ALgebra I: polinomi invertibili e zerodivisori
Sono in $(ZZ_3[x])_(x^3+2x^2+2)$ (non so bene come scriverlo ma intendo l'analogo di $ZZ_p$ nei polinomi), quali e quanti sono i polinomi invertibili? (o quelli zerodivisori).
Io so che $(ZZ_3[x])_(x^3+2x^2+2)$ ha $3^3$ elementi, e so che $(x^3+2x^2+2)$ è riducibile in $(x+1)(x^2+x-1)$, quindi $(ZZ_3[x])_(x^3+2x^2+2)$ non è un campo, quindi esistono elementi zerodivisori.
Ora come trovarli?
Io so che gli elementi zeroisori sono quelli che contengono $(x+1)$ o $(x^2+x-1)$ tra i loro fattori, il mio problema è escludere i doppi, cioè quelli che appartengo alla stessa classe...
Io so che $(ZZ_3[x])_(x^3+2x^2+2)$ ha $3^3$ elementi, e so che $(x^3+2x^2+2)$ è riducibile in $(x+1)(x^2+x-1)$, quindi $(ZZ_3[x])_(x^3+2x^2+2)$ non è un campo, quindi esistono elementi zerodivisori.
Ora come trovarli?
Io so che gli elementi zeroisori sono quelli che contengono $(x+1)$ o $(x^2+x-1)$ tra i loro fattori, il mio problema è escludere i doppi, cioè quelli che appartengo alla stessa classe...
Risposte
Beh, io ragionerei così...
Troviamo tutti gli elementi di $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ che contengano l'elemento $x+1$ tra i loro fattori. Sono tutti e soli i polinomi di $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ che si possono scrivere nella forma $(x+1)q(x)$ e cioè (visto che l'insieme dove lavoriamo è dotato di unità) è l'ideale generato dall'elemento $x+1$.
Ora in $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ ci sono solo costanti, polinomi di primo grado e polinomi di secondo grado. Ovviamente se il $q(x)$ fosse una costante, essendo $ZZ_3$ un campo, otterrei solo elementi associati, che quindi non ti interessano; se invece $q(x)$ fosse di primo o di secondo grado otterrai un nuovo polinomio di primo o di secondo grado (non una costante perché $(x+1)q(x)$ non può essere primo con $x^3+2x^2+2$); due polinomi del tipo $(x+1)q(x)$ e $(x+1)p(x)$ sono associati se e solo se sono associati $q(x)$ e $p(x)$. Dal momento che ci sono 6 ($2*3$) polinomi di primo grado e che, preso comunque uno di essi, so che ce n'è uno associato (se prendo $h(x)$ $2h(x)$ è associato, ed è l'unica possibilità di essere associati in questo ambiente), posso dedurre che ci sono esattamente 3 polinomi di primo grado non associati tra di loro. Poi ci sono 18 polinomi di secondo grado e di nuovo per ogni polinomio ce n'è uno ed uno solo associato (non avendo considerato le costanti, e quindi 0, dobbiamo contare anche $x^2+x-1$). Quindi ci sono 9 polinomi non associati di secondo grado. In definitiva ci sono $3+9=12$ polinomi che contengono il fattore $x+1$. Analogamente ci saranno $12$ fattori che contengono $x^2+x-1$, il che implica che in totale ci sono $24$ zero-divisori e $3$ polinomi invertibili.
Vi sembra corretto il ragionamento?
Troviamo tutti gli elementi di $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ che contengano l'elemento $x+1$ tra i loro fattori. Sono tutti e soli i polinomi di $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ che si possono scrivere nella forma $(x+1)q(x)$ e cioè (visto che l'insieme dove lavoriamo è dotato di unità) è l'ideale generato dall'elemento $x+1$.
Ora in $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ ci sono solo costanti, polinomi di primo grado e polinomi di secondo grado. Ovviamente se il $q(x)$ fosse una costante, essendo $ZZ_3$ un campo, otterrei solo elementi associati, che quindi non ti interessano; se invece $q(x)$ fosse di primo o di secondo grado otterrai un nuovo polinomio di primo o di secondo grado (non una costante perché $(x+1)q(x)$ non può essere primo con $x^3+2x^2+2$); due polinomi del tipo $(x+1)q(x)$ e $(x+1)p(x)$ sono associati se e solo se sono associati $q(x)$ e $p(x)$. Dal momento che ci sono 6 ($2*3$) polinomi di primo grado e che, preso comunque uno di essi, so che ce n'è uno associato (se prendo $h(x)$ $2h(x)$ è associato, ed è l'unica possibilità di essere associati in questo ambiente), posso dedurre che ci sono esattamente 3 polinomi di primo grado non associati tra di loro. Poi ci sono 18 polinomi di secondo grado e di nuovo per ogni polinomio ce n'è uno ed uno solo associato (non avendo considerato le costanti, e quindi 0, dobbiamo contare anche $x^2+x-1$). Quindi ci sono 9 polinomi non associati di secondo grado. In definitiva ci sono $3+9=12$ polinomi che contengono il fattore $x+1$. Analogamente ci saranno $12$ fattori che contengono $x^2+x-1$, il che implica che in totale ci sono $24$ zero-divisori e $3$ polinomi invertibili.
Vi sembra corretto il ragionamento?
"maurer":
Beh, io ragionerei così...
Troviamo tutti gli elementi di $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ che contengano l'elemento $x+1$ tra i loro fattori. Sono tutti e soli i polinomi di $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ che si possono scrivere nella forma $(x+1)q(x)$ e cioè (visto che l'insieme dove lavoriamo è dotato di unità) è l'ideale generato dall'elemento $x+1$.
Ora in $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ ci sono solo costanti, polinomi di primo grado e polinomi di secondo grado.
ma tipo $x^3$ non appartiene a $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$? cioè, ci appartiene di sicuro, ma è eqivalente a $-2x^2-2$ che però non mi sembra che poi consideri...
"maurer":
Ovviamente se il $q(x)$ fosse una costante, essendo $ZZ_3$ un campo, otterrei solo elementi associati, che quindi non ti interessano;
bè, ma $2*(x+1)$ è distinto da $(x+1)$...
"maurer":
se invece $q(x)$ fosse di primo o di secondo grado otterrai un nuovo polinomio di primo o di secondo grado (non una costante perché $(x+1)q(x)$ non può essere primo con $x^3+2x^2+2$); due polinomi del tipo $(x+1)q(x)$ e $(x+1)p(x)$ sono associati se e solo se sono associati $q(x)$ e $p(x)$. Dal momento che ci sono 6 ($2*3$) polinomi di primo grado e che, preso comunque uno di essi, so che ce n'è uno associato (se prendo $h(x)$ $2h(x)$ è associato, ed è l'unica possibilità di essere associati in questo ambiente), posso dedurre che ci sono esattamente 3 polinomi di primo grado non associati tra di loro. Poi ci sono 18 polinomi di secondo grado e di nuovo per ogni polinomio ce n'è uno ed uno solo associato (non avendo considerato le costanti, e quindi 0, dobbiamo contare anche $x^2+x-1$). Quindi ci sono 9 polinomi non associati di secondo grado. In definitiva ci sono $3+9=12$ polinomi che contengono il fattore $x+1$. Analogamente ci saranno $12$ fattori che contengono $x^2+x-1$, il che implica che in totale ci sono $24$ zero-divisori e $3$ polinomi invertibili.
Vi sembra corretto il ragionamento?
credo siano troppi... cioè gli invertibile sono quelli che non contengono fattori comuni con $(x+1)(x^2+x-1)$, ad esempio $x^2$, $x$, $x^2+x$, $x-1$, $x^2+1$ e sono già 5...
Effettivamente hai ragione... ho fatto un po' di confusione da qualche parte...
Però forse adesso sono riuscito a pensare a qualcosa di più sensato.
Guarda se per caso non dico altre cretinate: noi stiamo lavorando in $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ e vogliamo trovare quanti elementi contengono nella loro fattorizzazione il termine $x+1$. Questo equivale a chiederci quanti elementi divisi per $x+1$ ha resto 0. Quanti resti sono possibili in $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ nella divisione per $x+1$? Questa domanda è equivalente a: quanti elementi possiede l'anello quoziente $(ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2)))_((x+1))$ (dove $(x+1)$ è pensato come classe d'equivalenza, ossia come laterale)?
Visto che la classe d'equivalenza di $x+1$ modulo $x^3+2x^2+2$ può essere pensata come il quoziente di $(x^3+2x^2+2)$ in $ZZ_3[x]$ su $(x+1)$, allora per il secondo teorema di isomorfismo segue che $(ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2)))_((x+1))=ZZ_3[x]_(x+1)$ e quindi ha 3 elementi; ricapitolando in $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ ci sono 3 resti possibili nella divisione per $x+1$; visto che il numero di elementi è $27$, allora questo significa che ci sono esattamente $27:3=9$ elementi che hanno resto 0, 9 elementi con resto 1 e 9 elementi con resto 2.
Analogo ragionamento può essere fatto con il polinomio $x^2+x-1$. Si trovano 9 resti possibili, da cui segue che ci sono 3 polinomi con resto 0 nella divisione per $x^2+x-1$.
Quindi, visto in $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ un polinomio che abbia resto 0 nella divisione per $x+1$ e che abbia resto zero nella divisione per $x^2+x-1$ è uguale allo 0 dell'anello quoziente in cui lavoriamo, ne segue che ci sono esattamente 9+3 divisori dello zero.
Ti torna questo ragionamento? Oppure ho fatto altri errori di cui adesso non mi accorgo?
Però forse adesso sono riuscito a pensare a qualcosa di più sensato.
Guarda se per caso non dico altre cretinate: noi stiamo lavorando in $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ e vogliamo trovare quanti elementi contengono nella loro fattorizzazione il termine $x+1$. Questo equivale a chiederci quanti elementi divisi per $x+1$ ha resto 0. Quanti resti sono possibili in $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ nella divisione per $x+1$? Questa domanda è equivalente a: quanti elementi possiede l'anello quoziente $(ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2)))_((x+1))$ (dove $(x+1)$ è pensato come classe d'equivalenza, ossia come laterale)?
Visto che la classe d'equivalenza di $x+1$ modulo $x^3+2x^2+2$ può essere pensata come il quoziente di $(x^3+2x^2+2)$ in $ZZ_3[x]$ su $(x+1)$, allora per il secondo teorema di isomorfismo segue che $(ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2)))_((x+1))=ZZ_3[x]_(x+1)$ e quindi ha 3 elementi; ricapitolando in $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ ci sono 3 resti possibili nella divisione per $x+1$; visto che il numero di elementi è $27$, allora questo significa che ci sono esattamente $27:3=9$ elementi che hanno resto 0, 9 elementi con resto 1 e 9 elementi con resto 2.
Analogo ragionamento può essere fatto con il polinomio $x^2+x-1$. Si trovano 9 resti possibili, da cui segue che ci sono 3 polinomi con resto 0 nella divisione per $x^2+x-1$.
Quindi, visto in $ZZ_3[x]_((x^3+2x^2+2))$ un polinomio che abbia resto 0 nella divisione per $x+1$ e che abbia resto zero nella divisione per $x^2+x-1$ è uguale allo 0 dell'anello quoziente in cui lavoriamo, ne segue che ci sono esattamente 9+3 divisori dello zero.
Ti torna questo ragionamento? Oppure ho fatto altri errori di cui adesso non mi accorgo?
Secondo me conviene trovare tutti i multipli di $x+1$, e per farlo (ricordando che vale la relazione $x^3=x^2+1$) si può considerare il prodotto
$(x+1)(ax^2+bx+c) = (2a+b)x^2+(b+c)x+(a+c)$.
Ora la mappa lineare $(a,b,c) to (2a+b,b+c,a+c)$ non è invertibile (il suo determinante è $3=0$, e il suo nucleo corrisponde proprio al polinomio $x^2+x+2$ che "uccide" $x+1$), e si vede calcolandone l'immagine che i multipli di $x+1$ sono tutti e soli del tipo $(2 lambda+mu)x^2+mu x+lambda$ con $lambda,mu$ nel campo base. In questo modo li troviamo tutti, parametrizzandoli con $(lambda,mu)$:
$0,\ x^2+x,\ 2x^2+2x,\ 2x^2+1,\ x+1,\ x^2+2x+1,\ x^2+2,\ 2x^2+x+2,\ 2x+2$.
Analogamente si vede che i multipli di $x^2+x+2$ sono solo i suoi multipli scalari, ovvero sono:
$0,\ x^2+x+2,\ 2x^2+2x+1$.
Sembrano dunque esserci $10$ divisori propri dello zero, quindi $17$ elementi invertibili. Secondo me ogni problema di questo tipo si può in questo modo ridurre ad un problema di algebra lineare.
$(x+1)(ax^2+bx+c) = (2a+b)x^2+(b+c)x+(a+c)$.
Ora la mappa lineare $(a,b,c) to (2a+b,b+c,a+c)$ non è invertibile (il suo determinante è $3=0$, e il suo nucleo corrisponde proprio al polinomio $x^2+x+2$ che "uccide" $x+1$), e si vede calcolandone l'immagine che i multipli di $x+1$ sono tutti e soli del tipo $(2 lambda+mu)x^2+mu x+lambda$ con $lambda,mu$ nel campo base. In questo modo li troviamo tutti, parametrizzandoli con $(lambda,mu)$:
$0,\ x^2+x,\ 2x^2+2x,\ 2x^2+1,\ x+1,\ x^2+2x+1,\ x^2+2,\ 2x^2+x+2,\ 2x+2$.
Analogamente si vede che i multipli di $x^2+x+2$ sono solo i suoi multipli scalari, ovvero sono:
$0,\ x^2+x+2,\ 2x^2+2x+1$.
Sembrano dunque esserci $10$ divisori propri dello zero, quindi $17$ elementi invertibili. Secondo me ogni problema di questo tipo si può in questo modo ridurre ad un problema di algebra lineare.
@ Martino.
Confermo il tuo risultato. Purtroppo non sono in grado di capire bene quello che hai fatto (non ho mai fatto Algebra Lineare, quindi non conosco termini come "mappa lineare"); tuttavia i numeri coincidono con quelli del mio metodo (condotto solo con strumenti di Algebra 1). Mi veniva 12 alla fine perché contavo anche i due zeri... che stupido!
Dai nove multipli di $x+1$ devo toglierne uno e la stessa cosa per i multipli di $x^2+x+2$. Quindi in totale i divisori dello zero sono $8+2=10$.
Confermo il tuo risultato. Purtroppo non sono in grado di capire bene quello che hai fatto (non ho mai fatto Algebra Lineare, quindi non conosco termini come "mappa lineare"); tuttavia i numeri coincidono con quelli del mio metodo (condotto solo con strumenti di Algebra 1). Mi veniva 12 alla fine perché contavo anche i due zeri... che stupido!
Dai nove multipli di $x+1$ devo toglierne uno e la stessa cosa per i multipli di $x^2+x+2$. Quindi in totale i divisori dello zero sono $8+2=10$.
"maurer":
(non ho mai fatto Algebra Lineare, quindi non conosco termini come "mappa lineare")
Ho usato cose di algebra lineare perché nel mio corso di studi ho fatto algebra lineare molto prima di fare algebra. Pensavo che fosse ancora così...
Non so nelle altre università... ma qui a Torino noi abbiamo fatto Algebra 1 nel primo semestre, mentre Algebra lineare rimane associata a Geometria e la farò solo da marzo in poi...
si può fare anche così:
$ZZ_3[x]//(x+1)*(x^2+x-1)~=ZZ_3[x]//(x+1) xx ZZ_3[x]//(x^2+x-1)$ perchè i due ideali sono coprimi (due dovrebbe essere radice del secondo e non lo è).
I divisori dello zero sono tutti e soli quelli del tipo $(a,0)$ e $(0,a)$ con $a!=0$ otteniamo due elementi del tipo $(a,0)$ e 8 del tipo $(0,a)$ in totale 10. Poi mi pare 16 elementi invertibili e lo zero.
$ZZ_3[x]//(x+1)*(x^2+x-1)~=ZZ_3[x]//(x+1) xx ZZ_3[x]//(x^2+x-1)$ perchè i due ideali sono coprimi (due dovrebbe essere radice del secondo e non lo è).
I divisori dello zero sono tutti e soli quelli del tipo $(a,0)$ e $(0,a)$ con $a!=0$ otteniamo due elementi del tipo $(a,0)$ e 8 del tipo $(0,a)$ in totale 10. Poi mi pare 16 elementi invertibili e lo zero.
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