d,e,f ≠ ( 0,0,0 ) Zad. 1. Zad 10. Zad. 9. Zad. 8. Zad. 7. Zad. 6. Zad. 5. Zad. 4. Zad. 3. Zad 2. Zad. 1.

(1)

Zad. 1.

Znaleźć elementy odwracalne i dzielniki zera w pierścieniu Z4× Z₉× Z .

Zad 2.

Czy funkcja jest homomorfizmem pierścieni . Jeżeli tak to wyznaczyć ^{Kerφi Imφ} . a). φ : Z

[

X

]

→Q φ

(

f (X )

)

=f (0)+1 dla dowolnego f (X )∈ Z

[

X

]

.

c). φ : Z

[

X

]

→ R φ

(

f ( X )

)

⁼f (1) dla dowolnego f (X )∈ Z

[

X

]

.

Zad. 3.

Które z zbiorów pierścieni są ideałami:

A=

{

^{f ( X )}^∈Q

^[

^X

^]

:f ma miejsca zerowe

}

^B=

{

^{f ( X )}^{∈ R}

^[

^X

^]

: f (0)=0 , f (2)=0

}

Które z nich są maksymalne i pierwsze a które nie.

Zad. 4.

Zbadać czy w pierścieniu Z

[

i

]

jest rozkładalna liczba:

a). 5 b). 2+5 i

Zad. 5.

Czy w pierścieniu Q

[

X

]

jest rozkładalny wielomian f ( X )=X³−7 X +2 .

Zad. 6.

Wyznaczyć wszystkie elementy pierścienia ilorazowego ^Z³

[

X

]

I gdzie I=

(

X³+1

)

Z

[

X

]

i wyznaczyć:

a). X²+2+I+ X +1+I b).

(

X²+2+I

)

(X +1+I ) c). (X +I)⁻¹ o ile istnieje?

Zad. 7.

Udowodnić, że Z

[√

⁵

]

I ≅ Z29 gdzie I =(7−2

√

^5)Z

[√

⁵

]

Zad. 8.

Korzystając z podstawowego twierdzenia o izomorfizmie pierścieni, udowodnić, że R

[

X

]

I ≅R² gdzie I =( X²+3 X +2) R

[

X

]

Zad. 9.

Wielomian X³+X +2 rozłożyć na czynniki nierozkładalne w pierścieniu:

a). Z3

[

X

]

b). Z7

[

X

]

Zad 10.

Niech ^{a=2−2 i} , ^b=3−i . Znaleźć u , v ∈ Z

[

i

]

takie, że ua+vb=NWD( a , b)

Zad. 1.

Znaleźć elementy odwracalne i dzielniki zera w pierścieniu ^Z4× Z₉× Z . Rozwiązanie

Element (a , b , c) jest odwracalny gdy istnieje element (d , e , f) taki, że

(a , b , c ) (d , e , f )=(1,1,1)=(ad ,be , cf ) co oznacza odpowiednio elementy a , b , c są odwracalne są odpowiednio w swoich pierścieniach ^Z4, Z₉, Z .

Stąd a ∈U

(

^Z4

)

⁼^{^1,3^} , b ∈U

(

^Z9

)

⁼^{1,2,4,5,7,8} _, c∈ U(Z)={−1,1} . Zatem U

(

^Z4× Z₉× Z

)

⁼

{

(a ,b , c ) : a∈{1,3}, b∈{1,2,4,5,7,8}, c∈{−1,1}

}

Element (a , b , c ) jest dzielnikiem zera, gdy istnieje element (d , e , f )≠(0,0,0) taki, że (a , b , c ) (d , e , f )=(0,0,0)=(ad , be , cf ) co oznacza gdy odpowiednio jakiś element

a , b , c jest dzielnikiem zera w odpowiednim w swoim pierścieniu ^Z4, Z₉, Z . Stąd a ∈ Dz

(

^Z4

)

⁼^{²^} lub b ∈ Dz

(

^Z9

)

⁼^{^3,6^} , c∈ Dz(Z)=zbiór pusty . Zatem Dz

(

^Z4× Z₉× Z

)

⁼

{

( a , b , c)∈ Z₄× Z₉× Z :a∈{2}lubb∈{3,6}

}

.

(2)

Zad 2.

Czy funkcja jest homomorfizmem pierścieni . Jeżeli tak to wyznaczyć Kerφi Imφ . a). φ : Z

[

X

]

→Q φ

(

f (X )

)

=f (0)+1 dla dowolnego f (X )∈ Z

[

X

]

.

c). φ : Z

[

X

]

→ R φ

(

^{f ( X )}

)

⁼f (1) dla dowolnego f (X )∈ Z

[

X

]

. Rozwiązanie

Ad. a). Nie jest homomorfizmem pierścieni ponieważ np. dla f ( X )=X , g ( X )= X+ 2 mamy: φ

(

f ( X )+g ( X )

)

⁼^φ

(

(f + g )( X )

)

=φ (2 X +2)=2∙ 0+2+1=3

φ

(

^{f ( X )}

)

^+φ

(

^{g ( X )}

)

=φ ( X )+φ ( X +2)=(0+1)+(0+2+1)=4 . Zatem

φ

(

f ( X )+g ( X )

)

^{≠ φ}

(

^{f ( X )}

)

⁺^φ

(

^{g ( X )}

)

co jest sprzeczne z pierwszą własnością homomorfizmu φ

(

f ( X )+g ( X )

)

^=φ

(

^{f ( X )}

)

⁺^φ

(

^{g ( X )}

)

.

Można to również uzasadnić korzystając z własności, że homomorfizm przeprowadza zero na zero. Elementem zerowym w pierścieniu Z

[

X

]

jest wielomian zerowy θ=0 . Wtedy f(θ)=θ(0)+1=0+1=1 ≠ 0.

Ad. b). W tym przypadku odwzorowanie jest homomorfizmem pierścieni ponieważ:

1⁰φ

(

f(X)+g(X)

)

=φ

(

⁽f + g) (X)

)

=(f + g)(1)=f(1)+g(1)=φ

(

f (X)

)

+φ

(

g(X)

)

2⁰φ

(

f ( X ) g ( X )

)

=φ

(

⁽fg)( X )

)

=(fg) (1)=f (1)(1)=φ

(

f ( X )

)

φ

(

g ( X )

)

.

dla dowolnych f(X), g(X)∈ Z

[

X

]

.

Kerφ=

{

^{f ( X )}^{∈ Z}

^[

^X

^]

^:φ

(

^{f ( X )}

)

⁼⁰

}

⁼

{

^{f ( X )}^{∈ Z}

^[

^X

^]

^{: f (1)=0}

}

^=¿

{

^{f ( X )}^{∈ Z}

^[

^X

^]

^{: X−1}^{∣f (X )}

}

^{=( X−1) Z}

^[

^X

^]

. Imφ=Z

Zad. 3.

Które z zbiorów pierścieni są ideałami:

A=

{

^{f ( X )}^∈Q

^[

^X

^]

:f ma miejsca zerowe

}

^{, B=}

{

^{f ( X )}^{∈ R}

^[

^X

^]

: f (0)=0 , f (2)=0

}

Które z nich są maksymalne i pierwsze a które nie.

Rozwiązanie

Zbiór A nie jest ideałem ponieważ dla f(X)=X +2 , g(X)=X∈ A mamy f ( X )−g ( X )=2∉ A

Zbiór B jest ideałem pierścienia R

[

X

]

ponieważ dla dowolnych f ( X ), g ( X )∈ B , h(X )∈ R

[

X

]

mamy:

1⁰(f −g )(0 )=f (0 )−g (0)=0 , (f −g) (2)=f (2)−g(2)=0 to f ( X )−g(X ) ∈ B 2⁰(hg) (0)=h( 0) g (0 )=0 , (hg) (2)=h(2 ) g (2)=0 to h ( X ) g(X )∈ B

Analogicznie g ( X ) h(X ) ∈ B .

Ideał B nie jest ideałem pierwszym tym bardziej maksymalnym, ponieważ dla f ( X )=X , g ( X )= X−2 mamy f ( X ) g( X)∈ B natomiast f ( X )∉ B i g ( X )∉ B .

Zad. 4.

Zbadać czy w pierścieniu Z

[

i

]

jest rozkładalna liczba:

a). 5 b). 2+5 i Rozwiązanie

Ad. a). Gdyby element 5 był rozkładalny to istniałyby liczby całkowite a , b , c , d takie, że 5=(a+bi)(c +di) i elementy (a+bi) ,( c+ di) nieodwracalne.

Wtedy |5|=|a+bi||c+di|⇒ 25=

(

a²+b²

) (

c²+d²

)

Zatem a²+b²∣25 w pierścieniu Z . Stąd

1⁰a²+b²=1⇔ a=± 1 ib=0 luba=0 i b=± 1 . Wtedy elementy ^a+bi są odwracalne.

2⁰a²+b²=5⇔ a=±2 ib=± 1lub a=±1 ib=± 2 .

(3)

Wtedy elementy ±(2+i) są stowarzyszone z 2+i natomiast ±(2−i) stowarzyszony z 2−i a te elementy już nie są stowarzyszone ponieważ

2+i

2−i=3+4 i

5 ∉ Z [i] .

Elementy 2+i , 2−i są nieodwracalne ponieważ 1

2∓i=2 ± i

5 ∉ Z

[

i

]

_. Ponadto (2+i)(2−i)=5 i jest to rozkład na czynniki nieodwracalne a więc 5 jest elementem rozkładalnym. Można pokazać, że t czynniki już są nierozkładane.

Ad. b). Gdyby element 2+5 i był rozkładalny to istniałyby liczby całkowite a , b , c , d takie, że 2+5 i=(a+bi)(c+ di) i elementy (a+bi ) ,( c+ di) są nieodwracalne.

Wtedy |2+5 i|=|a+bi||c +di|⇒29=

(

a²+b²

) (

c²+d²

)

Zatem a²+b²∣29 w pierścieniu Z . Stąd

1⁰a²+b²=1⇔ a=± 1 ib=0 luba=0 i b=± 1 . Wtedy elementy ^a+bi są odwracalne.

2⁰a²+b²=29⇔ a=±2 ib=± 5 luba=± 5i b=±2 .

Wtedy elementy ±(2+5 i) są stowarzyszone z 2+5 i natomiast

± (2−5 i)⫮ 2+5i / 2+5i

2−5 i=−25+20 i

29 ∉ Z [i] /. Elementy ^{±5 ± 2 i} są stowarzyszone z jakimś elementem ± 2± 5 i .

Element 2+5 i jest nieodwracalny, ponieważ 1

2+5 i=2−5 i

29 ∉ Z [i] . Zatem nie ma czynnika nieodwracalnego nie stowarzyszonego z 2+5 i który dzieliłby 2+5 i . Oznacza to, że element ^{2+5 i} jest nierozkładalny w pierścieniu i

Z¿ ] .

Zad. 5.

Czy w pierścieniu Q

[

X

]

jest rozkładalny wielomian f ( X )=X³−7 X +2 . Rozwiązanie

Gdyby ten wielomian był rozkładalny to jeden z czynników rozkładu byłby wielomianem stopnia 1 z pierścienia Q

[

X

]

. Taki wielomian miałby pierwiastek wymierny a stąd i wielomian f ( X )=X³−7 X +2 miałby w ciele ^Q pierwiastek. Ponieważ ten wielomian ma współczynniki całkowite i współczynnik przy najwyższej potędze jest 1 to pierwiastek tego wielomianu byłby liczbą całkowitą, który dzieliłby wyraz wolny /w pierścieniu liczb całkowitych/.

Stąd możliwe pierwiastki a=±1∣2 lub a=±2∣2 . Ponieważ f (1)=−4 , f(−1)=8 , f (2)=−4 , f(−2)=8 co oznacza, że wielomian nie ma pierwiastka wymiernego a to oznacza, że wielomian jest nierozkładalny w pierścieniu Q

[

X

]

.

Twierdzenie

Jeżeli wielomian f ( X )=a_nXⁿ+a_n−1Xⁿ⁻¹+⋯+a¹X +a₀∈ Z

[

X

]

_i a_n=1 to każdy pierwiastek wymierny p tego wielomianu jest liczbą całkowitą dzielącą i pierścieniu liczb całkowitych wyraz wolny tzn. p∣ a₀ _.

Dowód Jeżeli p=b

a ^, ^{a , b}^{∈ Z} ^, ^a>0 ⁱ NWD( a ,b )=1 to

0=f ( p)=

(

^ba

)

ⁿ⁺^aⁿ⁻¹

(

^ba

)

ⁿ⁻¹⁺^⋯+a¹^ba+a₀ stąd mnożąc stronami przez aⁿ orzymamy

(4)

bⁿ+a_n−1abⁿ⁻¹+⋯+a1aⁿ⁻¹b+ aⁿa₀=0 . Zatem a∣bⁿ i z faktu NWD(a ,b)=1 to a∣b .

Wtedy a=NWD(a ,b)=1 . Zatem i z równości bⁿ+a_n−1bⁿ⁻¹+⋯+a1b+a₀=0 wynika, że p=b∣ a₀ c.n.p.

W powyższym twierdzeniu można zastąpić pierścień Z dowolnym pierścieniem D będącym dziedziną całkowitości z jednoznacznością rozkładu a ciało liczb wymiernych zastąpić ciałem ułamków (D) pierścienia D . Dowód przebiegałby prawie analogicznie.

Zad. 6.

Wyznaczyć wszystkie elementy pierścienia ilorazowego ^Z³

[

X

]

I gdzie I=

(

X³+1

)

Z

[

X

]

i wyznaczyć:

a). X²+2+I+ X +1+I b).

(

X²+2+I

)

(X +1+I ) c). (X +I)⁻¹ o ile istnieje?

Rozwiązanie

Dla f ( X ), g( X)∈ Z3[X ]

g ( X )∈f ( X )+I ⇔ f ( X )−g ( X )∈ I ⇔ X³+1∣ f ( X )−g ( X ) ⇔

(

f ( X )

)

_X³₊₁=

(

g ( X )

)

_X³₊₁ Zatem

Z₃

[

X

]

I =

{

0+I ,1+I ,2+I , X +I , 1+X +I ,2+ X+ I , 2 X +I , 1+2 X +I , 2+2 X +I , X²+I , X²+1+I , X²+2+I , X²+X +I , X²+X+1+I , X²+X +2+I , X²+2 X +I , X²+2 X +1+ I , X²+2 X +2+I

}

a). X²+2+I+ X +1+I=X²+X +I

b). ( X²+2+I¿(X +1+I )=

(

X²+2

)

(X +1)+I=X³+X²+2 X +2+I=¿

X³+X²+2 X +2+2 X³+2+I= X²+2 X +1+I

c). Dla ^{a , b , c}^{∈ Z}3 mamy

1+I=( X +I )

(

a X²+bX +c +I

)

=a X³+b X²+cX +I=a X³+b X²+cX −a

(

X³+1

)

+I =b X²+cX −a+I⇔b=0, c=0,−a=1 Stąd a=2 ,b=0, c=0 zatem (X + I)⁻¹=2 X²+I .

Zad. 7.

Udowodnić, że Z

[√

5

]

I ≅ Z29 gdzie I =(7−2

√

^5)Z

[√

5

]

Rozwiązanie

Ponieważ 29=

(

7−2

√

⁵

⁾

⁽⁷⁺²

√

5)∈ I to dla dowolnego a+b

√

⁵^{∈ Z}

[√

5

]

mamy:

a+b

√

^5+I=a+b

√

^{5+29 b}

√

5+I =a+30 b

√

^{5+15 b}

⁽

⁷⁻²

√

⁵

⁾

⁺I=a+105 b+I=29 k +( a+105 b)29+I=(a+105 b )29+I .

Oznacza to, że w dowolnej warstwie istnieje reprezentant n ∈ Z29 .

Ponieważ istnieje rozwiązanie w liczbach całkowitych równania a+105 b=n dla dowolnego n ∈ Z29 to każda liczba n ∈ Z29 reprezentuje warstwę i dla różnych liczb mamy różne warstwy, ponieważ ^{± n}

(7−2

√

⁵⁾^{=± n}

7+2

√

⁵

29 ∉ Z

[ √

⁵

]

.

Biorąc odwzorowanie φ : Z

[√

5

]

→ Z₂₉ φ

(

a+b

√

⁵

⁾

^{=(a+105b )}29 można pokazać, że jest to homomorfizm dla którego kerφ=I i imφ=Z₂₉ to z podstawowego twierdzenia o homomorfizmie pierścieni mamy żądany homomorfizm.

Zad. 8.

Korzystając z podstawowego twierdzenia o izomorfizmie pierścieni, udowodnić, że R

[

X

]

I ≅R² gdzie I =( X²+3 X +2) R

[

X

]

Rozwiązanie

(5)

X²+3 X +2=( X +2)(X + 1) . Niech φ : R

[

X

]

→ R² φ

(

^{f ( X )}

)

⁼

(

f (−1) , f (−2)

)

dla dowolnego f(X)∈ R

[

X

]

. Jest to homomorfizm ponieważ :

1⁰φ

(

f ( X )+g (X )

)

=φ

(

(f + g)( X)

)

=

(

⁽f +g)(−1),( f + g)(−2)

)

=¿

(

f (−1)+g (−1) , f (−2)+g (−2)

)

⁼

(

f (−1) , f (−2)

)

⁺

(

g (−1) , g (−2)

)

^=φ

(

^{f ( X )}

)

⁺^φ

(

g (X )

)

2⁰φ

(

f(X)g(X)

)

=φ

(

⁽fg)(X)

)

=

(

⁽fg)(−1),(fg) (−2)

)

=¿

(

f (−1) g (−1) , f (−2) g (−2)

)

⁼

(

f (−1) , f (−2)

) (

g (−1) , g (−2 )

)

^=φ

(

^{f ( X )}

)

^φ

(

g( X)

)

kerφ=

{

^{f ( X )}^{∈ R}

^[

^X

^]

^:φ

⁽

^{f ( X )}

⁾

^{=(0,0 )}

}

⁼

{

^{f ( X )}^{∈ R}

^[

^X

^]

^:

⁽

f (−1) , f (−2)

)

=(0,0)

}

^=¿

{

^f⁽^X⁾^{∈ R}

^[

^X

^]

^{: f}⁽⁻¹⁾^{=0 , f}⁽⁻²⁾⁼⁰

}

⁼

{

f(X)∈ R

[

X

]

: X +1∣f(X)i X +2∣f (X )

}

=

{

^{f ( X )}∈ R

[

X

]

:( X +1)(X +2)∣ f ( X )

}

⁼

{

^{f ( X )}∈ R

[

X

]

: f ( X )∈ I

}

=I .

Dla (a , b)∈ R² i f ( X )=(a−b) X +2 a−b mamy φ

(

^{f ( X )}

)

=(a , b) stąd Imφ=R² .

Z podstawowego twierdzenia o izomorfizmie pierścieni mamy R

[

X

]

I ≅R²

Zad. 9.

Wielomian f(X)=X³+X +2 rozłożyć na czynniki nierozkładalne w pierścieniu:

a). Z3

[

X

]

b). Z7

[

X

]

Rozwiązanie

Ad. a). Ponieważ f(2)=0 to X −2=X +1 ∣ f (X ) X³+X +2 : X +1

2 X³+2 X² 2 X²+X +2

X²+X 2 X +2 X +1

¿=¿

X²+2 X +2

¿

f(X)=X³+X +2=(X +1)(X²+2 X+ 2)

Ponieważ 0²+2 ∙0+2=2 , 1²+2∙ 1+2=2 , 2²+2∙ 2+2=1 zatem jest to rozkład na czynniki nierozkładalne.

Ad. b. Ponieważ f ( 4)=0 to X −4=X +3 ∣ f ( X) X³+X +2 : X +3

6 X³+4 X² 4 X²+X +2

3 X²+5 X 6 X +2

X +5

¿=¿ X²+4 X +6

¿

f ( X )=X³+X +2=( X +3 )(X²+4 X +6)

Ponieważ 0²+4 ∙0+6=6 , 1²+4 ∙ 1+6=4 , 2²+4 ∙ 2+6=3 ,

3²+4 ∙ 3+6=6 , 4²+4 ∙ 4 +6=3 , 5²+4 ∙ 5+6=¿ 2 , 6²+4 ∙6+6=¿ 3 zatem jest to rozkład na czynniki nierozkładalne.

(6)

Zad 10.

Niech a=2−2 i , b=3−i . Znaleźć u , v ∈ Z

[

i

]

takie, że ua+vb=NWD( a , b)

Rozwiązanie

N(2−2 i)=|2−2 i|²=8 N(3−i)=|3−i|²=10 3−i

2−2i=(3−i ) (2+2i )

8 =8+4 i

8 =1+1 2i 3−i=(2−2 i)+(2−2i)1

2i=(2−2 i)+1+i 2−2i

1+i =21−i

1+i=2(1−i )(1−i )

2 =−2 i

Zatem NWD (2−2i , 3−i )=1+i=(3−i)−(2−2 i) u=−1 v=1 .