Ideali di $Z[x]$
Non riesco a stabilire se l'ideale generato da $x+1$ in $Z[x]$ è massimale. Mi potete aiutare? Grazie.
Risposte
Direi di no, perchè se prendiamo l'ideale generato da $(x+1,3)$, questo è più grande del tuo (perchè contiene $3$ che il tuo non contiene), ma non è tutto $ZZ[x]$, perchè per esempio non contiene $2$...
-Edit-
Regoletta che può essere utile: Su $ZZ[x]$ tutti gli ideali massimali sono del tipo $(f(x),p)$, con $f(x)$ polinomio irriducibile in $ZZ_p[x]$.
-Edit-
Regoletta che può essere utile: Su $ZZ[x]$ tutti gli ideali massimali sono del tipo $(f(x),p)$, con $f(x)$ polinomio irriducibile in $ZZ_p[x]$.
Ok grazie anche per la dritta.
Però non mi sembra scontato che 2 in quell'ideale non ci stia. Come faccio a dimostrarlo?
Però non mi sembra scontato che 2 in quell'ideale non ci stia. Come faccio a dimostrarlo?
Un altro modo per mostrare che l'ideale $I=(X+1)$ generato dal polinomio $X+1$ in $ZZ[X]$ non è massimale è:
consideriamo la valutazione in $-1$, cioè
$v \ : \ ZZ[X] \ -> \ ZZ \ , \ f(X) \ |-> \ f(-1)$
si vede facilmente che $v$ è un omomorfismo surgettivo di anelli. Mostriamo ora che $Ker \ v = I$:
$subseteq$ : sia $f in ZZ[X]$ tale che $f(-1)=0$, allora per il teorema di Ruffini esiste $g(X) in QQ[X] \ : \ f(X) = (X+1) g(X)$; poiché $X+1 in ZZ[X]$ è primitivo, per il lemma di Gauss abbiamo che $g(X) in ZZ[X]$; quindi $f in I$.
$supseteq$ : ovvio, perché $X+1 in Ker \ v$.
Allora per il primo teorema di omomorfismo si ha che $ZZ[X]$/$I$ è un anello isomorfo a $ZZ$, quindi non è un campo; dunque $I$ non è un ideale massimale.
consideriamo la valutazione in $-1$, cioè
$v \ : \ ZZ[X] \ -> \ ZZ \ , \ f(X) \ |-> \ f(-1)$
si vede facilmente che $v$ è un omomorfismo surgettivo di anelli. Mostriamo ora che $Ker \ v = I$:
$subseteq$ : sia $f in ZZ[X]$ tale che $f(-1)=0$, allora per il teorema di Ruffini esiste $g(X) in QQ[X] \ : \ f(X) = (X+1) g(X)$; poiché $X+1 in ZZ[X]$ è primitivo, per il lemma di Gauss abbiamo che $g(X) in ZZ[X]$; quindi $f in I$.
$supseteq$ : ovvio, perché $X+1 in Ker \ v$.
Allora per il primo teorema di omomorfismo si ha che $ZZ[X]$/$I$ è un anello isomorfo a $ZZ$, quindi non è un campo; dunque $I$ non è un ideale massimale.
Per Gygabyte017: potresti postare la dimostrazione della regoletta che hai citato?
"GreenLink":
Ok grazie anche per la dritta.
Però non mi sembra scontato che 2 in quell'ideale non ci stia. Come faccio a dimostrarlo?
Perchè tutti gli elementi dell'ideale sono del tipo $(x+1)p(x)$. Supponiamo che ci stia il 2. Allora, per qualche $p(x)$, $(x+1)p(x)=2$. Se $p(x)=a_0+cdots+a_nx^n$, allora $a_nx^{n+1} + (a_n + a_{n-1})x^n + cdots + (a_2 + a_1)x^2 (a_1 + a_0)x + a_0 -2 = 0$ che è assurdo perchè deve essere $a_n=0 => a_{n-1}=0 => cdots => a_0=0$ ma $-2 != 0$.
"NightKnight":
Un altro modo[...]
Ottima dimostrazione
"NightKnight":
potresti postare la dimostrazione della regoletta che hai citato?
Certo: Sia $I=(f(x),p)$, con $f(x)$ irriducibile in $Z_p[x]$. $I$ è massimale $<=> \quad ZZ[x]//I$ è campo.
Ma $ZZ[x]//(f(x),p) ~= ZZ[x]//(p)$ $//$ $(f(x),p)//(p)$ per il secondo teorema di isomorfismo.
Ora, $ZZ[x]//(p) ~= ZZ_p[x]$ (dimostrazione facile, ogni polinomio va a finire nel polinomio con i coefficienti modulo p)
e $(f(x),p)//(p) ~= (f(x)_{"mod" p})$ ovvero $f(x)$ con i coefficienti modulo p.
In definitiva, $ZZ[x]//(f(x),p) \quad~=\quad ZZ[x]//(p)$ $//$ $(f(x),p)//(p) \quad~=\quad ZZ_p[x]//(f(x)) $.
Ora, $ZZ_p$ è un campo, $f(x)$ è irriducibile in $ZZ_p[x]$ per ipotesi, quindi $(f(x))$ è ideale massimale, e allora $ZZ_p[x]//(f(x))$ è un campo. Ed essendo $ZZ_p[x]//(f(x)) \quad~=\quad ZZ[x]//(f(x),p)$, anche $ZZ[x]//(f(x),p)$ è campo, e allora $I$ è massimale c.v.d.
Spero sia tutto chiaro!
davvero una bella caratterizzazione gygabyte017!......... perchè sia completa però mancherebbe da dimostrare che gli ideali massimali di Z[x] sono tutti di quella forma...
Hai ragione, effettivamente quando ho fatto quella dimostrazione (era un esercizio di preparazione per un esonero, che ho generalizzato) non mi sono posto il problema del viceversa... Ci penserò 
Nell'immediato mi verrebbe da dimostrarlo andando a tentativi creando ideali a caso e vedendo che succede... però è bruttissimo dal punto di vista "formale"! Ci penserò...
Nell'immediato mi verrebbe da dimostrarlo andando a tentativi creando ideali a caso e vedendo che succede... però è bruttissimo dal punto di vista "formale"! Ci penserò...
Forse ho avuto un'idea:
l'anello $ZZ[x]$ è noetheriano quindi ogni ideale è finitamente generato:
$I=(f_1(x),...,f_n(x),k_1,...,k_m)$ io dico che $I=(f(x),d)$ dove $f(x)=MCD(f_1(x),...,f_n(x))$ e $d=MCD(k_1,...,k_m)$
$g(x) in I iff g(x)=sum_{i=1}^n a_i(x)f_i(x) + sum_{j=1}^m b_j(x)k_j iff g(x)=f(x)*sum_{i=1}^n a_i(x)(f_i(x))/f(x) +d* sum_{j=1}^m b_j(x)(k_j)/d iff g(x) in (f(x),d)$
quindi tutti gli ideali sono del tipo $I=(f(x),n)$ sicuramente $I$ non è massimale se $f(x)-=0$ o $n=0$ inoltre se $I$ è massimale abbiamo $deg(f(x))>0$ perchè nel caso in cui $deg(f(x))=0 -> f(x)=m in ZZ$ e $I(MCD(m,n))$ che abbiamo detto non è massimale in nessuno caso; deve essere anche $f(x)$ irriducibile in $ZZ[x]$ altrimenti l'ideale non è neanche primo.
quindi se $I=(f(x),n)$ massimale sappiamo che $deg(f(x))>0$: supponiamo $n$ non primo quindi $n=t*s$ con t e s non invertibili, in $ZZ[x]//I$ vale $[t]*=[0]$
essendo $ZZ[x]//I=ZZ_n[x]//(f(x))$ se $[t]=0$ o $=0$ (supponiamo t) deve essere $n | t$ o $f(x)|t$ ed è impossibile perchè $deg(f(x))>0$ e t sta nella fattorizzazione di n
quindi $I$ massimale $->$ $I=(f(x),p)$ nel caso in cui $f(x)$ non è irriducibile in $ZZ_p$ allora $ZZ[x]//I=ZZ_p[x]//(f(x))$ quindi se $f(x)=g(x)*h(x)$ abbiamo $[g(x)]*[h(x)]=0$ nel caso uno dei due fosse zero (diciamo h) allora $p|h(x) -> h(x)=p*h_1(x) -> f(x)=g(x)*h(x)+p*k(x)=p*(g(x)*h_1(x)+k(x))$ e quindi non è irriducibile in $ZZ[x]$
spero che qualche buona anima abbia la volontà di controllare, anche magari di vedere se si può fare senza usare la noetherianità.
l'anello $ZZ[x]$ è noetheriano quindi ogni ideale è finitamente generato:
$I=(f_1(x),...,f_n(x),k_1,...,k_m)$ io dico che $I=(f(x),d)$ dove $f(x)=MCD(f_1(x),...,f_n(x))$ e $d=MCD(k_1,...,k_m)$
$g(x) in I iff g(x)=sum_{i=1}^n a_i(x)f_i(x) + sum_{j=1}^m b_j(x)k_j iff g(x)=f(x)*sum_{i=1}^n a_i(x)(f_i(x))/f(x) +d* sum_{j=1}^m b_j(x)(k_j)/d iff g(x) in (f(x),d)$
quindi tutti gli ideali sono del tipo $I=(f(x),n)$ sicuramente $I$ non è massimale se $f(x)-=0$ o $n=0$ inoltre se $I$ è massimale abbiamo $deg(f(x))>0$ perchè nel caso in cui $deg(f(x))=0 -> f(x)=m in ZZ$ e $I(MCD(m,n))$ che abbiamo detto non è massimale in nessuno caso; deve essere anche $f(x)$ irriducibile in $ZZ[x]$ altrimenti l'ideale non è neanche primo.
quindi se $I=(f(x),n)$ massimale sappiamo che $deg(f(x))>0$: supponiamo $n$ non primo quindi $n=t*s$ con t e s non invertibili, in $ZZ[x]//I$ vale $[t]*
essendo $ZZ[x]//I=ZZ_n[x]//(f(x))$ se $[t]=0$ o $
quindi $I$ massimale $->$ $I=(f(x),p)$ nel caso in cui $f(x)$ non è irriducibile in $ZZ_p$ allora $ZZ[x]//I=ZZ_p[x]//(f(x))$ quindi se $f(x)=g(x)*h(x)$ abbiamo $[g(x)]*[h(x)]=0$ nel caso uno dei due fosse zero (diciamo h) allora $p|h(x) -> h(x)=p*h_1(x) -> f(x)=g(x)*h(x)+p*k(x)=p*(g(x)*h_1(x)+k(x))$ e quindi non è irriducibile in $ZZ[x]$
spero che qualche buona anima abbia la volontà di controllare, anche magari di vedere se si può fare senza usare la noetherianità.
Scusami gygabyte017, io mi chiedevo come fai a dire in un batter d'occhio che 2 non sta in $(x+1,3)$ (che non stia in $(x+1)$ è ovvio perchè il grado di un prodotto di polinomi è la somma dei gradi dei polinomi in un dominio, quindi l'ideale non può contenere le costanti).
Per dimostrare che 2 non sta in $(x+1,3)$ a me viene in mente solamente di scrivermi in modo esteso un polinomio che sta nell'ideale ed imporre che sia uguale a 2: il procedimento è abbastanza laborioso anche perchè richiede una piccola induzione. Per questo sarei curioso di sapere se qualcuno riesce a dimostrarlo con metodi più brillanti e veloci.
E' corretto dire che in ideali del tipo $(x+c,k)$ con $(c.k)=1$ le uniche costanti sono i multipli di $k$?
Per dimostrare che 2 non sta in $(x+1,3)$ a me viene in mente solamente di scrivermi in modo esteso un polinomio che sta nell'ideale ed imporre che sia uguale a 2: il procedimento è abbastanza laborioso anche perchè richiede una piccola induzione. Per questo sarei curioso di sapere se qualcuno riesce a dimostrarlo con metodi più brillanti e veloci.
E' corretto dire che in ideali del tipo $(x+c,k)$ con $(c.k)=1$ le uniche costanti sono i multipli di $k$?
"GreenLink":
Scusami gygabyte017, io mi chiedevo come fai a dire in un batter d'occhio che 2 non sta in $(x+1,3)$ (che non stia in $(x+1)$ è ovvio perchè il grado di un prodotto di polinomi è la somma dei gradi dei polinomi in un dominio, quindi l'ideale non può contenere le costanti).
Per dimostrare che 2 non sta in $(x+1,3)$ a me viene in mente solamente di scrivermi in modo esteso un polinomio che sta nell'ideale ed imporre che sia uguale a 2: il procedimento è abbastanza laborioso anche perchè richiede una piccola induzione. Per questo sarei curioso di sapere se qualcuno riesce a dimostrarlo con metodi più brillanti e veloci.
E' corretto dire che in ideali del tipo $(x+c,k)$ con $(c.k)=1$ le uniche costanti sono i multipli di $k$?
siccome $ZZ[x]//I~=ZZ_3[x]//(x+1)$ vedi se la classe di 2 nel quoziente è zero, prima mandi $2->[2]_3!=0$ poi riduci modulo $x+1$ e di nuovo trovi che 2 è diverso da zero perchè l'applicazione $ZZ_3[x]->ZZ_3[x]//(x+1)~=ZZ_3$ è quella che manda $1->1$ e $x->-1$ e 2 va in 2 che in $ZZ_3$ è diverso da zero, quind 2 non sta in $I$
"rubik":
quindi $I$ massimale $->$ $I=(f(x),p)$ nel caso in cui $f(x)$ non è irriducibile in $ZZ_p$ allora $ZZ[x]//I=ZZ_p[x]//(f(x))$ quindi se $f(x)=g(x)*h(x)$ abbiamo $[g(x)]*[h(x)]=0$ nel caso uno dei due fosse zero (diciamo h) allora $p|h(x) -> h(x)=p*h_1(x) -> f(x)=g(x)*h(x)+p*k(x)=p*(g(x)*h_1(x)+k(x))$ e quindi non è irriducibile in $ZZ[x]$
non sono certo uno che capisce l'algebra, ma perlomeno ho la voglia di leggere
....quando passi da $f(x)=g(x)*h(x)$ alla scrittura con le parentesi quadre hai preso le classi di equivalenza in questo insieme: $ZZ_p[x]//(f(x))$, giusto?
poi quando dici "nel caso uno dei due fosse zero" intendi dire: visto che I massimale implica che l'anello sopra è un campo, in particolare è un dominio di integrità e vale la legge di annullamento, right?
Ora però se $[h(x)]=0$ (dove h è un polinomio in Z_p[x] e la parentesi indica la classe di equivalenza.... per far mente locale... giusto?), non dovrei solamente dedurre che $h(x)=f(x)*h_1(x)$, con $h_1$ polinomio in $Z_p[x]$ e tutta l'ultima uguaglianza letta in $Z_p[x]$?
come si arriva a dire: $p|h(x) -> h(x)=p*h_1(x)$?
"GreenLink":
E' corretto dire che in ideali del tipo $(x+c,k)$ con $(c.k)=1$ le uniche costanti sono i multipli di $k$?
se c'è una costante, è un multiplo di $k$... un elemento costante $M$ dell'ideale è del tipo $p(x+c)+kq=M$. Valutando in $-c$ si otteine $ kq(-1)=M$ Quindi $M$ è un multiplo di $k$. Inoltre tutti i multpli di $k$ ci sono... mi pare che non serva che $(c,k)=1$... o sbaglio?
"Thomas":
[quote="rubik"]
quindi $I$ massimale $->$ $I=(f(x),p)$ nel caso in cui $f(x)$ non è irriducibile in $ZZ_p$ allora $ZZ[x]//I=ZZ_p[x]//(f(x))$ quindi se $f(x)=g(x)*h(x)$ abbiamo $[g(x)]*[h(x)]=0$ nel caso uno dei due fosse zero (diciamo h) allora $p|h(x) -> h(x)=p*h_1(x) -> f(x)=g(x)*h(x)+p*k(x)=p*(g(x)*h_1(x)+k(x))$ e quindi non è irriducibile in $ZZ[x]$
non sono certo uno che capisce l'algebra, ma perlomeno ho la voglia di leggere
....quando passi da $f(x)=g(x)*h(x)$ alla scrittura con le parentesi quadre hai preso le classi di equivalenza in questo insieme: $ZZ_p[x]//(f(x))$, giusto?
poi quando dici "nel caso uno dei due fosse zero" intendi dire: visto che I massimale implica che l'anello sopra è un campo, in particolare è un dominio di integrità e vale la legge di annullamento, right?
Ora però se $[h(x)]=0$ (dove h è un polinomio in Z_p[x] e la parentesi indica la classe di equivalenza.... per far mente locale... giusto?), non dovrei solamente dedurre che $h(x)=f(x)*h_1(x)$, con $h_1$ polinomio in $Z_p[x]$ e tutta l'ultima uguaglianza letta in $Z_p[x]$?
come si arriva a dire: $p|h(x) -> h(x)=p*h_1(x)$?[/quote]
$f(x)=h(x)*g(x)$ e la fattorizzazione non è banale $h(x)$ ha grado più piccolo di $f(x)$ questo implica che non può essere divisibile per $f(x)$ in $ZZ_p[x]$ quindi l'unico modo percui possa essere zero in $ZZ_p[x]//I$ è che sia zero già in $ZZ_p[x]$ ovvero che abbia tutti i coefficenti divisibili per p. funziona?
le parentesi quadre indicano la classe, non sono stato molto coerente con le notazione a volte le ho messe a volte no
ho sempre supposto che il quoziente fosse un campo e cercato un assurdo, anche se non l'ho mai detto
"rubik":
[quote="Thomas"][quote="rubik"]
quindi $I$ massimale $->$ $I=(f(x),p)$ nel caso in cui $f(x)$ non è irriducibile in $ZZ_p$ allora $ZZ[x]//I=ZZ_p[x]//(f(x))$ quindi se $f(x)=g(x)*h(x)$ abbiamo $[g(x)]*[h(x)]=0$ nel caso uno dei due fosse zero (diciamo h) allora $p|h(x) -> h(x)=p*h_1(x) -> f(x)=g(x)*h(x)+p*k(x)=p*(g(x)*h_1(x)+k(x))$ e quindi non è irriducibile in $ZZ[x]$
non sono certo uno che capisce l'algebra, ma perlomeno ho la voglia di leggere
....quando passi da $f(x)=g(x)*h(x)$ alla scrittura con le parentesi quadre hai preso le classi di equivalenza in questo insieme: $ZZ_p[x]//(f(x))$, giusto?
poi quando dici "nel caso uno dei due fosse zero" intendi dire: visto che I massimale implica che l'anello sopra è un campo, in particolare è un dominio di integrità e vale la legge di annullamento, right?
Ora però se $[h(x)]=0$ (dove h è un polinomio in Z_p[x] e la parentesi indica la classe di equivalenza.... per far mente locale... giusto?), non dovrei solamente dedurre che $h(x)=f(x)*h_1(x)$, con $h_1$ polinomio in $Z_p[x]$ e tutta l'ultima uguaglianza letta in $Z_p[x]$?
come si arriva a dire: $p|h(x) -> h(x)=p*h_1(x)$?[/quote]
$f(x)=h(x)*g(x)$ e la fattorizzazione non è banale $h(x)$ ha grado più piccolo di $f(x)$ questo implica che non può essere divisibile per $f(x)$ in $ZZ_p[x]$ quindi l'unico modo percui possa essere zero in $ZZ_p[x]//I$ è che sia zero già in $ZZ_p[x]$ ovvero che abbia tutti i coefficenti divisibili per p. funziona?
le parentesi quadre indicano la classe, non sono stato molto coerente con le notazione a volte le ho messe a volte no
ho sempre supposto che il quoziente fosse un campo e cercato un assurdo, anche se non l'ho mai detto
[/quote]bene bene... quindi mi stai dicendo che una volta che ho che $h$ che appartiene ad $(f(x))$, visto che $h$ ha grado minore di $f(x)$, questo $h$ deve essere il polinomio nullo in $Z_p[x]$, che è dove lavoriamo... si mi sembra buono come ragionamento!
a questo punto sappiamo che $h(x)=0$... ma $h$ era un polinomio in $Z_p[x]$, però nelle prossime uguaglianze $h$ va considerato come un suo rappresentante (uno a caso!) scelto in $Z[x]$, giusto? (simili ragionamenti per $f$)
$p|h(x) -> h(x)=p*h_1(x) -> f(x)=g(x)*h(x)+p*k(x)=p*(g(x)*h_1(x)+k(x))$ e quindi non è irriducibile in $ZZ[x]$
si mi sembra torni!........ anche se ovviamente è meglio aspettare il giudizio di qualcuno più competente, o perlomeno di qualcun altro per un controllo incrociato!
.......poi cosa cosa vuol dire noetheriano e che si possa dedurre quel che dici... beh te l'abboniamo!
"rubik":
ZZ_3[x]//(x+1)~=ZZ_3)$
a tal proposito avrei una domanda che mi viene in mente leggendoti... non c'entra quasi nulla ma cmq:
Una cosa del tipo $(ZZ[x])/((x+1))~=ZZ[x]$ dovrebbe valere sempre, no? Ho trovato altre volte espressioni di quel tipo...
se c'è una cosa che mi innervosisce dell'algebra è che è facile perdersi nei casi particolari, senza capire le idee generali.... quindi mi chiedo, è vero che $(ZZ[x])/((2x+1))~=ZZ$? A me sembra di no (non mi è immediato trovare un omomorfismo surgettivo in $ZZ$ con kernel (2x+1) )... nel caso propongo come esercizio dimostrare che non è vero e capire come è fatto quel gruppo un pò più "con le mani"..... cosa si sa dire?
se invece risultasse così, a questo punto un pò arrabbiato
chiedo, è vero che $(ZZ[x])/((ax+b))~=ZZ$, per ogni a e b relativi?
Considera $A$ un anello (commutativo unitario), e $I=(p(x))$ un ideale di $A[x]$ abbiamo un omomorfismo di anelli:
$pi:A[x]->A[x]//I$
ora possiamo considerare i polinomi a coefficenti in $A[x]//I$ ovvero $(A[x]//I)[y]:=B[y]$
in $B[y]$ abbiamo una "copia" di $p(x)=a_n*x^n+...+a_0$ che è $p'(x)=[a_n]*y^n+...+[a_0]$
consideriamo $[x] in A[x]//I$ posso valutare $p'(y)$ in $[x]$ e ottengo
$p'([x])=[a_n]*[x]^n+...+[a_0]=[a_n*x^n]+...+[a_0]=[a_n*x^n+...+a_0]=[p(x)]=0$
tutto questo per dire che quozientando modulo $I$ abbiamo aggiunto una radice di $p(x)$ ad A (la classe di x)
tornando alle tue domande dico che $ZZ[x]//(2x+1)~=ZZ[-1/2]$ l'applicazione è $pi:p(x)->p(-1/2)$
$p(x) in I iff p(x)=(2x+1)*p'(x) iff p(-1/2)=0$ aggiungo che $ZZ[-1/2]=ZZ[1/2]$ si vede facilmente
quindi non ho fatto altro che aggiungere a $ZZ$ una radice $2x+1$ (l'unica in effetti
)
nel caso di $x+1$ la radice in $ZZ$ già c'è quindi non cambia nulla
se hai $ZZ[x]//(ax+b)$ supponendo $MCD(a,b)=1$ puoi dire che $ZZ[x]//(ax+b)~=ZZ[b/a]$
nel caso dei campi è più semplice: puoi dire sempre che $K[x]//(ax+b)~=K$ (basta che sia $a!=0$) perchè $b/a in K$ per ogni coppia con a diverso da zero
noetheriano vuol dire solo che ogni ideale ha un numero finito di generatori niente di complicato. ti tornano le cose?
edit: dimenticavo $pi:ZZ[x]//(2x+1)->ZZ[1/2]$ è suriettiva? prendo $a in ZZ[1/2]$ allora $a=n_0+n_1*1/2+n_2*(1/2)^2+...+n_k*(1/2)^k=n_0-n_1*(-1/2)+n_2*(-1/2)^2+...+(-1)^k*n_k*(-1/2)^k$ considero $p(x)=n_0-n_1*x+...+(-1)^kn_k*x^k$ allora $p(-1/2)=a$ ho dovuto aggiustare i segni, mi pare corretto.
$pi:A[x]->A[x]//I$
ora possiamo considerare i polinomi a coefficenti in $A[x]//I$ ovvero $(A[x]//I)[y]:=B[y]$
in $B[y]$ abbiamo una "copia" di $p(x)=a_n*x^n+...+a_0$ che è $p'(x)=[a_n]*y^n+...+[a_0]$
consideriamo $[x] in A[x]//I$ posso valutare $p'(y)$ in $[x]$ e ottengo
$p'([x])=[a_n]*[x]^n+...+[a_0]=[a_n*x^n]+...+[a_0]=[a_n*x^n+...+a_0]=[p(x)]=0$
tutto questo per dire che quozientando modulo $I$ abbiamo aggiunto una radice di $p(x)$ ad A (la classe di x)
tornando alle tue domande dico che $ZZ[x]//(2x+1)~=ZZ[-1/2]$ l'applicazione è $pi:p(x)->p(-1/2)$
$p(x) in I iff p(x)=(2x+1)*p'(x) iff p(-1/2)=0$ aggiungo che $ZZ[-1/2]=ZZ[1/2]$ si vede facilmente
quindi non ho fatto altro che aggiungere a $ZZ$ una radice $2x+1$ (l'unica in effetti
)nel caso di $x+1$ la radice in $ZZ$ già c'è quindi non cambia nulla
se hai $ZZ[x]//(ax+b)$ supponendo $MCD(a,b)=1$ puoi dire che $ZZ[x]//(ax+b)~=ZZ[b/a]$
nel caso dei campi è più semplice: puoi dire sempre che $K[x]//(ax+b)~=K$ (basta che sia $a!=0$) perchè $b/a in K$ per ogni coppia con a diverso da zero
noetheriano vuol dire solo che ogni ideale ha un numero finito di generatori niente di complicato
. ti tornano le cose?edit: dimenticavo $pi:ZZ[x]//(2x+1)->ZZ[1/2]$ è suriettiva? prendo $a in ZZ[1/2]$ allora $a=n_0+n_1*1/2+n_2*(1/2)^2+...+n_k*(1/2)^k=n_0-n_1*(-1/2)+n_2*(-1/2)^2+...+(-1)^k*n_k*(-1/2)^k$ considero $p(x)=n_0-n_1*x+...+(-1)^kn_k*x^k$ allora $p(-1/2)=a$ ho dovuto aggiustare i segni, mi pare corretto.
"rubik":
Considera $A$ un anello (commutativo unitario), e $I=(p(x))$ un ideale di $A[x]$ abbiamo un omomorfismo di anelli:
$pi:A[x]->A[x]//I$
ora possiamo considerare i polinomi a coefficenti in $A[x]//I$ ovvero $(A[x]//I)[y]:=B[y]$
in $B[y]$ abbiamo una "copia" di $p(x)=a_n*x^n+...+a_0$ che è $p'(x)=[a_n]*y^n+...+[a_0]$
consideriamo $[x] in A[x]//I$ posso valutare $p'(y)$ in $[x]$ e ottengo
$p'([x])=[a_n]*[x]^n+...+[a_0]=[a_n*x^n]+...+[a_0]=[a_n*x^n+...+a_0]=[p(x)]=0$
tutto questo per dire che quozientando modulo $I$ abbiamo aggiunto una radice di $p(x)$ ad A (la classe di x)
fin qua ci sono... in poche parole stai considerando una estensione di $A$ dove $p$ ha una radice... estensione ottenuta come quoziente di $A[x]$...
"rubik":
tornando alle tue domande dico che $ZZ[x]//(2x+1)~=ZZ[-1/2]$ l'applicazione è $pi:p(x)->p(-1/2)$
$p(x) in I iff p(x)=(2x+1)*p'(x) iff p(-1/2)=0$ aggiungo che $ZZ[-1/2]=ZZ[1/2]$ si vede facilmente
quindi non ho fatto altro che aggiungere a $ZZ$ una radice $2x+1$ (l'unica in effetti
qua non capisco, che è $ZZ[-1/2]$? se è l'estensione sopra, l'hai definita così quindi quella sarebbe una tautologia (vera per definizione volendo)... quindi immagino tu abbia una definizione indipendente di $ZZ[-1/2]$... quale?
(senza tale definizione i passaggi successivi mi sembrano strani)...
in qualche modo è una tautologia se sei daccordo che $A[x]//(p(x))$ è A più una radice di p.
La definizione indipendente di $ZZ[1/2]$ direi che è il più piccolo anello che contiene $ZZ$ e $1/2$ però non sono sicuro al 100%
se fosse così $ZZ[1/2]={ a_0+a_1*1/2+...+a_n*(1/2)^n| a_i in ZZ, n in NN}$ che è un anello ed è contenuto in tutti quelli che contengono $ZZ$ e $1/2$ (da provare!)
ora non ho molto tempo, però se ce la faccio ci penso con calma e cerco qualche conferma.
La definizione indipendente di $ZZ[1/2]$ direi che è il più piccolo anello che contiene $ZZ$ e $1/2$ però non sono sicuro al 100%
se fosse così $ZZ[1/2]={ a_0+a_1*1/2+...+a_n*(1/2)^n| a_i in ZZ, n in NN}$ che è un anello ed è contenuto in tutti quelli che contengono $ZZ$ e $1/2$ (da provare!)
ora non ho molto tempo, però se ce la faccio ci penso con calma e cerco qualche conferma.
"rubik":
Considera $A$ un anello (commutativo unitario), e $I=(p(x))$ un ideale di $A[x]$ abbiamo un omomorfismo di anelli:
$pi:A[x]->A[x]//I$
ora possiamo considerare i polinomi a coefficenti in $A[x]//I$ ovvero $(A[x]//I)[y]:=B[y]$
in $B[y]$ abbiamo una "copia" di $p(x)=a_n*x^n+...+a_0$ che è $p'(x)=[a_n]*y^n+...+[a_0]$
consideriamo $[x] in A[x]//I$ posso valutare $p'(y)$ in $[x]$ e ottengo
$p'([x])=[a_n]*[x]^n+...+[a_0]=[a_n*x^n]+...+[a_0]=[a_n*x^n+...+a_0]=[p(x)]=0$
tutto questo per dire che quozientando modulo $I$ abbiamo aggiunto una radice di $p(x)$ ad A (la classe di x)
tornando alle tue domande dico che $ZZ[x]//(2x+1)~=ZZ[-1/2]$ l'applicazione è $pi:p(x)->p(-1/2)$
$p(x) in I iff p(x)=(2x+1)*p'(x) iff p(-1/2)=0$ aggiungo che $ZZ[-1/2]=ZZ[1/2]$ si vede facilmente
quindi non ho fatto altro che aggiungere a $ZZ$ una radice $2x+1$ (l'unica in effetti
nel caso di $x+1$ la radice in $ZZ$ già c'è quindi non cambia nulla
ok... prendo per buona la definizione di $Z[1/2]$ che mi hai dato dopo come il più piccolo sovraaenllo di Z che contenga Z ed 1/2... considerando tutti gli insiemi dentro il magico campo $C$ (o anche $Q$ in questo caso).......
quel che mi stai dicendo insomma è che esistono due anelli ampliamenti di $Z$ in cui il polinomio $2x+1$ ha una radice e che questi sono isomorfi tra loro, in un isomorfismo che lascia fisso $Z$... questo è mooolto simile a delle faccende sugli ampliamenti di campi che prima o poi dovrò vedere bene...
(((anyway, "as a consequence" così si dimostra anche che (2x+1) non è massimale... se fosse massimale $ZZ[x]//(2x+1)$ dovrebbe essere un campo, e quindi anche $Z[-1/2]$ (ok quelli erano isomorfi come anelli, ma si distingue tra isomorfismi di anelli ed isomorfismi di campi? credo di no... controllerò!), che però si vede facilmente mi sembra che non è un campo...)))
anyway... il fatto che il tutto funzia $(a,b)=1$ è perchè hai usato il lemma di Gauss senza dirlo e ti serviva questo, right?
Se mi dai delle conferme a quanto sopra mi fai un favore...
Rimangono comunque le questioni:
- e se $(a,b)$ non è 1?;
- chi dice che $Z$ e $Z[1/2]$ non sono isomorfi? (NB: considerando isomorfismi che non lascino fissi $Z$, altrimenti si dice che da una parte p radice ce l'ha dall'altra no)...
Supponiamo $A,B$ domini commutativi con unità (non banali) e $phi:A->B$ un isomorfismo allora
preso $a in A$ abbiamo $phi(a)=phi(a*1_A)=phi(a)*phi(1_A)$ quindi $phi(a)-phi(a)*phi(1_A)=phi(a)*(1_B-phi(1_A))=0$ esisterà un $a in A$ tale che $phi(a)!=0_B \Rightarrow phi(1_A)=1_B$
$ZZ$ e $ZZ[1/2]$ sono domini commutativi con unità quindi un eventuale isomorfismo manda 1 in 1 e lascia fisso $ZZ$
Sulla questione dell'esistenza di due anelli estensioni di $ZZ$ che contengono una radice di $2x+1$ io direi che ne esiste uno solo minimale con diverse rappresentazioni tipo $ZZ[x]//(2x+1)$ o $ZZ[1/2]$ credo sia una questione di gusti, tranne il fatto minimale
ho fatto il caso $(a,b)=1$ perchè mi sembrava più facile (poi mi pare che ho anche implicitamente usato gauss), $(a,b)=t>1$ puoi scrivere $ax+b=t(c*x+d) " con "(c,d)=1 $ il quoziente $f(x)-=0 iff f(x)=q(x)*t*(c*x+d)$ boh! devo pensarci (forse viene $ZZ_t[x] xx ZZ[-d/c]$ al momento non sono riuscito a dimostrare la suriettività).
spero di non aver sparato cavolate tra le cose che ho scritto!
esco domani ci torniamo
preso $a in A$ abbiamo $phi(a)=phi(a*1_A)=phi(a)*phi(1_A)$ quindi $phi(a)-phi(a)*phi(1_A)=phi(a)*(1_B-phi(1_A))=0$ esisterà un $a in A$ tale che $phi(a)!=0_B \Rightarrow phi(1_A)=1_B$
$ZZ$ e $ZZ[1/2]$ sono domini commutativi con unità quindi un eventuale isomorfismo manda 1 in 1 e lascia fisso $ZZ$
Sulla questione dell'esistenza di due anelli estensioni di $ZZ$ che contengono una radice di $2x+1$ io direi che ne esiste uno solo minimale con diverse rappresentazioni tipo $ZZ[x]//(2x+1)$ o $ZZ[1/2]$ credo sia una questione di gusti, tranne il fatto minimale
ho fatto il caso $(a,b)=1$ perchè mi sembrava più facile (poi mi pare che ho anche implicitamente usato gauss
), $(a,b)=t>1$ puoi scrivere $ax+b=t(c*x+d) " con "(c,d)=1 $ il quoziente $f(x)-=0 iff f(x)=q(x)*t*(c*x+d)$ boh! devo pensarci (forse viene $ZZ_t[x] xx ZZ[-d/c]$ al momento non sono riuscito a dimostrare la suriettività).spero di non aver sparato cavolate tra le cose che ho scritto!
esco
domani ci torniamo
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