Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 16 Ιανουαρίου 2013 Ασκηση 1. (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 ιδεώδες του δακτυλίου Z Z το οποίο να µην είναι πρώτο. Λύση. (1) Από την επόµενη Άσκηση 2. 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 δακτύλιο πηλίκα Z 2 Z 2 / {[0]2 } Z 2 = Z2 και Z 2 Z 2 / Z2 {[0] 2 } = Z 2 είναι σώµατα. Οι παραπάνω ισοµορφισµοί επάγονται από τους επιµορφισµούς δακτυλίων για τους οποίους προφανώς έχουµε 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 I = {[0] 2 } Z 2 = Ker(f) και J = Z 2 {[0] 2 } = Ker(g) µε χρήση του Πρώτου Θεωρήµατος Ισοµορφισµών ακτυλίων, δηλαδή οι Ϲητούµενοι ισοµορφισµοί ορίζονται ως εξής :

2 f : Z 2 Z 2 / {[0]2 } Z 2 Z 2, f[([n] 2, [m] 2 ) + I) = [n] 2 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 K 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 I. 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 ακτυλίων, 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 I. 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 ακτυλίων, 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.

3 (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] } ηλαδή το (t) αποτελείται από όλα τα πολυώνυµα µε µηδενικό σταθερό όρο. Η απεικόνιση 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 ακτυλίων, 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 και είναι προφανώς κλειστό στην πρόσθεση του δακτυλίου Z Z και στον πολλαπλασιασµό των στοιχείων του µε στοιχεία του δακτυλίου 2Z 3Z, 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 ακτυλίων, 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 2. Να ϐρεθούν όλα τα πρώτα (µέγιστα) ιδεώδη του δακτυλίου Z n. Λύση. 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 9. 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

4 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 Ενα 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 Ισοµορ- ϕισµών για ακτυλίους. Οµως 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 ηλαδή, 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 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 από τα στοιχεία [d i ] n. Υπενθυµίζουµε ότι η τάξη της κυκλικής οµάδας [d i ] n είναι n 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 p, η οποία παράγεται από την κλάση [p] n του διαιρέτη p του n. Ασκηση 3. Να δείξετε ότι κάθε ακέραια περιοχή µε πεπερασµένο πλήθος (κύριων) ιδεωδών είναι σώµα. Λύση. Εστω 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 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) Ετσι δείξαµε ότι κάθε µη-µηδενικό στοιχείο του R είναι αντιστρέψιµο, δηλαδή ο δακτύλιος R είναι σώµα. Ασκηση 4. Εστω R ένας µεταθετικός δακτύλιος µε µονάδα. είξτε ότι κάθε πρώτο ιδεώδες του R είναι µέγιστο ιδεώδες, αν ισχύει µια από τις ακόλουθες συνθήκες : Λύση. (1) Ο δακτύλιος R έχει πεπερασµένο πλήθος στοιχείων. (2) Ο δακτύλιος R έχει πεπερασµένο πλήθος (κύριων) ιδεωδών. (2) Εστω 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. Ετσι το συµπέρασµα προκύπτει από το µέρος (2). Εναλλακτικά ( χωρίς χρήση του (2) ): Εστω 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 πεπερασµένγη 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. Εστω 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. Εστω R ένας δακτύλιος µε µονάδα, και N ένα ιδεώδες του R. = Εστω 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 9, 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 = 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. Οπως 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. Ετσι η έννοια του απλού δακτυλίου σε µη-µεταθετικούς δακτυλίους, στην Άσκηση 5., είναι ανάλογη της έννοιας του σώµατος σε µεταθετικούς δακτυλίους. Σχόλιο. Εστω 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 2 + + 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. ηλαδή 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 : Εστω K ένα σώµα και έστω R = M n (K). Τότε, όπως προκύπτει από τις Ασκήσεις 7. και 8. του Φυλλαδίου 9, 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. Εστω 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. είχνουµε 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. Εστω λοιπόν R x 0. Θεωρούµε το κύριο ιδεώδες (x 2 ) = { rx 2 R r R } 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

7 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. 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 9, έχουµε ότι τα ιδεώδη του δακτυλίου R είναι τα εξής : (1) Το µηδενικό ιδεώδες O = ( 0 0 0 0 ). (2) Ο δακτύλιος R. (3) Το ιδεώδες I = { ( ) a b R a, b R } 0 0 (4) Το ιδεώδες (5) Το ιδεώδες Για τα µέγιστα ιδεώδη ϑα έχουµε : J = { ( ) 0 b R b, c R } 0 c K = { ( ) 0 b R b R } 0 0 (1) Το µηδενικό ιδεώδες 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) Το µη-γνήσιο ιδεώδες R δεν είναι µέγιστο εξ ορισµού. (3) Για το ιδεώδες I: Εύκολα ϐλέπουµε ότι η απεικόνιση f : R R, είναι ένας επιµορφισµός δακτυλίων, και Ker(f) = I f ( ( a b 0 c ) ) = c Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών ακτυλίων, 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) Για το ιδεώδες 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. Εστω 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. (5) Για το ιδεώδες K: Εύκολα ϐλέπουµε ότι η απεικόνιση f : R R R, είναι ένας επιµορφισµός δακτυλίων, και Ker(f) = K f ( ( a b 0 c ) ) = (a, c) Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών ακτυλίων, ϑα έχουµε έναν ισοµορφισµό δακτυλίων R/K = R R

8 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) Το ( µηδενικό ) ( ) ιδεώδες O δεν έιναι πρώτο διότι, όπως εύκολα µποριούµε να δούµε : KK = O (διότι 0 b 0 b 0 0 0 0 = ( 0 0 0 0 )), και προφανώς K O. (2) Το ιδεώδες R δεν είναι πρώτο εξ ορισµού. (3) Το ιδεώδες K δεν είναι πρώτο διότι : επειδή ( ) ( ) ( ) ( ) ( a b 0 0 I & 0 b 0 c J : a b 0 b 0 0 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) Τα ιδεώδη I και J είναι πρώτα, όπως µπορούµε να δούµε εύκολα µε χρήση του ορισµού πρώτου ιδεώδους σε µη µεταθετικούς δακτυλίους. Ασκηση 8. Εστω R ένας δακτύλιος του Boole 1, 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. Οπως προκύπτει από την Λύση της Άσκησης 7.(1) του Φυλλαδίου 8, ϑα έχουµε ότι ο R είναι ένας µεταθετικός δακτύλιος χαρακτηριστικής 2, δηλαδή : x, y R : 2x = x + x = 0 και xy = yx (1) = (2) Εστω 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) Εστω 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 } Εστω x R \ P. Θέτοντας y = 1 R στην συνθήκη (2) και λαµβάνοντας υπ όψιν ότι 1 R inp (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. Οµως επειδή x + P, y + P R/P : (x + P ) 2 = (x + P )(x + P ) = x 2 + P = x + P 1 Υπενθυµίζουµε ότι ένας δακτύλιος µε µονάδα R καλείται δακτύλιος του Boole, αν : x 2 = x, x R.

9 και επειδή ο δακτύλιος, ώς σώµα, δεν έχει διαιρέτες του µηδενός ϑα έχουµε : Εποµένως : Η απεικόνιση (x + P ) ( (x + P ) 1 R + P ) ) = 0 + P = x + P = 0 + P ή x + P = 1 R + P R/P = { 0 + P, 1 R + P } 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. Ασκηση 9. Εστω 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. Εστω 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. Εστω 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) Εστω 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 = 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 Εστω 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

10 και εποµένως J + (f(x)) = S = { t + sf(x) S t J & s S } = S Εστω 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). Ετσι 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 µονοµορφισµός. Οµως 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. Εστω R ένας µεταθετικός δακτύλιος µε µονάδα. Υποθέτουµε ότι 2 : x R, n 2 : x n = x Να δείξετε ότι κάθε πρώτο ιδεώδες του R είναι µέγιστο. Λύση. Εστω 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 ιαγραφής 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. Ασκηση 12. Εστω R µια ακέραια περιοχή, και υποθέτουµε ότι κάθε ιδεώδες του R είναι κύριο. Να δείξετε οτι κάθε µη-µηδενικό πρώτο ιδεώδες του R είναι µέγιστο. 2 το n γενικά µπορεί να εξαρτάται από το x R.

11 Λύση. Εστω 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. Εστω 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 Οµως 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. (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 2 + +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 2 + + a n t n F[t] a 0 = 0 } = { P (t) = a1 t + a 2 t 2 + + 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 ακτυλίων, έπεται ότι έχουµε έναν ισοµορφισµό δακτυλίων : F[t]/(t) = F Επειδή ο δακτύλιος F είναι σώµα, έπεται ότι το ιδεώδες (t) είναι µέγιστο. (2) Βλέπε το τµήµα (5) της Άσκησης 1..

12 (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 2 + + 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 2 + + a n t n Z[t] [a 0 ] = [0] 2 } = = { P (t) = a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + + 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 ακτυλίων, 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 µέγιστο. Εναλλακτικά: δείξτε ότι το ιδεώδες (2, t) είναι µέγιστο µε χρήση του ορισµού. ηλαδή 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] 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.

13 Ασκηση 14. 3 Εστω 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 είναι 1-1 και επί. [0, 1] { µέγιστα ιδεώδη του C([0, 1]) }, r M r Λύση. (2) = (1) Εστω r [0, 1] και ϑεωρούµε το σύνολο M r = { f C([0, 1]) f(r) = 0 } Ορίζουµε απεικόνιση Φ r : C([0, 1]) R, Η απεικόνιση Φ r είναι ένας επιµορφισµός δακτυλίων, διότι : (1) (2) Φ r (f) = f(r) Φ r (f + g) = (f + g)(r) = f(r) + g(r) = Φ r (f) + Φ r (g) 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 ακτυλίων, 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) Εστω 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 ( ) Εστω ότι ο ισχυρισµός ( ) δεν ισχύει. Τότε ϑα έχουµε ότι : x [0, 1], f x M : f x (x) 0 ( ) Μεσω µιας σειρας 4 βηµατων θα δουµε οτι ο ισχυρισµος ( ) µας οδηγει σε ατοπο: 3Άσκηση αυξηµένης δυσκολίας, αλλά και αυξηµένου ενδιαφέροντος!

14 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 ηένωση 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] 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 2 + + f 2 x n : [0, 1] R, j=1 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 2 + + f 2 x n M 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 : 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 Οµως 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)

15 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 ατοπο διότι το M είναι µέγιστο και άρα εξ ορισµού είναι γνήσιο. Τα ϐήµατα (1) - (4) µας οδηγήσαν σε άτοπο, υποθέτοντας ότι ισχύει η σχέση ( ). Εποµένως η σχέση ( ) δεν ισχύει, και άρα ισχύει η σχέση Οπως είδαµε αυτό σηµαίνει ότι : r [0, 1] : f M : f(r) = 0 ( ) M M r C([0, 1]) (7) Επειδή το M 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 είναι 1-1 και επί. M = M r [0, 1] { µέγιστα ιδεώδη του C([0, 1]) }, r M r (8) Η παραπάνω απόδειξη δείχνει ότι η απεικόνιση είναι επί. Για να δείξουµε ότι η απεικόνιση είναι 1-1, υποθέτουµε ότι Θεωρούµε την συνάρτηση r, s [0, 1] και M r = M s 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. Εστω 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 είναι 1-1 και επί. Φ x : C([0, 1]) R, Φ x (f) = f(x)

16 Σχόλιο. (Για οσους γνωριζουν στοιχειωδη τοπολογια) Το αποτέλεσµα της Άσκησης 14. είναι πολύ σηµαντικό και έχει πολύ ενδιαφέρουσες γενικεύσεις. Θα δούµε εν συντοµία µια από αυτές. (I) Ενας από τους λόγους που εξηγούν γιατί το αποτέλεσµα της Άσκησης 14. 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 µια τοπολογία και έτσι να γίνει τοπολογικός χώρος. Αποδεικνύεται τότε ότι η απεικόνιση την οποία ορίσαµε στην Άσκηση 14.: φ : [0, 1] M([0, 1]), φ(r) = M r 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 ίδιοι. (II) Προσεκτική παρατήρηση της απόδειξης της κατεύθυνσης (1) = (2) στην επίλυση της Άσκησης 14. 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 : Εστω 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)(x) = f(x) + g(x) f, g C(X, R) : (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 } Θεώρηµα ( Kolmogorov-Gelfand (1939) ). Εστω X ένας συµπαγής τοπολογικός χώρος Hausdorff, και έστω 4 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. 4 σε ότι ακολουθεί το σώµα R µπορεί να αντικατασταθεί µε το σώµα των µιγαδικών αριθµών C.

17 (2) Το σύνολο Hom ( C(X, R), R ) όλων των οµοµορφισµών µεταξύ των δακτυλίων C(X, R) και R, εφοιδιασµένο µε κατάλληλη τοπολογία, είναι ένας τοπολογικός χώρος και η απεικόνιση ψ : X Hom ( C(X, R), R ), φ(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 : Hom ( C(Y, R), R ) Hom ( C(X, R), R ), φ (f) = f φ και κάθε οµοµορφισµός δακτυλίων Hom ( C(Y, R), R ) Hom ( C(X, R), R ), προκύπτει µε τον παραπάνω τρόπο από µια συνεχή απεικόνιση φ: X Y. (4) ύο συµπαγείς τοπολογικοί χώροι Hausdorff είναι οµοιοµορφικοί αν και µόνον αν οι δακτύλιοι Hom ( C(Y, R), R ) και Hom ( C(X, R), R ) είναι ισόµορφοι.