Algebra 2 dla MSEM , 2019/2020 ćwiczenia 2. – rozwiązania
28 lutego 2020
1. Udowodnij, że jeśli P jest pierścieniem (przemiennym z jedynką) oraz w jest dzielnikiem zera w P [x], to istnieje c ∈ P , że cw = 0.
Załóżmy, że v ∈ P [x], że vw = 0, oraz v jest wielomianem o tej własności o możliwie najmniejszym stopniu równym m. Pokażemy, że m = 0. Załóżmy przeciwnie, że m > 0. Niech w = anxn+. . . + a0 oraz v = bmxm+. . . + b0. Jeśli dla każdego i, aiv = 0, to aibm=0, to bmw = 0, co przeczy minimalności m. Zatem niech l będzie maksymalną taką liczbą, że aiv ≠ 0.
Wtedy 0 = vw = (alxl+. . . + a0)(bmxm+. . . + b0), czyli albm=0, więc alv jest stopnia co najwyżej m − 1.
Ale walv = 0, co daje sprzeczność z minimalnością m.
2. Udowodnij, że wielomian w = a0+a1x + . . . + anxn∈P [x] jest odwracalny wtedy i tylko wtedy, gdy a0jest elementem odwracalnym w P , natomiast a1, . . . , an są nilpotentne.
Zauważmy, że jeśli vw = 1 oraz, to a0b0 = 1, więc a0 i b0 są odwracalne. Wymnażając wielomiany v i w przez siebie dostajemy też, że anbm = 0, a skoro an−1bm+anbm−1 = 0, to (an)2bm−1 = 0. Postępując tak dalej, dowodzę, że (an)m+1b0 = 0, ale skoro b0 jest odwracalne, więc nie jest dzielnikiem zera, to (an)m+1 = 0, więc an jest nilpotentne. Zatem nilpotentne jest anxn, a zatem w − anxn jest odwracalne (bo, jeśli w jest odwracalne, a u jest nilpotentne, to wn=wn−un = (w − u)(wn−1+wn−2u + . . . + un−1), czyli (w − u)(wn−1+wn−2u + . . . + un−1)(wn)−1=1), a zatem proces możemy kontynuować, dowodząc, że pozostałe współczynniki an−1, . . . , a1 też muszą być nilpotentne.
3. Udowodnij, że wielomian w ∈ P [x] jest elementem nilpotentnym wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie jego współczynniki są nilpotentne.
Oczywiście, jeśli wszystkie współczynniki są nilpotentne, wielomian też jest nilpotentny.
Załóżmy, że w jest nilpotentny. Wtedy oczywiście współczynnik an, przy najwyższym wyrazie musi być nilpotentny, ale w takim razie wielomian w − anxn też jest nilpotentny, zatem możemy rekurencyjnie dowodzimy, że pozostałe współczynniki też są nilpotentne.
4. Znajdź wszystkie dzielniki zera, elementy odwracalne i elementy nilpotentne w pierścieniu Z12[x].
Zgodnie z pierwszym zadaniem, w ∈ Z12[x] wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje c ∈ Z12, że cw = 0, czyli że dla każdego n, can=0. Jest to możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie współczynniki wielomianu dzielą się przez 2 lub wszystkie współczynniki wielomianu dzielą się przez 3.
Zgodnie z drugim zadaniem, aby wielomian był odwracalny, jego najwyższy współczynnik musi byś od- wracalny, a więc w tym przypadku niepodzielny musi należeć do {1, 5, 7, 11}, a pozostałe muszą być nilpotentne, czyli być w zbiorze {0, 6}.
Zgodnie z trzecim zadaniem, aby wielomian był nilpotentny, wszystkie jego współczynniki muszą być w zbiorze {0, 6}.
5. Udowodnij, że jeśli h∶ P → R jest homomorfizmem, to a) jeśli J ⊴ R, to h−1[J ] ⊴ P ,
Niech a1, a2∈h−1[J ]. Wtedy h(a1), h(a2) ∈J . Zatem h(a1+a2) =h(a1) +h(a2) ∈J , bo J jest ideałem.
W takim razie a + b ∈ h−1[J ].
Jeśli a ∈ h−1[J ], b ∈ P , to h(a) ∈ J , zatem h(ab) = h(a)h(b) ∈ J , bo J jest ideałem, więc ab ∈ h−1[J ].
1
b) im(h) jest podpierścieniem pierścienia R,
Rzeczywiście 0 = h(0) ∈ im(h), 1 = h(1) ∈ im(h) oraz jeśli b1, b2 ∈ im(h), to istnieją a1, a2 ∈ P , że b1=h(a1), b2=h(a2)i w takim razie b1+b2=h(a1) +h(a2) =h(a1+a2) ∈im(h), b1⋅b2=h(a1) ⋅h(a2) = h(a1⋅a2) ∈im(h) i w końcu −b1= −h(a1) =h(−a1) ∈im(h).
c) jeśli I ⊴ P , to h[I] ⊴ im(h).
Niech b1, b2 ∈ h[I], zatem są a1, a2 ∈ I, że b1 = h(a1), b2 = h(a2). Czyli b1+b2 = h(a1) +h(a2) = h(a1+a2) ∈h[I], bo a1+a2∈I, skoro I jest ideałem.
Niech b ∈ h[I], c ∈ im(h). zatem są a1∈I, a2∈P , że b1=h(a1), b2=h(a2). Czyli b1⋅b2=h(a1) ⋅h(a2) = h(a1⋅a2) ∈h[I], bo a1⋅a2∈I, skoro I jest ideałem.
6. Udowodnij, że pierścień jest ciałem wtedy i tylko wtedy, gdy jest niezerowy i jedynymi jego ideałami są ideał zerowy i cały pierścień.
Załóżmy, że P jest ciałem i I ⊴ P , {0} ≠ I, czyli istnieje x ≠ 0, x ∈ I. Skoro to ciało, to mamy odwrotność x, czyli x−1∈P . W takim razie 1 = x ⋅ x−1∈I, czyli I = P .
Załóżmy, że jedynymi ideałami w P są są ideał zerowy i cały pierścień. Niech x ≠ 0. W takim razie (x) ≠ {0}, czyli (x) = P , zatem 1 ∈ (x). To oznacza, że istnieje y, że xy = 1, czyli x jest odwracalny.
Dowolny element niezerowy w P jest odwracalny, czyli to ciało.
7. Wypisać wszystkie elementy ideału (8, 6) w Z12.
6 + 8 = 2, więc (2) ⊆ (8, 6), oraz 6, 8 ∈ (2), zatem (8, 6) = (2) = {0, 2, 4, 6, 8, 10}.
8. Znajdź pomiędzy izomorfizm R[x]/(x2+1) oraz C.
Oznaczmy I = (x2+1). Niech h∶ C → R[x]/I będzie zadane jako h(a + bi) = bx + a + I. To jest homomorfizm, bowiem h(0) = 0 + I, co jest zerem w pierścieniu ilorazowym, h(1) = 1 + I, co jest jedynką w pierścieniu ilorazowym h(a1+b1i+a2+b2i) = (b1+b2)x+(a1+a2)+I = (b1x+a1+I)+(b2x+a2+I) = h(a1+b1i)+h(a2+b2i) i podobnie z przeciwnościami. W końcu, h((a1+b1i)(a2+b2i)) = h(a1a2−b1b2+i(a1b2+a2b1)) = (a1b2+ a2b1)x + a1a2−b1b2+I = (b1x + a1)(b2x + a2) −b1b2(x2+1) + I = (b1x + a1)(b2x + a2) +I = (b1x + a1+I) ⋅ (b2x + a2+I) = h(a1+b1i) ⋅ h(a2+b2i), a zatem udowodniliśmy, że h jest homomorfizmem.
Co więcej h jest bijekcją. Jest różnowartościowa, bo jeśli h(a1+b1i) = h(a2+b2i), to b1x+a1+I = b2x+a2+I, a zatem (b1−b2)x − (a1−a2) ∈I, czyli (b1−b2)x − (a1−a2) =w(x2+1), czyli w = 0, a zatem b1−b2=0 i a1−a2=0, czyli a1+b1i = a2+b2i. Jest też „na”, bowiem dla dowolnego wielomianu w, w = v(x2+1) + r, gdzie r jest wielomianem stopnia < 2, czyli r = bx + a oraz w ∈ r + I = h(a + bI).
9. Niech I ⊴ P . Udowodnij, że P /I jest dziedziną całkowitości wtedy i tylko wtedy, gdy I jest pierwszy.
Owszem, P /I jest dziedziną całkowitości wtedy i tylko wtedy, gdy z tego, że xy + I = (x + I)(y + I) = 0 + I (a więc z tego, że xy ∈ I), wynika, że x + I = 0 + I lub y + I = 0 + I, czyli, że x ∈ I lub y ∈ I.
10. Czy (x2+x + 1) jest ideałem maksymalnym w Z2[x]? Odpowiedź uzasadnij!
Zauważmy, że Z2[x]/(x2+x + 1) ma tylko cztery elementy: 0 + I, 2 + I, x + I oraz 1 + x + I, gdzie I = x2+x + 1.
Zatem jest to znane nam już z poprzedniego semestru cztero-elementowe ciało ((1 + x)(1 + x) = 1 + x2=x w tym ciele). Skoro Z2[x]/(x2+x + 1), to znaczy, że (x2+x + 1) jest maksymalny.
11. Pokazać, że ideał pierścienia skończonego jest pierwszy wtedy i tylko wtedy, gdy jest maksymalny.
Skoro w skończonym pierścieniu każdy niezerowy elementy, który nie jest dzielnikiem zera jest odwracalny, to w skończonej dziedzinie całkowitości wszystkie elementy są odwracalne, jest więc ona ciałem. Zatem skoro I jest pierwszy, to P /I jest dziedziną całkowitości, ale w takim razie P /I jest ciałem, ale w takim razie I jest maksymalny.
Oczywiście każde ciało jest dziedziną całkowitości, więc implikacja w drugą stronę zachodzi nie tylko dla skończonych pierścieni.
12. Zbadać, czy ideał (x2, x3+6) jest główny w pierścieniu Z[x].
Załóżmy, że istnieje wielomian w, że x2, x3+6 ∈ (w). Wtedy x2=w ⋅ f oraz x3+6 = w ⋅ g, dla pewnych wielomianów f oraz g. Ale jedyne sposoby rozkładu x2z dokładnością do −1 to x ⋅ x oraz x2⋅1. Z drugiej równości widzimy, że w ≠ x2 oraz w ≠ x, zatem w = 1. Ale wtedy (w) = Z[x] ≠ (x2, x3+6), zatem nie jest to ideał główny.
2
