"Contador"-ejemplo de Gauss del Lexema en polinomios irreducibles

Question

Gauss del Lexema en irred. polinomio dice,

Vamos a R a ser una UFD y F su campo de fracciones. Si un polinomio f(x) en R[x] es reducible en F[x], entonces es reducible en R[x].

En particular, una integral coeficiente polinomio es irreducible en Z iff es irreducible en Q. Para mí este me dice algo sobre cómo los divisores horizontales en la fibration de la aritmética de avión SpecZ[x] para SpecZ se cruza con el genérico de fibra: un divisor primo (el divisor definido por el primer ideal de la forma f (x) en Z[x]) se cruza con el genérico de fibra exactamente en un punto (es decir, el primer ideal de la forma f (x) en Q[x]) con multiplicidad uno.

Ahora, aquí está mi pregunta:

Dar un anillo R, con el Frac(R)=F, y un polinomio f(x) en R[x] tales que f(x) es reducible en F[x], pero es irreducible en R[x].

Por supuesto, R no debe ser un UFD.

Me gustaría ver un ejemplo de los campos de número así como un geométrica ejemplo (donde R es el afín anillo de coordenadas de una curva o de dimensiones superiores, cosas). Gracias

Answer 1

Gauss Lema de más de un dominio de R es generalmente llevado a ser una declaración más fuerte, de la siguiente manera:

Si R es un dominio con fracción de campo F, un polinomio f en R[T] se dice que el ser primitivo si el ideal generado por sus coeficientes no está contenida en ningún director ideal. Se dice que de Gauss Lema celebra en R si el producto de dos polinomios primitivos es primitivo. (Esto implica que un polinomio que es irreducible sobre R[T] sigue siendo irreductible de más de F[T].) Decir que un dominio es un GL-dominio de si Gauss Lema sostiene.

Se sabe que esta propiedad es un intermedio entre ser un MCD-dominio y tener elementos irreductibles ser el primer (que yo llamo EL-dominio; esto no es estándar). He aquí un MathSciNet revisión:

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MR0371887 (51 #8104) Arnold, Jimmy T.; Sheldon, Philip B. Integral de los dominios que satisfacer Gauss del lexema. Michigan Matemáticas. J. 22 (1975), 39--51.

Deje $D$ integrante de dominio con la identidad. Para un polinomio $f(x)\in D[X]$, el contenido de $f(X)$, que se denota por a $A_f$, es el ideal de la $D$ generado por los coeficientes de $f(X)$. El polinomio $f(x)$ es primitivo si no nonunit de $D$ divide cada coeficiente de $f(X)$ (o, equivalentemente, si $D$ $v$- ideal asociado con $A_f$). Por otro lado, $f(X)$ es superprimitive si $A_f{}^{-1}=D$. Los autores del estudio, entre otras cosas, la relación entre las siguientes cuatro propiedades en una integral de dominio: (1) cada par de elementos tiene un máximo común divisor; (2) cada polinomio primitivo es superprimitive; (3) el producto de dos polinomios primitivos es primitivo; (4) cada elemento irreductible es primo. En una parte integral de dominio $D$, las implicaciones (1) $\Rightarrow$ (2) $\Rightarrow$ (3) $\Rightarrow$ (4) espera, mientras que la inversa implicación tiene en general. Por otro lado, las propiedades (2), (3) y (4) son equivalentes en $D[X]$.

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Por otro lado, cuando R es Noetherian, todas estas condiciones son equivalentes, y que equivale a ser un UFD: ver, por ejemplo, el Teorema de 17 de

http://math.uga.edu/~pete/factorización.pdf

Por lo tanto un Noetherian de dominio cumple de Gauss Lema iff es un UFD. En particular, los anillos deben ser integralmente cerrado, pero esta condición no es suficiente: por ejemplo, el anillo de enteros de cualquier número de campo que no es de la clase número uno (por ejemplo, Z[\sqrt{-6}]).

Answer 2

Para los campos de número tome $R = \mathbb{Z}[ \sqrt{-3} ]$$f(t) = t^2 + t + 1$. Este polinomio es irreducible sobre $R[t]$ porque las únicas unidades de $R$$\pm 1$, pero $f(t) = \left( t - \frac{-1 + \sqrt{-3}}{2} \right) \left( t - \frac{-1 - \sqrt{-3}}{2} \right)$.

Para la función de los campos de tomar $R = \mathbb{C}[x, y]/(x^2 - y^3)$$f(t) = t^2 - y$. Este polinomio es irreducible sobre $R[t]$ porque $y$ no es un cuadrado, sino $f(t) = \left( t - \frac{x}{y} \right) \left( t + \frac{x}{y} \right)$.

Gauss lema falla por cualquier anillo de $R$ que no es integralmente cerrado, que es como los ejemplos de arriba son construidos. En el último caso, esto es debido a la singularidad en $(0, 0)$ (y, en general, esto significa que algunos de localización no es integralmente cerrado). Tomando la integral de cierre resuelve las singularidades de Krull de la dimensión 1 (los ejemplos anteriores), aunque es de suponer que usted ya lo sabía.

Answer 3

Esto es, básicamente, una desarrollarse de Pete respuesta.

Mediante la formulación de Gauss del lexema en términos de polinomios primitivos, en $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$, el polinomio $2x+(1+\sqrt{-5})$ es primitivo, pero $$(2x+1+\sqrt{-5})^2 = 4x^2 + 4(1+\sqrt{-5}) x + (-4+2 \sqrt{-5})$$ es divisible por $2$.

Otro ejemplo, usando de nuevo la formulación en términos de polinomios primitivos: si $R = k[a,b,c,d]/(ad-bc)$ $(ax+b)$ $(ax+c)$ son primitivas, pero $$(ax+b)(ax+c) = a (x^2 + (b+c)x + d).$$

En general, si $p$ es irreductible, $p|ab$ pero $p$ no divide $a$ o $b$, $px+a$ $px+b$ son primitivas, pero $(px+a)(px+b)$ es divisible por $p$. Así, de Gauss lema implica que, si $p$ es irreductible e $p|ab$ $p|a$ o $p|b$. Pete llama a esta propiedad de EL y se muestra que, en un Noetherian de dominio, es EL equivalente a UFD.

Estoy de acuerdo con Qiaochu que la formulación de Gauss, lema que se da debe ser equivalente a la del anillo de ser integralmente cerrado, al menos para noetherian anillos.

Answer 4

Para cualquier anillo conmutativo $B$ y sub-anillo $A$, los siguientes son equivalentes:

(1) $A$ es integralmente cerrado en $B$

(2) Si $F\in A[X]$ factorizes como $F = GH$ $B[X]$ $G$ $H$ monic, a continuación,$G$$H$$A[X]$.

Estas condiciones implican:

(3) Si $F\in A[X]$ es monic y irreductible, a continuación, $F$ permanece irreductible en $B[X]$.

Al $B$ es una parte integral de dominio, todas las tres condiciones son equivalentes.

Prueba: (2) $\Rightarrow$ (1) es trivial: si $F(b)=0$ algunos $b\in B$ $F\in A[X]$ monic, a continuación, $F = (X-b)G$ $B[X]$ para algunos polinomio $G$ (teorema del resto). A continuación, $G$ es monic, entonces por (2) $X-b$$G$$A[X]$. En particular, $b$$A$.

(1) $\Rightarrow$ (2) es el folclore. Tome un anillo conmutativo $S$ que contiene $B$, sobre el cual se $G$ $H$ puede ser escrito como el producto de factores lineales: $G = (X-x_1)\cdots(X-x_n)$, $H = (X-y_1)\cdots(X-y_m)$. A continuación, en $S$ $x_i$ $y_j$ son ceros de la monic polinomio $F$, por lo que son parte integral de la $A$. Pero los coeficientes de $G$ $H$ (primaria simétrica) polinomios en la $x_i$$y_j$, respectivamente, por lo que son de nuevo la integral sobre la $A$. Como estos coeficientes están en $B$, por (1) deben estar en las $A$. (Básicamente, se puede construir un anillo $S$ en la misma manera como la división de campo de un polinomio sobre un campo se encuentra: en primer lugar considerar la $S_1:= B[X]/(G)$; a continuación,$G = (X-x_1)G_1$$S_1[X]$, donde escribimos $x_1 := X \bmod (G)$$S_1$. A continuación, "unirse a otro raíz de $x_2$ $G$" pasando a $S_2 := S_1[X]/(G_1)$, etc, hasta llegar a un anillo de $S_n$ más que $G$ completo se divide en factores lineales. A continuación, proceder a lindan con las raíces para $H$, de la misma manera. Tenga en cuenta que $B$ sigue siendo un sub-anillo de todo, es decir, ningún elemento no nulo de a $B$ mapa a$0$$S$.)

La condición (3) se sigue inmediatamente de (2), para los si $F = GH$$B[X]$, el líder de los coeficientes de $G$ $H$ son inversas de las unidades de $B$ porque $F$ es monic. Por lo que podemos reescribir esto como $F = G_1H_1$ $G_1$ $H_1$ monic en $B[X]$.

Al $A$ $B$ dominios, (3) implica (1): si $F(b) = 0$ $b\in B$ $F\in A[X]$ monic, factor de $F$ $F_1\cdots F_r$ $F_i$ monic y irreductible en $A[X]$. (Factoring $F$ como producto de monic polinomios, reduce el grado, por lo que finalmente terminamos con factores que son irreductibles.) Desde $B$ es un dominio, se deduce que el $F_i(b) = 0$ algunos $i$. Por (3), $F_i$ todavía es irreducible en a $B[X]$. Pero es divisible por $X-b$ no, y por lo $F_i = X-b$. Por lo tanto $X-b$ $A[X]$ e lo $b$ pertenece a $A$.

P. e.d.

(Matthe van der Lee, Amsterdam.)