Anelli: sugli ideali massimali (e funzioni continue)

[Paolo902]

Buongiorno a tutti.

Vorrei proporre alla vostra attenzione il seguente

Problema. Si consideri l'anello (rispetto alle usuali operazioni di somma e moltiplicazione di funzioni reali)

$mathcal R={f:RR->RR " continue su " [0,4]}$

Sia inoltre $mathcal M={f in R " tali che " f(2)=0}$. Si provi che $mathcal M$ è un ideale massimale di $mathcal R$.

Risoluzione. Che $mathcal M$ sia un ideale (bilatero, visto che $mathcal R$ è commutativo) non è difficile da provare, la verifica delle due condizioni è molto semplice e non la riporto.

Mi interessa invece di più la questione relativa all'attributo massimale.

Il libro dà un suggerimento (supporre che esista $mathcal I$ tale che...).
Ho pensato quindi di ragionare così: supponiamo esista un ideale $mathcal I$ tale $mathcal M subset mathcal I subset mathcal R$. Poichè l'inclusione è propria, significa che esiste $g(x) in mathcal I ^^ g(x) notin mathcal M$.
Quindi, $g(2)=k ne 0$, dove $k$ è un numero reale.
Posso considerare allora la funzione $h(x)$ definita da $h(x)=g(x)-k$.
Evidentemente, $h(2)=k-k=0 => h(x) in mathcal M => h(x) in mathcal I$.

La differenza di due funzioni che stanno in $mathcal I$ (ideale) sta ancora in $ mathcal I$: quindi $k in mathcal I$.
Ma dov'è il problema? Insomma, arrivato a questo punto come chiudo la faccenda?

Avevo pensato di intraprendere anche un'altra strada, visto che non riuscivo a portare a termine questa.

Ho pensato (Martino docet ) di definire un omomorfismo (suriettivo) di anelli: $phi: mathcal R to RR$ definito in questo modo: $phi(f(x))=f(2)$.

La verifica che $phi(cdot)$ definisce effettivamente un omomorfismo di anelli è abbastanza semplice: $phi((f+g)(x))=(f+g)(2)=f(2)+g(2)=phi(f(x))+phi(g(x))$ (idem con il prodotto).

Adesso noto che $Ker phi = mathcal M$: per il TFI, allora, $mathcal R // ker phi = mathcal R // mathcal M cong RR$. Perciò il quoziente è isomorfo a $RR$ e quindi è un campo. Dal fatto che $mathcal R$ è commutativo unitario segue che l'ideale è massimale.

Ci sono errori? Sono corrette entrambe le strade? Come si finisce la prima?
Vi ringrazio.

[Paolo902]

Ohhhhhhhhh, forse ci sono.

Insomma, io ci provo, spero vada un po' meglio.

Consideriamo $(a,x)$; abbiamo per ipotesi che $A[X]$ è un PID, quindi come si diceva già prima, $(a,x)=(f(x))$ con un opportuno $f(x)$.
D'altra parte, l'ideale principale generato da $f(x)$ contiene tutti gli elementi della forma $alpha(x)f(x)$, con $alpha(x) in A[X]$.

Ma ho mostrato sopra (piantando un gran casino ) che $a in (a,x) => a in (f(x))$. Quindi, esiste un polinomio $g(x)$ tale che $f(x)g(x)=a$.

Ora se fosse lecito moltiplicare ambo i membri per l'inverso di $f(x)g(x)$ avrei finito, perchè avrei trovato un elemento che, moltiplicato per $a$, mi dà $1$.
Ma chi mi garantisce che posso moltiplicare per detto inverso? Chi mi garantisce che esista?

[Studente Anonimo]

"Paolo90":esiste un polinomio $g(x)$ tale che $f(x)g(x)=a$.

Ok, fin qua ci siamo. Ora, cosa puoi dire sul grado dei polinomi $f(x)$, $g(x)$?

[Paolo902]

Be', devono essere entrambi nulli (i gradi), altrimenti non potrei avere una costante.

Cioè, $f(x)$ e $g(x)$ sono polinomi costanti, di grado zero.
Giusto?

[Studente Anonimo]

"Paolo90":Cioè, $f(x)$ e $g(x)$ sono polinomi costanti, di grado zero.
Giusto?

Giusto. Quindi $(a,x)$ è principale generato da un elemento di $A$. Ora come prosegui?

[Paolo902]

Eh, bella domanda.

Ora devo tirare fuori qualche cosa dal fatto che so che quell'ideale è principale generato da una costante: ad esempio, se riuscissi a dire che quell'ideale è tutto l'anello avrei che l'unità sta lì dentro, da cui $a$ ammette inverso.

E' questa l'idea giusta?

P.S. Preciso che l'idea nasce dal fatto che vale il viceversa di quanto ho affermato: se sapessi che $A$ è campo l'ideale principale generato da una costante è tutto l'anello. Corretto?

[Studente Anonimo]

Corretto.

Sai che esiste $b in A$ tale che $(b)=(a,x)$. In particolare esiste un polinomio $h(x) in A[X]$ tale che $b * h(x) =x$. Cosa puoi dire ora di $b$ e $h(x)$?

Vado a dormire, a domani!

[Paolo902]

"Martino":Corretto.

Sai che esiste $b in A$ tale che $(b)=(a,x)$. In particolare esiste un polinomio $h(x) in A[X]$ tale che $b * h(x) =x$. Cosa puoi dire ora di $b$ e $h(x)$?

Vado a dormire, a domani!

Forse ci sono (ci ho impiegato praticamente una giornata ). Da $b*h(x)=x$ segue che $h(x)=x$ e $b=1$, non può essere altrimenti. Da cui $(b)=(1)=A$.
Ora vado anche io a nanna, domattina riscrivo per bene il tutto.

Speriamo che la notte mi porti consigli (algebrici ).
Grazie mille ancora.

Notte.

[NightKnight1]

Provo a dare una dimostrazione più teorica del fatto che se $A$ è un anello commutativo con identità allora $A[X] \ PID \ \ => \ \ A \ \text{campo}$
Poiché $A$ è un sottoanello del dominio d'integrità $A[X]$, $A$ è anch'esso un dominio d'integrità.
Ora considero l'ideale $(X)$; allora $(X)$ è un ideale primo perché $A[X] // (X) ~= A$ è un dominio.
Ma allora $(X)$ è un ideale primo non nullo, quindi è un ideale massimale perché $A[X]$ è PID. Allora $A ~= A[X] // (X)$ è un campo.

Si è usato che: in un PID, un ideale primo non nullo è un ideale massimale.

[Paolo902]

Eccomi di nuovo qui.

Spero mi perdoniate, ma sento bisogno di ordine. Cerco quindi di riassumere quanto fatto finora in un post che spero sia chiaro e soprattutto corretto.

La questione è questa: si tratta di dimostrare che

$A " campo" iff A[X] " PID "$

La dimostrazione di andata è semplice e l'abbiamo già scritta. La riporto qui solo per completezza.

$A " campo" => A[X] " PID "$
Dim. Prendiamo un ideale qualsiasi $mathcal I$ di $A[X]$. Vogliamo mostrare che esso è principale.
A meno che l'ideale sia quello banale (nullo), si ha che in $mathcal I$ ci sono degli $a(x)$: sia $p(x) in mathcal I$ un polinomio non nullo di grado minimo. Mostriamo che $mathcal I = (p(x))$.

Proviamo la doppia inclusione: $p(x) in I =>(p(x)) subseteq I$ per stabilità.
L'inclusione opposta è un po' più difficile: sia $a(x)$ un elemento di $mathcal I$. Facciamo la divisione di $a(x)$ per $p(x)$: si ottiene $a(x)=p(x)q(x)+r(x)$ con $0<="deg " r(x)< "deg " b(x)$. Da cui: $r(x)=a(x)-p(x)q(x) in mathcal I$ sempre per stabilità: dunque abbiamo un elemento di $mathcal I$ che ha grado minore del minimo: si ha che $r(x) equiv 0$, perchè se non fosse il polinomio identicamente nullo avrei trovato un polinomio non nullo di grado minimo in $mathcal I$ (e ciò contrasta con la minimalità di $p(x)$). Quindi $a(x)=p(x)q(x) in (p(x))$. Da cui, infine, $I subseteq (p(x))$.

Ora proviamo la freccia opposta.

$ A[X] " PID " => A " campo"$

Dim. Per provare che $A$ è un campo, prendiamo un elemento non nullo $a in A$ e facciamo vedere che ammette inverso. A tal fine, consideriamo in $A[X]$ l'ideale $(a,x)$; abbiamo per ipotesi che $A[X]$ è un PID, quindi il suddetto ideale è principale: $(a,x)=(f(x))$ con un opportuno $f(x)$.

Per definizione, $(a,x)={a*omega(x)+x*tau(x), " " omega(x),tau(x) in A[X]}$: evidentemente, $a in (a,x)=>a in (f(x))$. Esiste quindi un polinomio $g(x)$ tale che $f(x)g(x)=a$.

Poichè $a$ è una costante, essa ha grado zero: da ciò
$0=deg(f(x)g(x))=deg(f(x))+deg(g(x))=>degf(x)=deg(g(x))=0$ cioè $f(x)$ e $g(x)$ sono polinomi costanti.

A questo punto, sappiamo che esiste $b in A$ tale che $(b)=(a,x)$. In particolare poi esiste un polinomio $h(x) in A[X]$ tale che $b * h(x) =x$.

Da qui segue evidentemente che $h(x)=x$ e $b=1$. Da cui $(b)=(1)=A[X]=(a,x)$.

Pertanto, l'ideale generato da una costante di $A$ e il polinomio $x$ è tutto l'anello.

Mi manca solo qui una precisazione: come scrivere per bene che $a$ è invertibile?

Una versione alternativa e molto elegante (che sfrutta la caratterizzazione degli ideali primi e massimali rispetto ai quozienti) è quella data da NightKnight (che ringrazio vivamente), che riporto qui sotto sempre per completezza. Aggiungo, inoltre, la dimostrazione del lemma che ha utilizzato.

Lemma. In un PID, un ideale primo non nullo è un ideale massimale.

Dim. In un PID, sia $(p)$ un ideale primo. Supponiamo che $(p) subseteq J subseteq A$.
Poichè siamo in un PID, anche $J$ è principale: sia $J=(q)$.

Da $(p)subseteq(q)subseteqA$ si ha che $p in (q)=>p=kq$; ma poichè ovviamente $p in (p)=kq in (p)$.
$(p)$ è primo per ipotesi perciò $k in (p) vv q in (p)$.

Se $k in (p)=>k=ap$ e allora $p=kq=apq=>aq=1 in (q)=A$
Se $q in (p)=>(q)=(p)$
da cui $(p)$ è massimale, come volevasi dimostrare.

[size=75]Faccio notare che questa dimostrazione generalizza quella che ho dato qualche post fa nel caso specifico del PID $ZZ$.[/size]

Con questo lemma si può dare la seguente dimostrazione alternativa.

"NightKnight": Se $A$ è un anello commutativo con identità allora $A[X] \ PID \ \ => \ \ A \ \text{campo}$
Poiché $A$ è un sottoanello del dominio d'integrità $A[X]$, $A$ è anch'esso un dominio d'integrità.
Ora considero l'ideale $(X)$; allora $(X)$ è un ideale primo perché $A[X] // (X) ~= A$ è un dominio.
Ma allora $(X)$ è un ideale primo non nullo, quindi è un ideale massimale perché $A[X]$ è PID. Allora $A ~= A[X] // (X)$ è un campo.

Che dite? Martino è tutto ok secondo te? Come precisare quella cosa alla fine della dimostrazione che abbiamo dato noi?
Grazie a tutti.

[Studente Anonimo]

"Paolo90":sappiamo che esiste $b in A$ tale che $(b)=(a,x)$. In particolare poi esiste un polinomio $h(x) in A[X]$ tale che $b * h(x) =x$.

Da qui segue evidentemente che $h(x)=x$ e $b=1$.

No, segue che $h(x)$ ha grado 1, quindi $h(x)=sx+t$. Sostituendo ottieni $x=bsx+tb$, da cui $tb=0$ e $bs=1$, in particolare $b$ è invertibile. La conclusione resta comunque $(b)=(1)$.

Da cui $(b)=(1)=A[X]=(a,x)$.

Pertanto, l'ideale generato da una costante di $A$ e il polinomio $x$ è tutto l'anello.

Mi manca solo qui una precisazione: come scrivere per bene che $a$ è invertibile?

Hai ottenuto che $1 in (a,x)$, quindi puoi scrivere $1=a f(x)+xg(x)$... e poi usi il solito argomento.

In particolare abbiamo ottenuto che dato $a in A$, l'ideale $(a,x)$ di $A[X]$ è principale se e solo se $a=0$ oppure $a$ è invertibile. In particolare $(2,x)$ non è principale in $ZZ[X]$.

[Paolo902]

"Martino":[quote="Paolo90"]sappiamo che esiste $b in A$ tale che $(b)=(a,x)$. In particolare poi esiste un polinomio $h(x) in A[X]$ tale che $b * h(x) =x$.

Da qui segue evidentemente che $h(x)=x$ e $b=1$.

No, segue che $h(x)$ ha grado 1, quindi $h(x)=sx+t$. Sostituendo ottieni $x=bsx+tb$, da cui $tb=0$ e $bs=1$, in particolare $b$ è invertibile. La conclusione resta comunque $(b)=(1)$.
[/quote]

Ah, ok; io la facevo tanto rapida, invece non era così immediato.

Hai ottenuto che $1 in (a,x)$, quindi puoi scrivere $1=a f(x)+xg(x)$... e poi usi il solito argomento.

Sì, appunto; anche io sospettavo bisognasse usare il solito argomento. Ma - si vede che sono rimbecillito - non capisco una cosa: io devo provare l'esistenza di un elemento tale che moltiplicato per $a$ mi dia $1$.

Il solito argomento non si usa di solito per far vedere che un ideale scoppia a tutto l'anello? Cioè io porto dentro l'ideale una costante invertibile e esso scoppia.
Miseria, mi sto perdendo in un bicchier d'acqua...

In particolare abbiamo ottenuto che dato $a in A$, l'ideale $(a,x)$ di $A[X]$ è principale se e solo se $a=0$ oppure $a$ è invertibile. In particolare $(2,x)$ non è principale in $ZZ[X]$.

... che è un risultato noto per altre vie .
Ok, ti ringrazio per l'appunto.

[Studente Anonimo]

"Paolo90":

Hai ottenuto che $1 in (a,x)$, quindi puoi scrivere $1=a f(x)+xg(x)$... e poi usi il solito argomento.

Sì, appunto; anche io sospettavo bisognasse usare il solito argomento. Ma - si vede che sono rimbecillito - non capisco una cosa: io devo provare l'esistenza di un elemento tale che moltiplicato per $a$ mi dia $1$.

$a f(x)+xg(x)=1$ è un polinomio di grado zero, quindi $g(x)=0$ e $f(x)$ ha grado zero, quindi è una costante, chiamiamola $f$. Segue $af=1$.

[Paolo902]

Ah, sì. Ci sono, ora ho capito.

Mamma mia che fatica! Mi dispiace averci messo così tanto tempo, in fin dei conti non era poi neanche così difficile; boh, sarà meglio che mi ripassi ancora per bene la teoria.

Lo faccio approfittando dei tuoi suggerimenti all'inizio del thread.

"Martino":Potresti cominciare con lo studio dei quozienti di $ZZ$ e degli anelli di polinomi $RR[X]$ e $CC[X]$, domandandoti quando sono domini di integrità (cioè quando l'ideale per cui quozienti è primo) e quando sono campi (cioè quando l'ideale per cui quozienti è massimale).

Su $ZZ$ avevo già risposto, ora provo con $RR[X]$ e $CC[X]$.

Studiamo i quozienti di $CC[X]$.
$CC[X]$ è un PID, visto che $CC$ è un campo. I suoi ideali quindi sono tutti principali.
In $CC[X]$ ogni polinomio di grado $n$ ammette $n$ radici, per cui ammette $n$ fattori lineari.
Di conseguenza, gli unici polinomi irriducibili sono quelli di primo grado e le costanti. Dal momento però che le costanti sono invertibili (e quindi l'ideale principale generato da una costante è tutto $CC[X]$) gli unici quozienti ad essere campi sono quelli del tipo $CC[X]//(a+bX)$.
L'anello quoziente è un campo e i laterali sono della forma $s+tX+(a+bX)$; inoltre (è vero ciò che sto per dire?) il quoziente è isomorfo a $CC$.
Cioè

$CC[X]//(a+bX) cong CC$. L'isomorfismo potrebbe essere questo $Phi: CC[X]//(a+bX) to CC$ definito come $Phi(s+tX+(a+bX))=s+it$.

Ok?

Quanto ad $RR[X]$, i polinomi irriducibili sono tutti e soli quelli di primo grado e quelli di secondo grado con discriminante negativo. Ne segue che gli ideali primi e massimali sono tutti e soli quelli generati da detti polinomi.
Perchè l'anello quoziente sia un campo abbiamo due possibilità:
$RR[X]//(a+bX)$: qui abbiamo un campo (se è giusto ciò che ho fatto sopra con $CC$), isomorfo a $RR$ (i rappresentanti buoni sarebbero i resti del polinomio che individua il laterale per un polinomio di primo grado: quindi sono costanti)

$RR[X]//(a+bX+cX^2)$ con $b^2-4ac<0$. Nuovamente un campo che sempre per lo stesso discorso è isomorfo a $CC$.
Tutto giusto?

Spero di non aver detto sciocchezze.
Grazie ancora.

[Studente Anonimo]

Tutto giusto. Ora potresti cimentarti con $ZZ[X]$, che è più divertente.

[Studente Anonimo]

$a f(x)+xg(x)=1$ è un polinomio di grado zero, quindi $g(x)=0$ e $f(x)$ ha grado zero, quindi è una costante, chiamiamola $f$. Segue $af=1$.

Non l'ho detto benissimo. Avrei dovuto dire così: scriviamo $f(x)=f+x*u(x)$ con $f = f(0) in A$ e $u(x) in A[X]$. Otteniamo $1=af+x(a*u(x)+g(x))$ da cui $a*u(x)+g(x)=0$.

[Paolo902]

Ok, grazie per la conferma e grazie per la precisazione.

Veniamo a $ZZ[X]$. Ci provo, ma non sono per nulla sicuro: come già detto, non abbiamo visto nulla a lezione. Per cui... àrmati di pazienza!

Riparto sempre dai post precedenti.

"Martino":[quote="Paolo90"]Una domanda che mi viene ora: quali sono le ipotesi minime per cui valga l'equivalenza $p " primo" iff p " irriducibile "$? Basta che $p$ stia in un dominio (non penso)? Che cosa devo richiedere? Un PID? O un UFD?

Hai la doppia implicazione in ogni UFD, quindi anche in ogni PID (ogni PID è UFD - osserva che non ogni UFD è un PID: per esempio?)[/quote]

... per esempio, proprio il nostro $ZZ[X]$ che è un UFD ma non è principale, perchè $ZZ$ non è un campo (e c'è il controesempio $(2,x)$).

Come esercizio di riflessione puoi domandarti che proprietà ha un anello del tipo [tex]\mathbb{Z}[X]/(x^2-d)[/tex] dove [tex]d \in \mathbb{Z}[/tex], per esempio se ammette elementi nilpotenti, se è un dominio di integrità, (domandarsi se è un PID è un problema difficile). In particolare potresti chiederti se [tex]\mathbb{Z}[X]/(x^2+1)[/tex] è un PID, e cercare di capire quali sono gli elementi irriducibili (probabilmente l'avete fatto a lezione).

No, a lezione non abbiamo visto nulla. Mi metto alla prova.
Cominciamo a capire quali sono gli elementi del quoziente.

$ZZ[X]//(x^2+1)={a+bX+(x^2+1) " con " a,b in ZZ}$.

Per un ragionamento analogo a quello fatto sopra direi che il quoziente è isomorfo agli interi di Gauss, cioè $ZZ$.
Se la mia ipotesi è giusta, allora devo studiare un po' le proprietà di $ZZ$. So solo che non è un campo, perchè gli unici elementi invertibili sono le radici quarte dell'unità.

A questo punto mi devo domandare quali sono gli ideali di $ZZ$ e capire se essi sono tutti principali.
Prima di proseguire rischiando di dire cose sbagliate aspetto una conferma.
Grazie

[Studente Anonimo]

Le cose che hai detto sono corrette. [tex]\mathbb{Z}[X]/(X^2+1) \cong \mathbb{Z}[ i][/tex]. Ora per vedere che [tex]\mathbb{Z}[ i][/tex] è principale è sufficiente mostrare che è un dominio euclideo. L'idea è usare la norma come funzione di valutazione. La norma di [tex]z \in \mathbb{Z}[/tex] è [tex]N(z) = z \bar{z}[/tex], cioè [tex]N(a+ib)=a^2+b^2[/tex]. Per mostrare che determina una struttura di dominio euclideo devi mostrare quanto segue:

Dati [tex]x,y \in \mathbb{Z}[ i][/tex] esistono unici [tex]q,r \in \mathbb{Z}[/tex] tali che [tex]y=xq+r[/tex] e [tex]N(r) < N(x)[/tex] oppure [tex]r=0[/tex].

Si tratta di un risultato che non manca mai nei libri di teoria dei numeri.
Poi potresti cominciare a domandarti quali siano gli elementi primi di [tex]\mathbb{Z}[/tex], ma non vorrei mai farti fare cose troppo avanzate inutilmente. Secondo me ti puoi limitare a capire quali siano gli ideali primi di [tex]\mathbb{Z}[X][/tex]e quali i massimali.

Tieni presente che domandarsi quando un generico [tex]\mathbb{Z}[X]/(X^2-d) \cong \mathbb{Z}[\sqrt{d}][/tex](*) è un PID non è per niente banale. Per accorgersene basta conoscere il problema del numero di classi. Un PID è un dominio con numero di classi 1. Addirittura, il problema seguente è ancora aperto (vedi il link):

(Problema aperto) Per quali [tex]d \in \mathbb{Z}[/tex] l'anello [tex]\mathbb{Z}[X]/(X^2-d)[/tex] è un PID?

In realtà il problema riguarda non gli anelli [tex]\mathbb{Z}[\sqrt{d}][/tex] ma gli anelli degli interi dei campi quadratici [tex]\mathbb{Q}[\sqrt{d}][/tex], che risultano essere proprio [tex]\mathbb{Z}[\sqrt{d}][/tex] quando [tex]d \not \equiv 1 \mod(4)[/tex].

-----

(*) [size=92]Con [tex]d[/tex] indico un intero che non è diviso da quadrati.[/size]

[Paolo902]

"Martino":Le cose che hai detto sono corrette. [tex]\mathbb{Z}[X]/(X^2+1) \cong \mathbb{Z}[ i][/tex]. Ora per vedere che [tex]\mathbb{Z}[ i][/tex] è principale è sufficiente mostrare che è un dominio euclideo. L'idea è usare la norma come funzione di valutazione. La norma di [tex]z \in \mathbb{Z}[/tex] è [tex]N(z) = z \bar{z}[/tex], cioè [tex]N(a+ib)=a^2+b^2[/tex]. Per mostrare che determina una struttura di dominio euclideo devi mostrare quanto segue:

Dati [tex]x,y \in \mathbb{Z}[ i][/tex] esistono unici [tex]q,r \in \mathbb{Z}[/tex] tali che [tex]y=xq+r[/tex] e [tex]N(r)

In pratica dovrei far vedere che esiste la "divisione" in $ZZ$.

Si tratta di un risultato che non manca mai nei libri di teoria dei numeri.
Poi potresti cominciare a domandarti quali siano gli elementi primi di [tex]\mathbb{Z}[/tex], ma non vorrei mai farti fare cose troppo avanzate inutilmente.

Cose avanzate io? Figurati, ci ho messo un giorno e mezzo per capire un teoremino sui PID... altro che cose avanzate
Sì, comunque è meglio che per adesso mi fermi un po', dopodomani c'è lo scritto; ho già imparato tante cose che non avevo neppure visto a lezione (vedi l'implicazione $A[X]$ PID $=> A$ campo), è meglio che mi riveda ancora per bene ciò che devo sapere, anche per evitare confusione.

Forse vale però la pena dedicarsi a questo:

Secondo me ti puoi limitare a capire quali siano gli ideali primi di [tex]\mathbb{Z}[X][/tex]e quali i massimali.

Dimmi, se hai voglia, da dove devo cominciare? $ZZ[X]$ abbiamo detto che è un UFD, per cui vale ancora la doppia implicazione primo $iff$ irriducibile. Vale anche - se non sbaglio - massimale $=>$ primo.

Grazie mille, ancora.

[NightKnight1]

"Paolo90":

Secondo me ti puoi limitare a capire quali siano gli ideali primi di [tex]\mathbb{Z}[X][/tex]e quali i massimali.

Dimmi, se hai voglia, da dove devo cominciare? $ZZ[X]$ abbiamo detto che è un UFD, per cui vale ancora la doppia implicazione primo $iff$ irriducibile. Vale anche - se non sbaglio - massimale $=>$ primo.

Scusate se mi intrometto, ma credo che caratterizzare gli ideali primi e massimali di $ZZ[X]$ non sia una cosa facile, soprattutto se si è al primo anno.

[Studente Anonimo]

"Paolo90":

Secondo me ti puoi limitare a capire quali siano gli ideali primi di [tex]\mathbb{Z}[X][/tex]e quali i massimali.

Dimmi, se hai voglia, da dove devo cominciare? $ZZ[X]$ abbiamo detto che è un UFD, per cui vale ancora la doppia implicazione primo $iff$ irriducibile. Vale anche - se non sbaglio - massimale $=>$ primo.

Credo che ti sia utile cercare di capire la dimostrazione. La scrivo di seguito, omettendo la dimostrazione di qualche facile dettaglio.

Prendiamo un ideale primo $I$ di $ZZ[X]$. Supponiamo $I ne (0)$.

Passo 1. $I nn ZZ$ è un ideale primo di $ZZ$. E' infatti la controimmagine di $I$ tramite l'inclusione $ZZ to ZZ[X]$ (osserva che la controimmagine di un ideale primo tramite un omomorfismo è un ideale primo: dimostrarlo è facile). Ne segue che $I nn ZZ = (0)$ oppure $I nn ZZ = pZZ$ con $p$ numero primo.

Passo 2. Caso $I nn ZZ = (0)$. Consideriamo l'ideale $J$ generato da $I$ in $QQ[X]$. Si ha $J ne QQ[X]$ (altrimenti potremmo scrivere $1$ come somma di cose del tipo $a h(x)$ con $a in QQ$ e $h(x) in I$, e moltiplicando per il mcm dei denominatori otterremmo che tale mcm è un intero appartenente ad $I$). Quindi $J=(f(x))$ per qualche $f(x) in QQ[X]$ (ricordo che $QQ[X]$ è un PID). Sia $n$ il minimo intero positivo tale che $nf(x) in ZZ[X]$ (esso ovviamente esiste ed è unico). Mostriamo che $I=(nf(x))$. Sappiamo che $I subseteq J$, quindi ogni $g(x) in I$ si scrive come $h(x) * f(x)$ con $h(x) in QQ[X]$. Siccome $1/n h(x) * nf(x) = h(x) f(x) in ZZ[X]$, è facile dedurre che $1/n h(x) in ZZ[X]$, e quindi $I \subseteq (nf(x))$. Per mostrare l'altra inclusione basta mostrare che $nf(x) in I$. Siccome $I$ genera $J$ possiamo scrivere $nf(x)=sum_i a_i(x) h_i(x)$ con $a_i(x) in QQ[X]$ e $h_i(x) in I$ Detto $m$ il mcm dei denominatori dei coefficienti di $a_i(x)$, abbiamo che $m a_i(x) in ZZ[X]$ per ogni $i$ e $nf(x) = 1/m sum_i ma_i(x) h_i(x)$ è a coefficienti interi, quindi $m=1$ e $a_i(x) in ZZ[X]$. Da questo segue che $nf(x) in I$.
In questo caso quindi $I$ è principale generato da un certo polinomio, chiamiamolo $f(x)$. Il passaggio al quoziente [tex]\mathbb{Z}[X]/I[/tex] mostra che $f(x)$ deve essere irriducibile in $ZZ[X]$ (ricordando che $I$ è primo).

Passo 3. Caso $I nn ZZ = pZZ$. Consideriamo l'ideale $J=pZZ[X]$ (quello generato da $p$ in $ZZ[X]$), contenuto in $I$, e il quoziente [tex]\mathbb{Z}[X]/J[/tex]. E' un facile esercizio mostrare che [tex]\mathbb{Z}[X]/J \cong (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})[X][/tex]. Quindi [tex]\mathbb{Z}[X]/J[/tex] è l'anello di polinomi sul campo [tex]\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}=\mathbb{Z}_p[/tex]. L'immagine di $I$ tramite la proiezione [tex]\mathbb{Z}[X] \to \mathbb{Z}[X]/J[/tex] è un ideale di [tex]\mathbb{Z}[X]/J[/tex] (la proiezione è suriettiva), quindi è della forma $(g(x))$ con $g(x) in ZZ_p[X]$. Sia $f(x) in ZZ[X]$ una controimmagine di $g(x)$ tramite [tex]\mathbb{Z}[X] \to \mathbb{Z}[X]/J[/tex]. Mostriamo che $I=(p,f(x))$. Siccome $I supseteq J$, sicuramente $f(x) in I$, e otteniamo l'inclusione $(p,f(x)) subseteq I$. Il fatto che $g(x)$ generi $I$ modulo $J$ significa che per ogni $h(x) in I$ esiste $t(x) in ZZ[X]$ tale che $h(x)-f(x)t(x) in pZZ[X]$, e questo dà l'inclusione $I subseteq (p,f(x))$.

Segue che gli ideali primi non nulli di $ZZ[X]$ sono di due tipi:

- ideali principali generati da un polinomio irriducibile, includendo gli ideali del tipo $pZZ[X]$ con $p$ numero primo (si tratta di ideali primi non massimali - segnalo questo);
- del tipo $(p,f(x))$ con $p$ numero primo e $f(x)$ irriducibile modulo $p$ (si tratta di ideali massimali).

-------

PS. non preoccuparti se non capisci tutta la dimostrazione, come ha detto NightKnight è sicuramente troppo difficile per chi è al primo anno. Penso di aver sbagliato a proporti di pensare a questo problema.