. Điều này giải thích vai trò của các đơn vịtrong duy nhất factorization cho Z [i].

Kết quả (Việt) 2:

Sau khi giải quyết các tồn tại của factorizations thủ trong Z [i], chúng tôi hướng đến sự độc đáo.
Chúng tôi bắt đầu với một bổ đề, mà khái quát một kết quả quen thuộc về số nguyên tố trong Z.
Bổ đề 6.5. Hãy π được thủ trong Z [i]. Đối với số nguyên Gaussian α1,. . . , Αr, nếu p | α1α2 · · · αr
sau đó π chia một số αj.
Proof. Chúng tôi kiểm tra các trường hợp r = 2. Bằng chứng cho r lớn hơn là một cảm ứng đơn giản.
Hãy π | α1α2. Giả sử π không chia α1. Điều này ngụ ý π và α1 là tương đối thủ.
Thật vậy, nếu không π và α1 sẽ có một không-đơn vị ước số chung lớn nhất, trong đó sẽ
phải là một bội số của đơn vị π (kể từ π chỉ có yếu tố tầm thường, vì nó là nguyên tố). Điều này sẽ
bao hàm π chia α1, đó không phải là trường hợp.
Bây giờ chúng ta biết π và α1 là tương đối thủ, π |. Α2 bởi luỵ 5,7
Chúng tôi đã sẵn sàng để chứng minh nhân tử duy nhất trong Z [i]. Tuy nhiên, nó không phải là hoàn toàn những gì bạn
có thể mong đợi. Đó là, sau đây là sai: khi
π1π2 · · · πr = π
0
1π
0
2
· · · π
0
s
nơi πi
là 's và πj của tất cả các nguyên tố trong Z [i], r = s và πi = π
0
i
sau khi dán nhãn lại phù hợp.
Vâng, r = s một phần là sự thật. Nhưng không có lý do để hy vọng chúng ta có thể sánh kịp các số nguyên tố
hạn bởi hạn. Hãy xem xét
5 = (1 + 2i) (1 - 2i) = (2 - i). (2 + i)
Các yếu tố ở đây là tất cả các nguyên tố trong Z [i] (vì chỉ tiêu của họ tất cả bằng các số nguyên tố 5), nhưng
các hai số nguyên tố trong một thừa số không xuất hiện trong các khác. Điều này vi phạm các ý tưởng
của nhân tử duy nhất?
Không. Bằng cách cho phép bội đơn vị, chúng tôi có thể làm cho một trận đấu giữa hai factorizations:
. 1 + 2i = (2 - i) i, (1 - 2i) = (2 + i) (- i)
Trong thực tế, hiện tượng tương tự có thể xảy ra trong Z:
6 = 2 · 3 = (-2) · (-3).
14 KEITH CONRAD
Đây không phải là một ví dụ về thừa không duy nhất trong Z, vì chúng ta có thể kết hợp các yếu tố lên
ký. Vấn đề dấu hiệu được tránh trong Z bằng cách tập trung sự chú ý vào các số nguyên dương và tích cực
chỉ số nguyên tố. Vì không có dương tính trong Z [i] (ít nhất trong khóa học này), chúng tôi buộc phải cho phép
sự mơ hồ đến bội số đơn vị trong factorizations thủ của chúng tôi. Điều này giải thích vai trò của các đơn vị
trong nhân tử duy nhất cho Z [i].