Transcript Uitwerkingen.

Ringen en Lichamen — Set 4 (antwoorden)
Johan Commelin
Serge Horbach
Jan Schoone
13 maart 2014
Opgave §4.5. Ga voor elk van de volgende idealen van Z[X] na, of het een priemideaal is,
en of het een maximaal ideaal is:
(X, 3);
(X 2 − 3);
(5, X 2 + 3).
Bewijs.
∼ (Z[X]/(X))/(3) ∼
(a) Merk op dat 2.28 geldt Z[X]/(X, 3) =
= Z/3Z. De rechterkant is een
lichaam, dus (X, 3) is een maximaal ideaal, en daarom ook priem.
√
(b) Definieer φ : Z[X] → C door f 7→ f ( 3). Het beeld van
√ φ is een deelring van C en is
dus een domein. (Preciezer: het beeld is de deelring Z[ 3] als in 1.7.) We beweren dat
Ker(φ) = (X 2 − 3); als we dit hebben bewezen dan volgt dat (X 2 − 3) een priemideaal
is van Z[X]. Het is duidelijk dat φ(X 2 − 3) = 0, dus (X 2 − 3) ⊆ Ker(φ). Omgekeerd,
stel f is een element van Ker(φ). Deling met rest geeft het bestaan van polynomen q
en r in √
Z[X] zo dat f = q · (X 2 √
− 3) + r en r = 0 of deg(r) < 2. Evalueren we dit
in X = 3 dan vinden √
we dat r( 3) = 0.√ Maar r is van de vorm cX + d voor gehele
/ Q; dus uit c 3 + d = 0 volgt dat c = d = 0. Dus r = 0,
getallen c en d, terwijl 3 ∈
hetgeen bewijst dat f een element is van (X 2 − 3).
Het ideaal (X 2 − 3) is dus een priemideaal. Het is geen maximaal ideaal, omdat het
strikt bevat is in het ideaal (X, 3).
(c) Met 2.28 geldt opnieuw Z[X]/(5, X 2 + 3) ∼
= F5 [X]/(X 2 + ¯3). Stel dat (X 2 + ¯3) niet
maximaal is in F5 [X]. Dan bestaat er een echt ideaal I, met (X 2 + ¯3) ( I ( F5 [X].
Wegens Gevolg 3.4 is I een hoofdideaal, voortgebracht door een polynoom f . Omdat
X2 + ¯
3 graad 2 heeft, moet f een lineair polynoom zijn. De inclusie (X 2 + ¯3) ⊂ I
betekent dat f een deler is van X 2 + ¯3, maar dan zou X 2 + ¯3 een nulpunt hebben in
F5 . Dit is niet waar, want 02 ≡ 0, 12 ≡ 42 ≡ 1, en 22 ≡ 32 ≡ 4.
¯ + b van de ring F5 [X]/(X 2 + 3).
¯ Stel dat f
(Alternatief: Neem een element f = aX
∗
−1
niet 0 is. Als a = 0, dan is b 6= 0, dus b ∈ F5 ; en b is een inverse van f .
Als a 6= 0, dan a ∈ F∗5 . Merk op dat 2 niet een kwadraat is in F5 , waardoor 2 − (ba−1 )2
niet 0 is. Daaruit volgt dat 2a − b2 a−1 een inverteerbaar element is, en we noemen die
inverse c. Dus c = (2a − b2 a−1 )−1 . Definieer vervolgens d = −bca−1 .
1
We berekenen
¯ + b)(cX
¯ + d) = acX
¯ 2 + (ad + bc)X
¯ + bd
(aX
¯ − b2 ca−1
= ac · (−¯3) + (a · (−bca−1 ) + bc)X
¯
= c(2a − b2 a−1 ) + (−bc + bc)X
= 1.
We concluderen dat F5 [X]/(X 2 + ¯3) een lichaam is, en daarom is (5, X 2 + 3) een maximaal ideaal, en een priemideaal.)
Opgave 4.1. Laat R een domein zijn. Bewijs: het door X en Y voortgebrachte ideaal van
R[X, Y ] is gelijk aan
{f ∈ R[X, Y ] | f (0, 0) = 0}
en dit is een priemideaal van R[X, Y ].
Bewijs. Beschouw het evaluatiehomomorfisme φ : R[X, Y ] → R gegeven door f 7→ f (0, 0).
Dit is een ringhomomorfisme. Ook is het surjectief (de constante c wordt gestuurd naar c).
Het is duidelijk dat (X, Y ) ⊂ Ker(φ). Omgekeerd, als
f (X, Y ) = a0,0 + a1,0 X + a0,1 Y + a2,0 X 2 + a1,1 XY + a0,2 Y 2 + . . .
een element is van Ker(φ) dan is a0,0 = f (0, 0) = 0. Maar alle overige termen bevatten een
factor X of Y , dus f ∈ (X, Y ).
Uit de homomorfiestelling volgt nu R[X, Y ]/(X, Y ) ∼
= R. Omdat R een domein is, is het
dus met Stelling 4.5 duidelijk dat (X, Y ) een priemideaal is.
Opgave 3.13
(a) Zij z = a + bi ∈ C, maar z ∈
/ R (dus b 6= 0). Bewijs dat het evaluatiehomomorfisme:
Φz : R[X] → C,
f 7→ f (z)
surjectief is.
(b) Zij g = X 2 − 2aX + a2 + b2 . Bewijs dat:
Ker(Φz ) = (g)
en dat
R[X]/(g) = C
(c) Zij f = aX 2 + bX + c ∈ R[X], met a 6= 0. Bewijs dat:


als b2 − 4ac < 0
C
R[X]/(f ) ∼
= R[]
als b2 − 4ac = 0


R × R als b2 − 4ac > 0
hierin is R[] de ring van duale getallen (zie Opgave 25 op blz. 38). Probeer ook expliciete
isomorfismen aan te geven.
Bewijs:
2
(a) Zij x = c + di een complex getal. Omdat z ∈
/ R geldt b 6= 0. Neem a0 = c −
d
a1 = b , en neem f = a1 X + a0 . Dan geldt
f (z) =
da
b
en
d
da
(a + bi) + c −
= di + c = x .
b
b
Dus Φz is surjectief.
(b) Er geldt dat g(z) = z 2 − 2az + a2 + b2 = 0, dus g ∈ Ker(Φz ). Omgekeerd, stel dat
f ∈ R[X] een polynoom is met f (z) = 0. Deling met rest geeft ons polynomen q en r
in R[X] zo dat f = q · g + r en r = 0 of deg(r) < 2. Dan is r(z) = f (z) − q(z) · g(z) = 0.
Anderzijds is r van de vorm cX + d voor re¨ele getallen c en d, en omdat z ∈
/ R volgt uit
r(z) = 0 dat r = 0. Dus f ∈ (g). We concluderen dat Ker(Φz ) = (g). Nu volgt meteen
uit vraag (a) en de isomorfiestelling dat R[X]/(g) ∼
= C.
(c) Schrijf ∆ = b2 − 4ac. We onderscheiden drie gevallen.
∆ < 0 In dit geval heeft f twee niet-re¨ele nulpunten in C. Zij z een van deze twee en zij g
het bijbehorende polynoom als in deel (b) van de opgave. Dan is f ∈ Ker(Φz ) een
veelvoud van g; beide polynomen hebben echter graad 2 en na vergelijking van de
kopco¨effici¨enten vinden we dat f = a · g en dus (f ) = (g). Uit (b) volgt dus dat
R[X]/(f ) ∼
= C via het isomorfisme gegeven door (h mod f ) 7→ h(z).
∆ = 0 Schrijf d =
−b
2a .
Dan is f = a(X − d)2 . Beschouw het homomorfisme
ψ : R[X] → R[],
g 7→ g(d) + g 0 (d).
Door gebruik te maken van de productregel voor afgeleides volgt dat dit inderdaad
een homomorfisme van ringen is. Voor een g ∈ R[X] geldt:
ψ(g) = 0
⇔
g(d) = g 0 (d) = 0
⇔
d is een dubbel nulpunt van g
⇔
g is deelbaar door (X − d)2
⇔
g ∈ (f )
dus Ker(ψ) = (f ). Tenslotte merken we op dat ψ surjectief is want t + u is het
beeld van het polynoom u + t(X − d) onder ψ. Dus volgt uit de isomorfiestelling
dat ψ een isomorfisme R[X]/(f ) → R[] geeft.
∆ > 0 In dit geval heeft f twee verschillende re¨ele nulpunten, zeg x1 en x2 . Dus f =
a(X − x1 )(X − x2 ). De idealen (X − x1 ) en (X − x2 ) zijn onderling ondeelbaar,
aangezien
1
(X − x1 ) − (X − x2 ) = 1.
x2 − x1
(Merk op dat x2 − x1 6= 0.) Dus volgt met de Chinese reststelling (op dezelfde manier als we dat in het huiswerk van week 3 al een paar keer zagen) dat
R[X]/(f ) ∼
= R × R via het isomorfisme gegeven door
g ∈ R[X]/(f ) 7→ (g(x1 ), g(x2 )).
3