Universidad de Puerto Rico, R´ıo Piedras Facultad de Ciencias Naturales Departamento de Matem´aticas San Juan, Puerto Rico ´ MATE 4032: Algebra Abstracta Soluci´ on Asignaci´ on 9. 1. Suponga que I, J son ideales de un anillo R. Demuestre que I ∩ J es un ideal de R. Demostraci´on: Claramente 0 ∈ I ∩ J, por lo tanto I ∩ J no es vac´ıo. Suponga que a, b ∈ I ∩ J. Entonces, a, b ∈ I y a, b ∈ J. Como I, J son ideales, entonces a − b ∈ I y a − b ∈ J. Concluimos que a − b ∈ I ∩ J. Suponga ahora que r ∈ R. Como I, J son ideales, entonces ra, ar ∈ I y ra, ar ∈ J. Concluimos que ra, ar ∈ I ∩ J y por lo tanto I ∩ J es un ideal. 2. Suponga que ϕ : R → R0 es un epimorfismo de anillos. Suponga que R es un anillo con unidad 1. Demuestre que R0 es un anillo con identidad (demuestre que ϕ(1) es la identidad en R0 ). Explique por qu´e no exite epimorfismo de Z a 2Z. Demostraci´on: Suponga que b ∈ R0 . Como ϕ es un epimorfismo, entonces existe a ∈ R tal que ϕ(a) = b. Luego, ϕ(1)b = ϕ(1)ϕ(a) = ϕ(1 · a) = ϕ(a) = b = ϕ(a) = ϕ(a · 1) = ϕ(a)ϕ(1) = bϕ(1). Concluimos que R0 es un anillo con identidad y ´esta est´a dada por ϕ(1). Finalmente, no puede existir un epimorfismo entre Z y 2Z, pues, si lo hubiera, entonces 2Z tendr´ıa identidad, pero no la tiene. 3. Considere el mapa ϕ : Z9 → Z3 dado por ϕ(a) = a (mod 3). (a) Demuestre que ϕ es un epimorfismo de anillos. Demostraci´on: Es claro que ϕ es sobre, pues los valores de 0, 1, 2 ∈ Z9 bajo ϕ ya cubren a todo Z3 . Suponga que a, b ∈ Z9 y que a ≡ r1 (mod 3) y b ≡ r2 (mod 3). Luego, a + b ≡ r1 + r2 (mod 3) y ab ≡ r1 r2 (mod 3). Por lo tanto, ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b) y ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b). Concluimos que ϕ es un epimorfismo. (b) Encuentre Ker(ϕ). Demostraci´on: Note que ϕ(0) = 0, ϕ(3) = 0 y ϕ(6) = 0. Cualquier otro valor en Z9 se envia a 1 o a 2. Por lo tanto, Ker(ϕ) = {0, 3, 6}. 1 (c) Utilice el Primer Teorema de Homomorfismo para demostrar que Z9 /Ker(ϕ) ' Z3 . Demostraci´on: Una aplicaci´on directa del Primer Teorema de Homomorfismo implica que Z9 /Ker(ϕ) ' Z3 . Si quiere ver de manera explicita como trabaja este isomorfismo, entonces note que Z9 /Ker(ϕ) = {Ker(ϕ), 1 + Ker(ϕ), 2 + Ker(ϕ)}. Por lo tanto, el isomorfismo est´a dado por ϕ(a + Ker(ϕ)) = a (mod 3). 4. Considere el epimorfismo can´onico ϕ : Z → Z12 . (a) Encuentre todos los ideales de Z12 . Demostraci´on: Recuerde que Z12 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}. Aparte de los ideales triviales, i.e. (0) y Z12 , tenemos los ideales I10 I20 I30 I40 = = = = {0, 2, 4, 6, 8, 10} {0, 3, 6, 9} {0, 4, 8} {0, 6}. Estos ideales se pueden identificar como I10 = (2), I20 = (3), I30 = (4) y I40 = (6), donde (a) representa los multiplos de a en Z12 . En clase explicamos que los multiplos de un elemento en un anillo conmutativo R forman un ideal, asi que no hay que demostrar que ´estos son ideales. Ahora, estos ideales son los u ´nicos. Para ver ´esto, note que un ideal es tambi´en un subgrupo aditivo de R cuando el anillo se ve como un grupo aditivo. Ahora, en nuestro caso el anillo es Z12 , el cual es c´ıclico cuando se ve como grupo y los ideales mencionados arriba ya cubren todos los subgrupos de Z12 . Por lo tanto, no puede existir otro ideal. (b) Encuentre todos los ideales de Z que contienen a (12) = 12Z (Teorema de Correspondencia). Demostraci´on: En este caso, el Ker(ϕ) = 12Z, por lo tanto, tenemos que encontrar los ideales de Z que est´an por encima del kernel. Claramente, dos de ellos son 12Z y Z que corresponden a los ideales (0) y Z12 de Z12 . 2 El Teorema de Correspondencia nos da una forma de calcularlos el resto de los ideales, i.e. para cada ideal I 0 de Z12 , el ideal I = {a ∈ Z | ϕ(a) ∈ I 0 } est´a por encima de Ker(ϕ) = 12Z. Ahora, I1 = {a ∈ Z | ϕ(a) ∈ I10 } = {a ∈ Z | ϕ(a) ∈ {0, 2, 4, 6, 8, 10}}. Ahora, ϕ(a) ∈ {0, 2, 4, 6, 8, 10} sii a es un muliplo de 2. Concluimos que I1 = 2Z. De igual forma podemos demostrar que I2 = 3Z, I3 = 4Z y ´ I4 = 6Z. Estos son todos los ideales. Cabe destacar que los ideales de Z ´ que contienen a 12Z tienen la forma dZ donde d es un divisor de 12. Esto no es una casualidad, sino la regla. Trate de demostrar lo siguiente: i. nZ es un ideal de Z. ii. dZ es un ideal de Z que contiene a nZ sii d|n. MEP 5. Haga lo siguiente: (a) Sin utilizar el hecho de que Z3 es un cuerpo, demuestre que (3) = 3Z es un ideal maximal de Z. (Suponga que I es un ideal de Z que contiene a (3). Demuestre que si I 6= (3), entonces I = Z). Demostraci´on: Suponga que I es un ideal de Z tal que (3) = 3Z ⊂ I, pero I 6= (3). Entonces, existe a ∈ I tal que a 6= (3), i.e. a no es un multiplo de 3. Luego, (a, 3) = 1 y por lo tanto existen m, n ∈ Z tal que ma + 3n = 1. Pero (3) ⊂ I, por lo tanto 3n ∈ I. Como I es un ideal y a ∈ I, entonces ma ∈ I. Concluimos que 1 = ma + 3n ∈ I y por lo tanto I = Z. Concluimos que (3) es maximal. (b) Demuestre que (4) = 4Z no es maximal encontrando un ideal propio de Z que contiene a (4). (No utilice el hecho de que Z4 no es un cuerpo). Demostraci´on: Note que (2) = 2Z es un ideal de Z (la resta de n´ umeros pares es par y la multiplicaci´on de cualquier n´ umero con un n´ umero par es par). Es claro que (4) ⊂ (2). Concluimos que (4) no es maximal. 6. Considere el conjunto M2×2 (Z2 ) de matrices 2 × 2 con entradas en Z2 , i.e. si A ∈ M2×2 (Z2 ), entonces a11 a12 A= a21 a22 3 con aij ∈ Z2 . Defina la suma de matrices como a11 a12 b11 b12 a11 + b11 a12 + b12 A+B = + = a21 a22 b21 b22 a21 + b21 a22 + b22 donde las entradas se modulan m´odulo 2 y defina la multiplicaci´on como a11 a12 b11 b12 a11 b11 + a12 b21 a11 b12 + a12 b22 AB = = a21 a22 b21 b22 a21 b11 + a22 b21 a21 b12 + a22 b22 donde las entradas se modulan m´odulo 2. Haga lo siguiente: (a) Demuestre que M2×2 (Z2 ) es un anillo no conmutativo con identidad. (b) M2×2 (Z2 ) tiene orden 16, enliste todos sus elementos. Soluci´on: Los 0 0 0 , 0 0 0 0 1 0 , 1 0 1 1 1 1 , 0 0 0 elementos de M2×2 (Z2 ) son: 0 0 0 0 0 , , , 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 , , , 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 , , 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 , 0 0 , 0 0 0 1 1 1 , 1 0 , 1 (c) Demuestre que M2×2 (Z2 ) no es un dominio. Demostraci´on: Note que 1 0 0 0 0 0 · = . 0 0 0 1 0 0 Muerto el Pollo. (d) Un elemento a 6= 0 en un anillo R se llama nilpotente si existe un entero positivo n tal que an = 0. Encuentre los elementos nilpotentes de M2×2 (Z2 ). Soluci´on: Los elementos nilpotentes son: 1 1 0 0 0 1 , , . 1 0 0 0 1 1 En los tres casos tenemos que a2 = 0. 4 0 0 0 0 1 0 , es un subanillo de M2×2 (Z2 ). 0 1 a b 0 c (e) Demuestre que S = (f) Demuestre que R = (g) Demuestre que I = | a, b, c ∈ Z2 0 0 0 0 es un subanillo de M2×2 (Z2 ). 0 1 , es un ideal de R (no de 0 0 M2×2 (Z2 )). 5 (h) Encuentre R/I. Soluci´on: Note que 0 0 1 0 0 0 1 0 R/I = + I, + I, + I, +I . 0 0 0 0 0 1 0 1 ´ Esta es la soluci´on al problema. Ahora, me gustar´ıa abundar un poco m´as acerca de la estructura de este anillo. Primero, obviamente 0 0 + I = I, 0 0 pero en este caso decid´ı escribirlo para facilitar el homomorfismo que voy a describir m´as abajo. Note que cuando vemos este anillo como grupo bajo +, entonces tenemos la propiedad de que todos los elementos son su propio inverso, por lo tanto, como grupo R/I es isomorfo a Z2 ⊕ Z2 . (Nota: Para dos anillos R1 y R2 , la suma directa de ellos se define como R1 ⊕ R2 = {(r1 , r2 ) | r1 ∈ R1 y r2 ∈ R2 }. Note que ´esto es simplemente R1 × R2 . Ahora, cuando tenemos una cantidad infinita de anillos, entonces el producto directo y la suma directa son distintos, siendo la suma directa un subanillo del producto directo. Esta discusi´on, lamentablemente, no forma parte de nuestro curso.) Ahora, note tambi´en que los elementos de R/I distintos a 0 satisfacen a2 = a. Un elemento a en un anillo R se llama idempotente si a2 = a. Esto concuerda con los elementos de Z2 ⊕ Z2 . Por lo tanto, todo indica que R/I es isomorfo a Z2 ⊕ Z2 . Note que a 0 R/I = + I | a, b ∈ Z2 . 0 b Defina ϕ : R/I → Z2 ⊕ Z2 como a 0 ϕ + I = (a, b). 0 b El lector puede verificar que este mapa en realidad es un isomorfismo. Concluimos que R/I ' Z2 ⊕ Z2 . ´ Esto concluye la demostraci´on. 6