Α Δ Ι Α - Φ 10 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2013/asi2013.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 17 Ιανουαρίου 2014 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) Έστω 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 στoιχείο 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 αντιστρέψιμη, 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 ). Ασκηση 2. Έστω 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. Λύση. (1) Θα δείξουμε ότι t S είναι tf(1 ) = t = f(1 )t που έχει ως συνέπεια 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.
2 Πράγματι, αν t S, τότε (επειδή ο f είναι επιμορφισμός) υπάρχει r με f(r) = t και γι αυτό tf(1 ) = f(r)f(1 ) = f(r1 ) = f(r) = t καιf(1 )t = f(1 )f(r) = f(1 r) = f(r) = t (2) Στην περίπτωση που ο S είναι δακτύλιος διαίρεσης, τότε δεν έχει διαιρέτες του μηδενός και γι αυτό αναγόμεθα στην επόμενη περίπτωση (3). Πράγματι, αν σε ένα δακτύλιο διαίρεσης S είναι (*) ab = 0 S, a, b S με a 0 S, τότε b = 0 S, αφού όταν a 0, τότε υπάρχει το a 1 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 είναι f(r) = f(r1 ) = f(r)f(1 ) = f(r)0 S = 0 S, πράγμα που 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) Έστω 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 S. Επιπλέον, επειδή η f είναι ομομορφισμός δακτυλίων έχουμε: x, y U() : f(xy) = f(x)f(y). Γι αυτό η 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. (5) Βρείτε έναν υποδακτύλιο του του δακτυλίου Z Z, ο οποίος να μην είναι ιδεώδες του Z Z. Λύση. (1) Θεωρούμε έναν μεταθετικό δακτύλιο 1, ας πούμε τον 1 = Z, καi έναν μημεταθετικό δακτύλιο 2, ας πούμε τον δακτύλιο των 2 2 πινάκων με συνιστώσες από το σώμα των πραγματικών 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 Ker(φ) είναι ένα ιδεώδες του 1 2. Έτσι θέτοντας = 1 2 και I = Ker(φ) παίρνουμε ότι ο /I είναι μεταθετικός, ενώ ο δεν είναι μεταθετικός. (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 Δακτυλίων 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 (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 ). Θεωρούμε 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. (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) /. 3 Ασκηση 4. (1) Δείξτε ότι η απεικόνιση a b f : C M 2 (), f(a + bi) = b a είναι μονομορφισμός δακτυλίων.
4 (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) Έστω ότι a + bi, c + di είναι στοιχεία του C. Έχουμε: a b 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 a b 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. Το a + bi ανήκει στον Ker(f) = { 0 0 } { a b 0 0 } { } a + bi C f(a + bi) = = a + bi C = = 0 + 0i 0 0 b a 0 0 Ώστε Ker f = {0} και συνεπώς ο f είναι μονομορφισμός. (2) Ο Q[ 5] είναι υποδακτύλιος του και επομένως είναι μεταθετικός. Το στοιχείο 1 = 1 + 0 5 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 = a b Q, πράγμα άτοπο αφού ο 5 είναι άρρητος αριθμός.) Συνεπώς, αν a + b 5 0 έχουμε: (a + b ( 5) και γι αυτό το ( a a 2 5b + b 2 a a 2 5b 2 + b ) 5 a 2 5b 2 = 1 a 2 5b 2 5 ) Q[ 5] είναι το πολλαπλασιαστικό αντίστροφο του a + b 5. Έστω ότι a + b 5, c + d 5 είναι στοιχεία του C. Έχουμε: 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), 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 y = a b 5 Q[ 5]. Τέλος, ο f είναι μονομορφισμός, αφού a+b 5 Ker(f) f(a+b 5) = 0 a b 5 = 0 a = 0 = b a+b 5 = 0 Ασκηση 5. Έστω ο δακτύλιος πολυωνύμων [t] υπεράνω του. Έστω τα κύρια ιδεώδη του [t] Ι = t 2 + 1 και J = t 2 4 τα οποία παράγονται από τα πολυώνυμα t 2 + 1 και t 2 4. Nα περιγραφούν οι δακτύλιοι πηλίκα [t]/i και [t]/j. Τι παρατηρείτε?
Λύση. Θα δείξουμε ότι ο πηλικοδακτύλιος [t]/ t 2 + 1 είναι ισόμορφος με το σώμα των μιγαδικών αριθμών C. Θεωρούμε τον ομομορφισμό εκτίμησης φ i : [t] C, f(t) φ i (f) := f(i), όπου i 2 = 1. 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 ). Έχουμε 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]. Ώστε, Ker(φ i ) = t 2 + 1. Τώρα από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμού Δακτυλίων έπεται [t]/ Ker(φ i ) = [t]/ t 2 + 1 = 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 ομορφισμό 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). Έχουμε f(t) Ker(φ) f(2) = 0 και f( 2) = 0. Επομένως τα πολυώνυμα t 2 και t + 2 διαιρούν το πολυώνυμο f(t) και άρα: f(t) Ker(φ) h(t) [t] : f(t) = (t 2)(t + 2)h(t) = Ker(φ) = t 2 4 Τώρα από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμού Δακτυλίων έπεται [t]/ Ker(φ) = [t]/ t 2 4 = φ([t]) =. Παρατηρούμε ότι στην πρώτη περίπτωση ο δακτύλιος [t]/ t 2 + 1 = 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 2 + 1 είναι ανάγωγο πολυώνυμο του [t] ενώ το πολυώνυμο t 2 4 δεν είναι ανάγωγο. 5 Σχόλιο. 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.
6 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 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 { a b } = M 0 c 2 () a, b, c M 2 () {} 0 0 Λύση. Ο διαθέτει τα προφανή ιδεώδη,. Επίσης τα σύνολα Ι 1 = { } 0 b b, d 0 d 0 0 και { a b I 2 = 0 0 } a, b 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 1 είναι 0 z ) ( x y 0 z ( 0 b 0 d ) = 0 d ( 0 bx + dy 0 dz Ώστε, το I 1 είναι ένα ιδεώδες του. x y και 0 z x y 0 z a b = 0 0 a b I 0 0 2 ax bx I 0 0 2 ) I 1 είναι και και 0 b 0 d a b 0 0 x y = 0 z 0 bz I 0 dz 1. x y ax ay + bz = I 0 z 0 0 2. Ώστε, το I 2 είναι ένα ιδεώδες του. Όπως θα δούμε και στην Άσκηση 12, η τομή δύο ιδεωδών ενός δακτυλίου είναι επίσης ιδεώδες του, γι αυτό εδώ η τομή { } 0 b I 3 = I 1 I 2 = b 0 0 είναι επίσης ένα ιδεώδες του. 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 a b πίνακα Α = 0 d (1) με a 0 και d 0, τότε J =, (2) με b 0 και d 0 και όπου η (1, 1) 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, 1) 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. (1) Στην πρώτη περίπτωση οι πίνακες a 0 0 0 E 11 A E 11 = & E 0 0 22 A E 22 = 0 d ανήκουν στο J, αφού αυτό είναι ιδεώδες. Επίσης επειδή a 0 και d 0, υπάρχουν οι πραγματικοί αριθμοί a 1 και d 1 καθώς και οι πίνακες a 1 0 0 0 & 0 0 0 d 1 Αλλά τότε οι πίνακες a 0 a 1 0 = E 0 0 0 0 11 & 0 0 0 d 0 0 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 =. (2) Στην δεύτερη περίπτωση οι πίνακες E 11 A E 22 = 0 b 0 0 & E 22 A E 22 = ( 0 ) 0 0 d ανήκουν στο J, αφού αυτό είναι ιδεώδες. Επίσης επειδή b 0 και d 0, υπάρχουν οι πραγματικοί αριθμοί b 1 και d 1 καθώς και οι πίνακες b 1 0 d 1 0 0 b 1 & 0 d 1 Αλλά τότε οι πίνακες b 1 0 0 b 0 b 1 = E 0 0 12 & d 1 0 0 d 1 0 0 = E 0 d 22 ανήκουν στο J, επειδή αυτό είναι ιδεώδες. Τώρα, s, t, οι πίνακες s 0 t 0 S = & T = 0 s 0 t 0 s ανήκουν στον, αλλά τότε s, t και οι S E 12 + T E 22 = ανήκουν στο J, 0 t αφού αυτό είναι ιδεώδες. Έτσι J = I 1. (3), (4) Οι αποδείξεις των (3) και (4) είναι παρόμοιες και προτείνουμε να τις λύσει ο αναγνώστης μόνος του. 7 Ασκηση 7. Έστω 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.
8 Λύση. Η απόδειξη είναι πολύ απλή, αν δεχθούμε την αλήθεια της Άσκησης 8 που θα αποδείξουμε αμέσως παρακάτω. 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 }) = {0 Mn(K)} και M n (K). Ασκηση 8. Έστω 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 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 = rid 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 rid 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 Id n και l 2 Id n L δ, τότε ο διαγώνιος πίνακας (l 1 Id n l 2 Id n ) = (l 1 l 2 )Id n L, αφού το L είναι ιδεώδες του M n (). Συνεπώς, (l 1 l 2 )Id n L δ και l 1 l 2 Ψ(L). Τέλος, αν l Ψ(L) και r, τότε ο lid n L δ και αφού το L είναι ιδεώδες του M n (), οι διαγώνιοι πίνακες (rid n )(lid n ) = (rl)id n και (lid n )(rid n ) = (lr)id n ανήκουν στο ιδεώδες L, άρα οι (rl)id n και (lr)id 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 rid 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 n κi A E jκ = a 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 Α ανήκουν στο Ψ(L). Επομένως, A Φ Ψ(L). Έτσι 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.
9 Ασκηση 9. Έστω 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) 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). Ώστε, το f 1 (K) είναι ένα ιδεώδες του που περιέχει το Ν. 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. Ώστε, 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(Ι) 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. Ώστε, Ψ Φ(I) I και τελικά, για κάθε ιδεώδες I A είναι Ψ Φ(I) = I. Ώστε, 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. Έστω 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 παραπάνω 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 έχουμε K = Φ Ψ(K) = Φ(I) και επομένως K = Φ(I) = π(i) = {x + N x I}.
10 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.) Από το Τρίτο Θεώρημα Ισομορφισμού Δακτυλίων 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 1 + 1 = 0 + 1. 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: + 0 + 8Z 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. (Δ Θ Ι Δ ) Έστω 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.
11 (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. Όμοια αποδεικνύεται ότι το αr I J. Έτσι, 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. 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). Έτσι τελικώς έχουμε J = Ker(φ). Τώρα από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμού Δακτυλίων έπεται I + J/J = φ(i + J) = I/I J Ασκηση 13. Έστω I 1, I 2,, I n ιδεώδη ενός δακτυλίου, και υποθέτουμε ότι: I i + I j =, 1 i j n
12 Να δείξετε ότι υπάρχει ένας ισομορφισμός δακτυλίων / n = I k /I 1 /I 2 /I n Λύση. Θα κατασκευάσουμε έναν επιμορφισμό δακτυλίων με πυρήνα Ker(φ) = n k=1 I k. Θεωρούμε την απεικόνιση k=1 φ : /I 1 /I 2 /I n φ : /I 1 /I 2 /I n, 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=1i 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 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 ) /I 1 /I 2 /I n (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 i=1 ( n n ) φ(r i )φ(a i ) = φ r i a i i=1 i=1 από όπου προκύπτει ότι ο ομομορφισμός φ είναι επιμορφισμός. Δοθέντος 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=1,i κi 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=1,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=1,i κ I i. Όμως 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=1,i κ I i. Θέτοντας r = a 1 a 2... a κ 1 a κ+1... a n παρατηρούμε ότι r n i=1,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. Ώστε φ() = /I 1 /I 2 /I n Τώρα, από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμού Δακτυλίων έχουμε n / Ker(φ) = / I k = φ() = /I1 /I 2 /I n Ασκηση 14. (Κ Θ Υ Δ ) και I 1, I 2,, I n ιδεώδη του, έτσι ώστε: k=1 I i + I j =, 1 i j n 13 Έστω ένας δακτύλιος με μονάδα 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 Να συνάγετε το Κινέζικο Θεώρημα Υπολοίπων της Θεωρίας Αριθμών: Έστω m 1, m 2,, m n θετικοί ακέραιοι έτσι ώστε (m i, m j ) = 1, 1 i j n. Έστω 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, k, 1 k n. Επιπλέον, η ανωτέρω άσκηση μας πληροφορεί ότι αν, φ(x) = φ(y), τότε x y Ker(φ) = n k=1i k. Α Κ Θ Υ Θ Α : 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. Έτσι 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.
14 Ασκηση 15. Έστω n = p a1 1 p a2 2 pak 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 Z a p 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 + p a 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 Γνωρίζουμε ότι ο Ker(φ) ισούται με k i=1 pa i i. Αλλά το συγκεκριμένο ιδεώδες ισούται με το ιδεώδες ε, όπου ε είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των ανά δύο σχετικώς πρώτων αριθμών p ai i, 1 i k. Γι αυτό ε = p a 1 1 p a 2 2 pak k = n και έτσι η ( ) παίρνει τη μορφή Z n = Z/ n = Z p a 1 1 Z p a 2 2 Z p a k k ( )