Ideali primi
Salve ho un problema:
se devo stabilire se un ideale $I$ di un anello $A$ è primo posso "calcolare" $A/I$ e vedere se il quoziente è un campo o un dominio; in tali casi si ricava che $I$ è primo. Nello specifico ho l'ideale $I=(3x^2-x+1,4x^3-x)\subseteq ZZ[x]$.
Vorrei seguire tale procedimento ma non riesco a semplificare l'ideale oltre tale forma $I=(-7x+1,4x^2-7x)$.
Il problema è che $ZZ[x]$ non è euclideo, dunque ho qualche problema a eseguire la "divisione".
Suggerimenti?
Grazie
se devo stabilire se un ideale $I$ di un anello $A$ è primo posso "calcolare" $A/I$ e vedere se il quoziente è un campo o un dominio; in tali casi si ricava che $I$ è primo. Nello specifico ho l'ideale $I=(3x^2-x+1,4x^3-x)\subseteq ZZ[x]$.
Vorrei seguire tale procedimento ma non riesco a semplificare l'ideale oltre tale forma $I=(-7x+1,4x^2-7x)$.
Il problema è che $ZZ[x]$ non è euclideo, dunque ho qualche problema a eseguire la "divisione".
Suggerimenti?
Grazie
Risposte
Direi che se la riduzione che hai fatto è giusta, nel quoziente la classe di $x$ è 0-divisore perché $\bar{x}\cdot\bar{4x-7}=\bar{0}$. Sbaglio?
Quindi in tal caso il quoziente contiene zero-divisori e quindi non può essere ne un dominio ne tanto meno un campo. Quindi l'ideale non è primo.
Quindi in tal caso il quoziente contiene zero-divisori e quindi non può essere ne un dominio ne tanto meno un campo. Quindi l'ideale non è primo.
Puoi dimostrare che l'ideale non è irriducibile, cioè che esistono due ideali di $S,J \sub ZZ[x]$ tali che $I=S nn J$ ma $I != S$ e $I != J$, per esempio $S=(3x^3-x+1, x)$ e $J=(3x^3-x+1, 4x^2-1)$.
Edit: Sempre se $x$ e $4x^2-1$ non appartengano a $I$, verificarlo.
Edit: Sempre se $x$ e $4x^2-1$ non appartengano a $I$, verificarlo.
"Davi90":
Direi che se la riduzione che hai fatto è giusta, nel quoziente la classe di $x$ è 0-divisore perché $\bar{x}\cdot\bar{4x-7}=\bar{0}$. Sbaglio?
Quindi in tal caso il quoziente contiene zero-divisori e quindi non può essere ne un dominio ne tanto meno un campo. Quindi l'ideale non è primo.
Mi sembra la strada più semplice grazie per avermelo fatto notare.
Dunque per affermarlo sei sicuro che $x+I$ e $4x-7+I$ sono diversi da $0$, cioè che $x\notin I$ e $4x-7\notin I$ ?
No dan95 per applicare quell'argomento devi mostrare che x e 4x-7 non appartengono all'ideale.
infatti l'ho postato anch'io mi hai anticipato
@martino
Hai ragione, infatti ho scritto il primo esempio che mi venisse in mente senza verificare...
Hai ragione, infatti ho scritto il primo esempio che mi venisse in mente senza verificare...
Dunque se decidere l'appartenenza di un polinomio a un ideale è difficile come si può procedere?
Dunque, non so se ci sia un metodo algoritmico per calcolare generatori "belli" (di numero minimo, di grado minimo) di un qualsiasi ideale di [tex]\mathbb{Z}[X][/tex], farò una ricerca in proposito. Ora passando al tuo caso particolare, secondo me non è vero che $-7x+1 in I$, come lo dimostri?
Partiamo dai due generatori dati, hai $I = (3x^2-x+1,4x^3-x)$. Chiamo $A(x)=3x^3-x+1$, $B(x)=4x^3-x$. I seguenti polinomi appartengono ad $I$.
$C(x) = B(x)-xA(x) = x^3+x^2-2x$
$D(x) = -B(x)+4C(x) = -7x+4x^2$
$E(x) = D(x)-A(x) = x^2-6x-1$
$F(x) = D(x)-4E(x) = 17x+4$
$G(x) = -17E(x)+xF(x) = 106x+17$
$H(x) = G(x)-6F(x) = 4x-7$
$I(x) = F(x)-4H(x) = x+32$
$J(x) = H(x)-4I(x) = 135 = 3^3 \cdot 5$.
(Le lettere usate per i polinomi rimangono mute)
Ne segue che l'ideale $I$ contiene $(x+32,135)$. Il resto della divisione di $4x^3-x$ per $x+32$ è $2^5 * 3^2 * 5 * 7 * 13$, il cui MCD con 135 è 45, quindi $45 in I$. Ne segue che $I$ contiene $(x+32,45)$, cioè $(x-13,45)$. Chiamiamo $J$ questo ideale.
Mostriamo che $I=J$, essendo l'inclusione di $J$ in $I$ mostrata qui sopra. Basta mostrare che i due generatori dati di $I$ appartengono a $J$. Abbiamo mostrato sopra che a meno di multipli di 45, $4x^3-x$ è multiplo di $x+32$ quindi $4x^3-x in J$. Ora il resto della divisione di $3x^2-x+1$ per $x+32$ è $3105$ che è un multiplo di $45$. Ne segue che $I$ è contenuto in $J$ quindi $I=J$.
Quindi $I$ è generato da $45$ e $x-13$. L'idea è che $45 = 5 * 9$ e si tratta di mostrare che $5$ e $9$ non appartengono ad $I$. Questo non ti dovrebbe risultare troppo difficile, prova.
Come ripeto forse c'è un metodo più veloce, mi informerò.
Partiamo dai due generatori dati, hai $I = (3x^2-x+1,4x^3-x)$. Chiamo $A(x)=3x^3-x+1$, $B(x)=4x^3-x$. I seguenti polinomi appartengono ad $I$.
$C(x) = B(x)-xA(x) = x^3+x^2-2x$
$D(x) = -B(x)+4C(x) = -7x+4x^2$
$E(x) = D(x)-A(x) = x^2-6x-1$
$F(x) = D(x)-4E(x) = 17x+4$
$G(x) = -17E(x)+xF(x) = 106x+17$
$H(x) = G(x)-6F(x) = 4x-7$
$I(x) = F(x)-4H(x) = x+32$
$J(x) = H(x)-4I(x) = 135 = 3^3 \cdot 5$.
(Le lettere usate per i polinomi rimangono mute)
Ne segue che l'ideale $I$ contiene $(x+32,135)$. Il resto della divisione di $4x^3-x$ per $x+32$ è $2^5 * 3^2 * 5 * 7 * 13$, il cui MCD con 135 è 45, quindi $45 in I$. Ne segue che $I$ contiene $(x+32,45)$, cioè $(x-13,45)$. Chiamiamo $J$ questo ideale.
Mostriamo che $I=J$, essendo l'inclusione di $J$ in $I$ mostrata qui sopra. Basta mostrare che i due generatori dati di $I$ appartengono a $J$. Abbiamo mostrato sopra che a meno di multipli di 45, $4x^3-x$ è multiplo di $x+32$ quindi $4x^3-x in J$. Ora il resto della divisione di $3x^2-x+1$ per $x+32$ è $3105$ che è un multiplo di $45$. Ne segue che $I$ è contenuto in $J$ quindi $I=J$.
Quindi $I$ è generato da $45$ e $x-13$. L'idea è che $45 = 5 * 9$ e si tratta di mostrare che $5$ e $9$ non appartengono ad $I$. Questo non ti dovrebbe risultare troppo difficile, prova.
Come ripeto forse c'è un metodo più veloce, mi informerò.
grazie del procedimento però credo che se esegui la divisione fra $4x^3-x$ e $x+32$ ottieni $4095x$.
A parte questo, ripetendo il tuo ragionamento, ho:
$(x+32,135)\subset I$.
Per dimostrare l'altra inclusione posso risalire semplicemente all'indietro nelle relazioni che hai mostrato?
Una volta detto che l'ideale di partenza è $I=(x+32,135)$ uso il Secondo Teorema di Omomorfismo:
${ZZ[x]}/I~= ({ZZ[x]}/{(135)ZZ[x]})/(I/{(135)ZZ[x]})~= {ZZ_135[x]}/{(x+32)ZZ_135)~= ZZ_135$
Cioè:
${ZZ[x]}/I ~= ZZ_135$.
Dato che $135$ non è primo segue che $ZZ_135$ non è un campo ne un dominio, dunque deduco che $I$ non è primo( se lo fosse il quoziente sarebbe un dominio).
A parte questo, ripetendo il tuo ragionamento, ho:
$(x+32,135)\subset I$.
Per dimostrare l'altra inclusione posso risalire semplicemente all'indietro nelle relazioni che hai mostrato?
Una volta detto che l'ideale di partenza è $I=(x+32,135)$ uso il Secondo Teorema di Omomorfismo:
${ZZ[x]}/I~= ({ZZ[x]}/{(135)ZZ[x]})/(I/{(135)ZZ[x]})~= {ZZ_135[x]}/{(x+32)ZZ_135)~= ZZ_135$
Cioè:
${ZZ[x]}/I ~= ZZ_135$.
Dato che $135$ non è primo segue che $ZZ_135$ non è un campo ne un dominio, dunque deduco che $I$ non è primo( se lo fosse il quoziente sarebbe un dominio).
Il resto non può essere 4095x, il resto deve avere grado minore del divisore, x+32
giusto svista mia come non detto. Della restante parte che ne pensi?
Concordo con la parte restante, ma secondo me anziché $135$ hai $45$, per il ragionamento che ho scritto.
Potresti scrivere come dimostri che $-7x+1 in I$?
Per dimostrare l'altra inclusione posso risalire semplicemente all'indietro nelle relazioni che hai mostrato?Non puoi, per esempio noterai che a partire da $G(x)$ e $F(x)$ non si può risalire ad $E(x)$ restando in $ZZ[X]$ (bisognerebbe dividere per 17). L'altra inclusione si dimostra come ho scritto in un precedente intervento.
Potresti scrivere come dimostri che $-7x+1 in I$?
Un calcolo forse un po’ meno laborioso:
Supponiamo che l’ideale $I=(3x^2-x+1,4x^3-x)$ di $ZZ[x]$ sia primo.
Poiche’ $4x^3-x=x(2x+1)(2x-1)$ sta in $I$, uno di $x$, $2x+1$, $2x-1$ appartiene ad $I$.
Se $x\in I$, allora $1\in I$ contraddicendo l’ipotesi che $I$ sia primo.
Se $2x+1in I$, si osserva che $4(3x^2-x+1)\equiv 9$ modulo $2x+1$ e quindi
$I=(2x+1,9)=(x-4,9)$ il quale non e’ primo.
Se invece $2x-1\in I$, si osserva che $4(3x^2-x+1)\equiv 5$ modulo $2x-1$ e quindi
$I=(2x-1,5)=(x+2,5)$. In particolare $3$ e' invertibile in $ZZ[x]//I$. Ma questo
non e’ vero, perche’ l’ideale generato da $I$ e $3$ e’ uguale a $(3,x-1)!=ZZ[x]$.
Conclusione: $I$ non e' un ideale primo di $ZZ[x]$.
Supponiamo che l’ideale $I=(3x^2-x+1,4x^3-x)$ di $ZZ[x]$ sia primo.
Poiche’ $4x^3-x=x(2x+1)(2x-1)$ sta in $I$, uno di $x$, $2x+1$, $2x-1$ appartiene ad $I$.
Se $x\in I$, allora $1\in I$ contraddicendo l’ipotesi che $I$ sia primo.
Se $2x+1in I$, si osserva che $4(3x^2-x+1)\equiv 9$ modulo $2x+1$ e quindi
$I=(2x+1,9)=(x-4,9)$ il quale non e’ primo.
Se invece $2x-1\in I$, si osserva che $4(3x^2-x+1)\equiv 5$ modulo $2x-1$ e quindi
$I=(2x-1,5)=(x+2,5)$. In particolare $3$ e' invertibile in $ZZ[x]//I$. Ma questo
non e’ vero, perche’ l’ideale generato da $I$ e $3$ e’ uguale a $(3,x-1)!=ZZ[x]$.
Conclusione: $I$ non e' un ideale primo di $ZZ[x]$.
"Martino":
Potresti scrivere come dimostri che $-7x+1 in I$?
Allora $-7x+1\in I=(3x^2-x+1,4x^3-x)$ . Pongo $f=3x^2-x+1 , g=4x^3-x$.
Si ha che:
$3g=4xf+4x^2-7x \Rightarrow 4x^2-7x=3g-4xf \Rightarrow h= 4x^2-7x\in I$
$g=xh+7x^2-x \Rightarrow 7x^2-x=g-xh \Rightarrow t=7x^2-x\in I$
Ora dico che:
$I=(f,g)=(f,g,h)$ (le due inclusioni sono ovvie) e che:
$(f,g,h)=(f,t,h)$ infatti ovviamente $f,h\in (f,g,h) t\in (f,g,h)$ per costruzione; analogamente: $f,h\in (f,t,h)$ e $g\in (f,t,h)$ per costruzione.
Cioè:$I=(f,g)=(f,t,h)$
Adesso:
$t-h=3x^2-x+1+7x-1=f+7x-1$ Sia $k=7x-1$.Dunque:
$(f,t,h)=(k,t,h)$ poiché:
$t,h\in (k,t,h)$ e $f\in (k,t,h)$ poiché $f=t-h$.
Viceversa:$t,h\in (f,t,h)$ e $k\in (f,t,h)$ poiché $k=t-h-f$.
Dunque $(f,g)=(k,t,h)$ e perciò:
$k\in (f,g)$ cioè $7x-1\in (3x^2-x+1,4x^3-z)$.
ne segue che:
$-7x+1\in I$
Giusto hai ragione, mi sono confuso io.