Transcript RINGEN EN LICHAMEN 1 Veelgemaakte fouten bij het tentamen

RINGEN EN LICHAMEN 1
Veelgemaakte fouten bij het tentamen.
Opgave 1. Ter herinnering: M2 (R) is de ring van 2×2 matrices met re¨ele co¨effici¨enten.
(i) Laat
o
n a b ∈ M2 (R) a + c = b + d .
c d
Is R een deelring van M2 (R) ? Indien ja, bewijs dit; indien nee, geef aan waarom
niet.
(ii) Is de afbeelding det: M2 (R) → R gegeven door A 7→ det(A) een homomorfisme van
ringen? Indien ja, bewijs dit; indien nee, leg uit waarom niet.
R=
De meeste studenten hadden weinig moeite met deze opgave. Bij (ii) dien je een concreet
voorbeeld te geven waaruit blijkt dat de afbeelding “det” niet additief is. Als je alleen
opschrijft dat
a b e f det
+
= (a + e)(d + h) − (b + f )(c + g)
c d
g h
als formule niet hetzelfde geeft als
a b
e f
det
+ det
= ad − bc + eh − f g
c d
g h
dan is dat niet voldoende. Formules die er verschillend uitzien kunnen toch dezelfde
functie defini¨eren; een bekend voorbeeld is dat xp −x niet het nulpolynoom is maar op Fp
toch de nulfunctie geeft. In de situatie van de opgave gebeurt zoiets niet, maar dat dien
je aan te tonen. Dus het eenvoudigste argument is dat, met A = I de identiteitsmatrix,
det(I + I) = 4 6= 2 = det(I) + det(I).
Opgave 2. Zij R een commutatieve ring met 1 6= 0.
(i) (Theorievraag) Geef de definities van de begrippen priemideaal en maximaal ideaal .
(ii) (Theorievraag) Zij I ⊂ R een ideaal. Bewijs dat I een priemideaal is dan en slechts
dan als de ring R/I een domein is.
(iii) Geef van elk de volgende idealen van de ring Z[X] aan of het een priemideaal is en
of het een maximaal ideaal is:
13 ,
Motiveer je antwoorden.
X2 − 5 ,
7, X 2 − 5 ,
11, X 2 − 5 .
Deel (iii) was teleurstellend slecht gemaakt. De meeste studenten maakten nauwelijks
gebruik van de theoretische resultaten die zijn behandeld. Ik loop de vier gevallen nog
even af:
— Er geldt Z[X]/(13) ∼
= F13 [X]. Opvallend veel studenten beweerden dat dit een
lichaam is, wat natuurlijk niet zo is. (Bijvoorbeeld: X is geen eenheid.) Wel is het
een domein (zelfs een hoofdideaaldomein), zoals uitvoerig is behandeld. Dus (13)
is een priemideaal maar niet maximaal.
— Het polynoom X 2 − 5 is Eisenstein bij de priem 5 en is dus irreducibel in Z[X].
Omdat Z een ontbindingsring is, is ook Z[X] een ontbindingsring, dus (X 2 − 5) is
een priemideaal. Het is geen maximaal ideaal want 7 ∈
/ (X 2 − 5) en we zullen zo
zien dat (7, X 2 − 5) maximaal is.
— Er geldt Z[X]/(7, X 2 − 5) ∼
= F7 [X]/(X 2 − ¯5). Het polynoom X 2 − ¯5 heeft geen
nulpunten in F7 (ga na: de kwadraten in F7 zijn de restklassen ¯0, ¯1, ¯2 en ¯4) en
is dus irreducibel. Omdat F7 [X] een hoofdideaalring is, volgt dat F7 [X]/(X 2 − ¯
5)
2
een lichaam is, dus (7, X − 5) ⊂ Z[X] is een maximaal ideaal en dus ook een
priemideaal.
— Er geldt Z[X]/(11, X 2 −5) ∼
= F11 [X]/(X 2 − ¯5). Nu is ¯5 wel een kwadraat modulo 11
want 42 ≡ 5 mod 11. Dus X 2 − ¯5 = (X − ¯4)(X + ¯4). De factoren X − ¯4 en
X + ¯4 zijn onderling ondeelbaar want hun verschil is ¯3 en dat is een eenheid in F11
(alternatief: beide polynomen zijn monisch en irreducibel, en ze zijn verschillend).
Uit de Chinese reststelling volgt dus dat F11 [X]/(X 2 − ¯5) ∼
= F11 [X]/(X − ¯4) ×
F11 [X]/(X + ¯
4) ∼
= F11 × F11 en dat is geen domein. Dus (11, X 2 − 5) ⊂ Z[X] is
geen priemideaal en bijgevolg ook geen maximaal ideaal.
√ Sommige studenten gebruikten notatie zoals F7 5 . Deze notatie heeft geen betekenis!
√
De enige context waarin 5 betekenis heeft, is binnen de re¨ele getallen, dus je kunt niet
√
aan F7 het element 5 adjungeren.
Opgave 3. Beschouw de ring R = Z[X, Y ]/(Y − X + 1, 2XY + 5X + 4Y + 10).
(i) Bewijs dat R isomorf is met de ring Z × Z[T ]/(2T + 3).
(ii) Geef expliciet een element e ∈ R met e ∈
/ {0, 1} en e2 = e. Toon aan dat het
element dat je geeft de gevraagde eigenschappen heeft.
Bij deze opgave niet zoveel bijzonderheden. Bij onderdeel (ii) was het de bedoeling een
∼
element van de ring R te geven. Als ϕ: R −→ Z × Z[T ]/(2T + 3) het isomorfisme is dat
je bij (i) hebt gevonden, dan moet je dus ϕ−1 (1, 0) of ϕ−1 (0, 1) bepalen.
Sommige studenten redeneerden dat Y − X + 1 en 2XY + 5X + 4Y + 10 onderling
ondeelbaar zijn en dat je daarom met de Chinese reststelling krijgt dat R isomorf is met
Z[X, Y ]/(Y −X +1)×Z[X, Y ]/(2XY +5X +4Y +10). Dit is op een heel essenti¨ele manier
fout: de Chinese reststelling gaat over een isomorfisme tussen R/IJ en R/I × R/J, niet
over een isomorfisme tussen R/I + J en R/I × R/J.
Opgave 4.
(i) Ontbind de volgende polynomen in irreducibele factoren in Z[X] en ook in Q[X]:
2X 5 − 12X 3 + 64X 2 − 12
X 3 − 4X 2 − 4X − 5
Licht je antwoorden zorgvuldig toe.
(ii) Ontbind het polynoom 2X 5 Y 5 − Y 5 + 3X 2 Y 3 + 8X 2 − X in irreducibele factoren
in Q[X, Y ].
Voor sommige studenten is het kennelijk een pot nat of je in Z[X] werkt of in Q[X];
velen maakten bij hun antwoord niet eens onderscheid tussen die twee. Voor de goede
orde dus nog even:
— Met het kenmerk van Eisenstein bewijs je dat X 5 − 6X 3 + 32X 2 − 6 irreducibel
is in Z[X]. Daarna volgt uit Gevolg 5.26 dat dit polynoom ook irreducibel is in
Q[X]. Omdat 2 een eenheid is in Q[X], is het oorspronkelijke polynoom 2X 5 −
12X 3 + 64X 2 − 12 dus irreducibel in Q[X]. In Z[X] is het het product van twee
irreducibele factoren, namelijk 2 en X 5 − 6X 3 + 32X 2 − 6.
— Bij X 3 −4X 2 −4X −5 = (X −5)(X 2 +X +1) redeneer je juist in omgekeerde richting:
X 2 + X + 1 heeft geen rationale nulpunten en is dus (Stelling 5.3) irreducibel in
Q[X]. Daarna volgt uit Gevolg 5.26 dat X 2 + X + 1 ook irreducibel is in Z[X].
By polynomen van graad > 3 kun je irreducibiliteit niet bewijzen door alleen na te gaan
dat er geen nulpunten zijn.
Opgave 5. Hieronder volgen drie uitspraken. Bepaal van elk van deze uitspraken of
deze waar is of onwaar . Als een uitspraak waar is, geef dan een bewijs. Als een uitspraak
onwaar is, geef dan een concreet voorbeeld waaruit dit blijkt.
(a) Als f : R → R0 een homomorfisme van ringen is, dan is het beeld Im(f ) ⊂ R0 een
ideaal van R0 .
(b) Als R een domein is, dan is de eenhedengroep R∗ cyclisch.
(c) Er bestaan geen unitaire ringhomomorfismen van Z/4Z naar C.
De meeste studenten lieten zich gelukkig niet in de war brengen door deze vragen,
al waren er nog veel mensen die dachten dat (c) onwaar is (en dat er dus wel unitaire homomorfismen Z/4Z → C bestaan, waarbij de meest vreselijke dingen werden
opgeschreven). Bij (b) gaven vrij veel studenten het voorbeeld R = Q. Dan moet je
wel bewijzen dat Q∗ niet cyclisch is. Dat werd in veel gevallen gewoon niet gedaan, of
het gegeven argument was echt fout. Zo schreven diverse studenten iets in de volgende
trant: als α een voortbrenger zou zijn voor Q∗ en |α| < 1 dan geldt |β| < 1 voor alle
β ∈ hαi. Dit is niet juist: neem α = 1/2, dan is 2 = (1/2)−1 een element van de door
α voortgebrachte groep. Het eenvoudigste was eigenlijk om R = C te nemen en op te
merken dat C∗ overaftelbaar is. (Als je toch R = Q wilt nemen, merk dan op dat Q∗
een oneindige groep is die een element van orde 2 heeft en dus niet cyclisch is.)
Mijn belangrijkste advies aan degenen die het niet hebben gehaald: maak meer gebruik
van de stellingen en proposities die zijn behandeld!