DImostrare che un ideale è massimale
Stavo svolgendo un esericizio che mi chiedeva di dimostrare che dato l'anello $A=Z(isqrt(8))$, l'ideale $I=<5>$ è massimale.
Ho ragionato in questo modo:
Conosco due modi per dimostrarlo (ho osservato che è un anello unitario commutativo)
1) dimostro che $A/I$ è un campo
2) dimostro che, comunque preso un elemento $x$ appartente a $A$ ma non a $I$ , allora $<5,x> =A$
Esistono altri metodi standard per dimostrarlo?
Comunque ho scelto la prima strada che mi sembra più "ideale"
L'ideale $I$ è equivalente a $I={x in A | x=5a+5ibsqrt(8)| a,b in Z}$
Quindi devo dimostrare che comunque preso un elemento $x in A$ esiste un elemento $x^-1 in A$ tale che vale la seguente relazione $(x+I)(x^-1 +I)=1+I$ ma dato che in un anello quoziente le operazioni sono ben definite basta dimostrare che $x*x^-1=1+I$
Ho sbagliato qualcosa o è tutto qui?
Ho ragionato in questo modo:
Conosco due modi per dimostrarlo (ho osservato che è un anello unitario commutativo)
1) dimostro che $A/I$ è un campo
2) dimostro che, comunque preso un elemento $x$ appartente a $A$ ma non a $I$ , allora $<5,x> =A$
Esistono altri metodi standard per dimostrarlo?
Comunque ho scelto la prima strada che mi sembra più "ideale"
L'ideale $I$ è equivalente a $I={x in A | x=5a+5ibsqrt(8)| a,b in Z}$
Quindi devo dimostrare che comunque preso un elemento $x in A$ esiste un elemento $x^-1 in A$ tale che vale la seguente relazione $(x+I)(x^-1 +I)=1+I$ ma dato che in un anello quoziente le operazioni sono ben definite basta dimostrare che $x*x^-1=1+I$
Ho sbagliato qualcosa o è tutto qui?
Risposte
Si, modulo il fatto che $x$ lo devi prendere non nullo nel quoziente, i.e. $x \notin I$.
Ma poi devi dimostrare l'esistenza dell'inverso ed è quella la parte difficile.
La soluzione che segue è in qualche modo high-tech, ed è altamente possibile / probabile che tu non abbia a tua disposizione tutti gli strumenti che invoco. In tal caso deve esistere una soluzione più elementare, ma in questo momento non la vedo.
Sarei curioso di leggerla se qualcun altro la trovasse.
Passo I: riduzione alla normalizzazione $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$.
Inizio ad osservare che $\mathbb Z[i \sqrt{8}] = \mathbb Z[2 \sqrt{-2}] \subset \mathbb Z[\sqrt{-2}]$.
Segue dal teorema di Krull-Akizuki che $\mathbb Z[i\sqrt{8}]$ è 1-dimensionale. Siccome è un dominio integro, ti basta far vedere che $(5)$ è primo.
Considera il sistema moltiplicativo $S = \{2^n\}$. Appurato che $2^n \notin (5)$, vediamo che $5 \mathbb Z_2[i \sqrt{8}] \ne (1)$. L'intersezione con $\mathbb Z[i \sqrt{8}]$ può essere descritta come $\bigcup_{s \in S} (5 : s)$ (cfr. Atiyah Macdonald, Proposizione 3.11.(ii)).
Ora, se $2^n a + i 2^n b \sqrt{8} = 5 c + i 5 d \sqrt{8}$, vediamo che $5|a$ e $5 | b$, da cui $a + i b \sqrt{8} \in (5)$. Ne segue che $5 \mathbb Z_2[i \sqrt{8}] \cap \mathbb Z[i \sqrt{8}] = (5)$.
Di conseguenza, utilizzando Atiyah-Macdonald, Proposizione 3.11.(iv), vediamo che dimostrare che $(5) = 5 \mathbb Z[i \sqrt{8}]$ è primo è equivalente a dimostrare che $5 \mathbb Z_2[i \sqrt{8}] = 5 \mathbb Z_2[\sqrt{-2}]$ è primo. Quindi basta dimostrare che $(5)$ è primo in $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ (di nuovo grazie alla stessa proposizione, e una variazione sul tema precedente permette inoltre di dire che c'è equivalenza anche in questo caso).
Passo II: $(5)$ è primo in $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$.
Ora, siccome $-2 \equiv 2 \text{ (mod }4)$, vediamo che $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ è un dominio di Dedekind, in quanto è la chiusura integrale di $\mathbb Z$ in $\mathbb Q[\sqrt{-2}]$.
Per determinare la fattorizzazione di $(5)$ in $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ come ideale ci sono almeno due modi.
Metodo I.
Osserviamo che $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ è un PID (come segue facilmente dal bound di Minkowski), quindi basta dimostrare che se $5 = (a + ib\sqrt{8})(c + id\sqrt{8})$ ($a,b,c,d \in \mathbb Z$) allora uno tra $a + ib\sqrt{8}$ e $c + id\sqrt{8}$ è invertibile. Facendo i conti, l'identità precedente diventa $5 = ac - 8 bd + i(ad + bc)\sqrt{8}$, ossia $ac - 8 bd = 5$ e $ad + bc = 0$.
Ora da $ac = 5 + 8 bd$ segue che $ac \ne 0$, quindi $a \ne 0$ e $c \ne 0$.
Inoltre, prendendo la norma (= il prodotto dei coniugati di Galois) di entrambi i membri, otteniamo $25 = (a^2 + 8b^2)(c^2 + 8d^2) = a^2c^2 + 8 (a^2 d^2 + b^2 c^2) + 64 b^2 d^2$. Da qui deduciamo che necessariamente $b^2 d^2 = 0$, quindi possiamo assumere ad esempio $b = 0$.
Di conseguenza, $ad = 0$ e siccome $a \ne 0$, concludiamo che $d = 0$.
Quindi stiamo scrivendo $5 = ac$, il che implica $a = 1$ oppure $c = 1$, da cui l'asserto.
Metodo II.
Un altro modo, meno calcoloso, è di utilizzare il ben noto fatto che se $(p)$ non divide il discriminante di $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ (che è -8), allora la fattorizzazione di $(p)$ in $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ è controllata dalla fattorizzazione del polinomio minimo di $\sqrt{-2}$, che è $x^2 + 2$, in [tex]\mathbb Z / p \mathbb Z[/tex].
Ora, l'equazione $x^2 \equiv 3 \text{ (mod } 5)$ non ha soluzione, quindi vediamo che $x^2 + 2$ è irriducibile e di conseguenza deduciamo che $(5)$ è primo.
Ma poi devi dimostrare l'esistenza dell'inverso ed è quella la parte difficile.
La soluzione che segue è in qualche modo high-tech, ed è altamente possibile / probabile che tu non abbia a tua disposizione tutti gli strumenti che invoco. In tal caso deve esistere una soluzione più elementare, ma in questo momento non la vedo.
Sarei curioso di leggerla se qualcun altro la trovasse.
Passo I: riduzione alla normalizzazione $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$.
Inizio ad osservare che $\mathbb Z[i \sqrt{8}] = \mathbb Z[2 \sqrt{-2}] \subset \mathbb Z[\sqrt{-2}]$.
Segue dal teorema di Krull-Akizuki che $\mathbb Z[i\sqrt{8}]$ è 1-dimensionale. Siccome è un dominio integro, ti basta far vedere che $(5)$ è primo.
Considera il sistema moltiplicativo $S = \{2^n\}$. Appurato che $2^n \notin (5)$, vediamo che $5 \mathbb Z_2[i \sqrt{8}] \ne (1)$. L'intersezione con $\mathbb Z[i \sqrt{8}]$ può essere descritta come $\bigcup_{s \in S} (5 : s)$ (cfr. Atiyah Macdonald, Proposizione 3.11.(ii)).
Ora, se $2^n a + i 2^n b \sqrt{8} = 5 c + i 5 d \sqrt{8}$, vediamo che $5|a$ e $5 | b$, da cui $a + i b \sqrt{8} \in (5)$. Ne segue che $5 \mathbb Z_2[i \sqrt{8}] \cap \mathbb Z[i \sqrt{8}] = (5)$.
Di conseguenza, utilizzando Atiyah-Macdonald, Proposizione 3.11.(iv), vediamo che dimostrare che $(5) = 5 \mathbb Z[i \sqrt{8}]$ è primo è equivalente a dimostrare che $5 \mathbb Z_2[i \sqrt{8}] = 5 \mathbb Z_2[\sqrt{-2}]$ è primo. Quindi basta dimostrare che $(5)$ è primo in $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ (di nuovo grazie alla stessa proposizione, e una variazione sul tema precedente permette inoltre di dire che c'è equivalenza anche in questo caso).
Passo II: $(5)$ è primo in $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$.
Ora, siccome $-2 \equiv 2 \text{ (mod }4)$, vediamo che $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ è un dominio di Dedekind, in quanto è la chiusura integrale di $\mathbb Z$ in $\mathbb Q[\sqrt{-2}]$.
Per determinare la fattorizzazione di $(5)$ in $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ come ideale ci sono almeno due modi.
Metodo I.
Osserviamo che $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ è un PID (come segue facilmente dal bound di Minkowski), quindi basta dimostrare che se $5 = (a + ib\sqrt{8})(c + id\sqrt{8})$ ($a,b,c,d \in \mathbb Z$) allora uno tra $a + ib\sqrt{8}$ e $c + id\sqrt{8}$ è invertibile. Facendo i conti, l'identità precedente diventa $5 = ac - 8 bd + i(ad + bc)\sqrt{8}$, ossia $ac - 8 bd = 5$ e $ad + bc = 0$.
Ora da $ac = 5 + 8 bd$ segue che $ac \ne 0$, quindi $a \ne 0$ e $c \ne 0$.
Inoltre, prendendo la norma (= il prodotto dei coniugati di Galois) di entrambi i membri, otteniamo $25 = (a^2 + 8b^2)(c^2 + 8d^2) = a^2c^2 + 8 (a^2 d^2 + b^2 c^2) + 64 b^2 d^2$. Da qui deduciamo che necessariamente $b^2 d^2 = 0$, quindi possiamo assumere ad esempio $b = 0$.
Di conseguenza, $ad = 0$ e siccome $a \ne 0$, concludiamo che $d = 0$.
Quindi stiamo scrivendo $5 = ac$, il che implica $a = 1$ oppure $c = 1$, da cui l'asserto.
Metodo II.
Un altro modo, meno calcoloso, è di utilizzare il ben noto fatto che se $(p)$ non divide il discriminante di $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ (che è -8), allora la fattorizzazione di $(p)$ in $\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ è controllata dalla fattorizzazione del polinomio minimo di $\sqrt{-2}$, che è $x^2 + 2$, in [tex]\mathbb Z / p \mathbb Z[/tex].
Ora, l'equazione $x^2 \equiv 3 \text{ (mod } 5)$ non ha soluzione, quindi vediamo che $x^2 + 2$ è irriducibile e di conseguenza deduciamo che $(5)$ è primo.
Ah 
bello, ma mi sembra più semplice osservare che
[tex]A = \mathbb{Z}[i\sqrt{8}] \cong \mathbb{Z}[X]/(X^2+8)[/tex]
da cui quozientando con [tex](5)[/tex] abbiamo
[tex]A/(5) \cong \mathbb{Z}[X]/(X^2+8,5) \cong \mathbb{F}_5[X]/(X^2+8)[/tex].
Questo è un campo perché [tex]X^2+8[/tex] è irriducibile modulo [tex]5[/tex].
In generale gli ideali massimali di [tex]\mathbb{Z}[X][/tex] hanno tutti la forma [tex](p,f(X))[/tex] con [tex]f(X)[/tex] polinomio irriducibile modulo il numero primo [tex]p[/tex] (segnalo questo).
bello, ma mi sembra più semplice osservare che[tex]A = \mathbb{Z}[i\sqrt{8}] \cong \mathbb{Z}[X]/(X^2+8)[/tex]
da cui quozientando con [tex](5)[/tex] abbiamo
[tex]A/(5) \cong \mathbb{Z}[X]/(X^2+8,5) \cong \mathbb{F}_5[X]/(X^2+8)[/tex].
Questo è un campo perché [tex]X^2+8[/tex] è irriducibile modulo [tex]5[/tex].
In generale gli ideali massimali di [tex]\mathbb{Z}[X][/tex] hanno tutti la forma [tex](p,f(X))[/tex] con [tex]f(X)[/tex] polinomio irriducibile modulo il numero primo [tex]p[/tex] (segnalo questo).
That's right! 
Ho pensato troppo geometrico.
Grazie Martino!
Ho pensato troppo geometrico.
Grazie Martino!
Grazie ad entrambi per l'interesse!
La soluzione di maurer effettivamente invoca strumenti che non conosco, ma più tardi cercherò di capire il ragionamento a grandi linee utilizzando internet. E' sempre bello vedere soluzioni alternative!
Col mio metodo, anche se è giusto, arrivo ad un sistema in $Z_5$
Dovrei dimostrare che dati comunque $a,b$ esistono $a',b'$ tali che
$ { ( aa'-=_5 8b b' ),( ab'-=_5 1-a'b ):} $
Potete confermarmi che è difficile da risolvere? O per lo meno che non è standard, mi aspettavo qualcosa dove potevo applicare il teorema cinese per dimostrare la soluzione
E infine grazie martino probabilmente è questa la soluzione che cercavo ma mi sfugge una cosa:
Il polinomio $x^2+8$ è stato scelto perchè è l'estensione minima di $Z$ che contiene $isqrt(8)$?
Anche la prima affermazione di isomorfismo mi è poco chiara, il resto l'ho capito bene!
La soluzione di maurer effettivamente invoca strumenti che non conosco, ma più tardi cercherò di capire il ragionamento a grandi linee utilizzando internet. E' sempre bello vedere soluzioni alternative!
Col mio metodo, anche se è giusto, arrivo ad un sistema in $Z_5$
Dovrei dimostrare che dati comunque $a,b$ esistono $a',b'$ tali che
$ { ( aa'-=_5 8b b' ),( ab'-=_5 1-a'b ):} $
Potete confermarmi che è difficile da risolvere? O per lo meno che non è standard, mi aspettavo qualcosa dove potevo applicare il teorema cinese per dimostrare la soluzione
E infine grazie martino probabilmente è questa la soluzione che cercavo ma mi sfugge una cosa:
Il polinomio $x^2+8$ è stato scelto perchè è l'estensione minima di $Z$ che contiene $isqrt(8)$?
Anche la prima affermazione di isomorfismo mi è poco chiara, il resto l'ho capito bene!
@Martino: In compenso, ho pensato che il mio metodo si estende alla situazione seguente: sia $A$ è un dominio di Dedekind, $K = \text{Frac}(A)$, $L$ un'estensione finita di $K$ e $B \subset L$ un $A$-ordine in $L$ e $C$ la chiusura integrale di $A$ in $L$ (ricordo che un $A$-ordine massimale è necessariamente la chiusura integrale di $A$ in $L$, quindi $B \subset C$). Sia poi $\mathfrak p$ è un primo di $A$ che non divide il discriminante [tex]\Delta_{B / A}[/tex].
Allora $\mathfrak p B$ è primo se e solo se $\mathfrak p C$ è primo (ossia $\mathfrak p$ è inerte lungo $A \to B$ se e solo se è inerte lungo $A \to C$).
Scrivo la dimostrazione perché mi sono divertito a farla.
Step 1. [tex]\Delta_{C / A} \mid \Delta_{B / A}[/tex].
Dimostrazione. Per definizione di ordine, abbiamo che $\text{rank}_A(C) = \text{rank}_A(B)$. Denotiamo $n$ tale numero. Se $b_1, \ldots, b_n$ è una $A$-base di $B$ e $c_1, \ldots, c_n$ è una $A$-base di $C$, allora esiste una matrice $M \in M_n(A)$ tale che
$$ M \begin{pmatrix} c_1 \\ \vdots \\ c_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b_1 \\ \vdots \\ b_n \end{pmatrix} $$
Ora, denotiamo con $G(c_1, \ldots, c_n)$ la matrice dei coniugati di Galois di $c_1, \ldots, c_n$ e con $G(b_1, \ldots, b_n)$ quella di $b_1, \ldots, b_n$.
Allora la relazione precedente ci dice che $G(b_1, \ldots, b_n) = M G(c_1, \ldots, c_n)$, sicché [tex]\Delta_{B / A} = \det(G(b_1, \ldots, b_n)) = \det(M) \det(G(c_1, \ldots, c_n)) = \det(M) \Delta_{C / A}[/tex], da cui l'asserto. []
Di conseguenza, siccome [tex]\mathfrak p \nmid \Delta_{B / A}[/tex], concludiamo che [tex]\mathfrak p \nmid \Delta_{C / A}[/tex] e, più importantemente, [tex]\mathfrak p \nmid \det(M)[/tex].
Poniamo $s := \det(M)$ e consideriamo il sistema moltiplicativo $S = \{s^n\}$.
Per costruzione, vediamo che $S^{-1} B = S^{-1} C$ (dentro a $L$).
Step 2. L'ideale $\mathfrak p B$ è saturo rispetto a $B \to S^{-1}B$.
Dimostrazione. Ragionando come prima, ci basta far vedere che $(\mathfrak p B : s) \subset \mathfrak p B$, dove $(\mathfrak p : s)$ è calcolato in $B$.
Ora, prendiamo $x \in B$ tale che $xs \in \mathfrak p B$.
Scriviamo $x = a_1 b_1 + \ldots + a_n b_n$, con $a_1, \ldots, a_n \in A$.
Abbiamo che $xs = sa_1 b_1 + \ldots + s a_n b_n$ appartiene a $\mathfrak p B$.
Possiamo quindi scegliere $f_1, \ldots, f_m \in \mathfrak p$ ed elementi $\beta_1, \ldots, \beta_m \in B$ tali che $xs = \beta_1 f_1 + \ldots + \beta_m f_m$.
Scrivendo $\beta_i = \alpha_{i1} b_1 + \ldots + \alpha_{i n} b_n$, con $\alpha_{ij} \in A$, otteniamo una scrittura $xs = \alpha_1' b_1 + \ldots + \alpha_n' b_n$, dove $\alpha_1', \ldots, \alpha_n' \in \mathfrak p$.
Siccome $s \in A$ e siccome $b_1, \ldots, b_n$ è una $A$-base, dobbiamo concludere che $sa_i = \alpha_i' \in \mathfrak p$.
Tuttavia, $s \notin \mathfrak p$, da cui $a_i \in \mathfrak p$. Quindi $x \in \mathfrak p B$. []
Analogamente, si vede che $\mathfrak p C$ è saturo rispetto a $C \to S^{-1}B$.
Di conseguenza, $\mathfrak p B$ è primo se e solo se $\mathfrak p S^{-1} B$ è primo, se e solo se $\mathfrak p C$ è primo.
In questo modo ci si riduce al caso dell'ordine massimale $C$, che è più standard.
Allora $\mathfrak p B$ è primo se e solo se $\mathfrak p C$ è primo (ossia $\mathfrak p$ è inerte lungo $A \to B$ se e solo se è inerte lungo $A \to C$).
Scrivo la dimostrazione perché mi sono divertito a farla.
Step 1. [tex]\Delta_{C / A} \mid \Delta_{B / A}[/tex].
Dimostrazione. Per definizione di ordine, abbiamo che $\text{rank}_A(C) = \text{rank}_A(B)$. Denotiamo $n$ tale numero. Se $b_1, \ldots, b_n$ è una $A$-base di $B$ e $c_1, \ldots, c_n$ è una $A$-base di $C$, allora esiste una matrice $M \in M_n(A)$ tale che
$$ M \begin{pmatrix} c_1 \\ \vdots \\ c_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b_1 \\ \vdots \\ b_n \end{pmatrix} $$
Ora, denotiamo con $G(c_1, \ldots, c_n)$ la matrice dei coniugati di Galois di $c_1, \ldots, c_n$ e con $G(b_1, \ldots, b_n)$ quella di $b_1, \ldots, b_n$.
Allora la relazione precedente ci dice che $G(b_1, \ldots, b_n) = M G(c_1, \ldots, c_n)$, sicché [tex]\Delta_{B / A} = \det(G(b_1, \ldots, b_n)) = \det(M) \det(G(c_1, \ldots, c_n)) = \det(M) \Delta_{C / A}[/tex], da cui l'asserto. []
Di conseguenza, siccome [tex]\mathfrak p \nmid \Delta_{B / A}[/tex], concludiamo che [tex]\mathfrak p \nmid \Delta_{C / A}[/tex] e, più importantemente, [tex]\mathfrak p \nmid \det(M)[/tex].
Poniamo $s := \det(M)$ e consideriamo il sistema moltiplicativo $S = \{s^n\}$.
Per costruzione, vediamo che $S^{-1} B = S^{-1} C$ (dentro a $L$).
Step 2. L'ideale $\mathfrak p B$ è saturo rispetto a $B \to S^{-1}B$.
Dimostrazione. Ragionando come prima, ci basta far vedere che $(\mathfrak p B : s) \subset \mathfrak p B$, dove $(\mathfrak p : s)$ è calcolato in $B$.
Ora, prendiamo $x \in B$ tale che $xs \in \mathfrak p B$.
Scriviamo $x = a_1 b_1 + \ldots + a_n b_n$, con $a_1, \ldots, a_n \in A$.
Abbiamo che $xs = sa_1 b_1 + \ldots + s a_n b_n$ appartiene a $\mathfrak p B$.
Possiamo quindi scegliere $f_1, \ldots, f_m \in \mathfrak p$ ed elementi $\beta_1, \ldots, \beta_m \in B$ tali che $xs = \beta_1 f_1 + \ldots + \beta_m f_m$.
Scrivendo $\beta_i = \alpha_{i1} b_1 + \ldots + \alpha_{i n} b_n$, con $\alpha_{ij} \in A$, otteniamo una scrittura $xs = \alpha_1' b_1 + \ldots + \alpha_n' b_n$, dove $\alpha_1', \ldots, \alpha_n' \in \mathfrak p$.
Siccome $s \in A$ e siccome $b_1, \ldots, b_n$ è una $A$-base, dobbiamo concludere che $sa_i = \alpha_i' \in \mathfrak p$.
Tuttavia, $s \notin \mathfrak p$, da cui $a_i \in \mathfrak p$. Quindi $x \in \mathfrak p B$. []
Analogamente, si vede che $\mathfrak p C$ è saturo rispetto a $C \to S^{-1}B$.
Di conseguenza, $\mathfrak p B$ è primo se e solo se $\mathfrak p S^{-1} B$ è primo, se e solo se $\mathfrak p C$ è primo.
In questo modo ci si riduce al caso dell'ordine massimale $C$, che è più standard.
"Ernesto01":
Il polinomio $x^2+8$ è stato scelto perchè è l'estensione minima di $Z$ che contiene $isqrt(8)$?
Anche la prima affermazione di isomorfismo mi è poco chiara, il resto l'ho capito bene!
Il polinomio $X^2 + 8$ è stato scelto perché è l'unico che dà l'isomorfismo (con le tue notazioni) [tex]A = \mathbb Z[X] / (X^2 + 8)[/tex].
L'altro isomorfismo, [tex]A /(5) \simeq \mathbb Z[X] / (X^2 + 8, 5)[/tex] segue dai classici tre teoremi di isomorfismo.
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