No lineal polinomial combinación, en un ideal

Question

difícil (*) pregunta de un viejo documento de examen:

$I=4R+2xR+x^{2}R$ es un ideal de a $R= \mathbf{Z}[x]$. Demostrar que no hay $U,V$$R$ , por lo que el $I=UR+VR$ mantiene.

Hardmath, Gracias! Usted me mostró profundamente cuán equivocado estaba. Sin embargo, yo todavía no puede averiguar cómo tratar el caso de $2x$ y en el caso de $x^{2}$ mediante el establecimiento de los polinomios a ciertos valores. La ayuda es muy apreciada.

Answer 1

Esto está destinado a corregir una misimpression dejado por mi sugerencia, y no (todavía) para servir como una respuesta completa.

Dado el anillo de polinomios $R = \mathbb{Z}[x]$ sobre los números enteros, se nos pide a mostrar el ideal de $I = (x^2,2x,4)$, que es evidentemente generado por tres elementos, en realidad no puede ser generada por cualquiera de los dos polinomios $U,V$$R$.

Como se puede adivinar, este es un caso especial de un teorema más general, pero es probable espera que limitarnos a primaria métodos para probar el caso especial.

El primer truco para tener en cuenta aquí es que pasa al cociente del anillo tomando polinomios modulo el primer ideal $(x)$, lo que nos sitúa de nuevo en un territorio familiar, el anillo de $\mathbb{Z}$.

Otra forma de ver que homomorphism de los anillos es "la evaluación en cero", es decir, la configuración de $x=0$ en cada polinomio. Ahora la afirmación de que $U,V$ generar 4 en $R$ se convierte en una idea más fácil trabajar con. Que es de polinomios $p_0,q_0$ que nos dan en el anillo de $R$:

$$p_0*U + q_0*V = 4$$

tenemos una inferencia acerca de la constante términos de $U,V$, mediante la aplicación de la homomorphism:

$$p_0(0)*U(0) + q_0(0)*V(0) = 4$$

en el ordinario anillo de enteros $\mathbb{Z}$. Por otra parte, como se esboza en mi comentario, ninguna combinación de $U(0),V(0)$ puede dar un adecuado divisor de 4, más la imagen de $I$ por debajo del anillo homomorphism contendría más que el ideal de la $4\mathbb{Z}$.

Por lo tanto su conjetura de que $U,V$ han términos constantes 1 y 3, respectivamente, es incorrecta. Lo que podemos decir es que el máximo común divisor de a$U(0),V(0)$$4$.

Esbozo de Respuesta:

Podemos ir más allá con el análisis y demostrar que sin pérdida de generalidad: $$U = U^*x^2 + 2mx + 4$$ $$V = V^*x^2 + (4n+2)x$$ Una vez que tenemos esto, podemos ver que $x^2$ es no generados por $U,V$.

El argumento va así. Supongamos $pU + qV = x^2$. Desde que el término constante de $V$ es cero, $p$ debe tener un factor de $x$ para evitar que contribuye a un valor distinto de cero constante a la combinación. Pero, a continuación, $pU$ tiene un coeficiente de $x$ que es un múltiplo de a $4$, y para evitar la $qV$ aportando un condonada (mod $4$) coeficiente de $x$, el término constante de $q$ debe ser par.

Poner estos hechos nos dice que el $x^2$ coeficiente en $pU + qV$ es incluso, que contradice nuestra suposición de que es igual a $x^2$. Para $p$ contiene un factor de $x$, y por lo $pU$ debe hacer incluso la contribución que es un múltiplo de a $2mx^2$, desde el más bajo grado de plazo en $p$ veces $x$ plazo en $U$. Y la contribución de $qV$ $x^2$ plazo consiste en el incluso término constante de $q$ veces $x^2$ plazo de $V$ $x$ plazo de $q$ veces incluso plazo$(4n+2)x$$V$. QED

Queda a la espalda y explican por qué, sin pérdida de generalidad $U,V$ puede ser tomado para tener los formularios que se muestran arriba. Primero de todo, desde $U,V$ pertenecen a ideal $(x^2,2x,4)$, es claro que sus términos constantes serán múltiplos de $4$ y que su $x$ términos serán aún.

Pero más que esto, como se ha explicado anteriormente, $4$ es el máximo común divisor de los términos constantes $U(0),V(0)$. Por lo tanto los pasos del algoritmo de Euclides en $\mathbb{Z}$ conducen a la expresión de las $4$ como un entero combinación de $U(0),V(0)$.

Recordando cómo el algoritmo de Euclides obras en $\mathbb{Z}$, aplicar los pasos de la adición de un múltiplo entero de uno de los polinomios $U,V$ a la otra, hasta que finalmente llegamos a un par de polinomios que tienen términos constantes $4$ y cero respectivamente.

Tenga en cuenta que el ideal de $(U,V)$ es igual a la ideal $(U+kV,V)$. Para esto último es, sin duda contenida en la anterior, y es fácil ver que $U,V$ son cada contenida en el último.

Así que en repetidas ocasiones se aplican los pasos del entero algoritmo de Euclides conducirá a la prometida par de polinomios, que nos tomamos la libertad de reetiquetado de modo que $U(0) = 4$$V(0) = 0$.

Finalmente se argumenta que el $x$ plazo de $V$ debe ser "por extraño que incluso", es decir, congruente a $2$ mod $4$. Esto es una consecuencia de expresar $2x$ como una combinación de $U,V$. De nuevo el múltiplo de la $U$ debe tener un factor de $x$ para evitar que contribuye a un término constante diferente de cero, y por lo tanto dijo que varios de $U$ tendrá una $x$ término cuyo coeficiente es un múltiplo de a $4$. Para obtener $2x$ como una combinación por lo tanto requiere de la $x$ plazo de $V$ a ser de la forma $(4n+2)x$.