PID(irriducibile $<=>$ primo)
Ora mi sto preparando per l'orale quindi metto alcune dimostrazioni che mi servono per concludere.... le farei vedere alla professoressa, ma poi non me le chiederebbe 
$D^(star):=Dsetminus{0}$
$D$ non vuoto e non anello banale
dimostrazione:
supponiamo che esistano $a,b in D^(star)$ tale che $p|ab$
consideriamo l'ideale $I=(p,a)$[nota]potremmo considerare tranquillamente anche $(p,b)$ non cambierebbe nulla nella dimostrazione[/nota] poichè $D$ è PID avremo che esisterà un certo $d inD^(star)$ per cui $(d)=(p,a)$
chiaramente se fosse $d=0$ dovrebbero essere anche $a,p$ e questo non ci piace[nota]dipende ovviamente se diamo senso alla divisione per zero[/nota].
quindi sia $dne0$ si avrà che $a,p in (d) => p=dh wedge a=dk$ e poiché $p$ è irriducibile uno dei due elementi deve essere necessariamente invertibile: distinguiamo i casi
- $h$ invertibile: allora $ph^(-1)=d$ dve $h^(-1)$ è un qualsiasi elemento tale che $h^(-1)h=1$ ma allora $p$ divide $a$ in quanto $a=p(h^(-1)k) => p|a$
- $d$ invertibile: allora $d$ e $1$ sono associati pertanto $(d)=(1)=D$ dunque $p,a in (1)$ significa che per qualche $r,s in D$ si avrà $1=pr+as$ dove almeno uno dei due deve essere non nullo(in entrambi i casi si raggiunge la tesi). Quindi si avrà $b=b(pr+as)=p(br)+(ab)s$ ed essendo che $p|ab$ allora $ab=px$ per qualche $x$ non nullo.
dunque $b=p(br)+p(xs)=p(br+xs) => p|b$ e si ha la tesi.
penso di aver considerato tutti i casi.
inoltre: se $D$ è PID allora $a$ irriducibile $<=> (a)$ massimale
la seconda è banale in quanto
$(a)$ massimale $⇒(a)$ primo $⇒a$ primo $⇒a$ irriducibile.
per la prima invece:
supponiamo che $a$ sia irriducibile e sia $(a)subseteqJsubseteqD$
poichè siamo in un $PID$ allora $J=(b)$ per qualche $b in D$ ma allora $(a)subseteq(b) => a in (b) => a=bk$ per qualche $k in D$ ed essendo $a$ irriducibile deve essere invertibile almeno uno tra $b,k$
- se è invertibile $k$ allora $a,b$ sono associati $(a)=(b)$
- se è invertibile $b$ allora $b,1_D$ sono associati e quindi $(b)=(1_D)=D$
fine.
@Killing
$D^(star):=Dsetminus{0}$
$D$ non vuoto e non anello banale
sia $(D,+,*)$ un PID e $p in D^(star)$
$p$ primo $<=>$ p irriducibile
$p$ primo $<=>$ p irriducibile
dimostrazione:
supponiamo che esistano $a,b in D^(star)$ tale che $p|ab$
consideriamo l'ideale $I=(p,a)$[nota]potremmo considerare tranquillamente anche $(p,b)$ non cambierebbe nulla nella dimostrazione[/nota] poichè $D$ è PID avremo che esisterà un certo $d inD^(star)$ per cui $(d)=(p,a)$
chiaramente se fosse $d=0$ dovrebbero essere anche $a,p$ e questo non ci piace[nota]dipende ovviamente se diamo senso alla divisione per zero[/nota].
quindi sia $dne0$ si avrà che $a,p in (d) => p=dh wedge a=dk$ e poiché $p$ è irriducibile uno dei due elementi deve essere necessariamente invertibile: distinguiamo i casi
- $h$ invertibile: allora $ph^(-1)=d$ dve $h^(-1)$ è un qualsiasi elemento tale che $h^(-1)h=1$ ma allora $p$ divide $a$ in quanto $a=p(h^(-1)k) => p|a$
- $d$ invertibile: allora $d$ e $1$ sono associati pertanto $(d)=(1)=D$ dunque $p,a in (1)$ significa che per qualche $r,s in D$ si avrà $1=pr+as$ dove almeno uno dei due deve essere non nullo(in entrambi i casi si raggiunge la tesi). Quindi si avrà $b=b(pr+as)=p(br)+(ab)s$ ed essendo che $p|ab$ allora $ab=px$ per qualche $x$ non nullo.
dunque $b=p(br)+p(xs)=p(br+xs) => p|b$ e si ha la tesi.
penso di aver considerato tutti i casi.
inoltre: se $D$ è PID allora $a$ irriducibile $<=> (a)$ massimale
la seconda è banale in quanto
$(a)$ massimale $⇒(a)$ primo $⇒a$ primo $⇒a$ irriducibile.
per la prima invece:
supponiamo che $a$ sia irriducibile e sia $(a)subseteqJsubseteqD$
poichè siamo in un $PID$ allora $J=(b)$ per qualche $b in D$ ma allora $(a)subseteq(b) => a in (b) => a=bk$ per qualche $k in D$ ed essendo $a$ irriducibile deve essere invertibile almeno uno tra $b,k$
- se è invertibile $k$ allora $a,b$ sono associati $(a)=(b)$
- se è invertibile $b$ allora $b,1_D$ sono associati e quindi $(b)=(1_D)=D$
fine.
@Killing
Risposte
Due obiezioni:
[list=1]
[*:2bsnhwjp]PID è sinonimo di Principal Ideal Domain, quindi non ha senso parlare di divisori dello zero;[/*:m:2bsnhwjp]
[*:2bsnhwjp]secondo le tue ipotesi, [strike]\(\displaystyle I=(a)\) in quanto \(\displaystyle p\in(a)\)[/strike]; e salti sùbito alla conclusione che
\[
\exists h\in D^{*},k\in D^{\times}\mid p=dh,\,a=dk.
\][/*:m:2bsnhwjp][/list:o:2bsnhwjp]
[list=1]
[*:2bsnhwjp]PID è sinonimo di Principal Ideal Domain, quindi non ha senso parlare di divisori dello zero;[/*:m:2bsnhwjp]
[*:2bsnhwjp]secondo le tue ipotesi, [strike]\(\displaystyle I=(a)\) in quanto \(\displaystyle p\in(a)\)[/strike]; e salti sùbito alla conclusione che
\[
\exists h\in D^{*},k\in D^{\times}\mid p=dh,\,a=dk.
\][/*:m:2bsnhwjp][/list:o:2bsnhwjp]
Ciao eos!
Mi fa piacere leggerti in un mio post
1. hai perfettamente ragione, ti ringrazio.
2. Io sto dimostrando che $p$ irriducibile implica $p$ primo. Se $p in(a)$ allora $a|p$ ma questo da dove lo hai preso? Ovviamente te lo chiedo perché mi fa piacere vedere anche altre idee
Mi fa piacere leggerti in un mio post
1. hai perfettamente ragione, ti ringrazio.
2. Io sto dimostrando che $p$ irriducibile implica $p$ primo. Se $p in(a)$ allora $a|p$ ma questo da dove lo hai preso? Ovviamente te lo chiedo perché mi fa piacere vedere anche altre idee
La mia seconda obiezione è sbagliata! 
Nulla togliendo alle eccellenze che frequentano il forum. 
[/ot]
"anto_zoolander":Questo non va bene: \(\displaystyle p\) è irriducibile, per cui non può essere invertibile, ergo \(\displaystyle s\) non può essere un elemento nullo![ot]
...- $d$ invertibile: allora $d$ e $1$ sono associati pertanto $(d)=(1)=D$ dunque $p,a in (1)$ significa che per qualche $r,s in D$ si avrà $1=pr+as$ dove almeno uno dei due deve essere non nullo...
"anto_zoolander":Pure a me fa piacere leggerti: sei uno dei pochi che mi fa sorridere qui dentro!
Ciao eos!
Mi fa piacere leggerti in un mio post
Nulla togliendo alle eccellenze che frequentano il forum. [/ot]
Giusto, allora significa che sono necessariamente entrambi non nulli e abbiamo finito, perfetto.
[ot]ti ringrazio, spero in positivo e non perché io le spari grosse[/ot]
[ot]ti ringrazio, spero in positivo e non perché io le spari grosse
[/ot]
[ot]Tranquillo, ti vedo scrivere di matematica con competenza; al più, hai delle insicurezze. [/ot]
[/ot]
Ti frutto per l’ultima cosa
Nel compito mi era spuntato di determinare il sottoanello fondamentale di un anello.
Non lo avevo mai visto prima, quindi lo sono andato a cercare ed ho trovato che è definito così
Dato $(R;+,*)$ dominio unitario e $phi:n inZZ-> n1_R in R$ si definisce sottoanello fondamentale
Quali proprietà ha questo sottoanello? Si definisce solo per domini unitari?
Nel compito mi era spuntato di determinare il sottoanello fondamentale di un anello.
Non lo avevo mai visto prima, quindi lo sono andato a cercare ed ho trovato che è definito così
Dato $(R;+,*)$ dominio unitario e $phi:n inZZ-> n1_R in R$ si definisce sottoanello fondamentale
$E(R):=phi(ZZ) cong (ZZ)/(Ker(phi))$
Quali proprietà ha questo sottoanello? Si definisce solo per domini unitari?
Se \(\displaystyle R\) fosse un dominio, allora \(\displaystyle E(R)\) è \(\displaystyle\mathbb{Z}\) oppure un campo finito con \(\displaystyle p\) elementi (\(\displaystyle p\in\mathbb{P}\)): perché?
L'ipotesi che \(\displaystyle R\) sia un dominio, non serve per definire \(\displaystyle E(R)\): perché?
L'ipotesi che \(\displaystyle R\) sia un dominio, non serve per definire \(\displaystyle E(R)\): perché?
Se il ragionamento che ho fatto è corretto, queste domande richiamano un po' di conoscenze
Supponiamo che $R$ sia un dominio, allora la sua caratteristica potrebbe essere soltanto $0$ oppure $p$ con $p$ primo(dimostrazione facile).
E' chiaro che quindi ogni sottoanello di $R$ avrebbe la stessa caratteristica.
ora definiamo $E(R):=phi(ZZ)cong(ZZ)/(Ker(phi))$
Il nucleo di $Ker(phi)$ è l'ideale generato dalla caratteristica ovvero $Ker(phi):=(chr(R)):=(k)=kZZ$ pertanto si avrebbe
dove se la caratteristica è $0$ allora $phi(ZZ)congZZ$
se la caratteristica è $p$ allora $phi(ZZ)congZZ_p$ e $ZZ_p$ è campo e anche $phi(ZZ)$ sarebbe campo.
quindi in poche parole il sottoanello fondamentale sarebbe sempre o $ZZ$ o $ZZ_p$ il che ha anche senso considerando che è definito come l'immagine isomorfa si un gruppo ciclico, che sarà anch'esso ciclico. Questo garantirebbe la stessa tesi per caratterizzazione dei gruppi ciclici.
Per quanto l'ipotesi sull'essere un dominio unitario, basterebbe che fosse un anello unitario infatti l'applicazione è semplicemente definita $n|->n*1_R$ ed in generale la caratteristica può essere definita anche su un anello non unitario, se la definiamo come $chr(R):=min{n in NNsetminus{0}| n*a=0,foralla in R}$ se esiste tale minimo, oppure $0$. Quindi non è strettamente necessaria l'ipotesi di avere un dominio di integrità.
quindi basta $(R;+,*)$ anello unitario.
Ora però mi viene da pensare che essendo definito comunque come un anello isomorfo a un gruppo ciclico(in particolare), debba essere anch'esso ciclico e quindi varrà lo stesso questa cosa, anche prendendo semplicemente un anello unitario l'immagine è isomorfa al quoziente per mezzo di un certo omomorfismo di gruppi, in particolare, e quindi per la caratterizzazione dei gruppi ciclici il sottoanello fondamentale dovrebbe essere sempre e comunque isomorfo a $ZZ$ oppure $ZZ_(chr(R))$
praticamente se $kne0$ si avrebbe $ZZ_k=< [1]_k>$ e quindi $E(R)=$
PS: ho vomitato pensieri, perdonami.
Supponiamo che $R$ sia un dominio, allora la sua caratteristica potrebbe essere soltanto $0$ oppure $p$ con $p$ primo(dimostrazione facile).
E' chiaro che quindi ogni sottoanello di $R$ avrebbe la stessa caratteristica.
ora definiamo $E(R):=phi(ZZ)cong(ZZ)/(Ker(phi))$
Il nucleo di $Ker(phi)$ è l'ideale generato dalla caratteristica ovvero $Ker(phi):=(chr(R)):=(k)=kZZ$ pertanto si avrebbe
$phi(ZZ)cong ZZ_k$
dove se la caratteristica è $0$ allora $phi(ZZ)congZZ$
se la caratteristica è $p$ allora $phi(ZZ)congZZ_p$ e $ZZ_p$ è campo e anche $phi(ZZ)$ sarebbe campo.
quindi in poche parole il sottoanello fondamentale sarebbe sempre o $ZZ$ o $ZZ_p$ il che ha anche senso considerando che è definito come l'immagine isomorfa si un gruppo ciclico, che sarà anch'esso ciclico. Questo garantirebbe la stessa tesi per caratterizzazione dei gruppi ciclici.
Per quanto l'ipotesi sull'essere un dominio unitario, basterebbe che fosse un anello unitario infatti l'applicazione è semplicemente definita $n|->n*1_R$ ed in generale la caratteristica può essere definita anche su un anello non unitario, se la definiamo come $chr(R):=min{n in NNsetminus{0}| n*a=0,foralla in R}$ se esiste tale minimo, oppure $0$. Quindi non è strettamente necessaria l'ipotesi di avere un dominio di integrità.
quindi basta $(R;+,*)$ anello unitario.
Ora però mi viene da pensare che essendo definito comunque come un anello isomorfo a un gruppo ciclico(in particolare), debba essere anch'esso ciclico e quindi varrà lo stesso questa cosa, anche prendendo semplicemente un anello unitario l'immagine è isomorfa al quoziente per mezzo di un certo omomorfismo di gruppi, in particolare, e quindi per la caratterizzazione dei gruppi ciclici il sottoanello fondamentale dovrebbe essere sempre e comunque isomorfo a $ZZ$ oppure $ZZ_(chr(R))$
praticamente se $kne0$ si avrebbe $ZZ_k=< [1]_k>$ e quindi $E(R)=
PS: ho vomitato pensieri, perdonami.
Bene il ragionamento. 
Non ho capìto i pensieri in liberté; forse sarebbe il caso di aprire un nuovo thread.
Non ho capìto i pensieri in liberté; forse sarebbe il caso di aprire un nuovo thread.
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