Sottoanello di $Q(X)$
Sia $f=x^2+x+1inQQ[x]$ e $A={g/h: g,hinQQ[X], f∤h}$. Abbiamo che l'unico ideale massimale è $I={(fg)/h: f∤h}$, devo mostrare che $A_(/I)$ è un estensione finita di $QQ$. Abbiamo che $[f]_(I)=[0]_(I)$, se mostrassi che $[g/h]_(I)$ si può scrivere nella forma $[aX+b]_(I)$ avremmo che $A_(/I)$ è un estensione finita di $QQ$ di grado $2$. In teoria se $deg(g)>=2$ posso dividerlo per $f$ e quindi otterrei che $[g/h]_(I)=[r/h]_(I)$ dove $deg(r)<2$ ovvero $[g/h]_(I)=[(aX+b)/h]_(I)$, però da qui come faccio a dire che è uguale a $[aX+b]_(I)$?
Risposte
La prima cosa che proverei a fare è applicare il teorema di isomorfismo alla composizione
$QQ[X] -> A -> A//I$
dove la prima freccia è l'inclusione e la seconda è la proiezione. Se questa composizione è suriettiva e il suo nucleo è $(f)$ allora per il teorema di isomorfismo $QQ[X]//(f) cong A//I$.
$QQ[X] -> A -> A//I$
dove la prima freccia è l'inclusione e la seconda è la proiezione. Se questa composizione è suriettiva e il suo nucleo è $(f)$ allora per il teorema di isomorfismo $QQ[X]//(f) cong A//I$.
"Martino":
è applicare il teorema di isomorfismo alla composizione
$QQ[X] -> A -> A//I$
dove la prima freccia è l'inclusione e la seconda è la proiezione.
Non sarebbe $QQ(X) -> A -> A//I$?
"andreadel1988":Ovviamente no!
Non sarebbe $QQ(X) -> A -> A//I$?
"Martino":
Ovviamente no!
E scusa come fa $QQ[X]->A$ a essere un omomorfismo suriettivo se $A$ contiene $QQ[X]$?
Non è $QQ[X] to A$ ad essere suriettivo, è $QQ[X] to A//I$, cioè la composizione $QQ[X] to A to A//I$. Cerca di leggere con attenzione.
"Martino":
Non è $QQ[X] to A$ ad essere suriettivo, è $QQ[X] to A//I$, cioè la composizione $QQ[X] to A to A//I$. Cerca di leggere con attenzione.
Si si avevo letto bene ma pensavo volessi mostrare che era un omomorfismo surriettivo poichè composizione di omomorfismi suriettivi ma mi son sbagliato
"Martino":
Se questa composizione è suriettiva e il suo nucleo è $(f)$ allora per il teorema di isomorfismo $QQ[X]//(f) cong A//I$.
Vabbe che il nucleo sia $(f)$ è semplice poichè $ginQQ[X]$ appartiene ad $I$ se e solo se $gin(f)$ per cui $kerphi=(f)$, ora rimane da mostrare che $phi$ è surriettiva.
"Martino":
La prima cosa che proverei a fare è applicare il teorema di isomorfismo alla composizione
$QQ[X] -> A -> A//I$
dove la prima freccia è l'inclusione e la seconda è la proiezione. Se questa composizione è suriettiva
Sinceramente a me non risulta che questa composizione sia suriettiva, infatti $phi(g)=[g/1]_I$ non mi risulta $Imphi=A_(/I)$.
Dato $r/h$ devi trovare $g/1$ tale che $r/h-g/1 in I$.
In altre parole, dato $r/h$ devi trovare $g/1$ e $u/s$ tali che $g/1-r/h = (fu)/s$. Prova.
In altre parole, dato $r/h$ devi trovare $g/1$ e $u/s$ tali che $g/1-r/h = (fu)/s$. Prova.
"Martino":
Dato $r/h$ devi trovare $g/1$ tale che $r/h-g/1 in I$.
In altre parole, dato $r/h$ devi trovare $g/1$ e $u/s$ tali che $g/1-r/h = (fu)/s$. Prova.
Siccome $f$ è irriducibile e $f$ non divide $h$ allora $MCD(f,h)=1$ e poichè $QQ[x]$ è ad ideali principali $(f,h)=(1)=QQ[x]$ per cui esistono $g,uinQQ[x]$ tale che $gh+fu=r$ con $rinQQ[X]$ da cui $g/1-r/h=-(fu)/h$ e quindi $[r/h]_(I)=[g]_(I)$ ma poichè $f$ è di secondo grado allora $[g]_(I)=[ax+b]_(I)$
È giusto, ma non ho capito cosa c'entri il fatto che $f$ è di secondo grado. Quest'ultima frase è superflua:
"andreadel1988":
ma poichè $f$ è di secondo grado allora $[g]_(I)=[ax+b]_(I)$
"Martino":[/quote]
È giusto, ma non ho capito cosa c'entri il fatto che $f$ è di secondo grado. Quest'ultima frase è superflua:
[quote="andreadel1988"]ma poichè $f$ è di secondo grado allora $[g]_(I)=[ax+b]_(I)$
Era per dire che la classe di un polinomio di grado maggiore o uguale a $2$ è uguale a la classe di un polinomio di grado $1$ cosi ho mostrato che la dimensione di $A_(/I)$ su $QQ$ è $2$ e quindi $A_(/I)$ è un estensione finita su $QQ$
Ah ok.
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