记一道群论题目

设 𝑎 + 𝑏𝑖 ∈ ℤ[𝑖]，且 𝑎 ^ 2 + 𝑏 ^ 2 = 𝑝，𝑝 为素数，则 ℤ[𝑖]/(𝑎 + 𝑏𝑖) ≅ ℤp

分析: 这种证同构的关键是要构造同构映射 普通想法肯定是想利用模长来构造0~p-1 |-> 0~p-1 但是实际尝试会发现不能保证每个模长都有双射关系

这里又重新复习了一种技巧:
回忆定义代数结构上的除法/模 的时候 首先都会定义一种等价关系 利用等价关系来导出等价类
那么这题我们首先也应该考虑如果 m1+n1i ~ m2+n2i 能得到什么简化的结论

证明:
m1+m1i ~ m2+n2i <=> a+bi | (m1+n1i)-(m2+n2i)
即 ((m1+n1i)-(m2+n2i))/(a+bi) ∈ Z[i]
<=> {[(a(m1-m2)+b(n1-n2))]+[(a(n1-n2)-b(m1-m2))]i}/(a ** 2+b ** 2) ∈ Z[i]
这样就能利用Z[i]得到
a ** 2+b ** 2 | a(m1-m2)+b(n1-n2) 和 a ** 2+b ** 2 | -a(n1-n2)+b(m1-m2)

再利用a ** 2+b ** 2 = p
=> p | a(a(m1-m2)+b(n1-n2))+b(-a(n1-n2)+b(m1-m2)) = (a ** 2+b ** 2)(m1-m2)

又由于p为素数 (a,p) = (b,p) = 1
那么 p|a(m1-m2)+b(n1-n2) 当且仅当 p|-a(n1-n2)+b(m1-m2)
那么 由p|a(m1-m2)+b(n1-n2) 知
(m1+n1i)~(m2+n2i) <=> p|a(m1-m2)+b(n1-n2)
=> (m1+n1i)~(m2+n2i) <=> am1-bn1 === am2-bn2 mod p
那么我们接下来想要证明存在r∈{0,..,p-1} s.t (m+ni)~r
即想要找到r s.t am-bn === ar mod p
注意到 (a,p)=1 那么 {0,a,...,a(p-1)}也是modp的一个既约剩余系
所以对每一个(m+ni) 有且仅有一个r s.t ar === am-bn mod p
这样我们就建立了 (m+ni) |-> r 的一个双射
注意这里的r应该是剩余类的形式
那么 m+ni |-> Zp 只需要构造 {r} |-> Zp
同构显然 即证得结论