Kol_pier_pop1_2015

Zad. 1. Znaleźć elementy odwracalne i dzielniki zera w pierścieniu
𝑍4 × 𝑍9 × 𝑍.
Zad 2. Czy funkcja jest homomorfizmem pierścieni . Jeżeli tak to wyznaczyć
𝐾𝑒𝑟𝜑 𝑖 𝐼𝑚𝜑.
a). 𝜑: 𝑍[𝑋] → 𝑄
c). 𝜑: 𝑍[𝑋] → 𝑅
𝜑(𝑓(𝑋)) = 𝑓(0) + 1
𝜑(𝑓(𝑋)) = 𝑓(1)
dla dowolnego 𝑓(𝑋) ∈ 𝑍[𝑋] .
dla dowolnego 𝑓(𝑋) ∈ 𝑍[𝑋] .
Zad. 3. Które z zbiorów pierścieni są ideałami:
𝐴 = {𝑓(𝑋) ∈ 𝑄[𝑋] ∶ 𝑓 𝑚𝑎 𝑚𝑖𝑒𝑗𝑠𝑐𝑎 𝑧𝑒𝑟𝑜𝑤𝑒} 𝐵 = {𝑓(𝑋) ∈ 𝑅[𝑋] ∶ 𝑓(0) = 0 , 𝑓(2) = 0}
Które z nich są maksymalne i pierwsze a które nie.
Zad. 4. Zbadać czy w pierścieniu 𝑍[𝑖] jest rozkładalna liczba:
a). 5
b). 2 + 5𝑖
Zad. 5. Czy w pierścieniu 𝑄[𝑋] jest rozkładalny wielomian 𝑓(𝑋) = 𝑋 3 − 7𝑋 + 2.
Zad. 6. Wyznaczyć wszystkie elementy pierścienia ilorazowego
(𝑋 3
𝑍3 [𝑋]⁄
𝐼
gdzie 𝐼 =
+ 1)𝑍[𝑋] i wyznaczyć:
a). 𝑋 2 + 2 + 𝐼 + 𝑋 + 1 + 𝐼 b). (𝑋 2 + 2 + 𝐼)(𝑋 + 1 + 𝐼) c). (𝑋 + 𝐼)−1 o ile istnieje?
Zad. 7. Udowodnić, że
𝑍[√5]⁄
I ≅ 𝑍29
gdzie
I = (7 − 2√5)𝑍[√5]
Zad. 8. Korzystając z podstawowego twierdzenia o izomorfizmie pierścieni, udowodnić, że
𝑅[𝑋]⁄ ≅ 𝑅 2
gdzie I = (𝑋 2 + 3𝑋 + 2)𝑅[𝑋]
I
Zad. 9. Wielomian 𝑋 3 + 𝑋 + 2 rozłożyć na czynniki nierozkładalne w pierścieniu:
a).
𝑍3 [𝑋]
b). 𝑍7 [𝑋]
Zad 10. Niech 𝑎 = 2 − 2𝑖 , 𝑏 = 3 − 𝑖 . Znaleźć 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑍[𝑖] takie, że
𝑢𝑎 + 𝑣𝑏 = 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏)
Zad. 1. Znaleźć elementy odwracalne i dzielniki zera w pierścieniu
𝑍4 × 𝑍9 × 𝑍.
Rozwiązanie
Element (𝑎, 𝑏, 𝑐) jest odwracalny gdy istnieje element (𝑑, 𝑒, 𝑓) taki, że
(𝑎, 𝑏, 𝑐)(𝑑, 𝑒, 𝑓) = (1,1,1) = (𝑎𝑑, 𝑏𝑒, 𝑐𝑓) co oznacza odpowiednio elementy 𝑎, 𝑏, 𝑐 są
odwracalne są odpowiednio w swoich pierścieniach 𝑍4 , 𝑍9 , 𝑍.
Stąd 𝑎 ∈ 𝑈(𝑍4 ) = {1,3} , 𝑏 ∈ 𝑈(𝑍9 ) = {1,2,4,5,7,8} , 𝑐 ∈ 𝑈(𝑍) = {−1,1}. Zatem
𝑈(𝑍4 × 𝑍9 × 𝑍) = {(𝑎, 𝑏, 𝑐): 𝑎 ∈ {1,3}, 𝑏 ∈ {1,2,4,5,7,8}, 𝑐 ∈ {−1,1}}
Element (𝑎, 𝑏, 𝑐) jest dzielnikiem zera, gdy istnieje element (𝑑, 𝑒, 𝑓) ≠ (0,0,0) taki, że
(𝑎, 𝑏, 𝑐)(𝑑, 𝑒, 𝑓) = (0,0,0) = (𝑎𝑑, 𝑏𝑒, 𝑐𝑓) co oznacza gdy odpowiednio jakiś element
𝑎, 𝑏, 𝑐 jest dzielnikiem zera w odpowiednim w swoim pierścieniu 𝑍4 , 𝑍9 , 𝑍.
Stąd 𝑎 ∈ 𝐷𝑧(𝑍4 ) = {2} lub 𝑏 ∈ 𝐷𝑧(𝑍9 ) = {3,6} , 𝑐 ∈ 𝐷𝑧(𝑍) = 𝑧𝑏𝑖ó𝑟 𝑝𝑢𝑠𝑡𝑦.
Zatem
𝐷𝑧(𝑍4 × 𝑍9 × 𝑍) = {(𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈ 𝑍4 × 𝑍9 × 𝑍: 𝑎 ∈ {2} 𝑙𝑢𝑏 𝑏 ∈ {3,6}}.
Zad 2. Czy funkcja jest homomorfizmem pierścieni . Jeżeli tak to wyznaczyć
𝐾𝑒𝑟𝜑 𝑖 𝐼𝑚𝜑.
a). 𝜑: 𝑍[𝑋] → 𝑄 𝜑(𝑓(𝑋)) = 𝑓(0) + 1 dla dowolnego 𝑓(𝑋) ∈ 𝑍[𝑋] .
c). 𝜑: 𝑍[𝑋] → 𝑅 𝜑(𝑓(𝑋)) = 𝑓(1)
dla dowolnego 𝑓(𝑋) ∈ 𝑍[𝑋] .
Rozwiązanie
Ad. a). Nie jest homomorfizmem pierścieni ponieważ np. dla 𝑓(𝑋) = 𝑋 , 𝑔(𝑋) = 𝑋 + 2
mamy: 𝜑(𝑓(𝑋) + 𝑔(𝑋)) = 𝜑((𝑓 + 𝑔)(𝑋)) = 𝜑(2𝑋 + 2) = 2 ∙ 0 + 2 + 1 = 3
𝜑(𝑓(𝑋)) + 𝜑(𝑔(𝑋)) = 𝜑(𝑋) + 𝜑(𝑋 + 2) = (0 + 1) + (0 + 2 + 1) = 4. Zatem
𝜑(𝑓(𝑋) + 𝑔(𝑋)) ≠ 𝜑(𝑓(𝑋)) + 𝜑(𝑔(𝑋)) co jest sprzeczne z pierwszą własnością
homomorfizmu 𝜑(𝑓(𝑋) + 𝑔(𝑋)) = 𝜑(𝑓(𝑋)) + 𝜑(𝑔(𝑋)) .
Można to również uzasadnić korzystając z własności, że homomorfizm przeprowadza zero
na zero. Elementem zerowym w pierścieniu 𝑍[𝑋] jest wielomian zerowy 𝜃 = 0.
Wtedy
𝑓(𝜃) = 𝜃(0) + 1 = 0 + 1 = 1 ≠ 0.
Ad. b). W tym przypadku odwzorowanie jest homomorfizmem pierścieni ponieważ:
10 𝜑(𝑓(𝑋) + 𝑔(𝑋)) = 𝜑((𝑓 + 𝑔)(𝑋)) = (𝑓 + 𝑔)(1) = 𝑓(1) + 𝑔(1) = 𝜑(𝑓(𝑋)) + 𝜑(𝑔(𝑋))
20 𝜑(𝑓(𝑋)𝑔(𝑋)) = 𝜑((𝑓𝑔)(𝑋)) = (𝑓𝑔)(1) = 𝑓(1)(1) = 𝜑(𝑓(𝑋))𝜑(𝑔(𝑋)).
dla dowolnych 𝑓(𝑋), 𝑔(𝑋) ∈ 𝑍[𝑋].
𝐾𝑒𝑟𝜑 = {𝑓(𝑋) ∈ 𝑍[𝑋]: 𝜑(𝑓(𝑋)) = 0} = {𝑓(𝑋) ∈ 𝑍[𝑋]: 𝑓(1) = 0} =
{𝑓(𝑋) ∈ 𝑍[𝑋]: 𝑋 − 1 ∣ 𝑓(𝑋)} = (𝑋 − 1)𝑍[𝑋]. 𝐼𝑚𝜑 = 𝑍
Zad. 3. Które z zbiorów pierścieni są ideałami:
𝐴 = {𝑓(𝑋) ∈ 𝑄[𝑋] ∶ 𝑓 𝑚𝑎 𝑚𝑖𝑒𝑗𝑠𝑐𝑎 𝑧𝑒𝑟𝑜𝑤𝑒} , 𝐵 = {𝑓(𝑋) ∈ 𝑅[𝑋] ∶ 𝑓(0) = 0 , 𝑓(2) = 0}
Które z nich są maksymalne i pierwsze a które nie.
Rozwiązanie
Zbiór 𝐴 nie jest ideałem ponieważ dla 𝑓(𝑋) = 𝑋 + 2 , 𝑔(𝑋) = 𝑋 ∈ 𝐴 mamy
𝑓(𝑋) − 𝑔(𝑋) = 2 ∉ 𝐴
Zbiór 𝐵 jest ideałem pierścienia 𝑅[𝑋] ponieważ dla dowolnych
𝑓(𝑋), 𝑔(𝑋) ∈ 𝐵 , ℎ(𝑋) ∈ 𝑅[𝑋] mamy:
10 (𝑓 − 𝑔)(0) = 𝑓(0) − 𝑔(0) = 0 , (𝑓 − 𝑔)(2) = 𝑓(2) − 𝑔(2) = 0 to 𝑓(𝑋) − 𝑔(𝑋) ∈ 𝐵
20 (ℎ𝑔)(0) = ℎ(0)𝑔(0) = 0 , (ℎ𝑔)(2) = ℎ(2)𝑔(2) = 0 to ℎ(𝑋)𝑔(𝑋) ∈ 𝐵
Analogicznie 𝑔(𝑋)ℎ(𝑋) ∈ 𝐵.
Ideał 𝐵 nie jest ideałem pierwszym tym bardziej maksymalnym, ponieważ dla
𝑓(𝑋) = 𝑋 , 𝑔(𝑋) = 𝑋 − 2 mamy 𝑓(𝑋)𝑔(𝑋) ∈ 𝐵 natomiast 𝑓(𝑋) ∉ 𝐵 𝑖 𝑔(𝑋) ∉ 𝐵.
Zad. 4. Zbadać czy w pierścieniu 𝑍[𝑖] jest rozkładalna liczba:
a). 5 b). 2 + 5𝑖
Rozwiązanie
Ad. a). Gdyby element 5 był rozkładalny to istniałyby liczby całkowite 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 takie, że
5 = (𝑎 + 𝑏𝑖)(𝑐 + 𝑑𝑖) i elementy (𝑎 + 𝑏𝑖), (𝑐 + 𝑑𝑖) nieodwracalne.
Wtedy |5| = |𝑎 + 𝑏𝑖||𝑐 + 𝑑𝑖| ⇒ 25 = (𝑎2 + 𝑏 2 )(𝑐 2 + 𝑑 2 )
Zatem 𝑎2 + 𝑏 2 ∣ 25 w pierścieniu 𝑍. Stąd
10 𝑎2 + 𝑏 2 = 1 ⇔ 𝑎 = ±1 𝑖 𝑏 = 0 𝑙𝑢𝑏 𝑎 = 0 𝑖 𝑏 = ±1. Wtedy elementy 𝑎 + 𝑏𝑖
są odwracalne.
20 𝑎2 + 𝑏 2 = 5 ⇔ 𝑎 = ±2 𝑖 𝑏 = ±1 𝑙𝑢𝑏 𝑎 = ±1 𝑖 𝑏 = ±2.
Wtedy elementy ±(2 + 𝑖) są stowarzyszone z 2 + 𝑖 natomiast ±(2 − 𝑖) stowarzyszony
2+𝑖
3+4𝑖
z 2 − 𝑖 a te elementy już nie są stowarzyszone ponieważ 2−𝑖 = 5 ∉ Z[i] .
Elementy 2 + 𝑖 , 2 − 𝑖 są nieodwracalne ponieważ
1
2∓𝑖
=
2±𝑖
5
∉ 𝑍[𝑖].
Ponadto (2 + 𝑖)(2 − 𝑖) = 5 i jest to rozkład na czynniki nieodwracalne a więc 5 jest
elementem rozkładalnym. Można pokazać, że t czynniki już są nierozkładane.
Ad. b).
Gdyby element 2 + 5𝑖 był rozkładalny to istniałyby liczby całkowite 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑
takie, że 2 + 5𝑖 = (𝑎 + 𝑏𝑖)(𝑐 + 𝑑𝑖) i elementy (𝑎 + 𝑏𝑖), (𝑐 + 𝑑𝑖) są nieodwracalne.
Wtedy |2 + 5𝑖| = |𝑎 + 𝑏𝑖||𝑐 + 𝑑𝑖| ⇒ 29 = (𝑎2 + 𝑏 2 )(𝑐 2 + 𝑑 2 )
Zatem 𝑎2 + 𝑏 2 ∣ 29 w pierścieniu 𝑍. Stąd
10 𝑎2 + 𝑏 2 = 1 ⇔ 𝑎 = ±1 𝑖 𝑏 = 0 𝑙𝑢𝑏 𝑎 = 0 𝑖 𝑏 = ±1. Wtedy elementy 𝑎 + 𝑏𝑖
są odwracalne.
20 𝑎2 + 𝑏 2 = 29 ⇔ 𝑎 = ±2 𝑖 𝑏 = ±5 𝑙𝑢𝑏 𝑎 = ±5 𝑖 𝑏 = ±2.
Wtedy elementy ±(2 + 5𝑖) są stowarzyszone z 2 + 5𝑖 natomiast
2+5𝑖
−25+20𝑖
±(2 − 5𝑖) ⫮ 2 + 5𝑖 / 2−5𝑖 = 29 ∉ Z[i] /. Elementy ±5 ± 2𝑖 są stowarzyszone z
jakimś elementem ±2 ± 5𝑖.
1
2−5𝑖
Element 2 + 5𝑖 jest nieodwracalny, ponieważ 2+5𝑖 = 29 ∉ 𝑍[𝑖]. Zatem nie ma czynnika
nieodwracalnego nie stowarzyszonego z 2 + 5𝑖 który dzieliłby 2 + 5𝑖 . Oznacza to, że
element 2 + 5𝑖 jest nierozkładalny w pierścieniu 𝑍[𝑖] .
Zad. 5. Czy w pierścieniu 𝑄[𝑋] jest rozkładalny wielomian 𝑓(𝑋) = 𝑋 3 − 7𝑋 + 2.
Rozwiązanie
Gdyby ten wielomian był rozkładalny to jeden z czynników rozkładu byłby
wielomianem stopnia 1 z pierścienia 𝑄[𝑋] . Taki wielomian miałby pierwiastek wymierny
a stąd i wielomian 𝑓(𝑋) = 𝑋 3 − 7𝑋 + 2 miałby w ciele 𝑄 pierwiastek. Ponieważ ten
wielomian ma współczynniki całkowite i współczynnik przy najwyższej potędze jest 1 to
pierwiastek tego wielomianu byłby liczbą całkowitą, który dzieliłby wyraz wolny /w
pierścieniu liczb całkowitych/.
Stąd możliwe pierwiastki 𝑎 = ±1 ∣ 2
lub 𝑎 = ±2 ∣ 2 . Ponieważ 𝑓(1) = −4 ,
𝑓(−1) = 8 , 𝑓(2) = −4 , 𝑓(−2) = 8 co oznacza, że wielomian nie ma pierwiastka
wymiernego a to oznacza, że wielomian jest nierozkładalny w pierścieniu 𝑄[𝑋] .
Twierdzenie
Jeżeli wielomian 𝒇(𝑿) = 𝒂𝒏 𝑿𝒏 + 𝒂𝒏−𝟏 𝑿𝒏−𝟏 + ⋯ + 𝒂𝟏 𝑿 + 𝒂𝟎 ∈ 𝒁[𝑿] i 𝒂𝒏 = 𝟏 to każdy
pierwiastek wymierny 𝒑 tego wielomianu jest liczbą całkowitą dzielącą i pierścieniu liczb
całkowitych wyraz wolny tzn. 𝒑 ∣ 𝒂𝟎 .
Dowód
𝑏
Jeżeli 𝑝 = 𝑎 , 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑍 , 𝑎 > 0 i 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏) = 1 to
𝑏 𝑛
𝑏 𝑛−1
0 = 𝑓(𝑝) = (𝑎) + 𝑎𝑛−1 (𝑎)
𝑏
+ ⋯ + 𝑎1 𝑎 + 𝑎0
stąd mnożąc stronami przez 𝑎𝑛 orzymamy
𝑏 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑎𝑏𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 𝑎𝑛−1 𝑏 + 𝑎𝑛 𝑎0 = 0. Zatem 𝑎 ∣ 𝑏 𝑛 i z faktu 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏) = 1 to 𝑎 ∣ 𝑏 .
Wtedy 𝑎 = 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏) = 1 . Zatem i z równości 𝑏 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑏𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 𝑏 + 𝑎0 = 0 wynika,
że 𝑝 = 𝑏 ∣ 𝑎0
c.n.p.
W powyższym twierdzeniu można zastąpić pierścień 𝑍 dowolnym pierścieniem 𝐷 będącym
dziedziną całkowitości z jednoznacznością rozkładu a ciało liczb wymiernych zastąpić ciałem
ułamków (𝐷) pierścienia 𝐷. Dowód przebiegałby prawie analogicznie.
Zad. 6. Wyznaczyć wszystkie elementy pierścienia ilorazowego
(𝑋 3
𝑍3 [𝑋]⁄
𝐼
gdzie 𝐼 =
+ 1)𝑍[𝑋] i wyznaczyć:
a). 𝑋 2 + 2 + 𝐼 + 𝑋 + 1 + 𝐼 b). (𝑋 2 + 2 + 𝐼)(𝑋 + 1 + 𝐼) c). (𝑋 + 𝐼)−1 o ile istnieje?
Rozwiązanie
Dla 𝑓(𝑋), 𝑔(𝑋) ∈ 𝑍3 [𝑋]
𝑔(𝑋) ∈ 𝑓(𝑋) + 𝐼 ⇔ 𝑓(𝑋) − 𝑔(𝑋) ∈ 𝐼 ⇔ 𝑋 3 + 1 ∣ 𝑓(𝑋) − 𝑔(𝑋) ⇔ (𝑓(𝑋))𝑋 3+1 = (𝑔(𝑋))𝑋 3+1
Zatem
0 + 𝐼, 1 + 𝐼, 2 + 𝐼, 𝑋 + 𝐼, 1 + 𝑋 + 𝐼, 2 + 𝑋 + 𝐼, 2𝑋 + 𝐼, 1 + 2𝑋 + 𝐼, 2 + 2𝑋 + 𝐼, 𝑋 2 + 𝐼, 𝑋 2 + 1 + 𝐼, 𝑋 2 + 2 + 𝐼, 𝑋 2 + 𝑋 + 𝐼,
𝑍3 [𝑋]⁄
}
𝐼={
𝑋 2 + 𝑋 + 1 + 𝐼, 𝑋 2 + 𝑋 + 2 + 𝐼, 𝑋 2 + 2𝑋 + 𝐼, 𝑋 2 + 2𝑋 + 1 + 𝐼, 𝑋 2 + 2𝑋 + 2 + 𝐼
a). 𝑋 2 + 2 + 𝐼 + 𝑋 + 1 + 𝐼 = 𝑋 2 + X + 𝐼
b). ( 𝑋 2 + 2 + 𝐼)(𝑋 + 1 + 𝐼) = (𝑋 2 + 2)(𝑋 + 1) + 𝐼 = X 3 + X 2 + 2X + 2 + I =
X 3 + X 2 + 2X + 2 + 2𝑋 3 + 2 + I = X 2 + 2X + 1 + I
c). Dla 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑍3 mamy
1 + 𝐼 = (𝑋 + 𝐼)(𝑎𝑋 2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 + 𝐼) = 𝑎𝑋 3 + 𝑏𝑋 2 + 𝑐𝑋 + 𝐼 =
𝑎𝑋 3 + 𝑏𝑋 2 + 𝑐𝑋 − 𝑎(𝑋 3 + 1) + 𝐼 = 𝑏𝑋 2 + 𝑐𝑋 − 𝑎 + 𝐼 ⇔ 𝑏 = 0, 𝑐 = 0, −𝑎 = 1
Stąd 𝑎 = 2 , 𝑏 = 0, 𝑐 = 0 zatem (𝑋 + 𝐼)−1 = 2𝑋 2 + 𝐼.
Zad. 7. Udowodnić, że
𝑍[√5]⁄
I ≅ 𝑍29
I = (7 − 2√5)𝑍[√5]
gdzie
Rozwiązanie
Ponieważ 29 = (7 − 2√5)(7 + 2√5) ∈ 𝐼 to dla dowolnego 𝑎 + 𝑏√5 ∈ 𝑍[√5] mamy:
𝑎 + 𝑏√5 + 𝐼 = 𝑎 + 𝑏√5 + 29𝑏√5 + 𝐼 = 𝑎 + 30𝑏√5 + 15𝑏(7 − 2√5) + 𝐼 = 𝑎 + 105𝑏 +
𝐼 = 29𝑘 + (𝑎 + 105𝑏)29 + 𝐼 = (𝑎 + 105𝑏)29 + 𝐼.
Oznacza to, że w dowolnej warstwie istnieje reprezentant 𝑛 ∈ 𝑍29 .
Ponieważ istnieje rozwiązanie w liczbach całkowitych równania 𝑎 + 105𝑏 = 𝑛 dla
dowolnego 𝑛 ∈ 𝑍29 to każda liczba 𝑛 ∈ 𝑍29 reprezentuje warstwę i dla różnych liczb
mamy różne warstwy, ponieważ
±𝑛
(7−2√5)
= ±𝑛
7+2√5
29
∉ 𝑍[√5].
Biorąc odwzorowanie 𝜑: 𝑍[√5] → 𝑍29 𝜑(𝑎 + 𝑏√5) = (𝑎 + 105𝑏)29 można pokazać, że
jest to homomorfizm dla którego 𝑘𝑒𝑟𝜑 = 𝐼 𝑖 𝑖𝑚𝜑 = 𝑍29 to z podstawowego
twierdzenia o homomorfizmie pierścieni mamy żądany homomorfizm.
Zad. 8. Korzystając z podstawowego twierdzenia o izomorfizmie pierścieni, udowodnić, że
𝑅[𝑋]⁄ ≅ 𝑅 2
gdzie I = (𝑋 2 + 3𝑋 + 2)𝑅[𝑋]
I
Rozwiązanie
𝑋 2 + 3𝑋 + 2 = (X + 2)(X + 1). Niech 𝜑: 𝑅[𝑋] → 𝑅 2 𝜑(𝑓(𝑋)) = (𝑓(−1), 𝑓(−2)) dla
dowolnego 𝑓(𝑋) ∈ 𝑅[𝑋]. Jest to homomorfizm ponieważ :
10 𝜑(𝑓(𝑋) + 𝑔(𝑋)) = 𝜑((𝑓 + 𝑔)(𝑋)) = ((𝑓 + 𝑔)(−1), (𝑓 + 𝑔)(−2)) =
(𝑓(−1) + 𝑔(−1), 𝑓(−2) + 𝑔(−2)) = (𝑓(−1), 𝑓(−2)) + (𝑔(−1), 𝑔(−2)) = 𝜑(𝑓(𝑋)) + 𝜑(𝑔(𝑋))
20 𝜑(𝑓(𝑋)𝑔(𝑋)) = 𝜑((𝑓𝑔)(𝑋)) = ((𝑓𝑔)(−1), (𝑓𝑔)(−2)) =
(𝑓(−1)𝑔(−1), 𝑓(−2)𝑔(−2)) = (𝑓(−1), 𝑓(−2))(𝑔(−1), 𝑔(−2)) = 𝜑(𝑓(𝑋))𝜑(𝑔(𝑋))
𝑘𝑒𝑟𝜑 = {𝑓(𝑋) ∈ 𝑅[𝑋]: 𝜑(𝑓(𝑋)) = (0,0)} = {𝑓(𝑋) ∈ 𝑅[𝑋]: (𝑓(−1), 𝑓(−2)) = (0,0)} =
{𝑓(𝑋) ∈ 𝑅[𝑋]: 𝑓(−1) = 0, 𝑓(−2) = 0} = {𝑓(𝑋) ∈ 𝑅[𝑋]: 𝑋 + 1 ∣ 𝑓(𝑋) 𝑖 𝑋 + 2 ∣ 𝑓(𝑋)}=
{𝑓(𝑋) ∈ 𝑅[𝑋]: (𝑋 + 1)(𝑋 + 2) ∣ 𝑓(𝑋)} = {𝑓(𝑋) ∈ 𝑅[𝑋]: 𝑓(𝑋) ∈ 𝐼} = 𝐼.
Dla (𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅 2 i 𝑓(𝑋) = (𝑎 − 𝑏)𝑋 + 2𝑎 − 𝑏 mamy 𝜑(𝑓(𝑋)) = (𝑎, 𝑏) stąd 𝐼𝑚𝜑 =
𝑅2.
Z podstawowego twierdzenia o izomorfizmie pierścieni mamy 𝑅[𝑋]⁄I ≅ 𝑅 2
Zad. 9. Wielomian 𝑓(𝑋) = 𝑋 3 + 𝑋 + 2 rozłożyć na czynniki nierozkładalne w pierścieniu:
a).
𝑍3 [𝑋]
b). 𝑍7 [𝑋]
Rozwiązanie
Ad. a).
Ponieważ 𝑓(2) = 0 to 𝑋 − 2 = 𝑋 + 1 ∣ 𝑓(𝑋)
𝑋 2 + 2𝑋 + 2
𝑋3 + 𝑋 + 2 ∶ X + 1
2𝑋 3 + 2𝑋 2
2𝑋 2 + 𝑋 + 2
𝑋2 + 𝑋
2𝑋 + 2
𝑋+1
==
𝑓(𝑋) = 𝑋 3 + 𝑋 + 2 = (X + 1)(𝑋 2 + 2𝑋 + 2)
Ponieważ 02 + 2 ∙ 0 + 2 = 2 , 12 + 2 ∙ 1 + 2 = 2 , 22 + 2 ∙ 2 + 2 = 1 zatem jest to
rozkład na czynniki nierozkładalne.
Ad. b. Ponieważ 𝑓(4) = 0 to 𝑋 − 4 = 𝑋 + 3 ∣ 𝑓(𝑋)
𝑋 2 + 4𝑋 + 6
𝑋3 + 𝑋 + 2 ∶ X + 3
6𝑋 3 + 4𝑋 2
4𝑋 2 + 𝑋 + 2
3𝑋 2 + 5𝑋
6𝑋 + 2
𝑋+5
==
𝑓(𝑋) = 𝑋 3 + 𝑋 + 2 = (X + 3)(𝑋 2 + 4𝑋 + 6)
Ponieważ 02 + 4 ∙ 0 + 6 = 6 , 12 + 4 ∙ 1 + 6 = 4 , 22 + 4 ∙ 2 + 6 = 3 ,
32 + 4 ∙ 3 + 6 = 6 , 42 + 4 ∙ 4 + 6 = 3 , 52 + 4 ∙ 5 + 6 =2 , 62 + 4 ∙ 6 + 6 =3 zatem
jest to rozkład na czynniki nierozkładalne.
Zad 10. Niech 𝑎 = 2 − 2𝑖 , 𝑏 = 3 − 𝑖 . Znaleźć 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑍[𝑖] takie, że
𝑢𝑎 + 𝑣𝑏 = 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏)
Rozwiązanie
𝑁(2 − 2𝑖) = |2 − 2𝑖|2 = 8
𝑁(3 − 𝑖) = |3 − 𝑖|2 = 10
(3 − 𝑖)(2 + 2𝑖) 8 + 4𝑖
3−𝑖
1
=
=
=1+ 𝑖
2 − 2𝑖
8
8
2
1
3 − 𝑖 = (2 − 2𝑖) + (2 − 2𝑖) 𝑖 = (2 − 2𝑖) + 1 + 𝑖
2
(1 − 𝑖)(1 − 𝑖)
2 − 2𝑖
1−𝑖
=2
=2
= −2𝑖
1+𝑖
1+𝑖
2
Zatem 𝑁𝑊𝐷(2 − 2𝑖, 3 − 𝑖) = 1 + 𝑖 = (3 − 𝑖) − (2 − 2𝑖)
𝑢 = −1
𝑣 = 1.