Uitwerkingen.

Antwoorden Ringen en Lichamen, week 2
Johan Commelin
Serge Horbach
Jan Schoone
24 februari 2014
√
Opgave 16. Zij R = Z[ −5] en zij
√
φ:
Z[ √−5] −→ Z/3Z
.
a + b −5 7−→ a + b
(a) Bewijs dat φ een surjectief ringhomomorfisme is.
Bewijs. Merk op dat
g : Z[X]/(X 2 + 5) −→ R √
a + bX 7−→ a + b −5
een ringisomorfisme is. Wegens Stelling 2.13 is
f : Z[X] −→ Z
X 7−→ 1
een surjectief ringhomomorfisme. Omdat de canonieke afbeelding
q : Z −→ Z/3Z
a 7−→ a
ook een surjectief ringhomomorfisme is (Stelling 2.20), volgt dat q ◦ f een
surjectief ringhomomorfisme is. Het beeld van X 2 + 5 onder q ◦ f is 0, dus
(X 2 + 5) ⊂ Ker(q ◦ f ). Met Stelling 2.22 vinden we dan ten slotte dat
f : Z[X]/(X 2 + 5) −→ Z/3Z
X 7−→ 1
een surjectief ringhomomorfisme is. Het is eenvoudig na te gaan dat f ◦ g −1
gelijk is aan φ.
√
(b) Bewijs dat Ker(φ) = (3, 1 − −5).
√
√
Bewijs. Er geldt φ(3) √
= 0 en φ(1 − −5) = 0, dus (3, 1 − −5) ⊂ Ker(φ).
Anderszijds, als a + b −5 ∈√Ker(φ), dan geldt a + √
b = 0, dus a + b ∈ 3Z.
In het √
bijzonder geldt a + b −5 = (a + b) − b(1 − −5). Dus Ker(φ) ⊂
(3, 1 − −5).
(c) Bewijs dat Ker(φ) geen hoofdideaal is.
Bewijs. Stel dat Ker(φ) = x, met 3 = xy, en 1 −
Voorbeeld 1.14 volgt dat
√
N:
Z[ √−5] −→ Z
a + b −5 7−→ a2 + 5b2
1
√
−5 = xz. Uit
een multiplicatieve
√ afbeelding is. Merk op dat N (xy) = N (3) = 9, en
N (xz) = N (1 − −5) = 6). Hieruit volgt dat N (x) een positieve deler is
van ggd(9, 6) = 3. Als N (x) = 1, dan is x een eenheid (Voorbeeld 1.14),
en dus φ niet surjectief; tegenspraak. Dus N (x) = 3, maar 3 is niet van
de vorm a2 + 5b2 , voor a, b ∈ Z. Opnieuw een tegenspraak. Dus Ker(φ) is
geen hoofdideaal.
√
(d) Bewijs ook dat (2, 1 − −5) geen hoofdideaal is.
√
√
Bewijs. Stel dat (2, 1 − −5), met 2 = xy, en 1 − −5 = xz. Als in het
vorige onderdeel vinden we N (xy) = 4 en N (xz) = 6. Dus N (x) is een
positieve deler van 2. Het geval N (x) = 2 valt opnieuw af√omdat 2 niet van
de vorm a2 + 5b2 is. In het geval N (x) = 1, zou (2, 1 − −5) het triviale
ideaal R zijn. Dus zijn er a, b, c, d ∈ Z zodat
√
√
√
√
1 = 2(a + b −5) + (1 − −5)(c + d −5) = 2a + c + 5d + (2b + d − c) −5.
Dit betekent dat 2a + c + 5d = 1, en 2b + d − c = 0. Wanneer we modulo 2
kijken, staat er
c+d≡1
c + d ≡ 0 mod 2.
√
Een tegenspraak, waaruit we afleiden dat (2, 1 − −5) geen hoofdideaal is.
√
√
(e) Is het ideaal (2, 1 − −5) · (3, 1 − −5) een hoofdideaal?
mod 2,
Bewijs. Antwoord: Ja. Merk op dat
√
√
√
√
√
(2, 1 − −5) · (3, 1 − −5) = (6, 2 − 2 −5, 3 − 3 −5, 1 − 2 −5 − 5)
√
√
= (6, 1 − −5, −4 − 2 −5).
√
√
De
we maken,
√ laatste stap kunnen
√
√ omdat 1 − −5 = (3 − 3 −5) −√(2 −
2 −5), en (2−2 −5) en (3−3 −5) allebei veelvouden zijn van (1− −5).
We vervolgen
√
√
√
√
(2, 1 − −5) · (3, 1 − −5) = (6, 1 − −5, −4 − 2 −5)
√
= (6, 1 − −5, −6)
√
= (1 − −5).
√
√
De laatste stap gebruikt
(1 − −5) · (1 + −5) = 6, waaruit volgt dat 6
√
in het ideaal (1 − −5) zit.
Opgave 20. Laten R1 en R2 unitaire ringen zijn. Bewijs dat alle idealen van
R1 × R2 van de vorm I1 × I2 zijn, met Ii een ideaal van Ri (i = 1, 2).
Uitwerking van 20. Zij J ⊂ R1 × R2 een ideaal van R1 × R2 .
Zij nu x ∈ R1 zodat er een y bestaat met (x, y) ∈ J. Omdat J een ideaal is,
is ook (1, 0)(x, y) = (x, 0) ∈ J.
Schrijf J1 = {x ∈ R1 | (x, 0) ∈ J} en evenzo J2 = {y ∈ R2 | (0, y) ∈ J}.
We bewijzen dat J1 een ideaal is.
Neem daartoe r ∈ R1 en x ∈ J1 willekeurig. We weten dat (r, 0)(x, 0) ∈ J
omdat J een ideaal. Maar (r, 0)(x, 0) = (rx, 0), dus rx ∈ J1 .
Evenzo (xr, 0) = (x, 0)(r, 0) ∈ J omdat J een ideaal. Dus xr ∈ J1 .
2
Neem nu x1 , x2 ∈ J1 willekeurig. Dan geldt (x1 , 0) ∈ J en (x2 , 0) ∈ J. Dus
zeker (x1 − x2 , 0) ∈ J en dus x1 − x2 ∈ J1 .
Dus J1 is een ideaal.
Op analoge wijze laten we zien dat ook J2 een ideaal is.
We claimen nu J = J1 × J2 .
Neem (x, y) ∈ J. Dan is direct duidelijk dat ook (x, 0) ∈ J en (0, y) ∈ J (dit
hebben we hierboven gezien). Dus x ∈ J1 en y ∈ J2 en dus (x, y) ∈ J1 × J2 .
Andersom, stel (x, y) ∈ J1 × J2 . Dat betekent dat (x, 0) ∈ J en ook (0, y) ∈ J.
Maar dan, omdat J een ideaal is, volgt (x, y) ∈ J.
Dus, J = J1 × J2 met J1 ⊂ R1 en J2 ⊂ R2 idealen.
Opgave 25
Zij K een lichaam. De ring van de duale getallen over K, notatie: K[],
bestaat uit de uitdrukkingen a + b , met a, b ∈ K, die als volgt opgeteld en
vermenigvuldigd worden:
(a + b) + (c + d) = (a + c) + (b + d)
(a + b)(c + d) = (ac) + (ad + bc)
2
(dus = 0), voor a, b, c, d ∈ K.
(a) Bewijs: K[] ∼
= K[X]/(X 2 ).
(b) Bewijs dat K[] precies drie idealen heeft.
(c) Bewijs: K[]∗ ∼
= K ∗ × K + (als groepen)
Uitwerking:
(a) We nemen een ringhomomorfisme φ : K[X] → K[] met φ(f ) = f ().
Dit is een ringhomomorfisme volgens stelling 2.13.
Verder is het duidelijk surjectief.
En we hebben Ker(φ) = (X 2 ). Want 2 = 0, dus X 2 ∈ Ker(φ) en voor f =
a0 +. . .+an X n ∈ Ker(φ) hebben we φ(f ) = f () = a0 +. . .+an n = a0 +a1 (want 2 = 0 dus m = 0 voor m ≥ 2). Dus f ∈ ker(φ) ⇒ a0 = a1 = 0 dus
f ∈ (X 2 ). Met stelling 2.23 hebben we nu het gevraagde.
(b) We hebben dat (0) en K[] idealen zijn in K[]. Verder geldt voor I een
niet triviaal ideaal, dat voor a + b ∈ I en x + y ∈ K[] moet gelden dat:
(a + b)(x + y) = (ax) + (ay + bx) ∈ I. Dus i.h.b. als a =
6 0 kunnen
we nemen x = a−1 en y = −ba−2 , zodat (a + b)(x + y) = 1 ∈ I en dus
I = K[]. Dus voor een niet triviaal ideaal moeten we hebben a = 0. Als
we dan hebben b ∈ I voor b =
6 0, dan ook b−1 · b = ∈ I en dus a ∈ I
voor alle a ∈ K. Nu volgt eenvoudig dat I = {a|a ∈ K} een ideaal is in
K[] en met bovenstaande is dit ideaal ook uniek als niet triviaal ideaal.
(c) Uit vraag (b) volgt al dat K[]∗ = {a + b|a 6= 0} = {a + b|a ∈ K ∗ }.
We maken nu een isomorfisme f : K[]∗ → K ∗ × K + door f (a + b) =
(a, ba−1 ).
Dan is f duidelijk bijectief en f is een homomorfisme want: f ((a + b)(c +
d)) = f (ac + (ad + bc)) = (ac, (ad + bc)(ac)−1 ) = (ac, dc−1 + ba−1 ) =
(a, ba−1 ) · (c, dc−1 ) = f (a + b) · f (c + d).
3

Download Report