Zad 1. Czy struktura algebraiczna 

Zestaw Z2

Zad 1. Czy struktura algebraiczna 

R,,_

 jest pierścieniem:

R



f C_(0,2): f(1)1



 , 

zwykłe dodawanie i mnożenie funkcji.

Zad 2. Znaleźć elementy odwracalne i dzielniki zera w pierścieniach

Z2Z6

Zad 3. Czy funkcja jest homomorfizmem pierścieni . Jeżeli tak to wyznaczyć

^{Kerf , Imf}

. a).

^{f :M}2_2^(Q)^{R f(M)}^detM

b).

^{f :Z}

 

^X ^{R f(g(X))}^g(0)

Zad 4. Wyznaczyć wszystkie ideały pierścienia

Z4Z2Z7

. Które z nich są maksymalne.

Zad 5. Które z zbiorów pierścienia

^R

 

^X

są ideałami:

 



: (2) 0, (0) 0



3 f R X f  f 

zb

zb4



f R

 

X :nie ma miejsc zerowych



Które z nich są maksymalne i pierwsze a które nie.

Zad 6. Znaleźć najmniejszą liczbę m _aby

_^ _^ _^ _^

30 ,11 24

7

1 Z

Z m

Zad 7. Czy wielomian jest rozkładalny w pierścieniu

R

 

X Q

R w x

x X X

f( ) ⁵2 ⁴6 14 

Zad 8. Wyznaczyć wszystkie elementy pierścienia ilorazowego  

) 3 2 ( 3

i i

Z



Zad 9. Niech

a17i

b 5i

Znaleźć

^u,vZ

 

ⁱ

takie, że

^{uavbNWD( ba, ).}

Zad 10. Korzystając z twierdzenia o homomorfizmie pierścieni uzasadnić izomorfizm.

^Z   ^X _{( X}

²

_{ 7 )} ^{ Z}   ⁷

Zad 11. Czy element 2 jest elementem pierwszym w pierścieniu

^Z

 

^{i 5}

(wykorzystać

46 ) 5 3 1 )(

5 3 1

(  i  i 

)

Zad 1. Czy struktura algebraiczna 

R,,_

 jest pierścieniem:

R



f C_(0,2): f(1)1



 , 

zwykłe dodawanie i mnożenie funkcji.

Odp.

Nie jest pierścieniem ponieważ dla f(X) X,g(X)1R

mamy



f g



(1) f(1)g(1)110

. Zatem

^{f gR}

co oznacza, że działanie jest dodawania funkcji jest źle określone.

Zad 2. Znaleźć elementy odwracalne i dzielniki zera w pierścieniach

^Z2Z6

Odp.



2 6



6

2 Z (a,b): a Z , b Z

Z     . Element (a,b)Z2Z6 jest odwracalny



istnieje (c,d)ZZ6 takie, że

( , )( , ) ( . , . ) ( 1 , 1 )

6

2





a c b d d

c b

a _{. A więc}



_element

a

jest odwracalny w Z i b odwracalny w 2 Z6. U

   

Z₂  1,2 U

   

Z₆  1,5

Możliwe kombinacje (1,1) (1,5) (2,1) (2,5) i to są wszystkie elementy odwracalne.

Element (a,b)Z₂Z₆ (a,b)(0,0) jest dzielnikiem zera



_istnieje

) 0 , 0 ( ) , ( )

,

(c d Z₂ Z₆ c d  takie, że

( , )( , ) ( . , . ) ( 0 , 0 )

6

2





a c c d d

c b

a _.



_element

a

jest dzielnikiem zera w Z lub b dzielnikiem zera w 2 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 2 Z6 dzielniki zera to

  

Z₆  2,3,4



Dz _.

A więc możliwe wszystkie kombinacje

, 2

, ln

) 4 , ( ) 3 , ( ) 2 ,

(k l m dla dowo ych k l mZ _i



^0,k



kZ6 k ⁰ i

 

l^,0 lZ2 l⁰. A więc dzielnik zera to

(2,4) (2,3), (2,2), (2,0), (1,4), (1,3), (1,2), (1,0), , ) 5 , 0 ( ), 4 , 0 ( ), 3 , 0 ( , ) 2 , 0 ( (0,1),

Stąd nie istnieją elementy nieodwracalnie i nie będącymi dzielnikami zera. Każdy element jest odwracalny lub dzielnikiem zera o czym mówiliśmy ogólnie na ćwiczeniach dla pierścieni skończonych przemiennych z jedynką.

Zad 3. Czy funkcja jest homomorfizmem pierścieni . Jeżeli tak to wyznaczyć

^{Kerf , Imf}

. a).

^{f :M}2_2^(Q)^{R f(M)}^detM

b).

f :Z

 

X R f(g(X))g(0) Odp.

a). Nie jest homomorfizmem pierścieni ponieważ dla

 

 







 



 



  1 0 0 1 1 0

0 1 BA ^{( Af ) fB } _ ^ _ ^{  0 0} _{0 0} ^ _ ^{ } _ ^{ 0}

2 1 1 ) ( )

(A  f B   

f

.

b). Jest homomorfizmem pierścieni ponieważ dla

h(X),g(X)Z

 

X

mamy

))

( ((

)) ( ((

) 0 ( ) 0 ( ) 0 )(

( )) )(

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

f       

)) ( ((

)) ( ((

) 0 ( ) 0 ( ) 0 )(

( )) )(

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

f   

 



^{g X Z X f g X}

 

^{g X Z}

 

^{X g}

 

^{g X Z}

 

^{X X g x}



^XZ

 

^X

Kerf  ( ) : ( ( ))0  ( ) : (0)0  ( ) : ( ) 

Ponieważ

^{f(g(X))g(0)Z}

i dla dowolnego

aZ

biorąc

^g(X)a

mamy

a

X g

f( ( ))

zatem

^{Imf Z}

.

Zad 4. Wyznaczyć wszystkie ideały pierścienia

Z4Z2Z7

. Które z nich są maksymalne.

Odp.

Twierdzenie. Dla pierścieni ^R,S

^I ^R^S

jest ideałem  istnieją ideały

S J R

I_R  , _S 

takie, że

I IRJS

.

Dowód. Twierdzenie 8.9 Skrypt wykładu str. 66.

Wszystkie ideały pierścienia Zn są postaci ^{dZn dn dZn}. Przykład 5. Skrypt wykładu str.

66 . Dowód tego faktu . Dla ^{dn , dZn : dZn kZn NWD(k,n)d}. Inkluzja kZn dZn

jest trywialna. Ponadto istnieją liczby ^{x,y Z xkynd} . Wtedy dla dowolnego lZn





lyn ld

lxk



lxklyn

  

_n  ld _n

 

lx k

 d

l



n n

nn

. ( ) .

dZ_nkZ_n dZ_n kZ_n. Implikacja d

n k NWD kZ

dZ_n  _n  ( , ) jest trywialna.

Ponieważ homomorfizm f :Z Z_n f(x)x(modn)(x)_n dla xZ

jest epimorfizmem to obraz i przeciw obraz ideału jest ideałem to oznacza, że pierścień

Zn

jest dziedziną ideałów głównych.

Można powyższy fakt sformułować w inny sposób. Obrazem dowolnego ideału

kZ pierścienia Z dla powyższego homomorfizmu ^f jest ideał dZn pierścienia Zn gdzie

) , ( nk NWD

d  dowodząc analogicznie.

Znając te fakty można łatwo znaleźć wszystkie pierścienie, uogólniając pierwsze twierdzenie na trzy czynniki, otrzymamy:

Ideały pierścienia Z4

to

I0 ⁰Z12 ⁴Z4 

 

⁰

,

I1 1Z4 Z4

,

I₂  Z2 ₄ 

 

0,2

Ideały pierścienia Z2

to

J₀ 0Z₂ 2Z₂ 

 

0

J₁ 1Z₂ Z₂ 

 

0,1

.

Ideały pierścienia ^Z7

to

K₀ 0Z₇ 7Z₇ 

 

0

K₁ 1Z₇ Z₇ 



0,1,3,4,5,6

 .

Ideały pierścienia Z4Z2Z7



(0,0,0)

      

0 0 0

0 0 0 0 , 0 ,

0 I J K    

I



(0,0,0),(0,1,0)

  

0 ₂

 

0

0 1 0 0 , 1 ,

0  I J K   Z 

I



_{2 7}

  

_{2 7}

1 1 0 1 , 1 ,

0 I J K (0,k,l) k Z l Z 0 Z Z

I         



₇

    

₇

1 0 0 1 , 0 ,

0 I J K (0,0,l) :l Z 0 0 Z

I        



(0,0,0),(1,0,0),(2,0,0),(3,0,0)



₄

   

0 0

0 0 1 0 , 0 ,

1 I J K  Z  

I



( ,0,0),( ,1,0): _{4 2}



_{4 2}

 

0

0 1 1 0 , 1 ,

1 I J K  k l kZ lZ Z Z 

I

7 2 4 1 1 1 1 , 1 ,

1 I J K Z Z Z

I      



_{4 7}



₄

 

₇

1 0 1 1 , 0 ,

1 I J K (k,0,l),):k Z ,l Z Z 0 Z

I         



(0,0,0),(2,0,0)

      

0,2 0 0

0 0 2 0 , 0 ,

2 I J K    

I

 



( ,0,0),( ,1,0): , 0,2

  

0,2 ₂

 

0

0 1 2 0 , 1 ,

2 I J K  k l k l  Z 

I

 

2 7

1 1 2 1 , 1 ,

2 I J K 0,2 Z Z

I      

 



7

    

7

1 0 2 1 , 0 ,

2 I J K (k,0,l):k 0,2 l Z 0,2 0 Z

I         

Twierdzenie. Dla pierścieni ^R,S,D

I  RSD

jest ideałem maksymalny  _istnieją ideały maksymalne

^IR  ^R , ^JS ^S , ^KD  ^D

takie, że

D S

R S D I R J D I R S K

I

I    lub    lub   

.

W pierścieniu

Z4

ideałami maksymalnymi są ideały

I₂  Z2 ₁₂ 

 

0,2

natomiast w pierścieniu

Z2

jest ideał

J0 ⁰Z2 ²Z2 

 

⁰

a w pierścieniu

^Z7

jest ideał

 

0 7

0 _{7 7}

0  Z  Z 

K

Ideały maksymalne pierścienia Z4Z2Z7

to

 

2 7

1 1 2 1 , 1 ,

2 I J K 0,2 Z Z

I      



( ,0,0),( ,1,0): , ₄



_{4 2}

 

0

0 1 1 0 , 1 ,

1 I J K  k l k lZ Z Z 

I



_{4 7}



₄

 

₇

1 0 1 1 , 0 ,

1 I J K (k,0,l),):k Z ,l Z Z 0 Z

I         

Zad 5. Które z zbiorów pierścienia

^R

 

^X

są ideałami:

 



^{: (2) 0, (0) 0}



3 f R X f  f 

zb

^zb4



^{f R}

 

^{X :nie ma miejsc zerowych}



Które z nich są maksymalne i pierwsze a które nie.

Odp.

a). Niech

^{f(X),g(X)zb3}



^{f R}

 

^{X : f(2)0,f(0)0}



^h(X)R

 

^X

Wtedy:

0 0 0 ) 2 ( ) 2 ( ) 2 )(

(f g  f g   

0 0 0 ) 0 ( ) 0 ( ) 0 )(

(f g  f g   

.

0 ) 0 ( 0 ) 0 ( ) 0 ( ) 0 )(

(fh  f h  h 

. Analogicznie

^(hf)(0)0

.

A więc zbiór

zb3

jest ideałem w pierścieniu

^R

 

^X

. Ideał

zb3

nie jest ideałem

maksymalnym ponieważ

^zb3J



^fR

 

^{X :f(2)0}



^J

jest ideałem i

^zb3^J ^R

 

^X

Np.

^{f(X) X 2J i f(X)X 2zb3}

i

f(X)XJ i f(X)XR

 

X

. b). Wielomiany

^f(X)^X2 ^1,g(X)¹^zb4



^f ^R

 

^{X :f niema miejsc zerowych}



lecz

^{f(X)g(X)X2zb4}

co oznacza, że zbiór

zb4

nie jest ideałem w pierścieniu

 

X

R

.

Zad 6. Znaleźć najmniejszą liczbę m aby

_^ _^ _^ _^ 30 ,11 24

7

1 Z

Z m

Odp.

Niech

^ _^ _^ 30 ,11 24 Z 7

A

i  







    



 

 1 : 0

N t Z k m Q

k Z m

B _t

. Jak wiemy ponadto, że

pierścienie

^A,B

są to najmniejsze pierścienie w ciele

^Q

zawierające wszystkie liczby całkowite i liczby wewnątrz nawiasów.

Wartość wyrażenia

^{  A} 30 4 1 30

1111

a więc dla

m30

mamy

B

 . Ponadto

A

B

 30 11 30

11 1

i

 B

24 7 30

3 5 7

3 2 3



to

A

 co w konsekwencji

B A

 czyli

B







 



30 ,11 24

7 30

1 Z

Z

.

Pytanie jak wpaść na taką drogę postępowania i czy ta wartość jest najmniejsza. W przypadku jak tutaj, bierzemy liczbę m która jest podzielna przez wszystkie różne liczby pierwsze które dzielą mianownik ułamka pierwszego lub drugiego. W naszym przypadku takimi liczbami pierwszymi są 2,3,5 i innych nie ma. Brak takiego czynnika liczby m

powoduje, że nie zapiszemy nasze generujące ułamki w postaci

^{Q:kZ tN}

 

⁰

m k

t

.

Te operacje nie wprowadzą tego czynnika do mianownika. Jeżeli potrafimy za pomocą generatorów pierścienia A wyznaczyć liczbę

m

1

to będzie szukaną naszą liczbą m _po

sprawdzeniu drugiej części zadania. Do m można dodawać czynniki ale od minimum nie możemy odjąć. W naszym przypadku występuje minimum czynników w rozkładzie na czynniki pierwsze a więc

^m30

jest najmniejszą liczbą o tej własności.

Zad 7. Czy wielomian jest rozkładalny w pierścieniu

^R

 

^X

Q R w x

x X X

f( ) ⁵2 ⁴6 14 

Odp.

Biorąc liczbę pierwszą

^p2

i stosując twierdzenie Eisensteina mamy

2 nie dzieli

a5 ¹

i

^{2a4 2}

,

^{2a3 0}

,

^{2a2 0}

,

^2a16

,

^{2a0 14}

i 4 nie dzieli

a0 ¹⁴

. To oznacza, że ten wielomian jest nierozkładalny nad pierścieniem

^Q

.

Zad 8. Wyznaczyć wszystkie elementy pierścienia ilorazowego  

) 3 2 ( 3

i i

Z 

Odp.

Niech

^{I (2i 3)Z}

 

^{i 3}

. Ponieważ

^{(2i 3)(2i 3)7I}

. Dla dowolnego

 

³

3 Z i bi

a 

mamy

I b a I b a t I b a I i b bi a I bi

a 3   3 (2 3)  2  7 ( 2 )₇  ( 2 )₇ 

dla

pewnego

^tZ

. Zatem każda warstwa daje przedstawić się w postaci

^k dla ^I kZ7. Przedstawienie jest jednoznaczne, ponieważ żadna z różnic dwóch liczb należących do Z7 nie jest podzielna przez ^{2i 3}

. Mamy bowiem

^{(2 7)}

 

³

3 7

2 m i Z i

i

m   



dla



1,2,3,4,5,6





m .

Wykorzystywaliśmy podstawową własność o której nie raz mówiliśmy na ćwiczeniach i nawet przy analogicznym zadaniu: do dowolnego reprezentanta warstwy możemy dodawać lub odejmować dowolny element z ideału i będziemy mieć tą samą warstwę. Ta własność dotyczy również warstw względem podgrup normalnych tylko dodawanie zastępujemy działaniem w grupie.

Zatem

  _

_{I I I I I I I}

_

i i

Z        

 0 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 )

3 2 ( 3

Zad 9. Niech

^a17i

^{b 5i}

Znaleźć

^u,^v^Z

 

ⁱ

takie, że

^{uavbNWD( ba, ).}

Odp.

Pierścień

^Z

 

ⁱ

jest pierścieniem Euklidesa z normą

^{N(abi) abi2 a2b2} 50

) 7 1

(  i 

N

,

^{N(5 i)26}

i i i

i i i

i

26 8 26 12 26

34 12 26

) 5 )(

7 1 ( 5

7

1        





i i

i i i

i i

i (5 ) 2 2

26 8 26 ) 12 5 ( ) 5 ( 7

1    



 



 











.

a).

^{17ii(5i)22i}

8 1 4 8

8 12 8

) 2 2 )(

5 ( 2 2

5        



 i i i i

i i

i i i

i i

i

i         

 (1 )(2 2) 1

8 )4 2 2 ( ) 2 2 )(

1 ( 5

b).

^{5i(1i)(22i)1i} 1 2

2

2 



 i

i

c).

^{22i2(1i)0}

Zatem

^{NWD(17i,5i)1i5i(1i)(22i)5i(1i)(17ii(5i)} )

5 )(

2 ( ) 7 1 )(

1 ( ) 5 ))(

1 ( 1 ( ) 7 1 )(

1

( i  i  i i i   i  i  i i )

5 )(

2 ( ) 7 1 )(

1 ( 1 ) 5 , 7 1

( i i i i i i i

NWD           

i v i

u1 2

Zad 10. Korzystając z twierdzenia o homomorfizmie pierścieni uzasadnić izomorfizm.

^Z   ^X _{( X}

²

_{ 7 )} ^{ Z}   ⁷

Odp.

Niech :Z

 

X R (f(X)) f( 7) będzie homomorfizmem pierścieni.

/ uzasadnienie analogiczne jak w zadaniu 3 b). /

Dla f(X)Z

 

X f( 7)0 f( 7)0. Ponieważ

  



 





_

ego nieparzyst n

dla

parzystego n

dla

n n n

7 7

7 7

2 1 2

Stąd dla ^f(X)Z

 

^{X f( 7)Z}

 

^{7 i 7  7} w pierścieniu ^Z

 

⁷ . /szczegółowe uzasadnienie w pliku „pierścienie całkowite i NWD”/



^{( )}

 

^{: ( ( )) ( 7) ( 7)0}



 f X Z X f X f f

Ker 

) ( ) 7 (

) ( ) 7 (

)

(X Ker X f X i X f X

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

) ( ) 7 ( )

(X Ker X² f X

f    w pierścieniu Z

 

X



f(X)(X²7)Z

 

X . A więc Ker (X²7)(X² 7)Z

 

X .

Również dla ^{ab 7Z}

 

⁷ i f

 

X abX mamy ^{(f(X)) f( 7)ab 7} to

 

⁷

Im Z .

Z podstawowego twierdzenia o homomorfizmie pierścieni mamy

^Z   ^X _{( X}

²

_{ 7 )} ^{ Z}   ⁷

.

Zad 11. Czy element 2 jest elementem pierwszym w pierścieniu

^Z

 

^{i 5}

(wykorzystać

46 ) 5 3 1 )(

5 3 1

(  i  i 

)

Odp.

Ponieważ ^{(13i 5)(13i 5) 46Z}

 

^{i 5} to ^{2(13i 5)(13i 5)46}. Ponieważ

2 nie dzieli ^{13i 5} /^13₂^{i 5 } ₂^13₂^{i 5Z}

 

^{i 5} / i 2 nie dzieli ^{13i 5} /

 

⁵

2 5 3 2 1 2

5 3

1 i   i Z i

/ to 2 nie jest liczbą pierwszą.