Α Δ Ι. Παρασκευή 24 Ιανουαρίου 2014

Transcript

1 Α Δ Ι Α - Φ 11 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : Παρασκευή 24 Ιανουαρίου 2014 Ασκηση 1. Να βρεθούν όλα τα πρώτα (μέγιστα) ιδεώδη του δακτυλίου Z n. Λύση. (1) Θα προσδιορίσουμε πρώτα όλα τα ιδέωδη του δακτυλίου Z n. Υπενθυμίζουμε πρώτα ότι: «αν R είναι ένας δακτύλιος και I είναι ένα ιδεώδες του R, τότε τα ιδεώδη του δακτυλίου πηλίκο R/I είναι της μορφής J/I, όπου J είναι ένα ιδεώδες του R έτσι ώστε: I J», βλέπε Άσκηση 10 του Φυλλαδίου 10. Λαμβάνοντας υπ όψιν ότι έχουμε έναν ισομορφισμό δακτυλίων Z n = Z/nZ έπεται ότι τα ιδεώδη του δακτυλίου Z/nZ είναι της μορφής J/nZ όπου J είναι ένα ιδεώδες του Z έτσι ώστε nz J Γνωρίζουμε όμως ότι τα ιδεώδη του Z είναι τα εξής: και άρα τα ιδεώδη του Z/nZ είναι της μορφής: Επειδή kz, k = 0, 1, 2, 3, kz/nz, k 0, και nz kz nz kz n kz n = k m, για κάποιο m Z k n καταλήγουμε ότι τα ιδεώδη του δακτυλίου Z/nZ είναι τα εξής: kz/nz, όπου k n (2) Ένα ιδεώδες kz/nz του Z/nZ είναι μέγιστο, αντίστοιχα πρώτο, αν και μόνον αν ο δακτύλιος πηλίκο Z/nZ / kz/nz = Z/kZ = Z k είναι σώμα, αντίστοιχα ακέραια περιχή, όπου παραπάνω χρησιμοποιήσαμε το Τρίτο Θεώρημα Ισομορφισμών για Δακτυλίους. Όμως ο δακτύλιος Z k είναι σώμα αν και μόνον αν ο δακτύλιος Z k είναι ακέραια περιοχή αν και μόνον αν ο αριθμός k είναι πρώτος. Συνοψίζοντας θα έχουμε ότι τα πρώτα ιδεώδη του δακτυλίου Z/nZ συμπίπτουν με τα μέγιστα ιδεώδη και είναι τα εξής: kz/nz, όπου k n και k είναι πρώτος Δηλαδή, τα πρώτα ιδεώδη του δακτυλίου Z/nZ συμπίπτουν με τα μέγιστα, και είναι τα εξής: d 1 Z/nZ, d 2 Z/nZ,, d m Z/nZ, όπου d 1, d 2,, d m είναι όλοι οι πρώτοι διαιρέτες του n Τέλος μέσω του ισομορφισμού f : Z/nZ Z n, f(k + nz) = [k] n

2 2 τα ιδεώδη d i Z/nZ, 1 i m, του δακτυλίου Z/nZ αντιστοιχούν με τα ιδεώδη f(d i Z/nZ) = [d i ] n, τα οποία συμπίπτουν με τις κυκλικές υποομάδες [d i ] n της κυκλικής ομάδας Z n, οι οποίες παράγονται n από τα στοιχεία [d i ] n. Υπενθυμίζουμε ότι η τάξη της κυκλικής ομάδας [d i ] n είναι d i, 1 i m. Άρα τα πρώτα ιδεώδη του δακτυλίου Z n συμπίπτουν με τα μέγιστα ιδεώδη και είναι τα εξής: [p] n, όπου p είναι πρώτος διαιρέτης του n όπου [p] n είναι η κυκλική υποομάδα της Z n, τάξης n, η οποία παράγεται από την κλάση p [p] n του διαιρέτη p του n. Ασκηση 2. (1) Βρείτε όλα τα πρώτα ιδεώδη και όλα τα μέγιστα ιδεώδη του δακτυλίου Z 12. (2) Βρείτε όλα τα πρώτα ιδεώδη και όλα τα μέγιστα ιδεώδη του δακτυλίου Z 2 Z 2. (3) Βρείτε ένα μέγιστο ιδεώδες του δακτυλίου Z Z. (4) Βρείτε ένα πρώτο ιδεώδες του δακτυλίου Z Z το οποίο να μην είναι μέγιστο. (5) Βρείτε ένα πρώτο ιδεώδες του δακτυλίου Z[t] το οποίο να μην είναι μέγιστο. (6) Βρείτε ένα μη τετριμμένο γνήσιο ιδεώδες¹ του δακτυλίου Z Z το οποίο να μην είναι πρώτο. Λύση. (1) Από την προηγούμενη Άσκηση 1 θα έχουμε ότι τα μέγιστα ιδεώδη του Z 12 = Z/12Z συμπίπτουν με τα πρώτα ιδεώδη και είναι τα εξής: kz/12z, όπου 12Z kz και k είναι πρώτος διαιρέτης του 12 Άρα k = 2, 3 και επομένως τα πρώτα = μέγιστα ιδεώδη του δακτυλίου Z/12Z είναι τα εξής: 2Z/12Z και 3Z/12Z Επομένως στον δακτύλιο Z 12 τα πρώτα = μέγιστα ιδεώδη είναι τα εξής: [2] 12 και [3] 12 όπου [2] 12 και [3] 12 είναι οι κυκλικές υποομάδες, τάξης 6 και 4 αντίστοιχα, της ομάδας Z 12 οι οποίες παράγονται από τα στοιχεία [2] 12 και [3] 12. (2) Εύκολα βλέπουμε ότι όλα τα ιδεώδη του Z 2 Z 2 είναι τα εξής: {([0] 2, [0] 2 )} = {[0] 2 } {[0] 2 }, {[0] 2 } Z 2, Z 2 {[0] 2 }, Z 2 Z 2 Επειδή τα πρώτα και μέγιστα ιδεώδη ενός δακτυλίου είναι εξ ορισμού γνήσια, και επειδή το μηδενικό ιδεώδες ενός δακτυλίου είναι μέγιστο (πρώτο) αν και μόνον αν ο δακτύλιος είναι σώμα (ακέραια περιοχή), το ιδεώδες Z 2 Z 2 δεν είναι πρώτο ούτε μέγιστο. Επίσης επειδή ο δακτύλιος Z 2 Z 2 περιέχει διαιρέτες του μηδενός (π.χ. ([1] 2, [0] 2 ) ([0] 2, [1] 2 ) = ([0] 2, [0] 2 )), το μηδενικό ιδεώδες {([0] 2, [0] 2 )} δεν είναι ούτε πρώτο ούτε μέγιστο. Τα ιδεώδη I = {[0] 2 } Z 2 και J = Z 2 {[0] 2 } είναι μέγιστα διότι οι δακτύλιοι πηλίκα Z 2 Z 2 / {[0]2 } Z 2 = Z2 και Z 2 Z 2 / Z2 {[0] 2 } = Z2 είναι σώματα. Οι παραπάνω ισομορφισμοί επάγονται από τους επιμορφισμούς δακτυλίων f: Z 2 Z 2 Z 2, f[([n] 2, [m] 2 )) = [n] 2 g: Z 2 Z 2 Z 2, g[([n] 2, [m] 2 )) = [m] 2 για τους οποίους προφανώς έχουμε Ι = {[0] 2 } Z 2 = Ker(f) και J = Z 2 {[0] 2 } = Ker(g) με χρήση του Πρώτου Θεωρήματος Ισομορφισμών Δακτυλίων, δηλαδή οι ζητούμενοι ισομορφισμοί ορίζονται ως εξής: f: Z 2 Z 2 / {[0]2 } Z 2 Z 2, f ( ([n] 2, [m] 2 ) + I ) = [n] 2 ¹Υπενθυμίζουμε ότι ένα ιδεώδες I σε έναν δακτύλιο R καλείται μη-τετριμμένο αν I {0}. Το ιδεώδες I καλείται γνήσιο αν I R.

3 3 g: Z 2 Z 2 / Z2 {[0] 2 } Z 2, g ( ([n] 2, [m] 2 ) + J ) = [m] 2 Εναλλακτικά: μπορεί κανείς να δείξει ότι τα ιδεώδη I και J είναι μέγιστα με χρήση του ορισμού. Π.χ., αν K είναι ένα ιδεώδες του Z 2 Z 2 έτσι ώστε {[0] 2 } Z 2 K Z 2 Z 2 τότε K είναι μια υποομάδα της προσθετικής ομάδας ( Z 2 Z 2, + ) η οποία έχει τάξη 4. Άρα από το Θεώρημα του Lagrange η τάξη της υποομάδας Κ θα είναι δαιρέτης της τάξης ομάδας Z 2 Z 2 που είναι 4, και άρα θα είναι έχει τάξη 2 ή 4. Προφανώς τότε: είτε {[0] 2 } Z 2 = K ή K = Z 2 Z 2. Επειδή προφανώς το ιδεώδες {[0] 2 } Z 2 είναι γνήσιο, έπεται ότι το ιδεώδες {[0] 2 } Z 2 είναι μέγιστο. (3) Αναζητούμε ένα ιδεώδες I του Z Z, έτσι ώστε ο δακτύλιος πηλίκο (Z Z)/I να είναι σώμα. Με αυτή τη προοπτική θεωρούμε το υποσύνολο I = Z 2Z Z Z και αναζητούμε επιμορφισμό από τον δακτύλιο Z Z σε ένα σώμα με πυρήνα το υποσύνολο Ι. Ορίζουμε απεικόνιση f: Z Z Z 2, f(n, m) = [m] 2 Εύκολα βλέπουμε ότι η απεικόνιση f είναι επιμορφισμός δακτυλίων, και Ker(f) = { (n, m) Z Z f(n, m) = [0] 2 } = { (n, m) Z Z [m]2 = [0] 2 } = = { (n, m) Z Z 2 m } = { (n, m) Z Z m 2Z } = Z 2Z και επομένως το υποσύνολο Z 2Z είναι ιδεώδες του δακτυλίου Z Z, ως πυρήνας ομομορφισμού δακτυλίων. Από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών Δακτυλίων, έπεται ότι θα έχουμε έναν ισομορφισμό δακτυλίων (Z Z) / (Z 2Z) = Z2 Επειδή ο δακτύλιος Z 2 είναι σώμα, έπεται ότι το ιδεώδες Z 2Z είναι μέγιστο. (4) Αναζητούμε ένα ιδεώδες I του Z Z, έτσι ώστε ο δακτύλιος πηλίκο (Z Z)/I να είναι ακέραια περιοχή, αλλά όχι σώμα. Με αυτή τη προοπτική θεωρούμε το υποσύνολο I = Z {0} Z Z και αναζητούμε επιμορφισμό από τον δακτύλιο Z Z σε μια ακέραια περιοχή, η οποία δεν είναι σώμα, με πυρήνα το υποσύνολο Ι. Ορίζουμε απεικόνιση f: Z Z Z, f(n, m) = m Εύκολα βλέπουμε ότι η απεικόνιση f είναι επιμορφισμός δακτυλίων, και Ker(f) = { (n, m) Z Z f(n, m) = 0 } = { (n, m) Z Z m = 0 } = = { (n, 0) Z Z n Z } = Z {0} και επομένως το υποσύνολο Z {0} είναι ιδεώδες του δακτυλίου Z Z, ως πυρήνας ομομορφισμού δακτυλίων. Από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών Δακτυλίων, έπεται ότι θα έχουμε έναν ισομορφισμό δακτυλίων (Z Z) / (Z {0}) = Z Επειδή ο δακτύλιος Z είναι ακέραια περιοχή, αλλά όχι σώμα, έπεται ότι το ιδεώδες Z {0} είναι πρώτο, αλλά όχι μέγιστο. (5) Αναζητούμε ένα ιδεώδες I του Z[t], έτσι ώστε ο δακτύλιος πηλίκο Z[t]/I να είναι ακέραια περιοχή, αλλά όχι σώμα. Με αυτή τη προοπτική θεωρούμε το κύριο ιδεώδες του Z[t] το οποίο παράγεται από το πολυώνυμο t: I = (t) = { tp(t) Z[t] P(t) Z[t] } Δηλαδή το (t) αποτελείται από όλα τα πολυώνυμα με μηδενικό σταθερό όρο. Η απεικόνιση

4 4 f: Z[t] Z, f(p(t)) = P(0) η οποία στέλνει κάθε πολυώνυμο στον σταθερό του όρο, έιναι προφανώς ένας επιμορφισμός δακτυλίων, με πυρήνα Ker(f) = { P(t) Z[t] f(p(t)) = 0 } = { P(t) Z[t] P(0) = 0 } = (t) Από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών Δακτυλίων, έπεται ότι θα έχουμε έναν ισομορφισμό δακτυλίων Z[t]/(t) = Z Επειδή ο δακτύλιος Z είναι ακέραια περιοχή, αλλά όχι σώμα, έπεται ότι το ιδεώδες (t) είναι πρώτο, αλλά όχι μέγιστο. (6) Αναζητούμε ένα ιδεώδες I του Z Z, έτσι ώστε ο δακτύλιος πηλίκο (Z Z)/I να μην είναι ακέραια περιοχή, και άρα να έχει διαιρέτες του μηδενός. Με αυτή τη προοπτική θεωρούμε το υποσύνολο 2Z 3Z = { (2k, 3l) Z Z k, l Z } Επειδή το σύνολο 2Z 3Z είναι μη-κενό (περιέχει το στοιχείο (0, 0)) και είναι προφανώς κλειστό στην πρόσθεση του δακτυλίου Z Z και στον πολλαπλασιασμό των στοιχείων του με στοιχεία του δακτυλίου Z Z, έπεται άμεσα ότι το υποσύνολο 2Z 3Z είναι ένα ιδεώδες του Z Z. Θα προσδιορίσουμε τον δακτύλιο πηλίκο (Z Z) ( 2Z 3Z). Ορίζουμε απεικόνιση f: Z Z Z 2 Z 3, f(n, m) = ([n] 2, [m] 3 ) Εύκολα βλέπουμε ότι η απεικόνιση f είναι επιμορφισμός δακτυλίων, και Ker(f) = { (n, m) Z Z f(n, m) = ([0] 2, [0] 3 ) } = = { (n, m) Z Z ([n] 2, [m] 3 ) = ([0] 2, [0] 3 ) } = = { (n, m) Z Z [n] 2 = [0] 2 & [m] 3 = [0] 3 } = = { (n, m) Z Z 2 n & 3 m } = 2Z 3Z Από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών Δακτυλίων, έπεται ότι θα έχουμε έναν ισομορφισμό δακτυλίων (Z Z)]/(2Z 3Z) = Z2 Z 3 Επειδή ο δακτύλιος Z 2 Z 3 δεν είναι ακέραια περιοχή (για παράδειγμα ([1] 2, [0] 3 ) ([0] 2, [1] 3 ) = ([0] 2, [0] 3 )), έπεται ότι το ιδεώδες 2Z 3Z δεν είναι πρώτο. Ασκηση 3. Να δείξετε ότι κάθε ακέραια περιοχή με πεπερασμένο πλήθος (κύριων) ιδεωδών είναι σώμα. Λύση. Έστω R μια ακέραια περιοχή, και υποθέτουμε ότι το πλήθος των κύριων ιδεωδών της R είναι πεπερασμένο. Επειδή ο δακτύλιος R, ως ακέραια περιοχή, είναι μεταθετικός δακτύλιος με μονάδα, για να δείξουμε ότι ο R είναι σώμα, αρκεί να δείξουμε ότι κάθε μη-μηδενικό στοιχείο x R είναι αντιστρέψιμο, δηλαδή: R x 0 = x U(R) όπου U(R) είναι η ομάδα των αντιστρεψίμων στοιχείων του R. Θεωρούμε τα κύρια ιδεώδη (x n ) τα οποία παράγονται από τις φυσικές δυνάμεις του x: I n = (x n ) = { rx n R r R }, n 1 Επειδή η συλλογή κύριων ιδεωδών I n = (x n ), n 1, είναι πεπερασμένη, έπεται ότι υπάρχουν n, m 1 με n m έτσι ώστε: (x n ) = (x m ), n, m 1, n m Χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι m < n. Τότε x m (x m ) = (x n ) = x m = rx n = rx n m x m = (1 R rx n m )x m = 0

5 5 Επειδή ο δακτύλιος R είναι ακέραια περιοχή, έπεται ότι: x m = 0 ή rx n m = 1 R Επειδή ο δακτύλιος R είναι ακέραια περιοχή, και x 0, έπεται ότι x m 0, και επομένως θα έχουμε, χρησιμοποιώντας την μεταθετικότητα του δακτυλίου R, ότι: rx n m = 1 R = x n m r Αν n m = 1, τότε θα έχουμε rx = 1 R = xr και άρα x U(R). Αν n m > 1, τότε n m 2 και άρα μπορούμε να γράψουμε την τελευταία σχέση ως εξής: (rx n m 1 )x = 1 R = x(rx n m 1 ) και επομένως x U(R) Έτσι δείξαμε ότι κάθε μη-μηδενικό στοιχείο του R είναι αντιστρέψιμο, δηλαδή ο δακτύλιος R είναι σώμα. Ασκηση 4. Έστω R ένας μεταθετικός δακτύλιος με μονάδα. Δείξτε ότι κάθε πρώτο ιδεώδες του R είναι μέγιστο ιδεώδες, αν ισχύει μια από τις ακόλουθες συνθήκες: (1) Ο δακτύλιος R έχει πεπερασμένο πλήθος στοιχείων. (2) Ο δακτύλιος R έχει πεπερασμένο πλήθος (κύριων) ιδεωδών. Λύση. Καθώς το πρώτο ερώτημα είναι ειδική περίπτωση του δεύτερου ερωτήματος, θα αποδείξουμε πρώτα το (2). (2) Έστω ότι ο δακτύλιος R έχει πεπερασμένο πλήθος κύριων ιδεωδών, και έστω P ένα πρώτο ιδεώδες του R. Τότε γνωρίζουμε ότι ο δακτύλιος πηλίκο R/P είναι ακέραια περιοχή. Αν J = (x+p) είναι ένα κύριο ιδεώδες του R/P το οποίο παράγεται από το στοιχείο x+p R/P, τότε J = π(i), όπου π : R R/P, π(x) = x + P, είναι ο φυσικός επιμορφισμός, και I = (x) είναι το κύριο ιδεώδες του R το οποίο παράγεται από το στοιχείο x R. Επειδή ο δακτύλιος R έχει πεπερασμένο πλήθος κύριων ιδεωδών και επειδή κάθε κύριο ιδεώδες του R/P είναι της μορφής (x + P) = π((x)), όπου x R, έπεται προφανώς ότι ο δακτύλιος R/P έχει πεπερασμένο πλήθος κύριων ιδεωδών. Επομένως από την Άσκηση 3. παραπάνω, έπεται ότι ο δακτύλιος πηλίκο R/P είναι σώμα. Άρα το ιδεώδες P είναι μέγιστο. (1) Αν ο δακτύλιος R έχει πεπερασμένο πλήθος στοιχείων, τότε προφανώς ο R έχει πεπερασμένο πλήθος κύριων ιδεωδών. Έτσι το συμπέρασμα προκύπτει από το μέρος (2). Εναλλακτικά ( χωρίς χρήση του (2) ): Έστω ότι ο δακτύλιος R έχει πεπερασμένο πλήθος στοιχείων, και P ένα πρώτο ιδεώδες του R. Επειδή τότε προφανώς και ο δακτύλιος πηλίκο R/P έχει πεπερασμένο πλήθος στοιχείων, και επειδή το ιδεώδες P είναι πρώτο, έπεται ότι ο δακτύλιος πηλίκο R/P είναι μια πεπερασμένη ακέραια περιοχή. Τότε όμως από γνωστό Θεώρημα, ο δακτύλιος R/P είναι σώμα. Τότε όμως, επίσης από γνωστό Θεώρημα, έπεται ότι το ιδεώδες P είναι μέγιστο. Ασκηση 5. Έστω R ένας, όχι απαραίτητα μεταθετικός, δακτύλιος με μονάδα, και έστω N ένα (γνήσιο) ιδεώδες του R. Να δείξετε ότι το N είναι μέγιστο ιδεώδες του R αν και μόνο αν ο δακτύλιος πηλίκο R/N είναι απλός δακτύλιος, δηλαδή δεν έχει γνήσια μη τετριμμένα ιδεώδη. Λύση. Έστω R ένας δακτύλιος με μονάδα, και N ένα ιδεώδες του R. «=» Έστω ότι το N είναι μέγιστο ιδεώδες του R, και έστω K R/N ένα ιδεώδες του δακτυλίου πηλίκο R/N. Από την Άσκηση 10. του Φυλλαδίου 10, έπεται ότι το ιδεώδες K είναι της μορφής K = J/N, όπου J είναι ένα ιδεώδες του R έτσι ώστε: N J R. Επειδή το N είναι μέγιστο, έπεται ότι: είτε N = J ή J = R. Αυτό σημαίνει ότι: είτε K = N ή K = R/N, δηλαδή το ιδεώδες K είναι είτε το τετριμμένο ιδεώδες ή ο δακτύλιος R/N. Άρα ο δακτύλιος R/N δεν έχει γνήσια μη τετριμμένα ιδεώδη, και επομένως ο δακτύλιος R/N είναι απλός.

6 6 «=» Υποθέτουμε ότι ο δακτύλιος R/N είναι απλός, και έστω J είναι ένα ιδεώδες του R έτσι ώστε: N J R. Τότε το υποσύνολο J/N = { y + N R/N y J } είναι ένα ιδεώδες του δακτυλίου πηλίκο R/N. Επειδή ο δακτύλιος R/N είναι απλός, έπεται ότι το ιδεώδες J/N είναι είτε το μηδενικό ιδέωδες {0} + N = N ή ο δακτύλιος R/N. Προφανώς αυτό σημαίνει ότι είτε J = N ή J = R. Επομένως το ιδεώδες N είναι μέγιστο. Σχόλιο 1. Όπως γνωρίζουμε, αν R είναι ένας μεταθετικός δακτύλιος με μονάδα, τότε ένα ιδεώδες N του R είναι μέγιστο αν και μόνον αν ο δακτύλιος πηλίκο R/N είναι σώμα. Έτσι η έννοια του απλού δακτυλίου σε μη-μεταθετικούς δακτυλίους, στην Άσκηση 5., είναι ανάλογη της έννοιας του σώματος σε μεταθετικούς δακτυλίους. Σχόλιο 2. Έστω R ένας, όχι απαραίτητα μεταθετικός, δακτύλιος με μονάδα. Υπενθυμίζουμε ότι ένα γνήσιο ιδεώδες P του R καλείται πρώτο ιδεώδες αν: Αν I και J είναι ιδεώδη του R, τότε : IJ P = I P ή J P όπου IJ είναι το ακόλουθο ιδεώδες του R: IJ = { x 1 y 1 + x 2 y x n y n R x i I & y i J, 1 i n, n 1 } Ο δακτύλιος R καλείται πρώτος δακτύλιος αν το μηδενικό ιδεώδες του R είναι πρώτο. Σημειώνουμε ότι όπως και στους μεταθετικούς δακτυλίους, κάθε μέγιστο ιδεώδες είναι πρώτο, αλλά γενικά το αντίστροφο δεν ισχύει. Αν ο δακτύλιος R είναι μεταθετικός, τότε μπορεί κανείς να δείξει χωρίς ιδιαίτερη δυσκολία ότι: ένα γνήσιο ιδεώδες P του R είναι πρώτο αν και μόνον αν r, s R: rs P = r P ή s P. Δηλαδή έχουμε την συνήθη έννοια του πρώτου ιδεώδους για μεταθετικούς δακτυλίους. Επίσης ένας μεταθετικός δακτύλιος είναι πρώτος δακτύλιος αν και μόνον αν είναι ακέραια περιοχή. Η παραπάνω διάκριση ορισμών πρώτου ιδεώδους σε μεταθετικούς και μη-μεταθετικούς δακτυλίους είναι απαραίτητη, όπως δείχνει το παρακάτω παράδειγμα: Έστω K ένα σώμα και έστω R = M n (K). Τότε, όπως προκύπτει από τις Ασκήσεις 7 και 8 του Φυλλαδίου 10, ο δακτύλιος R δεν έχει γνήσια μη-τετριμμένα ιδεώδη. Ως άμεση συνέπεια βλέπουμε ότι το μηδενικό ιδώδες O του R είναι πρώτο (με την έννοια του πρώτου ιδεώδους σε μη-μεταθετικούς δακτυλίους), δηλαδή ο δακτύλιος R = M n (K) είναι πρώτος. Από την άλλη πλευρά, εύκολα βλέπουμε ότι υπάρχουν μη-μηδενικοί πίνακες A και B έτσι ώστε AB = 0 O, και επομένως το ιδώδες O του R δεν είναι πρώτο (με την έννοια του πρώτου ιδεώδους σε μεταθετικούς δακτυλίους). Ασκηση 6. Έστω R ένας μεταθετικός δακτύλιος με μονάδα, και υποθέτουμε ότι κάθε ιδεώδες του R είναι πρώτο ιδέωδες. Να δείξετε ότι ο R είναι σώμα. Λύση. Επειδή ο R είναι ένας μεταθετικός δακτύλιος με μονάδα, για να δείξουμε ότι ο R είναι σώμα, αρκεί να δείξουμε ότι κάθε μη-μηδενικό στοιχείο x R είναι αντιστρέψιμο. Δείχνουμε πρώτα ότι ο δακτύλιος R είναι ακέραια περιοχή. Πράγματι: το μηδενικό ιδεώδες {0} προφανώς είναι κύριο, διότι παράγεται από το 0: {0} = (0), και άρα είναι πρώτο από την υπόθεση. Τότε όμως ο δακτύλιος R είναι ακέραια περιοχή. Έστω λοιπόν R x 0. Θεωρούμε το κύριο ιδεώδες (x 2 ) = { rx 2 R r R }

7 το οποίο παράγεται από το στοιχείο x 2. Από την υπόθεση, έχουμε ότι το (x 2 ) είναι ένα πρώτο ιδεώδες, και άρα θα έχουμε: x x = x 2 (x 2 ) = x (x 2 ) = x = rx 2, για κάποιο r R Τότε, χρησιμοποιώντας ότι x 0 και ότι ο R είναι ακέραια περιοχή, θα έχουμε: x = rx 2 = (1 R rx)x = 0 = xr = 1 R = rx = x U(R) Επομένως δείξαμε ότι κάθε μη-μηδενικό στοιχείο του R είναι αντιστρέψιμο, και άρα ο δακτύλιος R είναι σώμα. 7 Ασκηση 7. Να βρεθούν όλα τα πρώτα και όλα τα μέγιστα ιδεώδη του δακτυλίου { ( ) a b } R = M 0 c 2 (R) a, b, c R Λύση. Απο την Άσκηση 6 του Φυλλαδίου 10, έχουμε ότι τα ιδεώδη του δακτυλίου R είναι τα εξής: (1) Το μηδενικό ιδεώδες O = ( ). (2) Ο δακτύλιος R. (3) Το ιδεώδες Ι = { ( ) a b R a, b R } 0 0 (4) Το ιδεώδες (5) Το ιδεώδες J = { ( ) 0 b 0 c K = { ( ) 0 b 0 0 R b, c R } R b R } Για τα μέγιστα ιδεώδη θα έχουμε: (1) Τ O δεν είναι μέγιστο, διότι π.χ. έχουμε O J R και O J και J R. Εναλλακτικά το μηδενικό ιδεώδες O δεν είναι μέγιστο διότι ο δακτύλιος R = R/O δεν είναι σώμα, για παράδειγμα έχει διαιρέτες του μηδενός και μη-μηδενικά μη-αντιστρέψιμα στοιχεία). (2) Τ - R δεν είναι μέγιστο εξ ορισμού. (3) Γ I: Εύκολα βλέπουμε ότι η απεικόνιση είναι ένας επιμορφισμός δακτυλίων, και f: R R, f ( ( a b 0 c ) ) = c Ker(f) = I Από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών Δακτυλίων, θα έχουμε έναν ισομορφισμό δακτυλίων R/I = R Επειδή το R είναι σώμα, έπεται ότι ιδιαίτερα το R είναι απλός δακτύλιος, και επομένως το ιδεώδες I του R είναι μέγιστο, βλέπε την Άσκηση 5.. (4) Γ J: Θα εργασθούμε χρησιμοποιώντας τον ορισμό (φυσικά μπορεί κανείς να εργασθεί όπως και για το ιδεώδες I, δείχνοντας ότι R/J = R). Προφανώς το ιδεώδες J είναι γνήσιο. Έστω N ένα ιδεώδες του R έτσι ώστε: J N R. Απο τη λίστα όλων των ιδεωδών του R, βλέπουμε ότι είτε N = J ή N = R. Επομένως το J είναι μέγιστο.

8 8 (5) Γ K: Εύκολα βλέπουμε ότι η απεικόνιση f: R R R, f ( ( a b 0 c ) ) = (a, c) είναι ένας επιμορφισμός δακτυλίων, και Ker(f) = K Από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών Δακτυλίων, θα έχουμε έναν ισομορφισμό δακτυλίων R/K = R R Επειδή ο δακτύλιος R R δεν είναι σώμα (δεν είναι καν ακέραια περιοχή), έπεται ότι ιδιαίτερα ο δακτύλιος R R δεν είναι απλός. Αυτό έχει ως συνέπεια ότι το ιδεώδες K δεν είναι μέγιστο. Εναλλακτικά: Παρατηρούμε ότι K I R και K J R και φυσικά K I, J και I, J R. Άρα το K δεν είναι μέγιστο. Επειδή ο δακτύλιος R δεν είναι μεταθετικός, για τα πρώτα ιδεώδη του R θα έχουμε: (1) Τ O δεν έιναι πρώτο διότι, όπως εύκολα μποριούμε να δούμε: ΚΚ = O (διότι ( b ) ( ) 0 b 0 0 = ( )), και προφανώς K O. (2) Τ R δεν είναι πρώτο εξ ορισμού. (3) Τ K δεν είναι πρώτο διότι: επειδή ( a b 0 0 ) I & ( 0 b 0 c ) J : ( a b 0 0 ) ( 0 b 0 c ) ( ) = 0 ab +bc 0 0 K έπεται ότι IJ K, αλλά προφανώς I K και J K. Επομένως το ιδεώδες P δεν είναι πρώτο. (4) Τ I και J είναι πρώτα, όπως μπορούμε να δούμε εύκολα με χρήση του ορισμού πρώτου ιδεώδους σε μη μεταθετικούς δακτυλίους. Ασκηση 8. Έστω R ένας δακτύλιος του Boole², και έστω P ένα γνήσιο ιδεώδες του R. Αποδείξτε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (1) Το ιδεώδες P είναι πρώτο. (2) x, y R: είτε x P ή y P ή x + y P. (3) Το ιδεώδες P είναι μέγιστο. (4) Ο δακτύλιος πηλίκο R/P είναι ισόμορφος με το σώμα Z 2. Λύση. Επειδή ο R είναι ένας δακτύλιος του Boole, θα έχουμε ότι: x 2 = x, x R. Όπως προκύπτει από την Λύση της Άσκησης 7(1) του Φυλλαδίου 9, θα έχουμε ότι ο R είναι ένας μεταθετικός δακτύλιος χαρακτηριστικής 2, δηλαδή: x, y R : 2x = x + x = 0 και xy = yx (1) = (2) Έστω P ένα πρώτο ιδεώδες του R και έστω x, y R. Τότε: xy(x + y) = xyx + xyy = xxy + xyy = x 2 y + xy 2 = xy + xy = 2xy = 0 και επομένως, χρησιμοποιώντας ότι το P είναι πρώτο ιδεώδες, θα έχουμε: xy(x + y) = 0 P = xy P ή x + y P = x P ή y P ή x + y P (2) = (3) Έστω ότι ισχύει η συνθήκη (2). Θα δέιξουμε ότι το ιδεώδες P είναι μέγιστο. Από γνωστό Θεώρημα, αρκεί να δείξουμε ότι: όπου x R & x / P : P + (x) = R P + (x) = { p + rx R r R } ²Υπενθυμίζουμε ότι ένας δακτύλιος με μονάδα R καλείται δακτύλιος του Boole, αν: x 2 = x, x R.

9 Έστω x R \ P. Θέτοντας y = 1 R στην συνθήκη (2) και λαμβάνοντας υπ όψιν ότι 1 R / P (διότι το ιδεώδες P είναι γνήσιο), έπεται ότι θα έχουμε: x + 1 R P = x + 1 R = p P = 1 R = p + ( x) P + (x) Τότε όμως θα έχουμε ότι ιδεώδες P + (x) θα συμπίπτει με τον δακτύλιο R επειδή περιέχει την μονάδα του R. Άρα P + (x) = R και επομένως το ιδεώδες P είναι μέγιστο. (3) = (4) Υποθέτουμε ότι το ιδελωδες P είναι μέγιστο. Τότε ο δακτύλιος πηλίκο R/P είναι σώμα. Όμως επειδή x + P, y + P R/P : (x + P) 2 = (x + P)(x + P) = x 2 + P = x + P και επειδή ο δακτύλιος, ώς σώμα, δεν έχει διαιρέτες του μηδενός θα έχουμε: (x + P) ( (x + P) 1 R + P) ) = 0 + P = x + P = 0 + P ή x + P = 1 R + P Επομένως: R/P = { 0 + P, 1 R + P } Η απεικόνιση f: R/P Z 2, f(0 + P) = [0] 2 & f(1 R + P) = [1] 2 είναι προφανώς ένας ισομορφισμός δακτυλίων, και άρα θα έχουμε: R/P = Z 2 (4) = (1) Αν έχουμε έναν ισομορφισμό δακτυλίων R/P = Z 2, τότε επειδή το Z 2 είναι σώμα, ο δακτύλιος R/P θα είναι σώμα και ιδιαίτερα θα είναι ακέραια περιοχή. Τότε όμως, όπως γνωρίζουμε από την Θεωρία, το ιδεώδες P θα είναι πρώτο. 9 Ασκηση 9. Έστω R ένας μεταθετικός δακτύλιος με μονάδα, και P ένα πρώτο ιδεώδες του R. Υποθέτουμε ότι το P δεν περιέχει διαιρέτες του μηδενός. Να δείξετε οτι ο δακτύλιος R είναι ακέραια περιοχή. Λύση. Έστω r, s R δύο στοιχεία του δακτυλίου, και υποθέτουμε οτι rs = 0. Τότε rs = 0 P. Επειδή το P είναι πρώτο ιδεώδες, θα έχουμε ότι r P ή s P. Αν r 0 s, τότε τα στοιχεία r, s είναι διαιρέτες του μηδενός, ένας εκ των οποίων ανήκει στο πρώτο ιδεώδες P. Επειδή το P δεν περιέχει διαιρέτες του μηδενός, έπεται ότι καταλήγουμε σε άτοπο. Επομένως r = 0 ή s = 0, και άρα ο δακτύλιος R δεν περιέχει διαιρέτες του μηδενός, δηλαδή είναι ακέραια περιοχή. Ασκηση 10. Έστω f: R S ένας ομομορφισμός μεταξύ μεταθετικών δακτυλίων με μονάδα. (1) Να δείξετε ότι για κάθε πρώτο ιδεώδες J του S, το ιδεώδες f 1 (J) είναι ένα πρώτο ιδεώδες του R. (2) Να δείξετε ότι αν η f είναι επιμορφισμός, τότε για κάθε μέγιστο ιδεώδες J του S, το ιδεώδες f 1 (J) είναι ένα μέγιστο ιδεώδες του R. (3) Να δείξετε με ένα παράδειγμα ότι αν η f δεν είναι επιμορφισμός, τότε ο ισχυρισμός στο (2) δεν είναι αληθής. Λύση. (1) Έστω J ένα πρώτο ιδεώδες του S. Τότε το υπσούνολο f 1 (J) είναι ένα ιδεώδες του R, διότι προφανώς το υοσύνολο f 1 (J) είναι υποομάδα της (R, +), και r R & x f 1 (J) = r R & x f 1 (J) : f(x) J και τότε χρησιμοποιώντας ότι το J είναι ιδεώδες του S, θα έχουμε: f(rx) = f(r)f(x) J & f(xr) = f(x)f(r) J = rx f 1 & xr f 1 (J) Επομένως το υποσύνολο f 1 (J) είναι ιδεώδες του R. Τώρα επειδή το J είναι πρώτο ιδεώδες, θα έχουμε: r, s R : rs f 1 (J) = f(rs) = f(r)f(s) J = f(r) J ή f(s) J =

10 10 r f 1 (J) ή s f 1 (J) Άρα το ιδεώδες f 1 (J) είναι πρώτο ιδεώδες του R. (2) Υποθέτουμε ότι ο ομομορφισμός f είναι επιμορφισμός και έστω J ένα μέγιστο ιδεώδες του S. Για να δείξουμε ότι το ιδεώδες f 1 (J) είναι μέγιστο ιδεώδες του R, αρκεί να δείξουμε ότι: x R & x / f 1 (J) : f 1 (J) + (x) = R Έστω λοιπόν x R \ f 1 (J). Τότε y := f(x) / J. Επειδή το J είναι μέγιστο ιδεώδες του S, θα έχουμε: y S & y / J : J + (y) = S και επομένως J + (f(x)) = S = { t + sf(x) S t J & s S } = S Έστω r R. Τότε f(r) S και άρα: f(r) = t + sf(x), όπου t J και s S Τότε επειδή η f είναι επιμορφισμός, θα έχουμε ότι s = f(r ) για κάποιο r R, και τότε: f(r) = t + sf(x) = f(r) = t + f(r )f(x) = t + f(r x) = t = f(r) f(r x) = f(r r x) J Επομένως r r x f 1 (J) = r r x = q f 1 (J) = r = q + r x f 1 (J) + (x) Επομένως δείξαμε ότι R f 1 (J) + (x) και άρα f 1 (J) + (x) = R, x R \ f 1 (J). Έτσι το ιδεώδες f 1 (J) είναι μέγιστο ιδεώδες του R. (3) Θεωρούμε τον ομομορφισμό δακτυλίων f: Z Q, f(n) = n = n 1 ο οποίος είναι προφανώς μονομορφισμός, αλλά όχι επιμορφισμός. Επειδή ο δακτύλιος Q είναι σώμα, έπεται ότι το μηδενικό ιδεώδες O του Q είναι μέγιστο. Επιπλέον f 1 (O) = O, το μηδενικό ιδεώδες του δακτυλίου Z, διότι η f είναι μονομορfισμός. Όμως το ιδεώδες O Z είναι πρώτο (διότι ο δακτύλιος Z είναι ακέραια περιοχή), αλλά δεν είναι μέγιστο (διότι ο δακτύλιος Z δεν είναι σώμα). Ασκηση 11. Έστω R ένας μεταθετικός δακτύλιος με μονάδα. Υποθέτουμε ότι³: x R, n 2 : x n = x Να δείξετε ότι κάθε πρώτο ιδεώδες του R είναι μέγιστο. Λύση. Έστω P ένα πρώτο ιδεώδες του R. Τότε ο δακτύλιος πηλίκο R/P είναι ακέραια περιοχή. Για να δείξουμε ότι το P είναι μέγιστο, σύμφωνα με γνωστό Θεώρημα, αρκεί να δείξουμε ότι x R \ P : P + (x) = R, όπου P + (x) = { p + rx R r R } Θεωρούμε στοιχείο x R και έστω x / P. Τότε για το στοιχείο x + P του δακτυλίου R/P, χρησιμοποιώντας την υπόθεση ότι x n = x, για κάποιο n 2 (το οποίο γενικά μπορεί να εξαρτάται από το x), θα έχουμε: (x + P) n = x n + P = x + P = (x + P) ( x n 1 + P ) = x + P = (x + P)(1 R + P) Επειδή ο δακτύλιος R/P είναι ακέραια περιοχή, και επειδή x + P 0 + P, διότι x / P, από τον Νόμο Διαγραφής σε ακέραιες περιοχές, έπεται ότι θα έχουμε: x n 1 + P = 1 R + P = 1 R x n 1 P = 1 R x n 1 = p P = 1 R = p + x n 1 P + (x) διότι προφανώς x n 1 = x n 2 x (x) = {rx R r R}. Επειδή το ιδεώδες P+(x) περιέχει την μονάδα του δακτυλίου R, έπεται ότι θα έχουμε P+(x) = R και επομένως το ιδέωδες P είναι μέγιστο. ³το n γενικά μπορεί να εξαρτάται από το x R.

11 11 Ασκηση 12. Έστω R μια περιοχή κυρίων ιδεωδών, δηλαδή ο μεταθετικός δακτύλιος με μονάδα R είναι ακέραια περιοχή, και κάθε ιδεώδες του R είναι κύριο. Να δείξετε οτι κάθε μη-μηδενικό πρώτο ιδεώδες του R είναι μέγιστο. Λύση. Έστω P ένα μη-μηδενικό πρώτο ιδεώδες του R. Τότε το P είναι γνήσιο, και επειδή κάθε ιδεώδες του R είναι κύριο, θα έχουμε ότι: P = (a), για κάποιο a R. Έστω I ένα ιδεώδες του R έτσι ώστε P I R. Επειδή κάθε ιδεώδες του R είναι κύριο, θα έχουμε I = (b) για κάποιο στοιχείο b R. Άρα θα έχουμε: (a) (b) R Για να δείξουμε ότι το ιδέωδες (a) είναι μέγιστο, αρκεί να δείξουμε ότι αν (a) (b), τότε (b) = R. Θα έχουμε: a (a) (b) = { rb R r R } = a = rb, για κάποιο r R Επειδή το ιδεώδες (a) είναι πρώτο και rb = a (a), έπεται ότι: είτε r (a) ή b (a) = είτε r = as ή b = ta για κάποια s, t R Όμως αν b = ta, τότε προφανώς b (a), και τότε έπεται άμεσα ότι (b) (a) και άρα (a) = (b) το οποίο είναι άτοπο. Άρα: a = rb & r = sa = a = sab = asb = a(1 R sb) = 0 Επειδή ο δακτύλιος R είναι ακέραια περιοχή, έπεται ότι: a = 0 ή sb = 1 R Αν a = 0, τότε (a) = (0) = O είναι το μηδενικό ιδεώδες το οποίο είναι άτοπο. Άρα sb = 1 R, και επομένως το στοιχείο b είναι αντιστρέψιμο διότι ο δακτύλιος R είναι μεταθετικός. Τότε όμως το ιδεώδες (b) συμπίπτει με τον δακτύλιο R, διότι περιέχει το αντιστρέψιμο στοιχείο b. Καταλήγουμε ότι (b) = R και επομένως το ιδεώδες (a) είναι μέγιστο. Ασκηση 13. (1) Να δείξετε ότι το κύριο ιδεώδες (t) το οποίο παράγεται από το πολυώνυμο t του δακτυλίου πολυωνύμων F[t], όπου F είναι σώμα, είναι μέγιστο. (2) Να δείξετε ότι το κύριο ιδεώδες (t) το οποίο παράγεται από το πολυώνυμο t του δακτυλίου πολυωνύμων Z[t], είναι πρώτο αλλά όχι μέγιστο. (3) Να δείξετε ότι το ιδεώδες (2, t) := { 2P(t) + tq(t) Z[t] P(t), Q(t) Z[t] } Λύση. του δακτυλίου Z[t] είναι μέγιστο. (4) Να δείξετε ότι ο δακτύλιος Z[t] δεν είναι περιοχή κυρίων ιδεωδών, δείχνοντας ότι το ιδεώδες (2, t) του δακτυλίου Z[t] δεν είναι κύριο. (1) Η απεικόνιση f: F[t] F, f(p(t)) = P(0) η οποία στέλνει το πολυώνυμο P(t) = a 0 + a 1 t + a 2 t a n t n στον σταθερό του όρο P(0) = a 0, εύκολα βλέπουμε ότι είναι επιμορφισμός δακτυλίων, και Ker(f) = { P(t) F[t] f(p(t)) = 0 } = { P(t) F[t] P(0) = 0 } = = { P(t) = a 0 + a 1 t + a 2 t a n t n F[t] a 0 = 0 } = { P(t) = a1 t + a 2 t a n t n F[t] a i F, 1 i n } { (a1 + a 2 t + + a n t n 1 )t F[t] a i F, 1 i n } = (t) Από το πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών Δακτυλίων, έπεται ότι έχουμε έναν ισομορφισμό δακτυλίων: F[t]/(t) = F Επειδή ο δακτύλιος F είναι σώμα, έπεται ότι το ιδεώδες (t) είναι μέγιστο.

12 12 (2) Βλέπε το τμήμα (5) της Άσκησης 2.. (3) Η απεικόνιση f : Z[t] Z, f(p(t)) = [P(0)] 2 η οποία στέλνει το πολυώνυμο P(t) = a 0 + a 1 t + a 2 t a n t n με ακέραιους συντελεστές στην κλάση modulo 2, [P(0)] 2 = [a 0 ] 2 του σταθερού του όρου P(0) = a 0, εύκολα βλέπουμε ότι είναι επιμορφισμός δακτυλίων, και Ker(f) = { P(t) Z[t] f(p(t)) = [0] 2 } = { P(t) Z[t] [P(0)]2 = [0] 2 } = = { P(t) = a 0 + a 1 t + a 2 t a n t n Z[t] [a 0 ] = [0] 2 } = = { P(t) = a 0 + a 1 t + a 2 t a n t n Z[t] 2 a 0 } = = { a 0 + (a 1 + a 2 t + + a n t n 1 )t Z[t] a 0 = 2k, k Z } = = { 2k + (a 1 + a 2 t + + a n t n 1 )t Z[t] k, a i Z, 1 i n } (2, t) Προφανώς όμως, αν 2P(t)+tQ(t) (2, t), τότε ο σταθερός όρος του πολυωνύμου 2P(t)+tQ(t) είναι ο άρτιος ακέρταιος 2P(0) και άρα ο ομομορφισμός f στέλνει το 2P(t) + tq(t) στο [0] 2, δηλαδή 2P(t) + tq(t) Ker(f). Άρα (2, t) Ker(f) και επομένως: Ker(f) = (2, t) Από το πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών Δακτυλίων, έπεται ότι έχουμε έναν ισομορφισμό δακτυλίων: Z[t]/(2, t) = Z2 Επειδή ο δακτύλιος Z 2 είναι σώμα, έπεται ότι το ιδεώδες (2, t) είναι μέγιστο⁴. Εναλλακτικά: δείξτε ότι το ιδεώδες (2, t) είναι μέγιστο με χρήση του ορισμού. Δηλαδή υποθέστε ότι I Z[t] είναι ένα ιδεώδες του Z[t] έτσι ώστε: και δείξτε ότι: είτε I = (2, t) ή I = Z[t]. (2, t) I Z[t] (4) Έστω ότι το ιδεώδες (2, t) είναι κύριο με γεννήτορα το πολυώνυμο R(t): (2, t) = (R(t). Επειδή προφανώς 2 (2, t) και t (2, t), έπεται ότι τα πολυώνυμα 2 και t είναι πολλαπλάσια του πολυωνύμου R(t): 2 = A(t)R(t) & t = B(t)R(t) Επειδή ο δακτύλιος Z είναι ακέραια περιοχή, γνωρίζουμε ότι και ο δακτύλιος πολυωνύμων Z[t] είναι ακέραια περιοχή. Επομένως θα έχουμε 0 = deg 2 = deg(a(t)r(t)) = deg A(t) + deg R(t) και επομένως deg R(t) = 0, δηλαδή το πολυώνυμο R(t) είναι ένα σταθερό μη-μηδενικό πολυώνυμο, και μάλιστα το R(t) είναι ένα εκ των σταθερών πολυωνύμων 1, 1, 2, 2. Από την άλλη πλευρά παρόμοια θα έχουμε 1 = deg t = deg(b(t)r(t)) = deg B(t) + deg R(t) = deg B(t). Έτσι B(t) = k + lt, όπου k, l Z. (αʹ) Αν R(t) = 1 ή αν R(t) = 1, τότε προφανώς το πολυώνυμο R(t) είναι ένα αντιστρέψιμο στοιχείο του δακτυλίου Z[t] και επομένως το κύριο ιδεώδες το οποίο παράγεται από αυτό θα συμπίπτει με τον δακτύλιο Z[t]: Z[t] = (R(t) = (2, t). Αυτό είναι άτοπο διότι για παράδειγμα από το (3) γνωρίζουμε ότι o δακτύλιος πηλίκο Z[t]/(2, t) είναι ισόμορφος με το σώμα Z 2 (αν Z[t] = (2, t), τότε ο δακτύλιος πηλίκο Z[t]/(2, t) είναι ο μηδενικός δακτύλιος). (βʹ) Αν R(t) = 2, τότε θα έχουμε t = B(t)2 = 2k + 2lt, και άρα κ = 0 και 2l = 1, το οποίο είναι άτοπο. Παρόμοια, αν R(t) = -2, τότε θα έχουμε t = B(t)( 2) = 2k 2lt, και άρα k = 0 και 2l = 1, το οποίο είναι άτοπο. Επομένως το ιδεώδες (2, t) δε είναι κύριο και άρα η ακέραια περιοχή Z[t] δεν είναι περιοχή κυρίων ιδεωδών. ⁴Η παραπάνω ανάλυση δείχνει ότι το ιδεώδες (2, t) αποτελείται από όλα τα πολυώνυμα με ακέραιους συντελεστές των οποίων ο σταθερός όρος είναι άρτιος αριθμός.

13 13 Ασκηση 14. Να προσδιορισθούν τα πρώτα και μέγιστα ιδεώδη του δακτυλίου πολυωνύμων C[t]. Λύση. Γνωρίζουμε ότι σε έναν δακτύλιο πολυωνύμων K[t] υπεράνω ενός σώματος K, το μηδενικό ιδεώδες είναι πρώτο αλλά όχι μέγιστο, (διότι ο δακτύλιος K[t] είναι ακέραια περιοχή αλλά όχι σώμα), και ένα μη-μηδενικό ιδεώδες είναι μέγιστο αν και μόνον αν είναι πρώτο. Διαφορετικά: επειδή ο δακτύλιος πολυωνύμων K[t] είναι περιοχή κυρίων ιδεωδών, από την Άσκηση 12, έπεται ότι ένα μη-μηδενικό ιδεώδες είναι μέγιστο αν και μόνον αν είναι πρώτο. Έτσι αν εξαιρέσουμε το μηδενικό ιδεώδες το οπιοίο είναι πρώτο, αρκεί να προσδιορίσουμε τασ μέγιστα ιδεώδη του C[t]. Έστω I ένα μέγιστο ιδεώδες του C[t]. Προφανώς τότε το I είναι μη-μηδενικό (διότι ο δακτύλιος C[t] δεν είναι ποτέ σώμα), και εξ ορισμού το I είναι γνήσιο. Επειδή ο δακτύλιος πολυωνύμων C[t] είναι περιοχή κυρίων ιδεωδών, το ιδεώδες I είναι κύριο και άρα παράγεται από ένα πολυώνυμο P(t). Τότε το πολυώνυμο P(t) είναι μη-μηδενικό και επίσης δεν είναι σταθερό (διότι αν P(t) είναι το σταθερό πολυώνυμο z C, τότε θα είναι αντιστρέψιμο στοιχείο του C[t] και τότε I = (P(t)) = C[t]. Αυτό είναι άτοπο διότι το I είναι γνήσιο). Από την Θεωρία γνωρίζουμε ότι το I είναι μέγιστο αν και μόνον αν το πολυώνυμο P(t) είναι ανάγωγο. Από το Θεμελιώδες Θεώρημα της άλγεβρας: «Κάθε μη-σταθερό πολυώνυμο υπεράνω του σώματος C αναλύεται σε γινόμενο πρωτοβαθμίων παραγόντων», έπεται ότι τα ανάγωγα πολυώνυμα υπεράνω του C είναι τα πρωτοβάθμια. Επομένως απο τα παραπάνω προκύπτει ότι το P(t) είναι ένα μη-μηδενικό πρωτοβάθμιο πολυώνυμο, και άρα είναι της μορφής P(t) = zt + w, όπου z, w C, z 0. Επειδή για κάθε μη-μηδενικό μιγαδικό αριθμό ω, ισχύει (R(t)) = (ωr(t)), έπεται ότι I = (P(t)) = ( 1 z P(t)) = (t + w z ). Έτσι το μέγιστο ιδεώδες I είναι της μορφής I = (t r), r C Αντίστροφα για κάθε μιγαδικό αριθμό r, το κύριο ιδεώδες (t r) το οποίο παράγεται από το πολυώνυμο t r είναι μέγιστο όπως μπορούμε να δούμε άμεσα από τον ορισμό (δεν υπάρχει γνήσιο ιδεώδες J = (Q(t)) του δακτυλίου C[t] με (t r) J C[t] και (t r) J). Συνοψίζουμε τα μέγιστα ιδεώδη του δακτυλίου πολυωνύμων C[t] είναι τα στοιχεία του συνόλου { (t r) C[t] r C } και άρα είναι σε «1-1» και «επί» αντιστοιχία με το C μέσω της απεικόνισης r (t r). Για την επίλυση της επόμενης Άσκησης θα χρειαστούμε τις ακόλουθες πληροφορίες: Υπενθυμίζουμε ότι το σύνολο εφοδιασμένο με τις πράξεις C([0, 1]) = { f: [0, 1] R f : συνεχής } f, g C([0, 1]) : f, g C([0, 1]) : (f + g)(x) = f(x) + g(x) (f g)(x) = f(x)g(x) είναι ένας μεταθετικός δακτύλιος με μονάδα την σταθερή συνάρτηση 1: [0, 1] R, 1(x) = 1. Αυτό προκύπτει από το γεγονός ότι το άθροισμα και το γινόμενο συνεχών συναρτήσεων [0, 1] R είναι συνεχής συνάρτηση, και επομένως το σύνολο C([0, 1]) είναι ένας υποδακτύλιος του δακτυλίου F([0, 1], R) όλων των συναρτήσεων από το διάστημα [0, 1] στο R. Γενικά ο δακτύλιος C([0, 1]) περιέχει διαιρέτες του μηδενός και επίσης μη-μηδενικά μη-αντιστρέψιμα στοιχεία. Επομένως ο δακτύλιος C([0, 1]) δεν είναι ούτε σώμα ούτε ακέραια περιοχή. Στην επόμενη Άσκηση θα περιγράψουμε όλα τα μέγιστα ιδεώδη του, και θα δείξουμε ότι το πλήθος τους είναι μη-αριθμήσιμο. Σημειωτέον, ο δακτύλιος πηλίκο C([0, 1])/M, όπου M είναι τυχόν μέγιστο ιδεώδες, είναι πάντα ισόμορφος με το σώμα των πραγματικών αριθμών.

14 14 Ασκηση 15. ⁵ Έστω C([0, 1]) ο δακτύλιος των συνεχών συναρτήσεων f: [0, 1] R. Για ένα υποσύνολο M C([0, 1]), να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (1) Το M είναι μέγιστο ιδεώδες του δακτυλίου C([0, 1]). (2) Υπάρχει r [0, 1]: M = M r := { f C([0, 1]) f(r) = 0 } Επιπλέον να δείξετε ότι η απεικόνιση [0, 1] { μέγιστα ιδεώδη του C([0, 1]) }, r M r είναι 1-1 και επί. Λύση. (2) = (1) Έστω r [0, 1] και θεωρούμε το σύνολο M r = { f C([0, 1]) f(r) = 0 } Ορίζουμε απεικόνιση Φ r : C([0, 1]) R, Φ r (f) = f(r) Η απεικόνιση Φ r είναι ένας επιμορφισμός δακτυλίων, διότι: (1) Φ r (f + g) = (f + g)(r) = f(r) + g(r) = Φ r (f) + Φ r (g) (2) Φ r (f g) = (f g)(r) = f(r)g(r) = Φ r (f)φ r (g) (3) Αν c R, τότε η σταθερή απεικόνιση f c : [0, 1] R, f c (x) = c, είναι προφανώς συνεχής, και άρα f c C([0, 1]). Επιπλέον Φ r (f c ) = f c (r) = c, και επομένως η απεικόνιση Φ r είναι επί. Ο πυρήνας του επιμορφισμού δακτυλίων Φ r είναι: Ker(Φ r ) = { f C([0, 1]) Φ r (f) = 0 } = { f C([0, 1]) f(r) = 0 } = M r Επομένως το σύνολο M r είναι ένα ιδεώδες του δακτυλίου C([0, 1]). Επιπλέον από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών Δακτυλίων, θα έχουμε έναν ισομορφισμό δακτυλίων C([0, 1]) / M r = R Επειδή ο δακτύλιος R είναι σωμα, έπεται ότι το ιδεώδες M r είναι μέγιστο. (1) = (2) Έστω M ένα μέγιστο ιδεώδες του C([0, 1]). (1) Θα δείξουμε πρώτα ότι υπάρχει r [0, 1] έτσι ώστε M M r, δηλαδή θα δείξουμε ότι: Ισοδύναμα θα δείξουμε ότι: r [0, 1] : f M = f M r r [0, 1] : f M : f(r) = 0 ( ) Έστω ότι ο ισχυρισμός ( ) δεν ισχύει. Τότε θα έχουμε ότι: x [0, 1], f x M : f x (x) 0 ( ) Μ 4 ( ) : Βήμα 1: Επειδή, x [0, 1], η συνάρτηση f x ανήκει στο ιδεώδες M, έπεται ότι η f x είναι συνέχης. Επειδή f x (x) 0, λόγω της συνέχειας της f x, έπεται ότι υπάρχει μια ανοιχτό διάστημα I x το οποίο περιέχει το x: x I x, έτσι ώστε f x (y) 0, y I x : x [0, 1], ανοιχτό διάστημα I x [0, 1] έτσι ώστε x I x και y I x : f x (y) 0 (1) Προφανώς τότε θα έχουμε ότι η ένωση όλων των ανοιχτών διαστημάτων I x τα οποία περιέχουν τα στοιχεία x του [0, 1] θα μας δίνει το διάστημα [0, 1]: [0, 1] = I x (2) x [0,1] ⁵Άσκηση αυξημένης δυσκολίας, αλλά και αυξημένου ενδιαφέροντος!

15 Βήμα 2: Από τη σχέση (2) βλέπουμε ότι η συλλογή ανοιχτών διαστημάτων I = { I x [0, 1] x [0, 1] } την οποία ορίσαμε στη σχέση (1) αποτελεί μια ανοιχτή κάλυψη το κλειστού διαστήματος [0, 1]. Από το Θεώρημα των Heine-Borel της Πραγματικής Ανάλυσης ( κάθε ανοιχτή κάλυψη ενός κλειστού διαστήματος της πραγματικής ευθείας, περιέχει μια πεπερασμένη υποκάλυψη ), έπεται ότι υπάρχει πεπερασμένο πλήθος στοιχείων x 1, x 2,, x n [0, 1], έτσι ώστε η ένωση των ανοιχτών διαστημάτων I x1,, I xn, όπου κάθε ανοιχτό διάστημα I xj περιέχει το στοιχείο x j, μας δίνει το κλειστό διάστημα [0, 1]: n x 1, x 2,, x n [0, 1] : I xj I, j = 1, 2,, n, και [0, 1] = I xj (3) Βήμα 3: Θεωρούμε την συνάρτηση f = f 2 x 1 + f 2 x f 2 x n : [0, 1] R, f(x) = f 2 x 1 (x) + f 2 x 2 (x) + + f 2 x n (x) Σημειώνουμε ότι f 2 x j (x) = f xj (x)f xj (x) = (f xj (x)) 2, 1 j n. Η συνάρτηση f είναι προφανώς συνεχής και επομένως f C([0, 1]). Επιπρόσθετα επειδή οι συναρτήσεις f x, x [0, 1], ανήκουν εκ κατασκευής ανήκουν στο ιδεώδες M έπεται ότι προφανώς θα έχουμε: f = f 2 x 1 + f 2 x f 2 x n Βήμα 4: Θα δείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι αντιστρέψιμο στοιχείο του δακτυλίου C([0, 1]) και M = C([0, 1]) Για να το δείξουμε αυτό, δείχνουμε πρώτα ότι η f δεν μηδενίζεται πουθενά στο διάστημα [0, 1]: f(z) 0, z [0, 1] Πραγματικά: έστω ότι υπάρχει z [0, 1] έτσι ώστε f(z) = 0. Τότε: M f(z) = 0 = f 2 x 1 (z) + f 2 x 2 (z) + + f 2 x n (z) = 0 = (f xj (z)) 2 = 0, 1 j n και άρα f xj (z) = 0, j = 1, 2,, n (4) Επειδή z [0, 1] και επειδή από τη σχέση (3) έχουμε [0, 1] = n j=1 I x j, έπεται ότι z I xk, για κάποιο k = 1, 2,, n Όμως τότε από τον ορισμό τουμ διαστήματος I xk, έπεται ότι f xk (z) 0 (5) Επομένως οι σχέσεις (4), (5) μας οδηγούν σε άτοπο, και άρα πράγματικά έχουμε: f(z) 0, z [0, 1] (6) Επειδή η f δεν μηδενίζεται σε κανένα σημείο του [0, 1], έπεται ότι μπορούμε να ορίσουμε μια συνάρτηση g : [0, 1] R, g(x) = 1 f(x) και εύκολα βλέπουμε ότι η g είναι συνεχής και άρα ανήκει στον δακτύλιο C([0, 1]). Επειδή (f g)(x) = f(x)g(x) = 1 = g(x)f(x) = (g f)(x), x [0, 1] έπεται ότι η f είναι αντιστρέψιμο στοιχείο του δακτυλίου C([0, 1]) και g = f 1. Επομένως το ιδεώδες M περιέχει το αντιστρέψιμο στοιχείο f και άρα το ιδεώδες M συμπίπτει με τον δακτύλιο C([0, 1]). Αυτό όμως είναι διότι το M είναι μέγιστο και άρα εξ ορισμού είναι γνήσιο. j=1 15

16 16 Τα βήματα (1) - (4) μας οδηγήσαν σε άτοπο, υποθέτοντας ότι ισχύει η σχέση ( ). Επομένως η σχέση ( ) δεν ισχύει, και άρα θα έχουμε: Όπως είδαμε αυτό σημαίνει ότι: r [0, 1] : f M : f(r) = 0 ( ) M M r C([0, 1]) (7) Επειδή το Μ είναι μέγιστο, και επειδή κάθε ιδεώδες της μορφής M r είναι γνήσιο (π.χ. είδαμε στην απόδειξη της κατεύθυνσης (2) = (1), ότι κάθε ιδεώδες του δακτυλίου C(0, 1]) της μορφής M r είναι μέγιστο), θα έχουμε από τη σχέση (7) ότι: Μένει να δείξουμε ότι η απεικόνιση M = M r [0, 1] { μέγιστα ιδεώδη του C([0, 1]) }, r M r (8) είναι 1-1 και επί. Η παραπάνω απόδειξη δείχνει ότι η απεικόνιση είναι επί. Για να δείξουμε ότι η απεικόνιση είναι 1-1, υποθέτουμε ότι r, s [0, 1] και M r = M s Θεωρούμε την συνάρτηση f : [0, 1] R, f(x) = x r η οποία είναι προφανώς συνεχής και άρα ανήκει στον δακτύλιο C([0, 1]). Επιπρόσθετα επειδή f(r) = r r = 0, έπεται ότι f M r. Τότε f M s και άρα: f(s) = 0 = s r = 0 = s = r Συμπεραίνουμε ότι η απεικόνιση (8) είναι 1-1 και επί. Σχόλιο 3. Έστω Hom(C([0, 1]), R) = { f: C([0, 1]) R f : ομομορφισμός δακτυλίων } Τότε μπορεί κανείς να αποδείξει ότι η απεικόνιση φ : [0, 1] Hom(C([0, 1]), R), φ(x) = Φ x όπου Φ x : C([0, 1]) R, Φ x (f) = f(x) είναι 1-1 και επί. Σχόλιο 4. (Γ ) Το αποτέλεσμα της Άσκησης 15 είναι πολύ σημαντικό και έχει πολύ ενδιαφέρουσες γενικεύσεις. Θα δούμε εν συντομία μια από αυτές. (I) Ένας από τους λόγους που εξηγούν γιατί το αποτέλεσμα της Άσκησης 15 είναι σημαντικό, είναι γιατί μας επιτρέπει να ανακαλύψουμε το κλειστό διάστημα [0, 1], αλγεβρικά ως το σύνολο των μέγιστων ιδεωδών του δακτυλίου των συνεχών πραγματικών συναρτήσεων οι οποίες ορίζονται επί του [0, 1]. Αυτή η παρατήρηση μπορεί να γίνει περισσότερο ακριβής: Το σύνολο M([0, 1]) των μέγιστων ιδεωδών του δακτυλίου C([0, 1]) μπορεί να εφοδιασθεί με κατάλληλη τοπολογία και έτσι να γίνει τοπολογικός χώρος. Αποδεικνύεται τότε ότι η απεικόνιση την οποία ορίσαμε στην Άσκηση 15: φ : [0, 1] M([0, 1]), φ(r) = M r

17 είναι ομοιομορφισμός μεταξύ τοπολογικών χώρων, δηλαδή η φ είναι 1-1 και επί, συνεχής και η αντίστροφή της φ είναι συνεχής. Επομένως οι τοπολογικοί χώροι [0, 1] και M([0, 1]) είναι (τοπολογικά) ίδιοι. (II) Προσεκτική παρατήρηση της απόδειξης της κατεύθυνσης (1) = (2) στην επίλυση της Άσκησης 15 δείχνει ότι ένα από τα κρίσιμα σημεία στην απόδειξη είναι η δυνατότητα εφαρμογής του Θεωρήματος των Heine-Borel, και αυτό είναι εφικτό διότι εργαζόμαστε στο κλειστό διάστημα [0, 1], το οποίο ως τοπολογικός χώρος είναι χώρος Hausdorff, και συμπαγής, δηλαδή κάθε ανοιχτή του κάλυψη έχει μια πεπερασμένη υποκάλυψη. Γενικότερα, ισχύει το ακόλουθο σημαντικό Θεώρημα. Πριν το διατυπώσουμε, χρειαζόμαστε κάποιους ορισμούς: Έστω X ένας συμπαγής τοπολογικός χώρος Hausdorff, και έστω C(X, R) = { f: X R f : συνεχής } Μπορούμε να δούμε εύκολα ότι το σύνολο C(X, R) εφοδιασμένο με τις ακόλουθες πράξεις f, g C(X, R) : f, g C(X, R) : (f + g)(x) = f(x) + g(x) (f g)(x) = f(x) g(x) είναι ένας μεταθετικός δακτύλιος με μονάδα την σταθερή συνάρτηση 1: X R, 1(x) = 1. Για κάθε στοιχείο r X, θεωρούμε το σύνολο M r = { f C(X, R) f(r) = 0 } 17 Θεώρημα 1 (Kolmogorov-Gelfand (1939)). Έστω X ένας συμπαγής τοπολογικός χώρος Hausdorff, και έστω⁶ C(X, R) = { f: X R f : συνεχής } ο δακτύλιος των συνεχών πραγματικών συναρτήσεων επί του X. (1) Το σύνολο M(X, R) των μέγιστων ιδεωδών του δακτυλίου C(X, R), εφοδιασμένο με κατάλληλη τοπολογία, είναι ένας τοπολογικός χώρος και η απεικόνιση Φ : X M(X, R), Φ(r) = M r είναι ομοιομορφισμός. (2) Το σύνολο Hom ( C(X, R), R ) όλων των ομομορφισμών μεταξύ των δακτυλίων C(X, R) και R, εφοδιασμένο με κατάλληλη τοπολογία, είναι ένας τοπολογικός χώρος και η απεικόνιση Ψ : X Hom ( C(X, R), R ), Ψ(r) = Φ r, όπου Φ r (f) = f(r) είναι ομοιομορφισμός. (3) Κάθε συνεχής απεικόνιση φ : X Y μεταξύ συμπαγών τοπολογικών χωρών Hausdorff επάγει έναν ομομορφισμό δακτυλίων φ : C(Y, R) C(X, R), φ (f) = f φ και κάθε ομομορφισμός δακτυλίων C(Y, R) C(X, R), προκύπτει με τον παραπάνω τρόπο από μια συνεχή απεικόνιση φ : X Y. (4) Δύο συμπαγείς τοπολογικοί χώροι Hausdorff X και Y είναι ομοιομορφικοί αν και μόνον αν οι δακτύλιοι C(X, R) και C(Y, R) είναι ισόμορφοι. ⁶σε ότι ακολουθεί το σώμα R μπορεί να αντικατασταθεί με το σώμα των μιγαδικών αριθμών C.

18 18 Το Θεώρημα των Kolmogorov-Gelfand, ιστορικά, αποτέλεσε ένα απο τα πρώτα αποτελέσματα τα οποία συσχετίζουν με γόνιμο τρόπο γενικές ιδιότητες τοπολογικών χώρων με ανάλογες αλγεβρικές ιδιότητες κατάλληλων δακτυλίων. Προς αυτή την κατεύθυνση υπάρχει πληθώρα αποτελεσμάτων με μεγάλο ενδιαφέρον, αναφέρουμε για παράδειγμα ανάλογα αποτελέσματα των Gelfand-Naimark, Banach-Stone, κτλ. Ιδιαίτερα το ακόλουθο Θεώρημα των Banach-Stone χρησιμοποιεί το γεγονός ότι ο δακτύλιος C(X, R), όπου X είναι ένας συμπαγής τοπολογικός χώρος Hausdorff, είναι και χώρος Banach⁷ με στάθμη f C(X, R) : f = sup { f(x) x X } Θεώρημα 2 (Banach (1932) - Stone (1935)). Έστω X και Y συμπαγείς τοπολογικοί χώροι Hausdorff, και έστω C(X, R) = { f: X R f : συνεχής } & C(Υ, R) = { f: Υ R f : συνεχής } οι δακτύλιοι των συνεχών πραγματικών συναρτήσεων επί των X και Y αντίστοιχα, θεωρούμενοι ως χώροι Banach με στάθμη όπως παραπάνω. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (1) Οι χώροι Banach C(X, R) και C(Y, R) είναι ισομετρικά ισόμορφοι. (2) Οι τοπολογικοί χώροι X και Y είναι ομοιομορφικοί. Για περισσότερες πληροφορίες σχετικά με την αλληλεπίδραση (Γενικής) Τοπολογίας και Θεωρίας Δακτυλίων, ο αναγνώστης μπορεί να ανατρέξει στο κλασσικό βιβλίο Rings of continuous functions των Leonard Gillman και Meyer Jerison. ⁷Ακριβέστερα είναι μια (μεταθετική) άλγεβρα Banach. Για την έννοια της άλγεβρας Banach ο αναγνώστης μπορεί να ανατρέξει στο κλασσικό βιβλίο Real and complex analysis του Walter Rudin.