Università degli Studi Roma Tre

Corso di Laurea Triennale in Matematica, a.a. 2003/2004

AL2 - algebra 2, gruppi, anelli e campi Tutorato - Soluzioni 16 dicembre 2003

1. Provare che se D è un dominio d’integrità tale che D[X] è un PID, allora D è un campo.

(Soluzione suggerita da Livia Corsi )

Si consideri l’omomorfismo ϕ : D[X] → D t.c. ϕ(f(x)) = f(0) ∀f(x) ∈ D[X]. ϕ è evidentemente un omomorfismo suriettivo. ker ϕ è un ideale non nullo di D[X] (X ∈ ker ϕ). Per il teorema fondamentale di omom. tra anelli si ha che D[X]/ ker ϕ ≃ D. Siccome per ipotesi D è un dominio di integrità segue che ker ϕ è un ideale primo di D[X]. Ma D[X] per ipotesi è un PID e quindi ogni ideale primo non nullo è anche massimale: perciò D[X]/ ker ϕ è un campo e quindi D è un campo.

2. Si consideri nell’anello ℤ_{7}[X] il polinomio g(X) = X^{2} + X + 1.

(a) Stabilire se l’ideale I = (g(X)) è primo in ℤ_{7}[X].

(b) Calcolare il numero degli elementi dell’anello quoziente ℤ_{7}[X]/I.

(c) Scrivere nella forma (a+bX)+I l’inverso moltiplicativo dell’elemento invertibile (X^{4} + X^{3} + 5X^{2} + 3X + 2) + I.

(a) ℤ_{7}[X] è un dominio euclideo, quindi in particolare un PID. Perciò I è primo sse g(X) è primo sse g(X) è irriducibile. Siccome g(X) è un polinomio di secondo grado, esso è irriducibile sse non ha radici in ℤ_{7}. Si noti che g(2) = 0, quindi g(X) è riducibile (in effetti g(X) = (X + 3)(X + 5)).

(b) Consideriamo prima di tutto gli elementi di ℤ_{7}[X]/I scrivibili come (aX + b) + I, al variare di a, b ∈ ℤ_{7}. Se (a, b) ≠ (a′, b′) allora (aX + b) + I ≠ (a′X + b′) + I, visto che (a − a′)X + (b − b′) ∈ I ⇔ a = a′ e b = b′ (infatti I, oltre al pol. nullo contiene solo pol. di grado ≥ 2). Quindi ℤ_{7}[X]/I ha almeno 7 ∗ 7 = 49 elementi. Inoltre ogni elemento di ℤ_{7}[X]/I è del tipo f(X) + I, con f(X) ∈ ℤ_{7}[X]. Poichè però ℤ_{7}[X] è un ED (dominio euclideo), si può effettuare la divisione con resto di f(X) per X^{2} + X + 1. Sia r(X) tale resto. O r(X) = 0 oppure deg(r(X)) < 2; inoltre chiaramente r(X) + I = f(X) + I. Quindi l’anello considerato ha esattamente 49 elementi. Il risulato precedente si può generalizzare: se K è un campo finito con n elementi e se si prende nell’anello K[X] un ideale J (forzatamente principale) generato da h(X) di grado m, allora la cardinalità dell’anello K[X]/J è n^{m}.

(c) Sia f(x) = X^{4} + X^{3} + 5X^{2} + 3X + 2. Procederemo in due modi:

Siccome ℤ_{7}[X] è un ED, attraverso l’algoritmo delle divisioni successive è possibile trovare un massimo comun divisore tra f(X) e g(X) ed esprimerlo attraverso un’identità di Bezout: f(X) = g(X)(X^{2} + 4) + (6X + 5) g(X) = (6X + 5)(6X + 1) + 3 e quindi 3 = g(X)[1 − (6X + 1)(X^{2} + 4)] + f(X)(X + 6) Moltiplicando ora entrambi i membri dell’ultima uguaglianza per l’inverso moltiplicativo di 3 (cioè 5), otteniamo 1 = g(X)5[1 − (6X + 1)(X^{2} + 4)] + f(X)(5X + 2). Allora (5X +2)+I è l’inverso di f(x)+I in ℤ_{7}[X]/I. Questo perché, per costruzione, f(X)(5X + 2) − 1 ∈ (g(X)) = I.

Poniamo t = X + I. Dato che I = (g(X)), g(t) = 0 in ℤ_{7}[X]/I, cioè t^{2} + t + 1 = 0. f(X) + I = f(X + I) = f(t) = 6t + 5. Cerchiamo per 6t+5 un inverso della forma at+b (a, b ∈ ℤ_{7}). (6t+5)(at+b) = (6at^{2}+ (6b + 5a)t + 5b) = 6a(−t − 1) + (6b + 5a)t + 5b = (6b − a)t + (5b − 6a) Perciò (6t + 5)(at + b) = 1 sse 6b = a e 5b − 6a = 1, cioè b = 2, a = 5 L’inverso di f(X) + I è quindi (5X + 2) + I.

3. Nell’anello ℤ_{3}[X] si considerino i seguenti polinomi:

f(X) = X^{3} + 2X^{2} + X + 2 g(X) = X^{4} + 2X^{2} + 1.

(a) Stabilire se gli ideali I = (f(X)) e J = (g(X)) sono primi in ℤ_{3}[X].

(b) Provare che esiste un unico ideale massimale M che contiene sia I che J.

(c) Descrivere il campo ℤ_{3}[X]/M.

(a) I e J sono ideali primi sse f(X) e g(X) sono polinomi irriducibili (cfr. ex. 2a). f(X) è un polinomio di terzo grado, quindi è irriducibile sse non ha radici in ℤ_{3}. f(1) = 0, perciò f(X) è riducibile. Si trova che la fattorizzazione di f(X) in irriducibili è f(X) = (X + 2)(X^{2} + 1). g(X) = (X^{2} + 1)^{2}, quindi anche g(X) è riducibile.

(b) Ogni ideale massimale che contiene sia I che J deve contenere I + J. Siccome ℤ_{3}[X] è un PID I + J = (MCD(f(X), g(X)) = (X^{2} + 1). Ma X^{2} + 1 è irriducibile, quindi I + J è massimale. Perciò ∃! ideale massimale M che contiene I + J: I + J stesso.

(c) Il campo ℤ_{3}[X]/M è un campo finito con 3^{2} = 9 elementi (cfr. ex. 2b)

4. Si consideri il polinomio

f(X) = 3X^{2} + 4X + 3 ∈ ℤ_{m}[X].

(a) Stabilire se, per m = 2, 3, 7, f(X) è irriducibile.

(b) Per m = 5, spiegare perchè le fattorizzazioni (3X + 2)(X + 4) e (4X + 1)(2X + 3) di f(X) in ℤ_{5}[X] non contraddicono la fattorialità dell’anello ℤ_{5}[X].

(c) Determinare gli elementi idempotenti di ℤ_{5}[X]/I, dove I è l’ideale generato da f(X) in ℤ_{5}[X].

(a) Per m = 2 f(X) = X^{2} + 1 = (X + 1)^{2} ⇒ f(X) è riducibile. Per m = 3 f(X) = X ⇒ f(X) è irriducibile. Per m = 7 f(X) = 3X^{2} + 4X + 3 = (X + 2)(X + 4) ⇒ f(X) è riducibile.

(b) Perché (4X + 1) = −(X + 4) e (2X + 3) = −(3X + 2), cioè i fattori delle due fattorizzazioni sono associati (e ricordiamo che l’unicità della fattorizzazione si ha a meno di associati)

(c) Sia g(X)=X+4, elemento irriducibile di ℤ_{3}[X] e sia A = ℤ_{3}[X]/I. Si noti, prima di tutto, che 3(X + 4) = 3X + 2, quindi I = (f(X)) = ((X +4)^{2}) = (g(X)^{2}). Sia a ∈ A elemento idempotente, cioè a^{2} −a = 0. Siccome a ∈ A, ∃ h(X) ∈ ℤ_{3}[X] t.c. a = f(X) + I. Da a^{2} − a = 0 segue che f(X)^{2}−f(X) ∈ I, ovvero g(X)^{2}|f(X)(f(X)−1). Dato che ℤ_{3}[X] è in particolare un UFD e visto che MCD(f(X), f(X)−1) = 1 si ha che g(X)^{2}|f(X) oppure g(X)^{2}|f(X) − 1, cioè a = 0 oppure a = 1. Questi sono gli unici elementi idempotenti.

5. Si consideri nell’anello ℤ_{5}[X] il polinomio f(X) = X^{4}+2; sia I = (X^{4}+2).

(a) Verificare che il polinomio f(X) è irriducibile in ℤ_{5}[X].

(b) Descrivere il campo K = ℤ_{5}[X]/I.

(c) Trovare in K l’inverso dell’elemento (X^{2} + X + 1) + I.

(a) Siccome il polinomio ha grado superiore a tre, non è sufficiente verificare che non ha radici in ℤ_{5} per concludere la sua irriducibilità. Il fatto che non abbia radici mostra solamente che f(X) non si può ridurre con un pol. di primo grado e uno di terzo. Si deve quindi anche escludere che si possa scrivere come prodotto di due polinomi di secondo grado. Lo si può mostrare per assurdo.

(b) il campo K è un campo finito con 5^{4} = 625 elementi (cfr. ex. 2b).

(c) L’inverso è (2X^{3} + X^{2} + 2X + 2) + I (cfr. ex. 2c).

6. Sia p un numero primo dispari.

(a) Provare che per a ∈ ℤ_{p}^{⋆} l’equazione X^{2} = a ha una soluzione se e solo se a^{\frac{p−1}{2}} = 1. (Sugg. : ℤ_{p}^{⋆} è un gruppo ciclico.)

(b) Usando il punto precedente, stabilire se il polinomio X^{2} − 6 è irriducibile in ℤ_{17}[X].

(c) Sia I = (X^{2} − 6). Cosa si può dire dell’anello quoziente A = \frac{ℤ_{17}}{I}?

(d) Determinare in A l’inverso dell’elemento 2t − 1 con t = X + I.

(a) Se X^{2} = a ha una soluzione allora ∃ b ∈ Z_{p}^{⋆} t.c. b^{2} = a. Perciò a^{\frac{p−1}{2}} = b^{p−1} = 0 per il piccolo teorema di Fermat (o semplicemente perchè la cardinalità di Z_{p}^{⋆} è p − 1).

Sia g un generatore di Z_{p}^{⋆}. Allora ∃ h ∈ ℤ t.c. g^{h} = a. Se a^{\frac{p−1}{2}} = 1 allora g^{h \frac{p−1}{2}} = 1. Essendo g un generatore si deve avere che Card(Z_{p}^{⋆}) = p − 1|h\frac{p−1}{2} e questo implica che 2|h. Ma allora g^{\frac{h}{2}} è soluzione di X^{2} − a.

(b) In ℤ_{17} 6^{8} = 2^{4} = −1. Quindi X^{2} − 6 non ha radici in ℤ_{17}[X] e perciò è irriducibile.

(c) I è un ideale generato da un elemento irriducibile in un PID, quindi è massimale. Ma allora A è un campo con 17^{2} = 289 elementi (cfr. ex. 2b)

(d) L’inverso è 6t + 3 (cfr. ex. 2c).