$(2, x)$ non è principale in $ZZ[x]$
Hola... posto un esercizio dell'esonero di stamattina 
7) Dimostrare che $(2, x)$ non è principale in $ZZ[x]$.
Io l'ho svolto così, volevo sapere un metodo più "diretto" che sicuramente c'era:
Dal terzo teorema di omomorfismo, $(ZZ[x])/((2,x)) ~= ((ZZ[x])/(2ZZ[x]))/(((2, x))/(2ZZ[x])) = (ZZ_2[x])/(\bar x)$ che è un campo, quindi $(ZZ[x])/((2,x))$ è un campo; segue che $(2,x)$ è massimale e quindi non è principale.
E un'altra cosa ancora... per dimostrare questo lemma (ogni ideale principale $(f(x))$ di $ZZ[x]$ non è massimale) mi basta dire (escludendo il caso particolare che il polinomio sia di grado $0$ che si fa a parte) che preso $(p, f(x))$ tale che $p$ non divide il termine noto di $f(x)$, allora $(f(x)) \sub (p, f(x)) \sub ZZ[x]$?
7) Dimostrare che $(2, x)$ non è principale in $ZZ[x]$.
Io l'ho svolto così, volevo sapere un metodo più "diretto" che sicuramente c'era:
Dal terzo teorema di omomorfismo, $(ZZ[x])/((2,x)) ~= ((ZZ[x])/(2ZZ[x]))/(((2, x))/(2ZZ[x])) = (ZZ_2[x])/(\bar x)$ che è un campo, quindi $(ZZ[x])/((2,x))$ è un campo; segue che $(2,x)$ è massimale e quindi non è principale.
E un'altra cosa ancora... per dimostrare questo lemma (ogni ideale principale $(f(x))$ di $ZZ[x]$ non è massimale) mi basta dire (escludendo il caso particolare che il polinomio sia di grado $0$ che si fa a parte) che preso $(p, f(x))$ tale che $p$ non divide il termine noto di $f(x)$, allora $(f(x)) \sub (p, f(x)) \sub ZZ[x]$?
Risposte
Ma cosa intendi tu per (2,x) ?
E poi perchè se devi dimostrare che non è massimale arrivi invece a dire che lo è???
E poi perchè se devi dimostrare che non è massimale arrivi invece a dire che lo è???
Si scusa correggo il testo... volevo scrivere "non è principale".
Penso che con (2,x) tu intenda l'ideale generato dai 2 polinomi: 2 e x.
Se è così allora:
tale ideale è l'insieme dei polinomi che hanno termine noto pari. Se fosse generato da un solo elemento, allora tale elemento dovrebbe avere grado 0 (cioè essere costante) e dovrebbe essere pari, poichè l'ideale contiene 2.
Ma allora non potrebbe contenere x poichè $x=1*x$ e 1 non è pari
Spero che la risposta ti soddisfi.
Se hai bisogno di altri chiarimenti dimmi pure.
Ciao
Se è così allora:
tale ideale è l'insieme dei polinomi che hanno termine noto pari. Se fosse generato da un solo elemento, allora tale elemento dovrebbe avere grado 0 (cioè essere costante) e dovrebbe essere pari, poichè l'ideale contiene 2.
Ma allora non potrebbe contenere x poichè $x=1*x$ e 1 non è pari
Spero che la risposta ti soddisfi.
Se hai bisogno di altri chiarimenti dimmi pure.
Ciao
Merci 
... no il lemma che citato mi ci sono chiuso poco fa e dovrei averlo dimostrato giusto, già che ci sono lo posto 
Lemma: ogni ideale massimale di $ZZ[x]$ non è principale.
Dimostrazione:
Supponiamo M, ideale massimale di $ZZ[x]$, sia della forma M = $(f(x))$.
1) Se $\sigmaf(x) = 0$, $f \in ZZ$; sicuramente $f$ non è invertibile altrimenti il suo ideale generato coinciderebbe con $ZZ[x]$. Consideriamo allora $(f(x), x)$: quest'ideale contiene propriamente $(f(x))$ perchè $x \notin (f(x)) $ ed è contenuto propriamente in $ZZ[x]$ perchè $1 \notin (f(x), x)$, quindi $(f(x))$ non è massimale.
2) Se $\sigmaf(x) \geq 1$, sia $p$ primo tale che $p$ non divide alcun coefficente di $f$; sicuramente $(f(x)) \sub (p, f(x))$ perchè per motivi di grado $p \notin (f(x))$; rimane quindi da mostrare che $(p, f(x)) != ZZ[x]$.
Per assurdo valga l'uguaglianza, allora $1 = pg(x) +f(x)h(x)$; è un uguaglianza in $ZZ[x]$ e quindi deve valere anche in $ZZ_p[x]$, da cui segue che $1 = f(x)h(x)$ $(mod p)$.
Siano $f(x) = a_0 + ... +a_kx^k$ e $h(x) = b_0 + ... + b_mx^m$, $k + m = n$. Poichè $\sigma(f(x)h(x)) = 0$, $a_kb_mx^n = 0_p \rarr b_m = 0_p$ per l'ipotesi iniziale su $p$. Similmente, $a_kb_{m-1} + a_{k-1}b_m = 0_p \rarr b_{m-1} = 0_p$ e, iterando, si arriva che $a_0b_1 +a_1b_0 = a_1b_0 = 0_p \rarr b_0 = 0$, ma quindi $a_0b_0 = 0 != 1$, assurdo.
Se ci sono errori e/o dimostrazioni più brevi... beh sono sempre graditissime le segnalazioni
... no il lemma che citato mi ci sono chiuso poco fa e dovrei averlo dimostrato giusto, già che ci sono lo posto Lemma: ogni ideale massimale di $ZZ[x]$ non è principale.
Dimostrazione:
Supponiamo M, ideale massimale di $ZZ[x]$, sia della forma M = $(f(x))$.
1) Se $\sigmaf(x) = 0$, $f \in ZZ$; sicuramente $f$ non è invertibile altrimenti il suo ideale generato coinciderebbe con $ZZ[x]$. Consideriamo allora $(f(x), x)$: quest'ideale contiene propriamente $(f(x))$ perchè $x \notin (f(x)) $ ed è contenuto propriamente in $ZZ[x]$ perchè $1 \notin (f(x), x)$, quindi $(f(x))$ non è massimale.
2) Se $\sigmaf(x) \geq 1$, sia $p$ primo tale che $p$ non divide alcun coefficente di $f$; sicuramente $(f(x)) \sub (p, f(x))$ perchè per motivi di grado $p \notin (f(x))$; rimane quindi da mostrare che $(p, f(x)) != ZZ[x]$.
Per assurdo valga l'uguaglianza, allora $1 = pg(x) +f(x)h(x)$; è un uguaglianza in $ZZ[x]$ e quindi deve valere anche in $ZZ_p[x]$, da cui segue che $1 = f(x)h(x)$ $(mod p)$.
Siano $f(x) = a_0 + ... +a_kx^k$ e $h(x) = b_0 + ... + b_mx^m$, $k + m = n$. Poichè $\sigma(f(x)h(x)) = 0$, $a_kb_mx^n = 0_p \rarr b_m = 0_p$ per l'ipotesi iniziale su $p$. Similmente, $a_kb_{m-1} + a_{k-1}b_m = 0_p \rarr b_{m-1} = 0_p$ e, iterando, si arriva che $a_0b_1 +a_1b_0 = a_1b_0 = 0_p \rarr b_0 = 0$, ma quindi $a_0b_0 = 0 != 1$, assurdo.
Se ci sono errori e/o dimostrazioni più brevi... beh sono sempre graditissime le segnalazioni
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