Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

Transcript

1 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Παρασκευή 11 Ιανουαρίου 2013 Ασκηση 1. Να δώσετε παράδειγµα οµοµορφισµού δακτυλίων f : S, όπου και S είναι δακτύλιοι µε µονάδα, έτσι ώστε : (1) f(1 ) 1 S. (2) ο δακτύλιος να περιέχει αντιστρέψιµο στοιχείο x και το στοιχείο f(x) S να µην είναι αντιστρέψιµο. Λύση. (1) Εστω ότι (, +, ) είναι ο δακτύλιος των πραγµατικών αριθµών µαζί µε τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού και ότι είναι το ευθύ γινόµενο δακτυλίων του µε τον εαυτό του. Το ταυτοτικό στοιχείο του δακτυλίου είναι το 1 και το ταυτοτικό του είναι το (1, 1 ). Θεωρούµε την απεικόνιση φ :, (α, β) (α, 0 ). Είναι άµεση η επιβεβαίωση ότι η φ είναι ένας οµοµορφισµός δακτυλίων µε φ((1, 1 )) = (1, 0 ). Επιπλέον, (1, 0 ) (1, 1 ). (2) Θεωρούµε τον προηγούµενο οµοµορφισµό φ :, (α, β) (α, 0 ). Το στοιχείο (1, 1 ) είναι προφανώς αντιστρέψιµο, αλλά η εικόνα του φ((1, 1 )) = (1, 0 ) δεν είναι αντιστρέψιµο στοιχείο του δακτυλίου, αφού αν ήταν, τότε ϑα υπήρχε κάποιο (α, β) µε (α, β)(1, 0 ) = (1, 1 ), πράγµα άτοπο, αφού (α, β)(1, 0 ) = (α, 0 ). Εναλλακτικά: Εστω ένας δακτύλιος µε µονάδα 1. Τότε εύκολα ϐλέπουµε ότι η απεικόνιση f :, f(r) = (r, 0) είναι ένας οµοµορφισµός δακτυλίων, για την ακρίβεια µονοµορφισµός, και επιπλέον έχει την ιδιότητα : f(1 ) = (1, 0 ) (1, 1 ) = 1 Οπως και παραπάνω αν r είναι ένα αντιστρέψιµο στοιχείο του, π.χ. η µονάδα 1 του, τότε η εικόνα του f(r) = (r, 0 ) δεν είναι αντιστρέψιµο στοιχείο του δακτυλίου. Ασκηση 2. Εστω και S δακτύλιοι µε µονάδα και έστω f : S ένας µη-µηδενικός οµοµορφισµός δακτυλίων. Να δείξετε ότι f(1 ) = 1 S, σε κάθε µια από τις ακόλουθες περιπτώσεις : (1) Ο οµοµορφισµός f είναι επιµορφισµός. (2) Ο δακτύλιος S είναι δακτύλιος διαίρεσης. (3) Ο δακτύλιος S δεν έχει διαιρέτες του µηδενός. Αν ισχύει f(1 ) = 1 S, τότε να δείξετε ότι : (α) για κάθε αντιστρέψιµο στοιχείο x, το στοιχείο f(x) S είναι αντιστρέψιµο και f(x) 1 = f(x 1 ), και (β) ο οµοµορφισµός δακτυλίων f : S επάγει έναν οµοµορφισµό οµάδων f : U() U(S) µεταξύ των (πολλαπλασιαστικών) οµάδων των δακτυλίων και S αντίστοιχα.

2 2 Λύση. (1) Θα δείξουµε ότι 1 : t S είναι tf(1 ) = t = f(1 )t που έχει ως συνέπεια ότι f(1 ) = 1 S, αφού το 1 S είναι το µοναδικό στοιχείο του S µε την ιδιότητα t S : 1 S t = t = t1 S. Πράγµατι, αν t S, τότε (επειδή ο f είναι επιµορφισµός) υπάρχει r µε f(r) = t και γι αυτό και tf(1 ) = f(r)f(1 ) = f(r1 ) = f(r) = t f(1 )t = f(1 )f(r) = f(1 r) = f(r) = t (2) Αν ο S είναι δακτύλιος διαίρεσης, τότε ο S δεν έχει διαιρέτες του µηδενός και γι αυτό αναγόµεθα στην επόµενη περίπτωση (3). Πράγµατι, αν σε ένα δακτύλιο διαίρεσης S ισχύει ότι : ( ) ab = 0 S, a, b S µε a 0 S, τότε ϑα έχουµε ότι b = 0 S, αφού επειδή a 0, τότε υπάρχει το a 1 S και γι αυτό από την (*) έπεται ότι : a 1 (ab) = a 1 0 S (a 1 a)b = a 1 0 S 1 S b = 0 S b = 0 S (3) Θα δείξουµε και πάλι ότι t S είναι tf(1 ) = t = f(1 )t. Παρατηρούµε ότι f(1 ) 0, αφού αν f(1 ) = 0, τότε : r : f(r) = f(r1 ) = f(r)f(1 ) = f(r)0 S = 0 S κάτι το οποίο αντίκειται στην υπόθεση ότι ο f είναι ένας µη µηδενικός οµοµορφισµός. Τώρα f(1 ) = f(1 1 ) = f(1 )f(1 ) = 0 S = f(1 )f(1 ) f(1 ) = f(1 )(f(1 ) 1 S ) και επειδή f(1 ) 0 και ο S δεν έχει διαιρέτες του µηδενός έπεται ότι f(1 ) 1 S = 0 S, δηλαδή f(1 ) = 1 S. (α ) Εστω ότι το x είναι αντιστρέψιµο στοιχείο του, τότε υπάρχει y µε xy = 1 = yx, δηλαδή y = x 1. Συνεπώς, f(x)f(y) = f(1 ) = f(y)f(x) και αφού f(1 ) = 1 S έπεται f(x)f(y) = 1 S = f(y)f(x), δηλαδή f(x) = f(y) 1. Εποµένως, το f(x) είναι αντιστρέψιµο στοιχείο του S και f(x) 1 = f(y) = f(x 1 ). (ϐ ) Η απεικόνιση f : U() U(S), x f(x) είναι µια καλά ορισµένη απεικόνιση, αφού, λόγω του (α ) απεικονίζει αντιστρέψιµα στοιχεία του σε αντιστρέψιµα στοιχεία του. Επιπλέον, επειδή ο f είναι οµοµορφισµός δακτυλίων έχουµε : x, y U() : f(xy) = f(x)f(y). Γι αυτό ο f είναι οµοµορφισµός των υποκείµενων πολλαπλασιαστικών οµάδων. Ασκηση 3. (1) Να δοθεί παράδειγµα µη-µεταθετικού δακτυλίου, ο οποίος περιέχει ένα ιδεώδες I έτσι ώστε ο δακτύλιος πηλίκο /I να είναι µεταθετικός. (2) Να δοθεί παράδειγµα δακτυλίου χωρίς µονάδα, ο οποίος περιέχει ένα ιδεώδες I έτσι ώστε ο δακτύλιος πηλίκο /I να έχει µονάδα. (3) Να δοθεί παράδειγµα δακτυλίου µε διαιρέτες του µηδενός, ο οποίος περιέχει ένα ιδεώδες I έτσι ώστε ο δακτύλιος πηλίκο /I να µη έχει διαιρέτες του µηδενός. (4) Να δοθεί παράδειγµα δακτυλίου χωρίς διαιρέτες του µηδενός, ο οποίος περιέχει ένα ιδεώδες I έτσι ώστε ο δακτύλιος πηλίκο /I να έχει διαιρέτες του µηδενός. 1 Σχόλιο: Η παραπάνω απόδειξη δείχνει ότι για κάθε οµοµορφισµό δακτυλίων f : S, όπου ο δακτύλιος έχει µονάδα 1, ο υποδακτύλιος f() έχει µονάδα και µάλιστα 1 f() = f(1 ). Εποµένως αν ο οµοµορφισµός f είναι επιµορφισµός, τότε ο δακτύλιος S = f() έχει µονάδα το στοιχείο f(1 ) και ο f στέλνει την µονάδα του στην µονάδα του S.

3 3 Λύση. (5) Βρείτε έναν υποδακτύλιο του του δακτυλίου Z Z, ο οποίος να µην είναι ιδεώδες του Z Z. (1) Θεωρούµε έναν µεταθετικό δακτύλιο 1, ας πούµε τον 1 = Z, και έναν µη-µεταθετικό δακτύλιο 2, ας πούµε τον δακτύλιο των 2 2 πινάκων µε συνιστώσες από το σώµα των πραγ- µατικών αριθµών, δηλαδή τον 2 = M 2 (). Σχηµατίζουµε το ευθύ γινόµενο δακτυλίων 1 2. Ο 1 2 είναι ένας µη-µεταθετικός δακτύλιος, αφού αν A, B είναι δύο πίνακες από τον 2 = M 2 () µε A B B A, τότε για τα στοιχεία x = (0 Z, A) και y = (0 Z, B) του 1 2 έχουµε xy yx, επειδή xy = (0 Z, A)(0 Z, B) = (0 Z, A B) (0 Z, B A) = (0 Z, B)(0 Z, A) = yx. Είναι γνωστό από τη ϑεωρία ότι η απεικόνιση φ: 1 2 1, (z, A) z είναι ένας επιµορφισµός δακτυλίων µε Ker(φ) = {0 Z } 2 και επιπλέον ο πηλικοδακτύλιος 1 2 / Ker(φ) είναι ισόµορφος µε τον 1. Αλλά ο πυρήνας Ker(φ) είναι ένα ιδεώδες του 1 2. Ετσι ϑέτοντας = 1 2 και I = Ker(φ) παίρνουµε ότι ο /I είναι µεταθετικός, ενώ ο δεν είναι µεταθετικός. Εναλλακτικά: Ο δακτύλιος της Άσκησης 6.: { } = M 0 c 2 () a, b, c είναι µη µεταθετικός, διότι π.χ. ( ), ( ) ( και ) = = Επιπλέον ο δακτύλιος περιέχει το ιδέωδες { } 0 b I = M () b ( M 2 () ) M 2 () και ο δακτύλιος πηλίκο /I είναι ισόµορφος µε τον δακτύλιο ο οποίος είναι µεταθετικός. Βλέπε την επίλυση της Άσκησης 6. για περισσότερες λεπτοµέρειες. (2) Η κατασκευή του παραδείγµατος είναι παραπλήσια µε την προηγούµενη. Εδώ, ϑεωρούµε τον δακτύλιο = 2Z Z, ο οποίος δεν έχει µονάδα, αφού αν είχε, ας πούµε την (α, β), α 2Z, β Z τότε (x, y), ϑα ήταν (α, β)(x, y) = (x, y). Ιδιαιτέρως, ϑα ήταν (α, β)(2, 0) = (2, 0) 2a = 2 a = 1. Αυτό είναι άτοπο, αφού το a = 1 δεν είναι στοιχείο του 2Z. Τώρα ϑεωρούµε τον επιµορφισµό δακτυλίων φ: 2Z Z Z, (a, z) z Ο πυρήνας του φ είναι το ιδεώδες I = 2Z {0 Z } και από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµού ακτυλίων έχουµε ότι ο πηλικοδακτύλιος (2Z Z)/I είναι ισόµορφος µε τον Z. Ο Z διαθέτει µοναδιαίο στοιχείο το 1 Z, άρα και ο ισόµορφος δακτύλιος 2Z Z/I διαθέτει µοναδιαίο στοιχείο. (Μάλιστα, µέσω του ισοµορφισµού διαπιστώνουµε ότι είναι το σύµπλοκο (0, 1 Z ) + I.) (3) Πάλι, η κατασκευή είναι ανάλογη των προηγουµένων. Εδώ ϑεωρούµε το µεταθετικό δακτύλιο Z Z, ο οποίος έχει διαιρέτες του µηδενός. Για παράδειγµα (1 Z, 0 Z )(0 Z, 1 Z ) = (0 Z, 0 Z ). Θεω- ϱούµε τον επιµορφισµό δακτυλίων φ: Z Z Z, (α, β) β Ο πυρήνας του είναι το ιδεώδες I = Z {0 Z }, ο πηλικοδακτύλιος Z Z/I είναι ισόµορφος µε τον Z. Ο δακτύλιος Z δεν έχει διαιρέτες του µηδενός, εποµένως ούτε ο Z Z/I έχει διαιρέτες του µηδενός. (4) Ο δακτύλιος Z δεν έχει διαιρέτες του µηδενός, ενώ ο Z/4Z έχει. Για παράδειγµα, [2] 4 [2] 4 = [0] 4.

4 4 (5) Θεωρούµε το σύνολο = { (z, z) z Z } Z Z Το είναι υποδακτύλιος του Z Z. (Πρόκειται για µια πολύ εύκολη απόδειξη. Για παράδειγµα η κλειστότητα του ως προς τον πολλαπλασιασµό του Z Z προκύπτει ως εξής : Αν x, y, τότε x = (z 1, z 1 ), y = (z 2, z 2 ), z 1, z 2 Z και έτσι xy = (z 1, z 1 )(z 2, z 2 ) = (z 1 z 2, z 1 z 2 ).) Ωστόσο, το δεν είναι ιδεώδες του Z Z, επειδή δεν είναι κλειστό ως προς τον πολλαπλασιασµό µε οποιοδήποτε στοιχείο του Z Z. Για παράδειγµα, (1, 1), (1, 2) Z Z, αλλά (1, 1)(1, 2) = (1, 2) /. Ασκηση 4. Εστω ο δακτύλιος πολυωνύµων [t] υπεράνω του. Εστω τα κύρια ιδεώδη του [t] I = t και J = t 2 4 τα οποία παράγονται από τα πολυώνυµα t και t 2 4. Να περιγραφούν οι δακτύλιοι πηλίκα [t]/i και [t]/j. Τι παρατηρείτε ; Λύση. Θα δείξουµε ότι ο πηλικοδακτύλιος [t]/ t είναι ισόµορφος µε το σώµα των µιγαδικών αριθµών C. Θεωρούµε την απεικόνιση (οµοµορφισµός εκτίµησης) φ i : [t] C, f(t) φ i (f) := f(i), όπου i 2 = 1. ηλαδή αν f(t) = a 0 + a 1 t + a 2 t a n t n [t], τότε φ i (f) = f(i) είναι ο µιγαδικός αριθµός a 0 + a 1 i + a 2 i a n i n. Εύκολα ϐλέπουµε ότι η φ i εείναι οµοµορφισµός δακτυλίων. Προφανώς, ο φ i είναι ένας επιµορφισµός, αφού αν a + bi C, τότε φ i (a + bt) = a + bi, δηλαδή φ i ([t]) = C. Θα υπολογίσουµε τον πυρήνα Ker(φ i ). Εχουµε g(t) Ker(φ i ) g(i) = 0. Αλλά επειδή το πολυώνυµο g(t) είναι ένα πολυώνυµο που έχει µόνο πραγµατικούς συντελεστές έπεται ότι και ο συζυγής του µιγαδικού αριθµού i, δηλαδή ο i είναι επίσης ϱίζα (ϑέση µηδενισµού) του g(t). Γι αυτό g(t) Ker(φ i ) g(i) = 0 g( i) = 0. Εποµένως, g(t) Ker(φ i ) το πολυώνυµο t i διαιρεί το g(t) το πολυώνυµο t+i διαιρεί το g(t) και γι αυτό g(t) Ker(φ i ) g(t) = (t i)(t+i)h(t) = (t 2 +1)h(t), h(t) [t]. Ωστε, Ker(φ i ) = t Τώρα από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµού ακτυλίων έπεται ότι [t]/ Ker(φ i ) = [t]/ t = φ i ([t]) = C. Θα δείξουµε ότι ο πηλικοδακτύλιος [t]/ t 2 4 είναι ισόµορφος µε το ευθύ γινόµενο δακτυλίων. Θεωρούµε την απεικόνιση φ: [t], f(t) φ(f) := (f(2), f( 2)). Είναι εύκολη η διαπίστωση ότι πρόκειται για έναν οµοµορφισµό δακτυλίων, ας ασχοληθεί µε αυτό ο αναγνώστης. Ο φ είναι ένας επιµορφισµός, αφού αν (a, b), τότε για το πολυώνυµο f(t) = a+b 2 + a b 4 t [t] έχουµε ( a + b φ(f(t)) = 2 + a b 4 2, a + b 2 + a b 4 ) ( 2) = (a, b) Εποµένως, φ([t]) =. Θα υπολογίσουµε τον πυρήνα Ker(φ). Εχουµε f(t) Ker(φ) f(2) = 0 και f( 2) = 0. Εποµένως, f(t) Ker(φ) f(t) = (t 2)(t + 2)h(t) = (t 2 4)h(t), h(t) [t]. Ωστε, Ker(φ) = t 2 4. Τώρα από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµού ακτυλίων έπεται [t]/ Ker(φ) = [t]/ t 2 4 = φ([t]) =. Παρατηρούµε ότι στην πρώτη περίπτωση ο δακτύλιος [t]/ t = C δεν διαθέτει διαιρέτες του µηδενός, ενώ στη δεύτερη περίπτωση ο δακτύλιος [t]/ t 2 4 = διαθέτει διαιρέτες του µηδενός. Αυτό οφείλεται στο ότι το t είναι ανάγωγο πολυώνυµο του [t] ενώ το t 2 4 δεν είναι.

5 5 Ασκηση 5. (1) είξτε ότι η απεικόνιση f : C M 2 (), f(a + bi) = b a είναι µονοµορφισµός δακτυλίων. (2) Θεωρούµε τον υποδακτύλιο Q[ 5] = { a + b 5 a, b Q } του σώµατος. Να δείξετε ότι το υποσύνολο Q[ 5] είναι σώµα και η απεικόνιση είναι ισοµορφισµός δακτυλίων. f : Q[ 5] Q[ 5], f(a + b 5) = a b 5 Λύση. (1) Εστω ότι a + bi, c + di είναι στοιχεία του C. Εχουµε : c d a + c b + d f(a + bi) + f(c + di) = + = = f((a + bi) + (c + di)), b a d c (b + d) a + c c d ac bd bc + ad f(a + bi)f(c + di) = = = f((a + bi)(c + di)). b a d c (bc + ad) ac bd Συνεπώς, ο f είναι ένας οµοµορφισµός δακτυλίων. Επιπρόσθετα : a + bi Ker f f(a + bi) = = b a Ωστε Ker f = {0 + 0i} και συνεπώς ο f είναι µονοµορφισµός a = 0 & b = 0 (2) Ο Q[ 5] είναι υποδακτύλιος του και εποµένως είναι µεταθετικός. Το στοιχείο 1 = ανήκει στον Q[ 5] και είναι η µονάδα του. Αν δείξουµε ότι κάθε a+b 5 0 διαθέτει αντίστροφο στοιχείο, τότε ο δακτύλιος Q[ 5] είναι σώµα. Παρατηρούµε ότι a + b 5 = 0 a = b = 0 και γι αυτό a + b 5 0 a 2 5b 2 0, αφού αν a 2 5b 2 = 0, τότε a 2 = 5b 2 που δίνει b = 0 και κατόπιν a = 0. (Αφού αν ήταν b 0, τότε 5 = Q, πράγµα άτοπο αφού ο 5 είναι άρρητος αριθµός.) Συνεπώς, αν a + b 5 0 έχουµε : (a + b ( a 5) a 2 5b 2 + b ) 5 a 2 5b 2 = 1 και γι αυτό το στοιχείο ( a a 2 5b 2 + b ) 5 a 2 5b 2 = (a + b 5) 1 Q[ 5] είναι το πολλαπλασιαστικό αντίστροφο του a + b 5. Εστω ότι a + b 5, c + d 5 είναι στοιχεία του C. Εχουµε : f(a + b 5) + f(c + d 5) = (a b 5) + (c d 5) = (a + c) (b + d) 5 = f((a + c) + (b + d) 5), και f(a + b 5)f(c + d 5) = (a b 5)(c d 5) = (ac + 5bd) (bc + ad) 5 = f((ac + 5bd) + (bc + ad) 5) = f((a + b 5)(c + d 5)). Συνεπώς, ο f είναι ένας οµοµορφισµός δακτυλίων. Προφανώς, ο f είναι επιµορφισµός, αφού το στοιχείο x = a + b 5 = f(a b 5), δηλαδή το x Q[ 5] ισούται µε f(y), όπου το στοιχείο y = a b 5 Q[ 5].

6 6 Τέλος, ο f είναι µονοµορφισµός, αφού a + b 5 Ker f f(a + b 5) = 0 a b 5 = 0 a = 0 & b = 0 a + b 5 = 0 Πριν προχωρήσουµε στις επόµενες ασκήσεις, ϑα κάνουµε ορισµένες γενικές παρατηρήσεις για τον δακτύλιο (M n (S), +, ) των n n πινάκων µε συνιστώσες από έναν δακτύλιο S που έχει µονάδα 1 S. Υπενθυµίζουµε ότι αν, A = (a ij ) και B = (b ij ) είναι δύο στοιχεία του M n (S), τότε το άθροισµά τους A + B = C ορίζεται ως ο πίνακας C = (c ij ), όπου c ij = a ij + b ij, i, j, 1 i, j n και το γινόµενό τους A B = D ορίζεται ως ο πίνακας D = (d ij ), όπου d ij = n λ=1 a iλb λj, i, j, 1 i, j n. Υπενθυµίζουµε ακόµη ότι αν, r S και A = (a ij ) M n (S), τότε το ϐαθµωτό γινόµενο ra = F είναι ο πίνακας F = (f ij ) µε f ij = ra ij, i, j, 1 i, j n. Συµβολίζουµε µε E κλ, 1 κ, λ n τον πίνακα του M n (S), του οποίου η (κ, λ) συνιστώσα ισούται µε 1 S και όλες οι υπόλοιπες είναι ίσες µε µηδέν. Υπενθυµίζουµε ότι οι E ij ονοµάζονται στοιχειώδεις πίνακες. Για το γινόµενο στοιχειωδών πινάκων E κλ E µν ισχύει : { E κν, αν λ = µ ο µηδενικός n n πίνακας, αν λ µ Επιπλέον, για οποιονδήποτε n n πίνακα A = (a ij ) είναι E κλ A E µν = a λµ E κν. Ασκηση 6. Να ϐρεθούν όλα τα ιδεώδη του υποδακτυλίου { } = M 0 c 2 () a, b, c M 2 () {} 0 0 Λύση. Ο διαθέτει τα τετριµµένα ιδεώδη και. Επίσης τα σύνολα 0 0 { } { } 0 b I 1 = b, d και a, b 0 d 0 0 είναι και αυτά ιδεώδη του. Πράγµατι, εύκολα διαπιστώνεται ότι είναι τα I 1 και I 2 είναι υποοµάδες του ως προς την πρόσθεση. Για την κλειστότητα ως προς τον πολλαπλασιασµό του έχουµε : x y 0 b και I 0 z 0 d 1 είναι x y 0 b 0 bx + dy 0 b x y 0 bz = I 0 z 0 d 0 dz 1 και = I 0 d 0 z 0 dz 1. Ωστε, το I 1 είναι ένα ιδεώδες του. x y και I 0 z είναι x y ax bx = I 0 z και Ωστε, το I 2 είναι ένα ιδεώδες του. 0 0 x y ax ay + bz = I 0 z

7 7 Οπως ϑα δούµε και στην Άσκηση{( 12., η τοµή ) δύο ιδεωδών } ενός δακτυλίου είναι επίσης ιδεώδες του, 0 b γι αυτό εδώ η τοµή I 3 = I 1 I 2 = b είναι επίσης ένα ιδεώδες του. 0 0 Θα δείξουµε ότι ο δεν διαθέτει άλλα ιδεώδη πέρα από τα πέντε προηγούµενα. Πιο( συγκεκριµένα ) ϑα δείξουµε ότι, αν J είναι ένα ιδεώδες του που έχει ως στοιχείο κάποιον πίνακα A = 0 d (1) µε a 0 και d 0, τότε J =, (2) µε b 0 και d 0 και όπου η (1, 2) συνιστώσα οποιουδήποτε πίνακα του J ισούται µε 0, τότε J = I 1 (3) µε a 0 και b 0 και όπου η (2, 2) συνιστώσα οποιουδήποτε πίνακα του J ισούται µε 0, τότε J = I 2 (4) µε b 0 και όπου οι (1, 2) και (2, 2) συνιστώσες οποιουδήποτε πίνακα του J ισούνται µε 0, τότε J = I 3 Για την απόδειξη αυτή ϑα χρησιµοποιήσουµε τους στοιχειώδεις πίνακες E 11, E 22, E 12. Προσέξτε ότι ο στοιχειώδης πίνακας E 21 δεν ανήκει στον. a (1) Στην πρώτη περίπτωση οι πίνακες E 11 A E 11 = και E A E 22 = ανήκουν 0 d στο J, αφού( αυτό είναι ) ιδεώδες. Επίσης ( επειδή ) a 0 και d 0, υπάρχουν ( τα a) 1 ( και d 1 καθώς ) και a 1 0 οι πίνακες 0 0 και a 0 a d 1. Αλλά τότε οι πίνακες = E και d 0 d 1 = E 22 ανήκουν στο J, επειδή αυτό είναι ιδεώδες. Τώρα όµως και ο πίνακας E 11 + E 22 = 1 ανήκει στο J και γι αυτό το J =. 0 b 0 0 (2) Στην δεύτερη περίπτωση οι πίνακες E 11 A E 22 = και E A E 22 = 0 d ανήκουν στο J, αφού αυτό( είναι ιδεώδες. ) Επίσης ( επειδή b) 0 και d 0, υπάρχουν ( τα b 1 και ) b d καθώς και οι πίνακες d b 1 και b d 1. Αλλά τότε οι πίνακες 0 b 1 0 b d 1 0 = E και d 1 = E 0 d 22 ανήκουν στο J, επειδή αυτό είναι ιδεώδες. Τώρα, s 0 t 0 s, t, οι πίνακες S = και T = ανήκουν στον, αλλά τότε s, t και οι 0 s 0 t 0 s S E 12 + T E 22 = ανήκουν στο J, αφού αυτό είναι ιδεώδες. Ετσι J = I 0 t 1. Οι αποδείξεις των (3) και (4) είναι παρόµοιες και προτείνουµε να τις λύσει ο αναγνώστης µόνος του. Ασκηση 7. Εστω K ένα σώµα. Να δείξετε ότι τα µόνα ιδεώδη του δακτυλίου πινάκων M 2 (K) είναι το µηδενικό ιδεώδες και ο ίδιος ο δακτύλιος. Εξετάστε αν αυτός ο ισχυρισµός ισχύει όταν n > 2. Λύση. Η απόδειξη είναι πολύ απλη, αν δεχθούµε την αλήθεια της Άσκησης 8. που ϑα αποδείξουµε αµέσως παρακάτω. Οπως γνωρίζουµε, κάθε σώµα K διαθέτει ακριβώς δύο ιδεώδη, τα {0 K } και K. Εποµένως, για κάθε n N, σύµφωνα µε την Άσκηση 8., ο δακτύλιος M n (K) διαθέτει µόνο δύο ιδεώδη, τα M n ({0 K }), το οποίο συµπίπτει µε το µηδενικό ιδεώδες, και ο δακττύλιος M n (K) Ασκηση 8. Εστω ένας δακτύλιος µε µονάδα. Να δείξετε ότι ένα υποσύνολο L του δακτυλίου πινάκων M n () είναι ιδεώδες του M n () αν και µόνον αν υπάρχει ιδεώδες I του έτσι ώστε : { } L = M n (I) := A = (a ij ) M n () a ij I, i, j, 1 i, j n

8 8 και η απεικόνιση είναι 1-1 και επί. Φ : { ιδεώδη I του } { ιδεώδη L του M n () }, Φ(I) = M n (I) Λύση. Το ότι το υποσύνολο Φ(I) = M n (I) του M n () είναι ιδεώδες του M n (), όταν το I είναι ιδεώδες του είναι ολοφάνερο, αφού M n (I) και αφού (1) αν A = (a ij ) και B = (b ij ) είναι στοιχεία του M n (I), τότε και η διαφορά A B = (c ij ) είναι στοιχείο του M n (I), επειδή i, j, 1 i, j n, c ij = a ij b ij είναι στοιχείο του I, διότι i, j, 1 i, j n, τα a ij, b ij I και το I είναι ιδεώδες του, (2) αν A = (a ij ) M n () και B = (b ij ) M n (I), τότε και τα γινόµενα A B = (d ij ) και B A = (e ij ) είναι στοιχεία του M n (I), επειδή i, j, 1 i, j n, τα d ij = n κ=1 a iκb κj και e ij = n κ=1 b iκa κj είναι στοιχεία του I, διότι i, j, 1 i, j n τα b ij είναι στοιχεία του I και τότε i, j, 1 i, j n, τα a iκ b κj, b iκ a κj είναι στοιχεία του I, άρα και τα αθροίσµατά τους d ij = n κ=1 a iκb κj, e ij = n κ=1 b iκa κj, αφού το I είναι ιδεώδες του. Θα κατασκευάσουµε τώρα µια απεικόνιση Ψ : { ιδεώδη L του M n () } { ιδεώδη I του } Αν L ιδεώδες του M n (), ϑεωρούµε το υποσύνολό του L δ = {A L A = ri n, r }, δηλαδή το L δ αποτελείται από όλους τους διαγώνιους πίνακες του M n () που ανήκουν στον ιδεώδες L. Το L δ είναι πάντοτε διάφορο του κενού, αφού ο µηδενικός πίνακας είναι διαγώνιος και ανήκει σε οποιοδήποτε ιδεώδες L του M n (). Τώρα ορίζουµε Ψ(L) = { r ri n L δ } Το Ψ(L) είναι ιδεώδες του. Πράγµατι, 0 Ψ(L), άρα Ψ(L). Αν l 1, l 2 Ψ(L), τότε l 1 I n και l 2 I n L δ, τότε ο διαγώνιος πίνακας (l 1 I n l 2 I n ) = (l 1 l 2 )I n L, αφού το L είναι ιδεώδες του M n (). Συνεπώς, (l 1 l 2 )I n L δ και l 1 l 2 Ψ(L). Τέλος, αν l Ψ(L) και r, τότε ο li n L δ και αφού το L είναι ιδεώδες του M n (), οι διαγώνιοι πίνακες (ri n )(li n ) = (rl)i n και (li n )(ri n ) = (lr)i n ανήκουν στο ιδεώδες L, άρα οι (rl)i n και (lr)i n ανήκουν στο L δ και γι αυτό τα lr και rl ανήκουν στο Ψ(L). Τώρα, για κάθε ιδεώδες I του είναι Ψ Φ(I) = I, αφού το Φ(I) περιέχει και κάθε διαγώνιο πίνακα της µορφής ri n µε r I. Θα δείξουµε ότι για κάθε ιδεώδες L του M n () είναι Φ Ψ(L) = L. Προφανώς, Φ Ψ(L) L. Υπολείπεται να δείξουµε ότι L Φ Ψ(L). Αν A = (a ij ) L, τότε i, j, κ, 1 i, j, κ n και ο πίνακας E κi A E jκ = a ij E κκ ανήκει στο L, αφού αυτό είναι ιδεώδες του M n (). Αλλά τότε i, j, 1 i, j n και ο διαγώνιος πίνακας n κ=1 E κi A E jκ = a n ij κ=1 E κκ = a ij I n ανήκει L και γι αυτό i, j, 1 i, j n οι συνιστώσες a ij του πίνακα A ανήκουν στο Ψ(L). Εποµένως ϑα έχουµε : A Φ Ψ(L). Ετσι διαπιστώνουµε ότι η Φ Ψ είναι η ταυτοτική απεικόνιση πάνω στο σύνολο των ιδεωδών του M n () και η Ψ Φ είναι η ταυτοτική απεικόνιση πάνω στο σύνολο των ιδεωδών του. Εποµένως, η Φ είναι µια «1 1» και «επί» απεικόνιση. Ασκηση 9. Εστω f : S ένας επιµορφισµός δακτυλίων και έστω N = Ker(f). Να δειχθεί ότι η απεικόνιση Φ : A = { ιδεώδη I του έτσι ώστε : N I } B = { ιδεώδη K του S }, Φ(I) = f(i) είναι 1-1 και επί, και επιπλέον : για κάθε I 1, I 2 A είναι I 1 I 2 αν και µόνον αν Φ(I 1 ) Φ(I 2 ). Λύση. Παρατηρούµε ότι το Φ(I) = f(i) είναι ένα ιδεώδες του S, αφού είναι µια υποοµάδα του S ως προς την πρόσθεση (εύκολο) και επιπλέον αν, s S και t Φ(I) = f(i), τότε υπάρχουν r µε f(r) = s (επειδή ο f είναι επιµορφισµός) και i I µε f(i) = t (αφού t Φ(I) = f(i)). Συνεπώς, st = f(r)f(i) = f(ri), ts = f(i)f(r) = f(ir) και έτσι τα st και ts ανήκουν στο Φ(I) = f(i)

9 9 Θεωρούµε την αντιστοιχία Ψ : B = { ιδεώδη K του S } A = { ιδεώδη I του έτσι ώστε : N I } Ψ(K) = f 1 (K) Ισχυριζόµαστε ότι η Ψ είναι µια απεικόνιση, δηλαδή ότι αν, το K είναι ιδεώδες του S, τότε το Ψ(K) = f 1 (K) είναι ένας ιδεώδες του µε N f 1 (K). Το Ψ(K) = f 1 (K) επειδή 0 N και N = f 1 ({0 S }) f 1 (K), αφού το {0 S } K. Τώρα, αν r 1, r 2 f 1 (K), τότε f(r 1 ), f(r 2 ) K f(r 1 ) f(r 2 ) = f(r 1 r 2 ) K r 1 r 2 f 1 (K). Για κάθε r και t f 1 (K) έπεται f(rt) = f(r)f(t) K και f(tr) = f(t)f(r) K, αφού το K ιδεώδες του S και γι αυτό τα rt και tr ανήκουν στο f 1 (K). Ωστε, το f 1 (K) είναι ένα ιδεώδες του που περιέχει το N. Για κάθε ιδεώδες K του S, δηλαδή για κάθε στοιχείο του B, είναι Φ Ψ(K) = K, αφού Φ Ψ(K) = f(f 1 (K)) και η f είναι µια «επί» απεικόνιση. Ωστε, η σύνθεση Φ Ψ είναι η ταυτοτική απεικόνιση επί του συνόλου B. Για κάθε ιδεώδες I του µε N I είναι Ψ Φ(I) = I. Πράγµατι, I Ψ Φ(I), αφού αν, i I, f(i) f(i) = Φ(I) και i f 1 (f(i)) = Ψ(Φ(I)) = Ψ Φ(I). Υπολείπεται να δείξουµε ότι Ψ Φ(I) I. Αν r Ψ Φ(I) = f 1 (f(i)), τότε f(r) f(i) και γι αυτό υπάρχει i I µε f(r) = f(i). Συνεπώς, r i N I και αφού i I r I. Ωστε, Ψ Φ(I) I και τελικά, για κάθε ιδεώδες I A είναι Ψ Φ(I) = I. Ωστε, η σύνθεση Ψ Φ είναι η ταυτοτική απεικόνιση επί του συνόλου A. Αν I 1 I 2, τότε Φ(I 1 ) = f(i 1 ) f(i 2 ) = Φ(I 2 ). Αν Φ(I 1 ) Φ(I 2 ), δηλαδή f(i 1 ) f(i 2 ), τότε I 1 = Ψ Φ(I 1 ) = Ψ(Φ(I 1 )) = f 1 (f(i 1 )) f 1 (f(i 2 )) = Ψ(Φ(I 2 )) = Ψ Φ(I 2 ) = I 2. Ασκηση 10. Εστω N ένα ιδεώδες του δακτυλίου. Τότε τα ιδεώδη του δακτυλίου πηλίκο /N είναι της µορφής : I/N = { x + N /N x I } όπου I είναι ένα ιδεώδες του έτσι ώστε N I. Λύση. Θεωρούµε τον κανονικό επιµορφισµό δακτυλίων π : /N, x π(x) := x + N, ο οποίος ως γνωστόν έχει πυρήνα το N. Σύµφωνα µε την προηγούµενη Άσκηση 9., κάθε ιδεώδες K του /N είναι της µορφής K = Φ Ψ(K), όπου εδώ Ψ(K) = π 1 (K) και Φ(I) = π(i), όπου I είναι ένα ιδεώδες του µε N I. Το σύνολο Ψ(K) = π 1 (K) = {x π(x) K} είναι, σύµφωνα µε την Άσκηση 9., ένα ιδεώδες του, το οποίο περιέχει το N. Λαµβάνοντας υπ όψιν ότι x, είναι π(x) = x + K έχουµε : Ψ(K) = π 1 (K) = {x x + N K}. Συµβολίζουµε µε I το ιδεώδες Ψ(K) που όπως είπαµε περιέχει το N. Τώρα, K = Φ Ψ(K) = Φ(I) και έτσι K = Φ(I) = π(i) = {x + N x I}. Ασκηση 11. (1) Βρείτε όλα τα ιδεώδη N του δακτυλίου Z 12. Σε κάθε περίπτωση να περιγράψετε τον δακτύλιο πηλίκο Z 12 /N, δηλαδή ϐρείτε γνωστό δακτύλιο µε τον οποίο είναι ισόµορφος ο δακτύλιος-πηλίκο Z 12 /N. (2) Να δείξετε ότι το υποσύνολο 8Z είναι ιδεώδες του δακτυλίου 2Z, και να συµπληρώσετε τους πίνακες πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού του δακτύλιου πηλίκο 2Z/8Z. Είναι οι δακτύλιοι 2Z/8Z και Z 4 ισόµορφοι ; Λύση. (1) Θεωρούµε τον επιµορφισµό δακτυλίων π : Z Z 12, z [z] 12, ο πυρήνας Ker(π) του οποίου ισούται µε το ιδεώδες 12 = {12λ λ Z}. Σύµφωνα µε την Άσκηση 10., τα ιδεώδη του Z 12 είναι της µορφής I/ 12, όπου I είναι ένα ιδεώδες του Z µε 12 I. Είναι γνωστό ότι κάθε ιδεώδες I του Z είναι της µορφής α, όπου α N {0}. Τώρα, 12 α 12 α α 12. Το σύνολο των διαιρετών του 12 είναι το {1, 2, 3, 4, 6, 12}. Εποµένως, το σύνολο των ιδεωδών του Z 12 είναι το { 1 / 12, 2 / 12, 3 / 12, 4 / 12, 6 / 12, 12 / 12 }. (Βέβαια, το ιδεώδες 1 / 12 συµπίπτει µε τον δακτύλιο Z 12 και το 12 / 12 είναι το µηδενικό ιδεώδες του Z 12.)

10 10 Από το Τρίτο Θεώρηµα Ισοµορφισµού ακτυλίων γνωρίζουµε ότι αν, δακτύλιος και I, J ιδεώδη του µε J I, τότε (/J)/(I/J) = /I. Γι αυτό εδώ, λαµβάνοντας υπ όψιν ότι Z 12 = Z/ 12, έχουµε : (Z/ 12 )/( 1 / 12 ) = Z/ 1, (Z/ 12 )/( 2 / 12 ) = Z/ 2, (Z/ 12 )/( 3 / 12 ) = Z/ 3, (Z/ 12 )/( 4 / 12 ) = Z/ 4, (Z/ 12 )/( 6 / 12 ) = Z/ 6, (Z/ 12 )/( 12 / 12 ) = Z/ 12. (Υπενθυµίζουµε ότι ο Z/ 1 είναι ο τετριµµένος δακτύλιος που έχει µόνο ένα στοιχείο, αφού στο συγκεκριµένο δακτύλιο είναι = Προσέξτε επίσης ότι 1 = Z.) (2) Το 8Z = 8 είναι ιδεώδες του δακτυλίου 2Z = 2, αφού πρόκειται είναι ένα ιδεώδες του Z µε 8Z 2Z. Το σύνολο των στοιχείων του πηλικοδακτύλιου 2Z/8Z είναι το {0 + 8Z, 2 + 8Z, 4 + 8Z, 6 + 8Z}. Οι πίνακες των πράξεων της πρόσθεσης και του πολλαπλασιασµού του 2Z/8Z είναι οι ακόλουθοι : Z 2 + 8Z 4 + 8Z 6 + 8Z 0 + 8Z 0 + 8Z 2 + 8Z 4 + 8Z 6 + 8Z 2 + 8Z 2 + 8Z 4 + 8Z 6 + 8Z 0 + 8Z 4 + 8Z 4 + 8Z 6 + 8Z 0 + 8Z 2 + 8Z 6 + 8Z 6 + 8Z 0 + 8Z 2 + 8Z 4 + 8Z 0 + 8Z 2 + 8Z 4 + 8Z 6 + 8Z 0 + 8Z 0 + 8Z 0 + 8Z 0 + 8Z 0 + 8Z 2 + 8Z 0 + 8Z 4 + 8Z 0 + 8Z 4 + 8Z 4 + 8Z 0 + 8Z 0 + 8Z 0 + 8Z 0 + 8Z 6 + 8Z 0 + 8Z 4 + 8Z 0 + 8Z 4 + 8Z Οι δακτύλιοι 2Z/8Z και Z 4 δεν είναι ισόµορφοι ως δακτύλιοι, επειδή ο Z 4 διαθέτει µοναδιαίο στοιχείο ως προς τον πολλαπλασιασµό του, ενώ ο 2Z/8Z δεν διαθέτει. Ασκηση 12. ( εύτερο Θεώρηµα Ισοµορφισµών ακτυλίων) Εστω I και J δύο ιδεώδη του δακτυλίου. (1) Να δειχθεί ότι το σύνολο I + J = { x + y x I & y J } είναι ιδεώδες του, και το υποσύνολο J είναι ένα ιδεώδες του υποδακτυλίου I + J. (2) Να δειχθεί οτι το συνολο I J = { z z I & z J } είναι ιδεώδες του και των υποδακτυλίων I και J. (3) Να δειχθεί ότι οι δακτύλιοι πηλίκα (I + J)/J και I/I J είναι ισόµορφοι : (I + J)/J = I/I J Λύση. (1) Το I + J είναι προφανώς ένα µη κενό σύνολο. Αν α, β I + J, τότε α = x 1 + y 1, β = x 2 + y 2, x 1, x 2 I, y 1, y 2 J και γι αυτό η διαφορά α β = (x 1 x 2 ) + (y 1 y 2 ) ανήκει στο I + J, αφού (x 1 x 2 ) I, (y 1 y 2 ) J, επειδή τα I, J είναι ιδεώδη του. Γι αυτό το I + J είναι µια υποοµάδα ως προς την πρόσθεση του. Τέλος, αν r και α = x + y I + J, x I, y J, τότε rα = rx + ry I + J και αr = xr + yr I + J, επειδή τα I, J είναι ιδεώδη του. Γι αυτό το I + J είναι κλειστό από αριστερά και δεξιά ως προς τον πολλαπλασιασµό µε τα στοιχεία του και γι αυτό είναι ένα ιδεώδες του. (Ιδιαιτέρως το I + J είναι ένας υποδακτύλιος του.) Τα I, J περιέχονται στον υποδακτύλιο I + J, και αφού είναι ιδεώδη του είναι και ιδεώδη του I + J. (2) Το I J είναι προφανώς ένα µη κενό σύνολο, αφού 0 I J. Αν α, β I J, τότε α I, J και β I, J και γι αυτό η διαφορά α β ανήκει στο I J, αφού α β I, J, επειδή τα I, J είναι ιδεώδη του. Γι αυτό το I J είναι µια υποοµάδα ως προς την πρόσθεση του. Τέλος, αν r και α I J, τότε rα I, J, επειδή τα I, J είναι ιδεώδη του και γι αυτό rα I J. Οµοια αποδεικνύεται ότι το αr I J. Ετσι, το I J είναι κλειστό από αριστερά και δεξιά ως προς τον πολλαπλασιασµό µε τα στοιχεία του και γι αυτό είναι ένα ιδεώδες του. Το I J περιέχεται και στο ιδεώδες I και στο ιδεώδες J, τα οποία είναι και υποδακτύλιοι του, συνεπώς είναι και ιδεώδες των I και J. (3) Θεωρούµε την αντιστοιχία φ : I + J I/I J, φ(i + j) = i + I J.

11 11 Η φ είναι µια καλά ορισµένη απεικόνιση, αφού αν i 1 + j 1 = i 2 + j 2, όπου i 1, i 2 I, j 1, j 2 J, τότε i 1 + I J = i 2 + I J, αφού η διαφορά i 1 i 2 = j 2 j 1 ανήκει στην τοµή I J. Θα δείξουµε ότι η φ είναι ένας επιµορφισµός δακτυλίων µε Ker(φ) = J. Για κάθε x = i 1 + j 1, y = i 2 + j 2 I + J, όπου i 1, i 2 I, j 1, j 2 J είναι φ(x + y) = φ(i 1 + i 2 + j 1 + j 2 ) = i 1 + i 2 + I J = (i 1 + I J) + (i 2 + I J) = φ(x) + φ(y). φ(xy) = φ((i 1 + j 1 )(i 2 + j 2 )) = φ(i 1 i 2 + i 1 j 2 + j 1 i 2 + j 1 j 2 ) = ( επειδή το i 1 j 2 + j 1 i 2 + j 1 j 2 J) i 1 i 2 + I J = (i 1 + I J)(i 2 + I J) = φ(x)φ(y). Επιπλέον αν, i + I J I/I J, τότε φ(i + 0) = i + I J. Συνεπώς, ο οµοµορφισµός φ είναι ένας επιµορφισµός, δηλαδή φ(i + J) = I/I J. Ας υπολογίσουµε τώρα τον πυρήνα Ker(φ). Το x = i + j, i I, j J ανήκει στον Ker(φ) φ(x) = φ(i + j) = 0 + I J i + I J = 0 + I J i I J. Αν λοιπόν το x = i + j Ker(φ), τότε i I J, συνεπώς το i J και το x = i + j J. Εποµένως, Ker(φ) J. Αντίστροφα, αν το x J, τότε x = 0 + x, 0 I, x J και γι αυτό, σύµφωνα µε τον ορισµό της απεικόνισης φ, η εικόνα του φ(x) ισούται µε 0 + I J. Συνεπώς, J Ker(φ). Ετσι τελικώς έχουµε J = Ker(φ). Τώρα από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµού ακτυλίων έπεται ότι : I + J/J = φ(i + J) = I/I J Ασκηση 13. Εστω I 1, I 2,, I n ιδεώδη ενός δακτυλίου, και υποθέτουµε ότι : I i + I j =, 1 i j n Να δείξετε ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός δακτυλίων / n = I k /I1 /I 2 /I n k=1 Λύση. Θα κατασκευάσουµε έναν επιµορφισµό δακτυλίων µε πυρήνα Ker(φ) = n k=1 I k. Θεωρούµε την απεικόνιση φ : /I 1 /I 2 /I n φ : /I 1 /I 2 /I n, r φ(r) := (r + I 1, r + I 2,..., r + I n ) Αφήνουµε στον αναγνώστη να αποδείξει (εύκολο) ότι η φ είναι ένας οµοµοµορφισµός δακτυλίων. Εξίσου εύκολη είναι η απόδειξη ότι ο πυρήνας Ker(φ) ισούται µε n k=1 I k. Για να αποδείξουµε ότι η φ είναι «επί» είναι επαρκές να αποδείξουµε ότι για κάθε i, 1 i n, το στοιχείο e i = (0 + I 1, 0 + I 2,..., 0 + I i 1, 1 + I i, 0 + I i+1,..., 0 + I n ) ανήκει στην εικόνα φ(), δηλαδή ότι για κάθε i, 1 i n, υπάρχει a i µε φ(a i ) = e i, αφού τότε για κάθε στοιχείο (r 1 + I 1, r 2 + I 2,..., r i 1 + I i 1, r i + I i, r i+1 + I i+1,..., r n + I n ) /I 1 /I 2 /I n έχουµε : (r 1 + I 1, r 2 + I 2,..., r i 1 + I i 1, r i + I i, r i+1 + I i+1,..., r n + I n ) = n (r i + I 1, r i + I 2,..., r i + I i 1, r i + I i, r i + I i+1,..., r i + I n )e i ( n n ) φ(r i )φ(a i ) = φ r i a i, από όπου προκύπτει ότι ο οµοµορφισµός φ είναι επιµορφισµός.

12 12 οθέντος κ, 1 κ n, ϑα ϐρούµε r µε φ(r) = e κ, δηλαδή ϑα ϐρούµε r µε (r+i 1, r+i 2,..., r+i κ 1, r+i κ, r+i κ+1,..., r+i n ) = (0+I 1, 0+I 2,..., 0+I κ 1, 1+I κ, 0+I κ+1,..., 0+I n ). Με άλλα λόγια ϑα ϐρούµε κάποιο στοιχείο r µε r +I i = 0+I i, i κ, 1 i n και r +I κ = 1+I κ, ή ισοδύναµα ϑα ϐρούµε r µε r I i, i κ, 1 i n (δηλαδή r n,i κ I i ) και r 1 I κ.( ) Παρατηρούµε ότι για το δοθέν κ είναι από την υπόθεση I κ + I i =, i, i κ, 1 i n. Συνεπώς το µοναδιαίο στοιχείο 1 του γράφεται i, i κ, 1 i n, 1 = a iκ + a i, όπου a iκ I κ και a i I i. Θεωρούµε το γινόµενο όλων αυτών των (n 1) το πλήθος εκφράσεων του 1 και έχουµε : n 1 = 1 n 1 = (a iκ + a i ) = (a 1κ + a 1 )(a 2κ + a 2 )... (a (κ 1)κ + a κ 1 )(a (κ+1)κ + a κ+1 )... (a nκ + a n ),i κ ( ) Παρατηρούµε ότι το ανωτέρω γινόµενο ισούται µε µια έκφραση της µορφής α + a 1 a 2... a κ 1 a κ+1... a n, όπου ο όρος α ανήκει στο I κ ως άθροισµα όρων που καθένας τους είναι γινόµενο κάποιου στοιχείου από το I κ. Επιπλέον, επειδή το στοιχείο a 1 a 2... a κ 1 a κ+1... a n ανήκει σε κάθε I i, i κ, 1 i n, έπεται ότι ανήκει και στην τοµή n,i κ I i. Οµως το γινόµενο της ( ) ισούται µε 1 και έτσι 1 = α + a 1 a 2... a κ 1 a κ+1... a n µε α I κ και a 1 a 2... a κ 1 a κ+1... a n n,i κ I i. Θέτοντας r = a 1 a 2... a κ 1 a κ+1... a n παρατηρούµε ότι r n,i κ I i και r 1 = α I κ. Συνεπώς το r ικανοποιεί τις συνθήκες που ϑέλαµε στην ( ) και γι αυτό ο φ είναι ένας επιµορφισµός. Ωστε φ() = /I 1 /I 2 /I n Τώρα, από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµού ακτυλίων έχουµε n / Ker(φ) = / I k = φ() = /I1 /I 2 /I n. k=1 Θα δώσουµε µια διαφορετική λύση, µε χρήση Μαθηµατικής Επαγωγής, της παραπάνω Ασκησης: Αν n = 1, τότε δεν έχουµε να δείξουµε τίποτα και ο ισχυρισµός είναι αληθής. Υποθέτουµε ότι n = 2. Ετσι έχουµε δύο ιδεώδη I 1 και I 2 του µε την ιδιότητα I 1 + I 2 = και άρα 1 = x + y όπου x I 1 & y I 2 Εποµένως χρησιµοποιώντας ότι τα I 1 και I 2 είναι ιδεώδη του, ϑα έχουµε : Θεωρούµε την απεικόνιση r : r = rx + ry = r 1 + r 2 και r 1 := rx I 1 & r 2 := ry I 2 ( ) f : /I 1 /I 2, f(r) = (r + I 1, r + I 2 ) Εύκολα ϐλέπουµε ότι η f είναι οµοµορφισµός δακτυλίων και Ker(f) = { r f(r) = 0 /I1 /I 2 } = { r (r + I1, r + I 2 ) = (0 + I 1, 0 + I 2 ) } = = { r r + I 1 = 0 + I 1 & r + I 2 = 0 + I 2 } = { r r I1 & r I 2 } = I1 I 2 είχνουµε ότι η f είναι επιµορφισµός : έστω (r + I 1, s + I 2 ) /I 1 /I 2. Τότε από τη σχέση ( ) έπεται ότι ϑα έχουµε : Τότε r = r 1 + r 2 όπου r 1 I 1 & r 2 I 2 και s = s 1 + s 2 όπου s 1 I 1 & s 2 I 2 r r 2 = r 1 I 1 = r + I 1 = r 2 + I 1 και s s 1 = s 2 I 2 = s + I 2 = s 1 + I 2

13 13 Εποµένως r + I 1 = r 2 + I 1 = r 2 + s 1 + I 1 διότι s 1 I 1 και s + I 2 = s 1 + I 2 = s 1 + r 2 + I 2 διότι r 2 I 2 Θεωρούµε το στοιχείο r := r 2 + s 1 Παρατηρούµε ότι, λόγω των παραπάνω σχέσεων, ϑα έχουµε : και εποµένως η απεικόνιση f είναι επί. f(r 2 + s 1 ) = (r 2 + s 1 + I 1, r 2 + s 1 + I 2 ) = (r + I 1, s + I 2 ) Επειδή η f : /I 1 /I 2 είναι επιµορφισµός δακτυλίων και Ker(f) = I 1 I 2, από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών ακτυλίων, ϑα έχουµε έναν ισοµορφισµό δακτυλίων /I 1 I 2 = /I1 /I 2 Επαγωγική Υπόθεση: Ο ισχυρισµός της Άσκησης είναι αληθής για κάθε δακτύλιο και πλήθος ιδεωδών I 1, I 2,, I n 1, όπου I i + I j =, 1 i j n 1, δηλαδή υπάρχει ισοµορφισµός δακτυλίων / n 1 I i = /I1 /I 2 /I n 1 Επιστρέφοντας στην αρχική υπόθεση της Άσκησης, υποθέτουµε τώρα έχουµε n το πλήθους ιδεώδη I 1, I 2,, I n, όπου I i + I j =, 1 i j n. Ισχυρισµός: I i ) + I n = ( ) n 1 ( Απόδειξη του Ισχυρισµού: Επειδή I i + I j =, 1 i j n, έπεται ότι η µονάδα 1 του δακτυλίου ανήκει στα ιδεώδη I 1 + I n, I 2 + I n,, I n 1 + I n, και άρα µπορούµε να γράψουµε : 1 = y 1 + y n = y 2 + y n = = y n 1 + y n, y i I i, 1 i n Τότε, χρησιµοποιώντας οτι το I n είναι ιδεώδες του, προφανώς µπορούµε, αν αναπτύξουµε το παραπάνω γινόµενο, να γράψουµε : 1 = (y 1 + y n )(y 2 + y n ) (y n 1 + y n ) = y 1 y 2 y n 1 + y, όπου y I n ( ) Οµως το στοιχείο y 1 y 2 y n 1 ανήκει σε κάθε ιδεώδες I k, 1 k n 1, διότι κάθε y k I k. Άρα y 1 y 2 y n 1 n 1 I i, και τότε επειδή η τοµή ιδεωδών είναι ιδεώδες, η σχέση ( ) δείχνει ότι : n 1 n 1 r : r = ry 1 y 2 y n 1 + ry ( I i ) + I n = ( I i ) + I n = και εποµένως ισχύει η σχέση ( ). Τώρα λόγω της ( ), της επαγωγικής υπόθεσης, και της απόδειξης του ισχυρισµού για την περίπτωση n = 2, ϑα έχουµε διαδοχικά : / n I i = / n 1 n 1 ( I i ) I n = / I i /I n = /I1 /I 2 /I n 1 /I n

14 14 Ασκηση 14. (Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπων για ακτυλίους) I 1, I 2,, I n ιδεώδη του, έτσι ώστε : I i + I j =, 1 i j n Να δείξετε ότι αν x 1, x 2,, x n, τότε υπάρχει ένα στοιχείο x έτσι ώστε : x x k I k, 1 k n Εστω ένας δακτύλιος µε µονάδα και Να συνάγετε το Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπων της Θεωρίας Αριθµών : Εστω m 1, m 2,, m n ϑετικοί ακέραιοι έτσι ώστε (m i, m j ) = 1, 1 i j n. Εστω a 1, a 2,, a n τυχόντες ακέραιοι. Τότε το σύστηµα ισοτιµιών x a i mod(m i ) 1 i n έχει λύση, και δύο τυχούσες λύσεις του συστήµατος είναι ισότιµες modulo m 1 m 2 m n. Λύση. Ο επιµορφισµός φ που κατασκευάσαµε στην προηγούµενη άσκηση µας λέει ότι αν, x 1, x 2,..., x k,..., x n είναι οποιαδήποτε στοιχεία του, τότε υπάρχει κάποιο x µε (x + I 1, x + I 2,..., x + I k,..., x + I n ) = φ(x) = (x 1 + I 1, x 2 + I 2,..., x k + I k,..., x n + I n ) ή ισοδύναµα υπάρχει x µε x x k I k, 1 k n. Επιπλέον, η ανωτέρω άσκηση µας πληροφορεί ότι αν, φ(x) = φ(y), τότε x y Ker(φ) = n k=1 I k. Ας συνάγουµε το Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπων της Θεωρίας Αριθµών: Αφού οι ϑετικοί ακέραιοι m 1, m 2,..., m n είναι ανά δύο σχετικώς πρώτοι µέταξύ τους το ιδεώδες m i + m j ισούται µε Z, για κάθε i, j, i j, 1 i, j n αφού το 1 m i + m j, επειδή το 1 ως µέγιστος κοινός διαιρέτης των m i, m j, i j γράφεται ως 1 = κm i + λm j. Ετσι ικανοποιούνται οι υποθέσεις της προηγούµενης και του πρώτου µέρους της παρούσας άσκησης. Γι αυτό αν, a 1, a 2,, a n είναι οποιοιδήποτε ακέραιοι µπορούµε να ϐρούµε i, 1 i n ένα a Z µε a a i m i. Με άλλα λόγια το συγκεκριµένο a Z είναι λύση του συστήµατος ισοτιµιών x a i mod(m i ) 1 i n. Επιπλέον αν, a και b είναι λύσεις του ανωτέρω συστήµατος, τότε όπως είδαµε στο πρώτο µέρος της παρούσας άσκησης η διαφορά τους a b ανήκει στον πυρήνα Ker(φ), δηλαδή στο ιδεώδες n m k = m 1 m 2 m n. k=1 Αλλά είναι γνωστό ότι η τοµή n k=1 m k ισούται µε m, όπου m είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των m 1, m 2,..., m n και επειδή οι συγκεκριµένοι αριθµοί είναι ανά δύο σχετικώς πρώτοι, το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιό τους ισούται µε m 1 m 2... m n. Συνεπώς αν, a και b είναι λύσεις του ανωτέρω συστήµατος, τότε a b m 1 m 2... m n. Στη γλώσσα της Θεωρία αριθµών αυτό σηµαίνει ότι δύο οποιεσδήποτε λύσεις του συστήµατος είναι ισότιµες modulo m 1 m 2 m n. Ασκηση 15. Εστω n = p a 1 1 pa 2 2 pa k k η πρωτογενής ανάλυση του ϕυσικού αριθµού n 1 σε γινόµενο δυνάµεων διακεκριµµένων πρώτων αριθµών p 1, p 2,, p k. Να δείξετε ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός δακτυλίων = Z n Zp a 1 Z a 1 p 2 Z a 2 p k k Λύση. Η συγκεκριµένη άσκηση είναι και αυτή µια εφαρµογή της Άσκησης 13. και της Άσκησης 14.. Οι αριθµοί p a i i, i = 1, 2,..., k είναι ανά δύο σχετικώς πρώτοι και συνεπώς, για κάθε i, j, 1 i, j k µε i j, είναι p a i i + pa j j = Z. Από την Άσκηση 13 έχουµε τον ισοµορφισµό Z/ Ker(φ) = Z p a 1 1 Z p a 2 2 Z p a k k ( )

15 Γνωρίζουµε ότι ο Ker(φ) ισούται µε k pa i i. Αλλά το συγκεκριµένο ιδεώδες ισούται µε το ιδεώδες ɛ, όπου ɛ είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των ανά δύο σχετικώς πρώτων αριθµών p a i i, 1 i k. Γι αυτό ɛ = p a 1 1 pa 2 2 pa k k = n και έτσι η ( ) παίρνει τη µορφή Z n = Z/ n = Z a p 1 Z a 1 p 2 Z a 2 p k. k 15