Los polinomios no constantes no generan ideales máximos en $\mathbb Z[x]$

Question

Dejemos que $f$ sea un elemento no constante del anillo $\mathbb Z[x]$ . Demostrar que $\langle f \rangle$ no es máxima en $\mathbb Z[x]$ .

Supongamos que $\langle f \rangle$ es máxima. Entonces $\mathbb Z[x] / \langle f \rangle$ sería un campo. Dejemos que $a \in \mathbb{Z}$ . Entonces $a + \langle f \rangle$ es un elemento no nulo de este campo, por tanto una unidad. Sea $g + \langle f \rangle$ sea su inversa. Entonces $a g - 1 \in \langle f \rangle$ Por lo tanto $ag(x)-1 = f(x)h(x)$ para algunos $h \in Z[x]$ Por lo tanto $ag(0) + f(0)h(0) = 1$ Por lo tanto $(a,f(0))=1$ para todos $a \in \Bbb Z$ , contradicción, de ahí la prueba.

¿Es correcto mi argumento? ¿Hay algún otro método?

Answer 1

Dejemos que $p\in\mathbb Z$ sea un primo tal que $p\nmid\text{LC}(f)$ , donde $\text{LC}(f)$ representa el coeficiente principal de $f$ . Además $p$ es distinto de cero, por lo que es invertible en $\mathbb Z[x]/(f)$ , por lo que hay $g,h\in\mathbb Z[x]$ tal que $pg(x)+f(x)h(x)=1$ . De ello se desprende que $\bar f\bar h=1$ en $(\mathbb Z/p\mathbb Z)[x]$ y esto es imposible ya que $\deg\bar f=\deg f\ge1$ .

Answer 2

Resultado principal:

Si $R$ es un dominio integral con infinitos elementos y sólo finamente muchas unidades, entonces ningún ideal maximal de $R[x]$ es principal.

Una prueba de peatones:

Supongamos que $R$ es un dominio integral con infinitos elementos y sólo finamente muchas unidades.

En primer lugar, algunos datos básicos. . .

Desde $R$ es un dominio integral,

• Si $g,h \in R[x]$ y $g,h \ne 0$ entonces $\text{deg}(gh) = \text{deg}(g) + \text{deg}(h)\\[4pt]$ .
• Si $r \in R$ entonces $r$ es una unidad en $R[x]$ si y sólo si $r$ es una unidad en $R$ .

Además, como $R$ es un dominio integral con infinitos elementos, se deduce que

• para cualquier $r \in R$ y cualquier $f \in R[x]$ con $\text{deg}(f) \ge 1$ la ecuación $f(x) = r$ sólo tiene un número finito de raíces en $R$ .

A continuación, algunos lemas

Lema $\mathbf{1}$ :

Si $a,b \in R$ y $a$ no es una unidad en $R$ entonces $(a,x-b)$ es un ideal propio de $R[x]$ .

prueba:

Supongamos, en cambio, que $(a,x-b) = (1)$ .

\begin{align*} \text{Then}\;\,&(a,x-b) = (1)\\[4pt] \implies\; &ag(x) + (x-b)h(x) = 1,\;\text{for some}\;g,h \in R[x]\\[4pt] \implies\; &ag(b) + (b-b)h(b) = 1,\;\text{for some}\;g,h \in R[x]\\[4pt] \implies\; &ag(b) = 1,\;\text{for some}\;g \in R[x]\\[4pt] \implies\; &a\;\text{is a unit in $R$}\\[4pt] \end{align*}

contradicción.

Esto completa la demostración del lema $1$ .

Lema $\mathbf{2}$ :

Si $a \in R$ El ideal es $(a)$ de $R[x]$ no es un ideal máximo.

prueba:

Supongamos, en cambio, que para algunos $a \in R$ El ideal es $(a)$ de $R[x]$ es un ideal máximo de $R[x]$ .

Desde $(a)$ es máxima en $R[x]$ , $(a) \ne (1)$ Por lo tanto $a$ no es una unidad de $R$ .

Desde $a$ no es una unidad de $R$ se deduce que $x \notin (a)$ .

Desde $(a)$ es máxima, y $x \notin (a)$ se deduce que $(a,x) = (1)$ lo que contradice el lema $1$ ya que $a$ no es una unidad de $R$ .

Esto completa la demostración del lema $2$ .

prueba del resultado principal:

Supongamos que el ideal principal $(f) \in R[x]$ es máxima, para algún $f \in R[x]$ .

Nuestro objetivo es derivar una contradicción.

Por lema $2$ , $f$ tiene un grado de al menos $1$ Por lo tanto $(f)$ no tiene elementos constantes no nulos.

Desde $R$ tiene infinitos elementos pero sólo finitas unidades, existe un elemento $b \in R$ , de tal manera que $f(b)$ es una no unidad no nula. En realidad, hay infinitos elementos de este tipo $b$ pero sólo necesitamos uno.

Así, supongamos que $b \in R$ es tal que $f(b) = a$ , donde $a \in R$ es una unidad no nula.

\begin{align*} \text{Then}\;\, &\text{deg}(f) \ge 1\\[4pt] \implies\; &f(x) = f(b) + (x-b)g(x),\;\text{for some nonzero }g \in R[x]\\[4pt] \implies\; &(f,a) \subseteq (a,x-b)\\[4pt] \implies\; &(f,a) \ne (1)\qquad\text{[since by lemma $1$, $(a,x-b) \ne (1)$]}\\[4pt] \implies\; &(f,a) = (f)\qquad\text{[since $(f)$ is maximal]}\\[4pt] \implies\; &a \in (f)\\[4pt] \end{align*}

contradicción, ya que $(f)$ no tiene elementos constantes no nulos.

Esto completa la prueba del resultado principal.

Corolario:

Ningún ideal máximo de $\mathbb{Z}[x]$ es principal.

prueba:

Esto se deduce del resultado principal ya que $\mathbb{Z}$ es un dominio integral infinito con sólo dos unidades, a saber $\pm 1$ .

Answer 3

Dejemos que $f(x)\in\Bbb Z[x]$ tienen grado mayor que cero. Elige un primo $p$ que no divide el coeficiente principal de $f$ . Entonces $p\not=f(x)g(x)$ para cualquier $g(x)\in\Bbb Z[x]$ (porque $\deg(fg)=\deg(f)+\deg(g)$ ) y $f(x)g(x)+ph(x)\not=1$ para todos $g(x),h(x)\in\Bbb Z[x]$ (considere los coeficientes de $g$ en orden descendente empezando por el coeficiente principal para ver que $p$ tendría que dividir cada coeficiente de $g$ y, por tanto, tendría que dividir uno). Así, $\langle f(x)\rangle\subsetneq\langle f(x),p\rangle\subsetneq\Bbb Z[x]$ .

Answer 4

Reclamación: $ \frac {\bf Z[x]}{f(x)}$ no es un campo.

Prueba: Dejemos que $a \in \bf Z$ sea tal que $f(a)$ no es igual a $0, ±1$ y elegir un primo p que divida a $f(a)$ . Considere $ \pi : \bf {Z}[x] → \frac {Z}{(p)}$ sea el único homomorfismo con $\pi (x) = a $ mod $ p$ . Entonces $\pi$ factores a través de $ \frac {Z[x]}{f(x)}$ desde $ \pi (f(x)) = 0.$ Ahora, $ \frac {Z[x]}{(f(x))}$ es infinito, por lo que $\pi$ : $ \frac {Z[x]}{f(x)} \to \frac {Z}{(p)}$ no es biyectiva. Si demostramos que $\pi$ no es el mapa cero, entonces ker $\pi$ será un ideal no trivial de $ \frac {Z[x]}{f(x)}$ y no será un campo. Si $\pi$ es el mapa cero, entonces $\pi(1) = 0$ es decir, existen polinomios $u, v ∈ \bf Z[x] $ con $1 = u(x)f(x) + pv(x)$ . Poniendo $x = a$ obtenemos una contradicción ya que $u(a)f(a) + pv(a)$ es divisible por $p$ además de ser igual a $1$

Además, se puede demostrar que los ideales máximos de $ \bf Z[x]$ son precisamente de la forma $(p,f(x))$ donde $p$ es un número primo y $f(x)$ es un polinomio en $ \bf Z[x]$ que es irreducible módulo $p$