[ANELLI] due problemi (in contraddizione?) dell'Herstein
Ciao a tutti.
Studiando gli anelli dall'Herstein, ho trovato questi due esercizi:
"sia Q l'anello dei quaternioni a coefficienti nel campo $Z_p$. Dimostrare che questo anello non ha ideali non banali, e non è un corpo"
"sia R un anello con unità che non ha ideali non banali. Dimostrare che è un corpo"
Questi esercizi mi sembrano in contraddizione, l'anello dei quaternioni modulo p ha chiaramente unità. Sbaglio qualcosa? A me sembra di aver dimostrato il primo teorema
Studiando gli anelli dall'Herstein, ho trovato questi due esercizi:
"sia Q l'anello dei quaternioni a coefficienti nel campo $Z_p$. Dimostrare che questo anello non ha ideali non banali, e non è un corpo"
"sia R un anello con unità che non ha ideali non banali. Dimostrare che è un corpo"
Questi esercizi mi sembrano in contraddizione, l'anello dei quaternioni modulo p ha chiaramente unità. Sbaglio qualcosa? A me sembra di aver dimostrato il primo teorema
Risposte
Effettivamente, la mia dimostrazione riguarda solo gli ideali bilateri. La posto così puoi dirmi se è giusta.
Sia $I$ un ideale di $Q$ contenente un elemento non nullo. Possiamo supporre senza perdita di generalità (in quanto un ideale assorbe prodotti) che tale elemento sia della forma $x=1+a \cdot i + b\cdot j + c\cdot k$. Moltiplicando a destra e a sinistra tale elemento per $i$ , facendo la differenza dei due elementi ottenuti, e moltiplicando per l'inverso di 2 modulo $p$, si ottiene che $1+a\cdot i \in I$. Analogamente si dimostra che $1+b\cdot j , 1+c\cdot k\in I$. Allora la loro somma $y$ appartiene a $I$. Ma $y-x=2$ che è invertibile mod p. Ne consegue che $1\in I$ e quindi la tesi.
Il secondo esercizio ora è banale: sia $a\not =0$. Allora l'ideale destro $aR$ coincide con $R$ perché contiene elementi non nulli. Allora esiste $x\in R$ tale che $ax=1$, e quindi $a$ è invertibile.
Sia $I$ un ideale di $Q$ contenente un elemento non nullo. Possiamo supporre senza perdita di generalità (in quanto un ideale assorbe prodotti) che tale elemento sia della forma $x=1+a \cdot i + b\cdot j + c\cdot k$. Moltiplicando a destra e a sinistra tale elemento per $i$ , facendo la differenza dei due elementi ottenuti, e moltiplicando per l'inverso di 2 modulo $p$, si ottiene che $1+a\cdot i \in I$. Analogamente si dimostra che $1+b\cdot j , 1+c\cdot k\in I$. Allora la loro somma $y$ appartiene a $I$. Ma $y-x=2$ che è invertibile mod p. Ne consegue che $1\in I$ e quindi la tesi.
Il secondo esercizio ora è banale: sia $a\not =0$. Allora l'ideale destro $aR$ coincide con $R$ perché contiene elementi non nulli. Allora esiste $x\in R$ tale che $ax=1$, e quindi $a$ è invertibile.
Hai ragione. Io ho dimostrato l'ultima parte utilizzando il teorema dei quattro quadrati, ma mi piacerebbe se mi aiutaste a trovare una via più elementare.
Dati $a,b,c,d$ tali che la somma dei loro quadrati sia $p$, si ha che almeno 2 di questi numeri sono non nulli e quindi primi con $p$. Allora $a+bi+cj+dk$ è un divisore dello zero perché il prodotto per il suo coniugato (chiaramente non nullo) è proprio la somma dei quadrati di $a,b,c,d$, la quale è congrua a 0 mod $p$.{
Dati $a,b,c,d$ tali che la somma dei loro quadrati sia $p$, si ha che almeno 2 di questi numeri sono non nulli e quindi primi con $p$. Allora $a+bi+cj+dk$ è un divisore dello zero perché il prodotto per il suo coniugato (chiaramente non nullo) è proprio la somma dei quadrati di $a,b,c,d$, la quale è congrua a 0 mod $p$.{
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