Задачи из курса "Алгебра и теория чисел"

[pph]

Подскажите как решить, следующие задачи:
1. Доказать, что группа обратимых элементов кольца $Z[\sqrt{3}]$ бесконечна.
2. Доказать, что сумма двух идеалов совпадает с их пернесечением тогда и только тогда, когда один идеал является подмножеством другого.
3. Пусть$I$ - максимальный идеал в $Z[x]$. Доказать, что $Z[x]/I$ - конечное поле.

[Cave]

1. Решить уравнение $x^2 - 3y^2 = 1$, которое относится к классу уравнений Пелля.
Почему такое - отдельный вопрос. Вкратце: для $z = x + y\sqrt 3$ норма $\|z\| = |x^2 - 3y^2|$ является мультипликативной: $\|z_1 z_2\| = \|z_1\| \cdot \|z_2\|$, поэтому если элемент обратим, то у него норма равна 1. Обратное также верно в силу равенства $(x + y\sqrt 3)(x - y\sqrt 3) = x^2 - 3y^2 = \pm\|x + y\sqrt 3\|$.
3. Это фолклор, можно сказать. Должно быть во всех внижках по алгебре, где есть кольца и идеалы.

[pph]

т.е. если найдем решения этого уравнения, то можно будет сказать, что у каждого элемента из этого кольца будет обратимый и следовательно группа обратимых элементов бесконечна???

[VAL]

pph в сообщении #222883 писал(а):

т.е. если найдем решения этого уравнения, то можно будет сказать, что у каждого элемента из этого кольца будет обратимый и следовательно группа обратимых элементов бесконечна???

Нет!
В кольце $Z[\sqrt 3]$ бесконечно много как обратимых, так и необратимых элементов.
Но обратимые (те, к которым есть обратные) связаны с приведенным уравнением. Например, элемент $7-4\sqrt 3$ обратим. Догадайтесь, как выглядит обратный к нему и свяжите свою догадку с уравнением Пелля.

[pph]

обратным элементом будет $7+4\sqrt{3}$
т.е. уравнение Пелля в данном случае представляет общий вид произведения элемента и обратного к нему, я правильно понял???

-- Ср июн 17, 2009 21:35:06 --

но вопрос в том, как отсюда следует бесконечность группы обратимых элементов???

[VAL]

pph в сообщении #222894 писал(а):

обратным элементом будет $7+4\sqrt{3}$
т.е. уравнение Пелля в данном случае представляет общий вид произведения элемента и обратного к нему, я правильно понял???

Примерно так.

Цитата:

но вопрос в том, как отсюда следует бесконечность группы обратимых элементов???

Из бесконечности множества решений уравнения Пелля.
Попробуйте, например, возвести в квадрат обе части равенства $(7+4\sqrt{3})(7-4\sqrt{3})=1$. А в куб?

[pph]

Спасибо!!! Все стало ясно

-- Ср июн 17, 2009 21:48:25 --

а не подскажете как решать задачу #2?

[vlad239]

По задаче 2 - допустим, что это не так. Возьмем по элементу из каждого идеала (причем по такому, который не лежит в другом идеале) и сложим их. Получим элемент из суммы идеалов. А вот из пересечения ли?

Влад.

[pph]

Если можете подскажите книгу, к кот орой можно было бы найти инфу для решения 3-й задачи!!!

-- Пн июн 22, 2009 09:53:59 --

или подскажите идею решения

[VAL]

pph писал(а):

или подскажите идею решения

В двух словах идея такая: в кольце $Z[x]$ каждый идеал - главный; максимальность идеала означает неприводимость порождающего многочлена; неприводимость порождающего многочлена влечет его всзимную простоту с многочленом представляющим ненулевой элемент факторкольца; из взаимной простоты легко выводится обратимость ненулевого элемента факторкольца.

Получилось больше двух слов

[Профессор Снэйп]

pph в сообщении #222865 писал(а):

2. Доказать, что сумма двух идеалов совпадает с их пернесечением тогда и только тогда, когда один идеал является подмножеством другого.

Это неверно. Вероятно, имелось в виду не "пернесечение", а объединение

Пусть $I$, $J$ --- идеалы кольца $R$ и

$$ I + J = \{ i + j : i \in I,\, j \in J \} = I \cup J $$

Если $I \not\subseteq J$ и $J \not\subseteq I$, то выберем $i_0 \in I \setminus J$, $j_0 \in J \setminus I$, расмотрим сумму $i_0 + j_0$ и придём к противоречию

-- Пн июн 22, 2009 18:38:43 --

pph в сообщении #223895 писал(а):

или подскажите идею решения (третьей задачи)

Фактор по максимальному идеалу --- всегда поле. Так что необходимо доказывать только конечность.

$\mathbb{Z}[x]$ --- кольцо главных идеалов. Максимальные идеалы порождаются в нём неприводимыми многочленами.

Пусть $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ --- неприводимый многочлен и $p(x) = a_nx^n + \cdots + a_1x + a_0$. Докажите, что любой многочлен из $\mathbb{Z}[x]$ сравним с многочленом степени не выше $n$ по модулю $p$. Далее... много способов. Например, индукция по $n$

[RIP]

VAL в сообщении #223900 писал(а):

в кольце $Z[x]$ каждый идеал - главный

Разве???

-- Пн 22.6.2009 17:21:14 --

Профессор Снэйп в сообщении #223956 писал(а):

$\mathbb{Z}[x]$ --- кольцо главных идеалов.

Вы все сговорились, что ли? Или это я прогоняю? Вот, скажем, идеал $(2,x)$ кем порождён?

[VAL]

RIP в сообщении #223986 писал(а):

VAL в сообщении #223900 писал(а):

в кольце $Z[x]$ каждый идеал - главный

Разве???

Нет, конечно! Посыпаю голову пеплом и каюсь!

Цитата:

-- Пн 22.6.2009 17:21:14 --

Профессор Снэйп в сообщении #223956 писал(а):

$\mathbb{Z}[x]$ --- кольцо главных идеалов.

Вы все сговорились, что ли?

Лично я не сговорился. Я оговорился.

Цитата:

Или это я прогоняю? Вот, скажем, идеал $(2,x)$ кем порождён?

Двумя указанными элементами. Сам этот пример часто привожу. А тут не посмотрел, что в условии $\mathbb{Z}[x]$ и превел стандартную схему рассуждений для полиномов над полем.

Не в качестве оправдания (или, все же, в качечстве оправдания) отмечу, что кольцо $\mathbb{Z}$ - коварное. Могу привести примеры нескольких книжек (некоторые в остальном вполне приличные), в которых встречал выражение "поле целых чисел".

[Профессор Снэйп]

RIP в сообщении #223986 писал(а):

VAL в сообщении #223900 писал(а):

в кольце $Z[x]$ каждый идеал - главный

Разве???

-- Пн 22.6.2009 17:21:14 --

Профессор Снэйп в сообщении #223956 писал(а):

$\mathbb{Z}[x]$ --- кольцо главных идеалов.

Вы все сговорились, что ли? Или это я прогоняю? Вот, скажем, идеал $(2,x)$ кем порождён?

А я имел глупость "вспомнить что-то такое" и найти этой глупости подтверждение у предыдущего автора Тоже раскаиваюсь.

-- Вт июн 23, 2009 11:35:43 --

Но, в любом случае... Нам ведь действительно достаточно доказать, что фактор по главному идеалу конечен. Любой ненулевой идеал содержит некоторый главный идеал, а фактор по большему идеалу будет только меньше.

-- Вт июн 23, 2009 11:38:45 --

Хотя опять, похоже, глупость пишу... Фактор по идеалу $(2,x)$ не будет конечным!

[vlad239]

Фактор по идеалу $(2,x)$ разумеется будет конечным полем $F_2$. И меньше фактора по главному идеалу $(x)$. Но я так и не понял, к чему тут это.

Влад.