Ideal de $(\Bbb{Z}/4\Bbb{Z})[x]/(x^2-1)$

Question

Quiero encontrar todo lo ideal de $J=(\Bbb{Z}/4\Bbb{Z})[x]/(x^2-1)$ . El número de todos los elementos de $J$ es sólo 16, por lo que mi texto dice que es fácil encontrar todos los ideales a mano.

Puedo entender $J$ tiene sólo 16 elementos, pero no puedo ir más allá, Me gustaría que me mostraras cómo clasificar todos los ideales de $J$ Gracias.

Answer 1

Notación Denote $z=ax+b\in J$ para $a,b\in\{0,1,2,3\}$ , $J^+$ como grupo adicional en $J$ , $[z_1,\dots,z_n]$ y $\langle z_1,\dots,z_n\rangle$ como el subgrupo de $J^+$ y el ideal de $J$ generado por $z_1,\dots,z_n\in J$ respectivamente.

Primero viene la conclusión, la $7$ ideales: $$\{0\},I_0=\langle 2x+2\rangle=[2x+2],I_1=\langle 2\rangle=[2],I_2=\langle x+1\rangle=[x+1],I_3=\langle x+3\rangle=[x+3],I_4=I_1\bigcup I_2\bigcup I_3,J$$ son todos ideales en $J$ que estamos buscando.

Para encontrarlo, podemos empezar con ideales como $\langle z\rangle,z\in J$ . Sabemos que $$\langle z\rangle=\{jz\mid j=ax+b\in J\}=[z,xz]$$ y $x^2=1$ en $J$ Así, por ejemplo, $\langle x+2\rangle=J$ . Esto se debe a que $(x+2)$ y $x(x+2)$ son entradas lineales indepedientes de orden $4$ en $J^+$ y entonces el grupo generado por ellas es un subgrupo con $16$ entradas en $J^+$ que es indudablemente $J^+$ o $J$ mismo. En otras palabras, $\langle x+2\rangle=[x+2,2x+1]=J$ . $\langle z\rangle=J$ se mantiene para $z=1,3,x,x+2,2x+1,2x+3,3x,3x+2$ según la misma razón anterior también.

Para utilizar los mismos métodos, no es difícil encontrar los ideales generados por los demás. He aquí otro ejemplo: $\langle x+3\rangle=[x+3,3x+1]=[x+3,3(x+3)]=[x+3]=\{0,x+3,2x+2,3x+1\}$ .

Hasta ahora, hemos encontrado, de hecho, todos los ideales en $J$ pero $I_4$ mencionado anteriormente, que es generado por más de un elemento.

Desde $\langle z_1,z_2\rangle$ es trivial si $\langle z_1\rangle=J$ o $\langle z_2\rangle=J$ asumimos que $z_1,z_2\in I_1\bigcup I_2\bigcup I_3$ ( $I_0$ está incluido en ninguno de ellos). He observado que $(2x)+(x+1)+(x+3)=0$ Así que dos de estos tres generan $I_4$ y además dos de $I_i-I_0,i=1,2,3$ generar $I_4$ ( ¿Por qué? ). Dado que $\forall z\in J,2x+2\in\langle z\rangle$ El caso de $\langle z_1,z_2\rangle$ ha terminado y la prueba también.

Es más, si hay algún otro ideal nuevo, hay que satisfacer $I_4<I'=\langle z_1,\dots,z_n\rangle(n\ge 2)<J^+$ y luego $8=\mid I_4\mid<\mid I'\mid<\mid J^+\mid =16$ que es imposible para un subgrupo de $J^+$ .

Answer 2

He aquí otra idea: Observe que $J$ es isomorfo a

$$ R = \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ b & a \end{pmatrix} : a, b \in \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \right\} $$

a través de la correspondencia $a+bx \leftrightarrow \begin{pmatrix} a & b \\ b & a \end{pmatrix}$ . A partir de esto, observamos:

• Como elemento de $R$ mediante la correspondencia anterior, el determinante de $a+bx$ es $a^2-b^2$ . Así que, $a+bx$ es una unidad de $J$ si y sólo si $a$ y $b$ tienen diferentes paridades, es decir, $a+b$ es impar.

• Los 8 elementos no invertibles restantes pueden dividirse en 5 clases diferentes según si sólo se diferencian por la multiplicación por unidades: \begin{gather*} \{0\}, \quad A := \{ 2, 2x \}, \quad B := \{1+x, 3+3x\}, \\ C := \{1+3x, 3+x\}, \quad D := \{2+2x\}. \end{gather*}

Ahora usando el hecho de que

$$ A+B = B+C = C+A, \qquad AB = BC = CA = D, $$

tenemos un total de 7 ideales diferentes:

• $\langle 0 \rangle$
• $\langle A \rangle = \langle A, D \rangle$
• $\langle B \rangle = \langle B, D \rangle$
• $\langle C \rangle = \langle C, D \rangle$
• $\langle D \rangle$
• $\langle A,B\rangle=\langle A,C\rangle = \langle B, C \rangle $ $= \langle A, B, C \rangle=\langle A,B,D\rangle = \langle A,C,D\rangle = \langle B,C,D\rangle $ $= \langle A, B, C, D \rangle$
• $J$