Algebra I Zadanie 4.21

Algebra I Zadanie 4.21

Konrad Jankowski Mateusz Gryka 20 stycznia 2014

Zadanie 4.21. Niech f = a₀+ a₁x + ... + a_nxⁿ ∈ R[X] będzie wielomianem. Pokazać, że:

• f jest elementem odwracalnym ⇔ a0jest elementem odwracalnym, zaś a1, ..., an są elementami nilpotent- nymi

• f jest nilpotentny ⇔ a₀, ..., a_n są elementami nilpotentnymi

• f jest dzielnikiem zera ⇔ istnieje c ∈ R, taki, że cf = 0

Dowód 1. f jest elementem odwracalnym ⇒ a₀jest elementem odwracalnym, zaś a₁, ..., a_n są elementami nilpotentnymi

Zdefiniujmy sobie epimorfizm naszego pierścienia wielomianów w następujący sposób:

R[X] 3 f = a₀+Pn

k=1akX^{k ϕ}7→ a₀∈ R

Następnie zauważmy, że jeżeli f jest odwracalny w R[X] to z własności epimorfizmu wynika, że ϕ(f ) = a0musi być odwracalny w R.

W następnym kroku dowodu skorzystamy z tego, że nilradykał (zbiór wszystkich elementów nilpotentnych w R) jest przecięciem wszystkich ideałów pierwszych w R.

Niech I będzie ideałem pierwszym w R. Ponownie odwzorujmy epimorficznie pierścień wielomianów, tym razem na pierścień ilorazowy, w następujący sposób:

π : R[x] 3 f 7→ a0+ I +Pn

k=1(ak+ I)X^k ∈ (R/I)[X]

Ponownie zauważamy, że jeśli f jest odwracalny, to tak samo π(f ) jest odwracalny. Korzystamy z lematu udo- wodnionego na zajęciach, który mówi, że jeśli R/I jest dziedziną całkowitości, to jest nią także (R/I)[X]. Nad dziedziną całkowitości, jedyne wielomiany odwracalne to wielomiany stałe, zatem wynika stąd, że ak ∈ I dla k = 1, . . . , n. Stosując takie rozumowanie dla wszystkich ideałów pierwszych w R otrzymujemy, że każdy współ- czynnik a1, . . ., an musi należeć do przecięcia wszystkich ideałów pierwszych, czyli jest nilpotentny.

Dowód 2. f jest elementem odwracalnym ⇐ a0 jest elementem odwracalnym, zaś a1, ..., an są elementami nilpotentnymi

Zauważmy, że jeżeli ai dla n ∈ {1, ..., n} jest nilpotentne, to dla pewnego k naturalnego zachodzi a^k_i = 0, zatem również elementy typu a_ixⁱ są nilpotentne ponieważ (a_ixⁱ)^k= a^k_ix^ik= 0 · x^ik= 0. Następnie korzystając z lematu mówiącym o tym, że suma elementów nilpotentych jest elementem nilpotentnym otrzymujemy, że (a₁x + ... + a_nxⁿ) jest nilpotentny. Dalej dla wielomianu f = a₀+ (a₁x + ... + a_nxⁿ) korzystamy z kolejnego lematu, mówiącego tym razem, że suma elementu odwracalnego i nilpotentnego jest elementem odwracalnym.

Stąd otrzymujemy prawdziwość implikacji, czyli odwracaloność f . Dowód 3.f jest nilpotentny ⇒ a0, ..., an są elementami nilpotentnymi Dowód przeprowadzimy indukcyjnie względem stopnia wielomianu (degf ).

dla degf = n = 0 oczywiste.

dla degf = n > 0

Mamy 0 = f^k = (anxⁿ+ ... + a1x + a0)^k= a^k_nx^nk+ ... = 0, wiemy oczywiście, że anxⁿ jest elementem nilpoten- tym, zatem f − anxⁿ również. f − anxⁿ jest niższego stopnia niż f , więc korzystając z założenia indukcyjnego otrzymujemy, że a0, ..., an−1są nilpotentne. zatem prawdziwość implikacji wynika z indukcji.

Dowód 4.f jest nilpotentny ⇐ a₀, ..., a_n są elementami nilpotentnymi Dowód przeprowadzimy indukcyjnie

1

względem stopnia wielomianu (degf )

dla degf = n = 0 ⇒ skoro a0nilpotentny i a0∈ R ⊂ R[X] to a0 jako element R[X] także nilpotenty.

dla degf = n > 0

Mamy f = (a_nxⁿ) + (a_n−1xⁿ⁻¹... + a₁x + a₀). Z założenia indukcyjnego (a_n−1xⁿ⁻¹... + a₁x + a₀) jest nilpo- tentny. Dalej korzystamy z udowodnionego na zajęciach lematu mówiącego, że suma elementów nilpotentnych jest nilpotentna. Skoro a_n także jest nilpotentny to f jako suma elementów nilpotentnych również jest elemen- tem nilpotentnym( co wynika z powyżej zacytowanego lematu), zatem prawdziwość implikacji wynika z indukcji.

Dowód 5.f jest dzielnikiem zera ⇒ istnieje c ∈ R, taki, że cf = 0 Weźmy wielomian niezerowy g = b0+Pm

k=1bkX^k o najmniejszym możliwym stopniu taki, że gf = 0. Wtedy anbm= 0, czyli ang ma stopień mniejszy od g oraz (ang)f = 0, czyli ang = 0, ponieważ założyliśmy, że g jest wielomianem niezerowym.

Dalej pokażemy indukcyjnie, że aig = 0 przy założeniu, że ai+1g = 0, ..., ang = 0. Mamy zatem 0 = f g = anbmx^n+m+ (an−1bm + anbm−1)x^n+m−1+ ... + (aibm + ai+1bm−1+ ...)x^i+m+ ...

Widzimy, że każde wyrażenie przy x musi się zerować, zatem na wynika stąd, że (aibm+ ai+1bm−1+ ...) = 0.

W tym miejscu korzystamy z założenia indukcyjnego, które mówi, że elementy od ai+1 do an zerują wielomian g. Z tego wynika zatem, że aibm= 0.

W ten sposób pokazaliśmy indukcyjnie, że aig = 0 dla i = 0, . . . , n. Jeśli teraz weźmiemy jakikolwiek współ- czynnik niezerowy b_l wielomianu g, to dostajemy a_ib_l= 0 dla wszystkich i, co kończy dowód.

Dowód 6.f jest dzielnikiem zera ⇐ istnieje c ∈ R, c 6= 0 taki, że cf = 0

Powyższa implikacja jest oczywista bowiem, jeśli ∃c 6= 0 takie, że dla każdego i ∈ N: c · ai = 0 ⇒ cf = 0, czyli jest dzielnikiem zera.

2