Q 254 ). 52 ). 10 ). cba

Zad 1.

Czy struktura algebraiczna



R,,_



jest pierścieniem: Zestaw Z1

R



ab⁴ 5: a,bZ



 ,  zwykłe dodawanie i mnożenie liczb.

Zad

2. Znaleźć elementy odwracalne i dzielniki zera w pierścieniu ^ZZ6

Zad 3

. Czy funkcja jest homomorfizmem pierścieni . Jeżeli tak to wyznaczyć ^{Kerf , Im f} . a). f :ZQR f(x,y)x2y

c). f :Z

 

X R f(g(X))g(2)

Zad 4.

Wyznaczyć wszystkie ideały pierścienia ^Z20 . Które z nich są maksymalne.

Zad 5.

Które z zbiorów pierścienia ^R

 

^X są ideałami:

 



^{: (2) 2}



1 f R X f 

zb ^zb2



^{f R}

 

^{X : f(2)0}



Które z nich są maksymalne i pierwsze a które nie.

Zad 6.

Które z elementów pierścienia 

 5

Z 1 są odwracalne, rozkładalne, nierozkładalnie

25 4 ).

5 2 ).

10

). b c

a

Zad 7.

Czy wielomian jest rozkładalny w pierścieniu ^R

 

^X

3

3 2 1 )

(X X x w R Z

f    

Zad 8.

Wyznaczyć wszystkie elementy pierścienia ilorazowego

 

) 1

(

²

3

X X

X

Z  

Zad 9.

Niech ^{f(x)X43X22 g(x)X32X2X 2} będą wielomianami nad ^Q. Znaleźć u,vQ

 

X takie, że uf vgNWD(f,g).

Zad 10.

Korzystając z twierdzenia o homomorfizmie pierścieni uzasadnić izomorfizm.

  ₍

2

_{3 )} Z   ³

X X

Z  

Zad 11.

Czy element 3 jest elementem pierwszym w pierścieniu ^Z

 

^{i 5} (wykorzystać 9

) 5 2 )(

5 2

( i i  )

Ad. zad 1.

Czy struktura algebraiczna



R,^,_



jest pierścieniem:

R



ab⁴ 5: a,bZ



 ,  zwykłe dodawanie i mnożenie liczb.

Odp.

Zbiór jest pierścieniem z dwoma działaniami jeżeli są spełnione aksjomaty pierścienia pod warunkiem, że działania w zbiorze są dobrze określone. Zwykłe dodawanie i mnożenie liczb rzeczywistych aksjomaty pierścienia spełniają ale mnożenie w zbiorze jest źle określone. Np. dla

R b

a b

a⁴ 5 , ⁴ 5   5 . Gdyby ab 5R to 5cd⁴ 5 c,dZ . Wtedy



^5c

  

^{2  d4 5 2 , 5c2 2c 5d2 5} a więc

c d

c 2 5 5₂

2



  . Mamy

sprzeczność : liczba wymierna równa się niewymiernej co jest niemożliwe.

Ad. zad

2. Znaleźć elementy odwracalne i dzielniki zera w pierścieniu ZZ6

Odp.



6



6 (a,b): a Z , b Z Z

Z    . Element (a,b)ZZ6 jest odwracalny



istnieje (c,d)ZZ6 takie, że ( , )( , ) ( , . ) (1,1)

6 

 ac b d d

c b

a _{. A więc}



element

a

jest

odwracalny w Z i b odwracalny w Z6. U

  

Z  1,1



U

   

Z₆  1,5

Możliwe kombinacje (1,1) (1,5) (1,1) (1,5) i to są wszystkie elementy odwracalne.

Element (a,b)ZZ6 (a,b)(0,0) jest dzielnikiem zera



istnieje )

0 , 0 ( ) , ( )

,

(c d ZZ₆ c d  takie, że ( , )( , ) ( , . ) (0,0)

6 

 ac b d d

c b

a _.



element

a

jest dzielnikiem zera w Z lub b dzielnikiem zera w Z6 lub a 0 i b 0 lub a0 i

0 b .

Trywialny dowód tych własności wynikający z przedstawionej definicji w skrypcie wykładu twierdzenie 7.11 str. 61.

W pierścieniu Z nie ma dzielników zera a w pierścieniu Z6 dzielniki zera to Dz

  

Z₆  2,3,4



_.

A więc możliwe wszystkie kombinacje

Z m l k ych dowo

dla m

l

k,2) ( ,3) ( ,4) ln , , 

( i



0,k



kZ₆ k0 i

 

l,0 lZ l0. Stąd istnieją elementy nieodwracalnie nie będącymi dzielnikami zera. Są to elementy (k,1) (l,5) dla dowolnych k,lZ k 0 l0.

Ad. zad 3

. Czy funkcja jest homomorfizmem pierścieni . Jeżeli tak to wyznaczyć ^{Kerf , Im f} . a). f :ZQR f(x,y)x2y

b). f :Z

 

X R f(g(X))g(2) Odp.

a). Funkcja nie jest homomorfizmem pierścieni ponieważ:



(2,3)(1,2)



 f((21,32)) f((2,6))22614 f



(2,3))f((1,2)



(223)(122)8540

f . A więc f((2,3)(1,2)) f



(2,3))f((1,2)



. b). Funkcja jest homomorfizmem pierścieni ponieważ:

)) ( ( )) ( ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 )(

( )) )(

((g h X g h g h f g X f h X

f       

)) ( ( )) ( ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 )(

( )) )(

((gh X gh g h f g X f h X

f    .

 



^{( ) : ( ( )) (2)0}



 g X Z X f g X g

Kerf

 X Z X X g X g X g

Kerf X

g( )  (2)0( 2) ( ) ( )( 2)

 

X Z X Kerf ( 2)

Jeżeli a to dla Z ^g(^X)^a^aX^Z

 

^X i ^f(^a^aX)^a^a2^a i z faktu, że wartość wielomianu o współczynnikach całkowitych dla argumentu całkowitego jest liczbą całkowitą mamy ^{Im f Z}.

Zad 4.

Wyznaczyć wszystkie ideały pierścienia Z20 . Które z nich są maksymalne.

Odp.

Twierdzenie. Jeżeli homomorfizm pierścieni jest epimorfizmem /”na”/ to obraz i przeciw obraz ideału jest ideałem.

Twierdzenie. Odwzorowanie f :Z Z_n f(x)

 

x _n- reszta z dzielenia przez

n

jest homomorfizm pierścieni który jest epimorfizmem .

/Dowód na stronie 251 zad. 49 J. Rutkowski Algebra abstrakcyjna w zadaniach./

Z tych twierdzeń wynika, że wszystkie ideały w pierścieniu Zn są ideałami głównymi.

Stąd wszystkie ideały pierścienia Zn są postaci ^{dZn dn d N} oraz dla d

n k NWD kZ

dZ Z k N d n

d  _  _{n n}  _n  ( , )

Element aZn jest odwracalny



istnieje bZn taki, że a.b1

n .

Element kZn jest odwracalny



^NWD(k,n)1



^U(Zn⁾ ⁽ⁿ⁾ W naszym przypadku ideałami są:

 

0 0

2

0Z₂₀  Z₂₀  , 1Z20 aZ20 Z20 dla dowolnego elementu odwracalnego aZ20



1,3,7,9,11,13,17,19



) 20

( 





 a ,



^{0,2,4,6,8,10,12,14,16,18}



18 14

6

2Z₂₀  Z₂₀  Z₂₀  Z₂₀ 



^0,4,8,12,16



16 12

8

4Z₂₀  Z₂₀  Z₂₀  Z₂₀  , ⁵Z20 ¹⁵Z20 



^0,5,10,15





^0,10



10Z₂₀  .

Ideałami maksymalnymi są 2Z20 i 5Z20.

Ad. zad 5.

Które z zbiorów pierścienia ^R

 

^X są ideałami:

 



: (2) 2



1 f R X f 

zb ^zb2



^{f R}

 

^{X : f(2)0}



. Które z nich są maksymalne i pierwsze a które nie.

Odp.

zb1



f R

 

X : f(2)2



nie jest ideałem ponieważ, np. dla f(X) Xzb1 i

 

X R X

g( ) 3 mamy (gf)(2)g(2)f(2)326 a więc ^{gf zb1} . Można uzasadnić również tym, że wielomian zerowy należy do każdego ideału a wartość tego wielomianu dla argumentu 2 przyjmuje wartość 0 a nie 2.

^zb2



^{f R}

 

^{X : f(2)0}



jest ideałem ponieważ: dla f,gzb2 hR

 

X a). (f g)(2) f(2)g(2)000 a więc ^{f gzb2}.

b). (hf)(2)h(2)f(2)h(2)00 a więc ^{hf zb2}. Analogicznie ^fhzb2. Ideał zb jest ideałem maksymalnym a stąd i pierwszym ponieważ:2

Dla homomorfizmu :R

 

X R (g(X))g(2) , ^{ker  zb2} , ^{Im R} , R- ciało liczb rzeczywistych /uzasadnienie analogiczne jak w zad 3 b)./. Wtedy z podstawowego twierdzenia o homomorfizmie pierścieni

  _R

X zb

R 2 

- ciało



ideał zb jest maksymalny.2

Zad 6.

Które z elementów pierścienia 

 5

Z 1 są odwracalne, rozkładalne, nierozkładalnie

25 4 ).

5 2 ).

10

). b c

a Odp.

a). 10 nie jest elementem odwracalnym gdyż gdyby był odwracalny to

 

0

5 10

1  k kZ mN 

m



10k 5^m



_{2k 5}^m1



^25m1 co jest niemożliwe.

10 nie jest elementem rozkładalnym gdyż gdyby był rozkładalny to

 

0 ,

,

5

105k l k lZ m sN

s

m



₅^ms_10kl



^2kl



^{2k lub 2l} _{. Ze}

względu na symetrie załóżmy, że k 2h. Wtedy 5^{m 1s} hl



h5^p l 5^q



_s

q s

l 5 5 5  jest elementem odwracalnym. Stad 10 jest elementem nierozkładalnym.

b).

5

2 nie jest elementem odwracalnym gdyż gdyby był odwracalny to

 

⁰

5

2

5 k kZ mN

m



2k 5^m1



^25m1.

5

2 nie jest elementem rozkładalnym gdyż gdyby był rozkładalny to

 

0 ,

,

5 5 5

2 k l k lZ m sN

s

m



5^ms25kl



^2kl



^{2k lub 2l} . Ze względu na symetrie załóżmy, że k 2h. Wtedy 5^{m 1s} hl



h5^p l 5^q



_s

q s

l 5 5 5  jest elementem odwracalnym. Stąd

5

2 jest elementem nierozkładalnym.

c).

5 2 5 2

254  a więc jest elementem rozkładalnym i to jest na elementy nierozkładalne.

Zad 7.

Czy wielomian jest rozkładalny w pierścieniu R

 

X

3 3 2 1 )

(X X x w R Z

f    

Odp.

Wielomian nie jest rozkładalny nad tym pierścieniem ponieważ gdyby był rozkładalny to jeden z czynników rozkładu byłby wielomian stopnia 1 a więc wielomian miałby pierwiastek w ciele Z3

.

Ponieważ f(0)1 f(1)1 f(2)1 a więc nie zeruje się w ciele Z3 mamy sprzeczność.

Zad 8.

Wyznaczyć wszystkie elementy pierścienia ilorazowego

 

) 1

(

²

3

X X

X

Z  

Odp.

Ponieważ 3

2

2) (1 )

1

( X X X X Z

I      to dla ^f(^X),^g(^X)^Z3

 

^X mamy



















 ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( )

)

(X g X I f X g X I X X² f X g X

f reszty z dzielenia

wielomianów f(X),g(X) przez wielomian 1 X  X² są takie same. Możliwe reszty:

X X

X X

X

X , 1 , 2 , 2 , 1 2 , 2 2

, 2 , 1 ,

0     .

  _{ I I I X I X I X I X I X I X I }

X X X

Z    0  , 1  , 2  ,  , 1   , 2   , 2  , 1  2  , 2  2  )

1

(

²

3

Zad 9.

Niech ^{f(X)X43X22 g(X) X32X2X 2} będą wielomianami nad ^Q. Znaleźć ^u,^v^Q

 

^X takie, że uf vgNWD(f,g).

Odp.

6 6

4 2 4 2

2 2 2 2

2

2

2 2

: 2 3

2

2 2 3

2 3

2 3 4

2 3 2

4





































X X X X

X X X

X X X X

X X X X

X X

0 2 2

2 2

6 6

: 2 2

3 1 6 1

2 2 3

2 2

3





















X X X X

X X

X X

X

6 6 ) ( ) 2 ( )

(X  X  g X  X²  f

0 ) 2 )(

1 ( 0 ) 6 6 3 ( 1 6 ) 1

(  ²    ² 



 



 

 X X X X

X g

Stąd ^{f(X)(2X)g(X)6X2 6 NWD(f(X),g(X))} )) ( ), ( ( 1

) ( 6 ) 1 3 (1 ) 6 (

1 ₂

X g X f NWD X

X g X X

f     

6 ) 1 3 (1 ) ( 6 ) 1

(X v X X

u    lub u(X)1 v(X)(2 X)

  ₍

2

_{3 )} Z   ³

X X

Z  

Zad 10.

Korzystając z twierdzenia o homomorfizmie pierścieni uzasadnić izomorfizm.

  ₍

2

_{3 )} Z   ³

X X

Z  

Odp.

Niech :Z

 

X R (f(X)) f( 3) będzie homomorfizmem pierścieni.

/ uzasadnienie analogiczne jak w zadaniu 3 b). /

Dla f(X)Z

 

X f( 3)0 f( 3)0. Ponieważ

  



 





_

ego nieparzyst n

dla

parzystego n

dla

n n n

3 3

3 3

2 1 2

Stąd dla ^f(X)Z

 

^{X f( 3)Z}

 

^{3 i 3  3} w pierścieniu ^Z

 

³ . /szczegółowe uzasadnienie w pliku „pierścienie całkowite i NWD”/



^{( )}

 

^{: ( ( )) ( 3) ( 3)0}



 f X Z X f X f f

Ker 

) ( ) 3 (

) ( ) 3 (

)

(X Ker X f X i X f X

f     w pierścieniu ^{R[ X]}. Stąd

) ( ) 3 ( )

(X Ker X² f X

f    w pierścieniu ^Z

 

^X



f(X)(X²3)Z

 

X . A więc ^{Ker(X23)(X23)Z}

 

^X .

Również dla ^{ab 3Z}

 

³ i f

 

X abX mamy ^{(f(X)) f( 3) ab 3} to

 

³

Im Z .

Z podstawowego twierdzenia o homomorfizmie pierścieni mamy

^Z   ^X _{( X}

²

_{ 3 )} ^{ Z}   ³

.

Zad 11.

Czy element 3 jest elementem pierwszym w pierścieniu ^Z

 

^{i 5} (wykorzystać

9 ) 5 2 )(

5 2

( i i  )

Odp.

Ponieważ ^{(2i 5)(2i 5)9Z}

 

^{i 5} to ^{3(2i 5)(2i 5)9}. Ponieważ 3 nie dzieli 2 i 5 /^2₃^{i 5 }₃^21₃^{i 5Z}

 

^{i 5} / i 3 nie dzieli 2i 5 /

 

⁵

3 5 1 3 2 3

5

2i   i Zi

/ to 3 nie jest liczbą pierwszą.