Elementi invertibili in \(\mathbb Z_n[X]\)
quali sono gli elementi invertibili in \(\mathbb Z_n[X]\)?
se \(n\) è primo, ci sono sicuramente i polinomi con tutti i coefficienti diversi da \(0\) uguali (cioè quelli nella forma \(a+ax+ax^2\) in \(\mathbb Z_n[X]\)).
non sono sicuro se ce ne siano altri, però.
se \(n\) non è primo, sicuramente quelli invertibili hanno il coefficiente di grado \(0\) coprimo con \(n\) e gli altri che dividono \(n\).
non sono sicuro però se tutti gli elementi di questo tipo siano invertibili.
qui sono un po' bloccato.
potete aiutarmi? grazie mille
se \(n\) è primo, ci sono sicuramente i polinomi con tutti i coefficienti diversi da \(0\) uguali (cioè quelli nella forma \(a+ax+ax^2\) in \(\mathbb Z_n[X]\)).
non sono sicuro se ce ne siano altri, però.
se \(n\) non è primo, sicuramente quelli invertibili hanno il coefficiente di grado \(0\) coprimo con \(n\) e gli altri che dividono \(n\).
non sono sicuro però se tutti gli elementi di questo tipo siano invertibili.
qui sono un po' bloccato.
potete aiutarmi? grazie mille
Risposte
ho scritto una fesseria.
se \(n\) è primo, ci sono solo i polinomi di grado \(0\).
se \(n\) è primo, ci sono solo i polinomi di grado \(0\).
Esiste una completa caratterizzazione per gli elementi invertibili di \(A[x]\) con \(A\) anello commutativo.
Sia \(f\in A[x]\) definito come \(f=a_0+a_1 x+\ldots+a_n x^n\). Allora \(f\) è invertibile in \(A[x]\) se e solo se \(a_0\) è una unità di \(A\) e \(a_i\) è nilpotente per ogni \(i\geq 1\).
La dimostrazione è tutt'altro che simpatica e utilizza l'induzione sul grado del polinomio. La trovi su qualsiasi libro base di algebra commutativa.
Sia \(f\in A[x]\) definito come \(f=a_0+a_1 x+\ldots+a_n x^n\). Allora \(f\) è invertibile in \(A[x]\) se e solo se \(a_0\) è una unità di \(A\) e \(a_i\) è nilpotente per ogni \(i\geq 1\).
La dimostrazione è tutt'altro che simpatica e utilizza l'induzione sul grado del polinomio. La trovi su qualsiasi libro base di algebra commutativa.
Dato che ieri mi sono spaccato la testa per dimostrare la proprietà enunziata da Richard_Dedekind (per motivi di studio), preferisco esplicitare la dimostrazione che ho trovato (da qualche parte nel web).
Sia \(A\) un anello commutativo unitario e si consideri l'anello \(R=A[x]\) dei polinomi a coefficienti in \(A\); si vuole determinare l'insieme \(\mathfrak{U}(R)\) delle unità di \(R\), allora: \[f=\sum_{k=0}^na_kx^k\in\mathfrak{U}(R)\iff\exists g=\sum_{h=0}^mb_hx^h\in R\mid1_R=fg=\sum_{k=0}^{m+n}\sum_{i+j=k}a_ib_jx^k\] dato che il termine noto di \(fg\) è \(a_0b_0\) per il principio d'identità dei polinomi si ha che \(a_0\in\mathfrak{U}(A)\).
Preliminarmente si supponga che \(A\) sia un dominio d'integrità (anello commutativo privo di \(0\)-divisori), dato che \(R\) risulta essere integro ed esplicitando i coefficienti di \(fg\) si ottiene facilmente che: \[\deg(f)=0\iff f\equiv a_0\in\mathfrak{U}(A).\] Da tutto ciò, sia \(\mathfrak{p}\) un ideale primo di \(R\), è noto che ciò equivale ad affermare che \(R_{\big/\displaystyle{\mathfrak{p}}}\) è un dominio d'integrità; considerato l'epimorfismo canonico \(\pi\) di \(R\) su \(R_{\big/\displaystyle{\mathfrak{p}}}\) si ha che: \[f\in\mathfrak{U}(R)\Rightarrow\pi(f)\in\mathfrak{U}\left(R_{\big/\displaystyle{\mathfrak{p}}}\right)\iff\deg(\pi(f))=0\iff\forall k\in\{1;...;n\},\,a_kx^k\in\mathfrak{p};\] per la genericità dell'ideal primo di \(R\) si ha che: \[\forall k\in\{1;...;n\},\,a_kx^k\in\displaystyle{\bigcap_{\displaystyle{\mathfrak{P}(R)}}}\mathfrak{p}=\mathfrak{N}(R)\,\text{ nilradicale di }\,R\] ovvero i polinomi \(a_1x^1,...,a_nx^n\) sono elementi nilpotenti di \(R\), ciò equivale ad affermare che gli elementi \(a_1,...,a_n\) sono elementi nilpotenti di \(A\).
Viceversa, se i cofficienti \(a_1,...,a_n\) di \(f\) sono elementi nilpotenti di \(A\) allora i polinomi \(a_1x^1,...,a_nx^n\) sono nilpotenti e quindi il polinomio \(\displaystyle{\sum_{k=1}^na_kx^k}\) è nilpotente, sommato a un elemento invertibile \(a_0\) si ottiene che \(f\) è un polinomio invertibile. \((Q.E.D)\,\square\)
§§§
Commenti!
Se non fosse chiaro, con \(\mathfrak{P}(R)\) indico l'insieme degli ideali primi dell'anello \(R\)!
Molto interessante il trucco in cui si sfrutta la proprietà che un ideale \(I\) di un anello commutativo \(A\) è primo se e solo se \(A_{\big/\displaystyle{I}}\) è un dominio d'integrità, e ciò permette di sfruttare la caratterizzazione del nilradicale \(\mathfrak{N}(A)\).
A mio insignificante parere, questa dimostrazione è molto simpatica e ricca di spunti; soprattuto per i neofiti dell'algebra commutativa come me.
Sia \(A\) un anello commutativo unitario e si consideri l'anello \(R=A[x]\) dei polinomi a coefficienti in \(A\); si vuole determinare l'insieme \(\mathfrak{U}(R)\) delle unità di \(R\), allora: \[f=\sum_{k=0}^na_kx^k\in\mathfrak{U}(R)\iff\exists g=\sum_{h=0}^mb_hx^h\in R\mid1_R=fg=\sum_{k=0}^{m+n}\sum_{i+j=k}a_ib_jx^k\] dato che il termine noto di \(fg\) è \(a_0b_0\) per il principio d'identità dei polinomi si ha che \(a_0\in\mathfrak{U}(A)\).
Preliminarmente si supponga che \(A\) sia un dominio d'integrità (anello commutativo privo di \(0\)-divisori), dato che \(R\) risulta essere integro ed esplicitando i coefficienti di \(fg\) si ottiene facilmente che: \[\deg(f)=0\iff f\equiv a_0\in\mathfrak{U}(A).\] Da tutto ciò, sia \(\mathfrak{p}\) un ideale primo di \(R\), è noto che ciò equivale ad affermare che \(R_{\big/\displaystyle{\mathfrak{p}}}\) è un dominio d'integrità; considerato l'epimorfismo canonico \(\pi\) di \(R\) su \(R_{\big/\displaystyle{\mathfrak{p}}}\) si ha che: \[f\in\mathfrak{U}(R)\Rightarrow\pi(f)\in\mathfrak{U}\left(R_{\big/\displaystyle{\mathfrak{p}}}\right)\iff\deg(\pi(f))=0\iff\forall k\in\{1;...;n\},\,a_kx^k\in\mathfrak{p};\] per la genericità dell'ideal primo di \(R\) si ha che: \[\forall k\in\{1;...;n\},\,a_kx^k\in\displaystyle{\bigcap_{\displaystyle{\mathfrak{P}(R)}}}\mathfrak{p}=\mathfrak{N}(R)\,\text{ nilradicale di }\,R\] ovvero i polinomi \(a_1x^1,...,a_nx^n\) sono elementi nilpotenti di \(R\), ciò equivale ad affermare che gli elementi \(a_1,...,a_n\) sono elementi nilpotenti di \(A\).
Viceversa, se i cofficienti \(a_1,...,a_n\) di \(f\) sono elementi nilpotenti di \(A\) allora i polinomi \(a_1x^1,...,a_nx^n\) sono nilpotenti e quindi il polinomio \(\displaystyle{\sum_{k=1}^na_kx^k}\) è nilpotente, sommato a un elemento invertibile \(a_0\) si ottiene che \(f\) è un polinomio invertibile. \((Q.E.D)\,\square\)
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Commenti!
Se non fosse chiaro, con \(\mathfrak{P}(R)\) indico l'insieme degli ideali primi dell'anello \(R\)!
Molto interessante il trucco in cui si sfrutta la proprietà che un ideale \(I\) di un anello commutativo \(A\) è primo se e solo se \(A_{\big/\displaystyle{I}}\) è un dominio d'integrità, e ciò permette di sfruttare la caratterizzazione del nilradicale \(\mathfrak{N}(A)\).
A mio insignificante parere, questa dimostrazione è molto simpatica e ricca di spunti; soprattuto per i neofiti dell'algebra commutativa come me.
Un paio di rilanci...
Rilancio 1. Un polinomio è nilpotente se e solo se tutti i suoi coefficienti sono nilpotenti;
Rilancio 2. Se una serie formale in [tex]A[[ X ]][/tex] è nilpotente allora tutti i suoi coefficienti sono nilpotenti. Il viceversa è vero se [tex]A[/tex] è noetheriano.
Rilancio 1. Un polinomio è nilpotente se e solo se tutti i suoi coefficienti sono nilpotenti;
Rilancio 2. Se una serie formale in [tex]A[[ X ]][/tex] è nilpotente allora tutti i suoi coefficienti sono nilpotenti. Il viceversa è vero se [tex]A[/tex] è noetheriano.
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