Università degli Studi Roma Tre

Corso di Laurea Triennale in Matematica, a.a. 2004/2005 AL2 - Algebra 2, gruppi, anelli e campi Seconda prova di valutazione intermedia

11 gennaio 2005

Soluzione 1. Sia A = \{\frac{a}{b} : a, b ∈ ℤ, b ≠ 0 e 5 |̸b\}

(a) Dimostrare che A è un sottoanello di ℚ.

(b) Determinare gli elementi invertibili di A.

(c) Sia ϕ : A → ℤ_{5} definita da

ϕ (\frac{a}{b}) = \overline{a}\overline{b}^{−1}.

Dimostrare che ϕ è un omomorfismo di anelli e applicare il teorema di omomorfismo.

(d) (facoltativo) Usando il punto 1b, mostrare che ker ϕ è l’unico ideale massimale di A

Soluzione

(a) A è un sottoanello di ℚ, se per ogni \frac{a}{b} e \frac{c}{d} ∈ A si ha • \frac{a}{b} − \frac{c}{d} ∈ A (cioè A è un sottogruppo additivo di ℚ

• \frac{a}{b} \frac{c}{d} ∈ A (cioè A è chiuso rispetto alla moltiplicazione) la verifica di queste proprietà è un facile esercizio.

(b) \frac{a}{b} ∈ A è invertibile se e solamente se esiste \frac{c}{d} ∈ A tale che

\frac{a}{b} \frac{c}{d} = 1 ⇔ ad = bc

Da cui \frac{a}{b} è invertibile ⇔ 5 |̸a, e il suo inverso è \frac{b}{a}.

(c) Verifichiamo che ϕ è un omomorfismo

ϕ (\frac{a}{b} + \frac{c}{d}) = ϕ (\frac{ad + bc}{bd})
= (\overline{ad + bc})(\overline{bd}^{−1})
= \overline{a}\overline{d}(\overline{b}^{−1})(\overline{d}^{−1}) + \overline{b}\overline{c}(\overline{b}^{−1})(\overline{d}^{−1})
= \overline{a}\overline{b}^{−1} + \overline{c}\overline{d}^{−1}
= ϕ (\frac{a}{b}) + ϕ (\frac{c}{d})
ϕ (\frac{a}{b} \frac{c}{d}) = ϕ (\frac{ac}{bd})
= (\overline{ac})(\overline{bd}^{−1})
= \overline{a}\overline{c}(\overline{b}^{−1})(\overline{d}^{−1})
= \overline{a}\overline{b}^{−1}\overline{c}\overline{d}^{−1}
= ϕ (\frac{a}{b}) ϕ (\frac{c}{d})

Quindi ϕ è un omomorfismo di anelli. Per applicare il teorema di omomorfismo dobbiamo determinare il nucleo e l’immagine di ϕ. Si ha

Imϕ = ℤ_{5}
ker ϕ = 5A = \{\frac{a}{b} ∈ A : 5|a\}

Dunque usando il teorema di omomorfismo si ha

A/5A ≅ ℤ_{5}

Poichè ℤ_{5} è un campo 5A è un ideale massimale di A

(d) Osserviamo che 5A è un ideale massimale e che A = U(A) ∪ 5A disgiunta, con U(A) l’insieme degli elementi invertibili di A. Supponiamo che esista m ideale massimale di A diverso da 5A allora esiste x ∈ m tale che x ∉ 5A quindi x ∈ U(A) e dunque m = A. Quindi 5A è l’unico ideale massimale di A.

2. Sia p (X) = X^{2} + 3X + 1 ∈ ℤ_{7} [X]: (a) Dimostrare che K = ℤ_{7} [X] / (p(X)) è un campo.

(b) Descrivere esplicitamente gli elementi di K.

(c) Determinare l’inverso di X^{3} + \overline{5}X + \overline{6} + (p (X)) in K. Soluzione

(a) K è un campo ⇔ (p(X)) è un ideale massimale ⇔ p(X) è irriducibile, perché ℤ_{7}[X] è euclideo. Poiché p(X) ha grado 2 per vedere che è irriducibile basta far vedere che non ha radici.

p(0) = 1
p(1) = 5
p(2) = 4
p(3) = 5
p(4) = 1
p(5) = 6
p(6) = 4

Quindi p(X) è irriducibile e dunque K è un campo.

(b) Siano f e g ∈ ℤ_{7}[X], posto f(X) = r(X) + h(X)p(X) e g(X) = R(X) + k(X)p(X) con degr(X) ≤ 1 e degR(X) ≤ 1, si ha

f ≡ g + (p(X)) ⇔ r(X) = R(X)

Quindi

K = {r(X) + (p(X)) : deg(r(X)) ≤ 1}

Che possiamo scrivere anche nella forma seguente

K = \{a + b\overline{x} : a, b ∈ ℤ_{7}\}

dove \overline{x} = X + (p(X)).

(c) Osserviamo che

X^{3} + \overline{5}X + \overline{6} + (p (X)) = \overline{6}X + \overline{2} + (p (X))

Quindi calcoliamo l’inverso di \overline{6}X + \overline{2} + (p (X)) usando il sistema

(\overline{6}X + \overline{2})(aX + b) ≡ 1 + (p (X))

Otteniamo che l’inverso di X^{3}+\overline{5}X+\overline{6}+(p (X)) è \overline{2}X+\overline{3}+(p (X))

3. Sia α = \sqrt{2} + i ∈ ℂ.

(a) Mostrare che α è algebrico su ℚ.

(b) Determinare il polinomio minimo di α su ℚ e ℚ(i).

(c) Costruire il campo K = ℚ(α) e determinare una sua base su ℚ come spazio vettoriale.

Soluzione

(a) α è algebrico su ℚ se esiste un polinomio p(X), non nullo, a coefficienti in ℚ di cui α è radice. Osserviamo che

α = \sqrt{2} + i
(α − i)^{2} = (\sqrt{2})^{2}
α^{2} − 2iα − 1 = 2
(α^{2} − 3)^{2} = (2i)^{2}
α^{4} − 6α + 9 = −4
α^{4} − 6α + 13 = 0

Quindi α è radice di p(X) = X^{4} − 6X + 13.

(b) Vediamo che p(X) è il polinomio minimo di α su ℚ. Poiché p(X) è monico, dobbiamo verificare che p(X) è irriducibile. Osserviamo che p(X) non ha radici in ℚ, quindi l’unica possibilità è che esistano due polinomi h e k di grado due tali che p(X) = h(X)k(X). Ma si vede subito che il sistema che si ottiene è incompatibile. Quindi p(X) è il polinomio minimo di α su ℚ. Per trovare il polinomio minimo di α su ℚ[i] ripetiamo lo stesso ragionamento. Otteniamo che p′(X) = X^{2} − 2iX + 3 è il polinomio minimo di α su ℚ[i]

(c)

K = {a + bα + cα^{2} + dα^{3} : a, b, c, d ∈ ℚ}

E una base di K su ℚ è {1, α, α^{2}, α^{3}}.

4. Dimostrare che in ℤ [\sqrt{−6}] l’elemento α = 10 ha due fattorizzazioni distinte in elementi irriducibili non associati.

Soluzione

Ricordiamo che su ℤ [\sqrt{−6}] possiamo definire una norma tramite

N(a + b\sqrt{−6}) = a^{2} + 6b^{2}

Osserviamo che 10 = 5 ∗ 2 e che 5 e 2 sono irriducibili non associati. Per esempio vediamo che 2 è irriducibile. Supponiamo che esistano a + b\sqrt{−6} e c + d\sqrt{−6} ∈ ℤ [\sqrt{−6}] tali che

2 = (a + b\sqrt{−6})(c + d\sqrt{−6})

Ne segue che

4 = N(2) = N(a + b\sqrt{−6})N(c + d\sqrt{−6})

Quindi N(a+b\sqrt{−6})|4 cioè N(a+b\sqrt{−6}) = 1, 2 o 4. Se N(a+b\sqrt{−6}) = 1 allora l’unica possibilità è che a = ±1 e b = 0 e che N(c+d\sqrt{−6}) = 4 quindi c = ±2 e d = 0, abbiomo ottenuto la decomposizione banale. Mentre è facile vedere che non ci sono elementi tali che N(a+b\sqrt{−6}) = 2. Quindi 2 è irriducibile. Analogamente si ottiene che 5 è irriducibile. Ricordiamo che due elementi a + b\sqrt{−6} e (c + d\sqrt{−6} sono associati se esiste un’unità u tale che

a + b\sqrt{−6} = u(c + d\sqrt{−6})

le unità di ℤ_{7}[\sqrt{−6}] sono

U(ℤ_{7}[\sqrt{−6}]) = \{−1, 1\}

Quindi 2 e 5 non sono associati. Vediamo adesso se esiste un’altra decomposizione di 10. N(10) = 100, i divisori di 100 sono 1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50 e 100. Osserviamo che non ci sono elementi di norma 2 e 5 di conseguenza possiamo escludere gli eventuali elementi di norma 20 e 50. Norma 4 e 25 ci da la decomposizione 10 = 2 ∗ 5. Per cui non ci resta che il caso di norma 10. Osserviamo che esistono 4 elementi di norma 10, dati da ±(2+\sqrt{−6}) e ±(2−\sqrt{−6}) e 10 = (2+\sqrt{−6})(2−\sqrt{−6}). La verifica che questi due elementi sono irriducibili è non associati è analoga al caso della decomposizione precedente. Quindi

10 = 5 ∗ 2 = (2 + \sqrt{−6})(2 − \sqrt{−6})

sono due fattorizzazioni in irriducibili due a due non associati.