Anelli: sugli ideali massimali (e funzioni continue)
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.
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.
Risposte
Si tratta sicuramente di una dimostrazione molto interessante ed istruttiva, immagino, ma comunque al di là ovviamente delle mie conoscenze.
Tra questa sera e domattina (tempo permettendo) proverò a leggerla e cercherò di capirla. Ti ringrazio molto Martino, per averla scritta tutta e per avermi proposto di pensare a questo problema: anche se al di là delle mie possibilità, mi piace confrontarmi con cose anche difficili, per capire quello che dovrò affrontare nel futuro.
Quindi, grazie ancora di tutto.
P.S. Proverò comunque a dimostrare i dettagli lasciati da te, sperando che siano un utile esercizio.
Tra questa sera e domattina (tempo permettendo) proverò a leggerla e cercherò di capirla. Ti ringrazio molto Martino, per averla scritta tutta e per avermi proposto di pensare a questo problema: anche se al di là delle mie possibilità, mi piace confrontarmi con cose anche difficili, per capire quello che dovrò affrontare nel futuro.
Quindi, grazie ancora di tutto.
P.S. Proverò comunque a dimostrare i dettagli lasciati da te, sperando che siano un utile esercizio.
"Martino":
Segue che gli ideali primi non nulli di $ZZ[X]$ sono di due tipi:
- ideali principali generati da un polinomio irriducibile (si tratta di ideali primi non massimali);
- del tipo $(p,f(x))$ con $p$ numero primo e $f(x)$ irriducibile modulo $p$ (si tratta di ideali massimali).
Hai dimenticato un caso: gli ideali generati da un numero primo. (Anche se a rigor di logica questo caso rientra in quello degli ideali generati da un polinomio irriducibile perché un numero primo è un elemento irriducibile di $ZZ[X]$) (Ma siccome avevi diviso la dimostrazione nei due casi $I \cap ZZ = 0$ e $I cap ZZ = pZZ$...)
"NightKnight":Grazie, non me n'ero accorto. Li includo nel primo caso.
Hai dimenticato un caso: gli ideali generati da un numero primo. (Anche se a rigor di logica questo caso rientra in quello degli ideali generati da un polinomio irriducibile perché un numero primo è un elemento irriducibile di $ZZ[X]$) (Ma siccome avevi diviso la dimostrazione nei due casi $I \cap ZZ = 0$ e $I cap ZZ = pZZ$...)
Heilà!
Dimostriamo l'isomorfismo $ZZ[X] // pZZ[X] cong (ZZ//pZZ)[X]$ (almeno ci provo
).
Idea: prima teorema di isomorfismo.
Prendo l'epimorfismo da $ZZ[X]$ a $ZZ_p[X]$ che manda ogni polinomio nella sua riduzione $mod p$ (non so se si dice così; quello che voglio dire è che preso un polinomio a coefficienti interi riduciamo tutti questi modulo $p$ e otteniamo un polinomio a coefficienti in $ZZ_p$). E' suriettivo perchè per ogni polinomio di $ZZ_p[X]$ ha almeno una controimmagine. Il fatto che sia un morfismo dovrebbe discendere dalle proprietà della somma e del prodotto di classi (per loro stessa definizione $[x]+[y]=[x+y]$).
Il nucleo di questo omomorfismo è ovviamente $pZZ[X]$, cioè l'insieme dei polinomi i cui coefficienti sono tutti multipli di $p$.
Dal primo teorema di isomorfismo segue dunque la tesi:$ZZ[X] // pZZ[X] cong (ZZ_p)[X]$.
Ok?
P.S. Ho dato un'occhiata anche al dettaglio sugli ideali primi nel primo passaggio:
Riesco a dimostrare che la controimmagine di un ideale tramite un omomorfismo è ancora un ideale, ma mi perdo il fatto che l'ideale sia primo...
Dimostriamo l'isomorfismo $ZZ[X] // pZZ[X] cong (ZZ//pZZ)[X]$ (almeno ci provo
). Idea: prima teorema di isomorfismo.
Prendo l'epimorfismo da $ZZ[X]$ a $ZZ_p[X]$ che manda ogni polinomio nella sua riduzione $mod p$ (non so se si dice così; quello che voglio dire è che preso un polinomio a coefficienti interi riduciamo tutti questi modulo $p$ e otteniamo un polinomio a coefficienti in $ZZ_p$). E' suriettivo perchè per ogni polinomio di $ZZ_p[X]$ ha almeno una controimmagine. Il fatto che sia un morfismo dovrebbe discendere dalle proprietà della somma e del prodotto di classi (per loro stessa definizione $[x]+[y]=[x+y]$).
Il nucleo di questo omomorfismo è ovviamente $pZZ[X]$, cioè l'insieme dei polinomi i cui coefficienti sono tutti multipli di $p$.
Dal primo teorema di isomorfismo segue dunque la tesi:$ZZ[X] // pZZ[X] cong (ZZ_p)[X]$.
Ok?
P.S. Ho dato un'occhiata anche al dettaglio sugli ideali primi nel primo passaggio:
"Martino":
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)
Riesco a dimostrare che la controimmagine di un ideale tramite un omomorfismo è ancora un ideale, ma mi perdo il fatto che l'ideale sia primo...
L'isomorfismo [tex]\mathbb{Z}[X]/p\mathbb{Z}[X] \cong (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})[X][/tex] l'hai dimostrato bene.
"Paolo90":Prendi un omomorfismo $f:A to B$ di anelli unitari, e prendi un ideale primo $P$ di $B$. Per mostrare che $f^{-1}(P)$ è un ideale primo devi prendere due elementi $x,y in A$, supporre che $xy in f^{-1}(P)$ e dimostrare che almeno uno tra $x$ e $y$ sta in $f^{-1}(P)$ (per la definizione di ideale primo). Cosa succede all'elemento $f(xy)$?
Riesco a dimostrare che la controimmagine di un ideale tramite un omomorfismo è ancora un ideale, ma mi perdo il fatto che l'ideale sia primo...
"Martino":
L'isomorfismo [tex]\mathbb{Z}[X]/p\mathbb{Z}[X] \cong (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})[X][/tex] l'hai dimostrato bene.
Evvai
."Martino":Prendi un omomorfismo $f:A to B$ di anelli unitari, e prendi un ideale primo $P$ di $B$. Per mostrare che $f^{-1}(P)$ è un ideale primo devi prendere due elementi $x,y in A$, supporre che $xy in f^{-1}(P)$ e dimostrare che almeno uno tra $x$ e $y$ sta in $f^{-1}(P)$ (per la definizione di ideale primo). Cosa succede all'elemento $f(xy)$?[/quote]
[quote="Paolo90"]Riesco a dimostrare che la controimmagine di un ideale tramite un omomorfismo è ancora un ideale, ma mi perdo il fatto che l'ideale sia primo...
Sia $xy in f^(-1)(P) iff f(xy) in P$. Ma $f$ è un omomorfismo, per cui $f(xy)=f(x)f(y) in P$.
Ma $P$ è primo per ipotesi, quindi $f(x) in P vv f(y) in P$, il che equivale a dire che $x in f^(-1)(P) vv y in f^(-1)(P)$.
Quindi, $f^(-1)(P)$ è primo.
Ok?
Grazie.
Sì, è ok.
Ok, ti ringrazio.
scusate vorrei un chiarimento sul primo esercizio proposto nel post, ovvero quello sul massimale..
perchè dite che una funzione costante è invertibile? da quando in qua?? XD
perchè dite che una funzione costante è invertibile? da quando in qua?? XD
"Hop Frog":Rispetto al prodotto puntuale, non rispetto alla composizione
perché dite che una funzione costante è invertibile? da quando in qua?? XD
ah ho capito..
quindi è corretto dire che un ideale dell anello di funzioni deve conterenere solo funzioni che passano almeno una volta per 0 (a parte x=0)???
quindi è corretto dire che un ideale dell anello di funzioni deve conterenere solo funzioni che passano almeno una volta per 0 (a parte x=0)???
"Hop Frog":Se l'ideale è proprio, sì.
quindi è corretto dire che un ideale dell anello di funzioni deve conterenere solo funzioni che passano almeno una volta per 0 (a parte x=0)???
Anche x=0 passa almeno una volta per 0. O ho capito male?
mi sono espresso un attimo male cmq ok capito.
Già che siamo in tema vorrei proporre l esercizio che stavo svolgendo.
Si tratta del cosidetto anello booleano, ovvero anello dove per ogni elemento a si ha che a*a=a.
La cosa strana è che mi sembra di aver dimostrato (ma non è così) che questo è composto solo dall' elemento neutro della moltiplicazione.
Infatti:
Per ogni a, a*1 = a = a*a.
Quindi a=1.
Quindi l anello è costituito solo dall elemento neutro.
Dov è l' inghippo??
Già che siamo in tema vorrei proporre l esercizio che stavo svolgendo.
Si tratta del cosidetto anello booleano, ovvero anello dove per ogni elemento a si ha che a*a=a.
La cosa strana è che mi sembra di aver dimostrato (ma non è così) che questo è composto solo dall' elemento neutro della moltiplicazione.
Infatti:
Per ogni a, a*1 = a = a*a.
Quindi a=1.
Quindi l anello è costituito solo dall elemento neutro.
Dov è l' inghippo??
"Hop Frog":L'inghippo sta nel fatto che nessuno ti assicura che $a$ sia invertibile.
Per ogni a, a*1 = a = a*a.
Quindi a=1.
Quindi l anello è costituito solo dall elemento neutro.
Dov è l' inghippo??
Comunque per questo dovresti aprire un nuovo argomento. Se hai altre domande in merito sei pregato di farlo, grazie.
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