代数数论：素理想分解问题求解

嘿，我来帮你把用极小多项式$f(x)=x^3-6$做素理想分解的思路理清楚，分情况拆解下来，应该能帮你补全完整解答：

首先先明确基础前提：我们讨论的数域是$K=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{6})$，它的整数环$\mathcal{O}_K=\mathbb{Z}[\sqrt[3]{6}]$（因为$x^3-6$是素数2的Eisenstein多项式，满足整数环的生成条件）。根据Dedekind素理想分解定理，大部分素数可以通过$f(x)\mod p$的因式分解直接对应$(p)$在$\mathcal{O}_K$中的分解；而对于整除$f(x)$判别式的素数（也就是2和3），需要单独分析。

先算一下$f(x)$的判别式：$\text{disc}(f)=-27\times(-6)^{2=-972=-4\times3}5$，所以只有素数2和3会分歧，其他素数都是无分歧的。

情况1：p=2 #

把$f(x)$模2约化，得到$f(x)\equiv x^{3\mod2$——这是一个三重根的多项式。我们可以构造素理想$\mathfrak{p}=(\sqrt[3]{6},2)$，验证一下$\mathcal{O}_K/\mathfrak{p}\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$（是域，所以$\mathfrak{p}$是素理想）。而因为$\sqrt[3]{6}}3=6=2\times3$，3在模2下可逆，所以$2$可以表示为$\sqrt[3]{6}^3\times3{-1}$，属于$\mathfrak{p}^{3$；反过来$\mathfrak{p}}3$里的元素都是$\sqrt[3]{6}^3, 2\sqrt[3]{6}^2, 4\sqrt[3]{6}, 8$这类，都包含在$(2)$里。所以最终分解是：
$$(2)=\mathfrak{p}^{3=(\sqrt[3]{6},2)}3$$

情况2：p=3 #

类似地，$f(x)\equiv x^{3\mod3$，构造素理想$\mathfrak{q}=(\sqrt[3]{6},3)$，$\mathcal{O}_K/\mathfrak{q}\cong\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$（域，素理想）。因为$\sqrt[3]{6}}3=6=3\times2$，2在模3下可逆，所以$3=\sqrt[3]{6}^3\times2{-1}\in\mathfrak{q}^{3$，而$\mathfrak{q}}3$的元素都属于$(3)$，因此分解为：
$$(3)=\mathfrak{q}^{3=(\sqrt[3]{6},3)}3$$

情况3：p≠2,3（无分歧素数） #

这时候Dedekind定理直接适用，$(p)$的分解完全对应$f(x)\mod p$的不可约分解，我们分两类讨论：

子情况3.1：p≡2 mod3 #

这时候$\mathbb{F}_p^{*$是阶为$p-1$的循环群，3和$p-1$互素（因为$p-1\equiv1\mod3$），所以立方映射是双射——也就是说**每个元素都是$\mathbb{F}_p$中的立方数**，所以6一定是某个$a\in\mathbb{F}_p$的立方，即$a}3\equiv6\mod p$。

但三次单位根$\omega$（满足$\omega^3=1,\omega\neq1$）不在$\mathbb{F}_p$里，因为$\omega$的阶是3，而3不整除$p-1$，所以$\omega\notin\mathbb{F}_p$。因此$f(x)\mod p$只能分解为一次因子乘二次不可约因子：
$$f(x)\equiv(x-a)(x^2+ax+a2)\mod p$$
对应的素理想分解是：
$$(p)=\mathfrak{p}_1\mathfrak{p}_2$$
其中$\mathfrak{p}_1=(p,\sqrt[3]{6}-a)$（次数1，剩余类域是$\mathbb{F}_p$），$\mathfrak{p}2=(p,\sqrt[3]{6}^{2+a\sqrt[3]{6}+a}2)$（次数2，剩余类域是$\mathbb{F}{p^2}$）。

子情况3.2：p≡1 mod3 #

此时$p-1$是3的倍数，$\mathbb{F}_p^*$中存在三次单位根$\omega$（因为循环群的阶包含3，所以有3阶元素）。我们再分两种情况：

子情况3.2.1：6是$\mathbb{F}_p$中的立方数（即$6^{(p-1)/3}\equiv1\mod p$）

这时候存在$a\in\mathbb{F}_p$使得$a^3\equiv6\mod p$，而$\omega\in\mathbb{F}_p$，所以$\omega a$和$\omega^2a$也都是$f(x)\mod p$的根，因此$f(x)$分解为三个不同的一次因子：
$$f(x)\equiv(x-a)(x-\omega a)(x-\omega^2a)\mod p$$
对应的素理想分解是三个次数1的素理想的乘积：
$$(p)=\mathfrak{p}_1\mathfrak{p}_2\mathfrak{p}_3$$
其中$\mathfrak{p}_1=(p,\sqrt[3]{6}-a)$，$\mathfrak{p}_2=(p,\sqrt[3]{6}-\omega a)$，$\mathfrak{p}_3=(p,\sqrt[3]{6}-\omega^2a)$，每个的剩余类域都是$\mathbb{F}_p$。

子情况3.2.2：6不是$\mathbb{F}_p$中的立方数（即$6^{(p-1)/3}\not\equiv1\mod p$）

这时候$f(x)\mod p$在$\mathbb{F}_p$中没有根，因此是不可约的三次多项式。对应的$(p)$是$\mathcal{O}_K$中的次数3的素理想：
$$(p)=\mathfrak{p}$$
剩余类域$\mathcal{O}K/\mathfrak{p}\cong\mathbb{F}{p^3}$（$\mathbb{F}_p$的三次扩张）。

总结表格 #

为了更清晰，把所有情况整理成表格：

内容的提问来源于stack exchange，提问作者RedPvwer