La comprensión de los cocientes de $\mathbb{Q}[x]$

Question

En general, en la que luchar, trabajar con los coeficientes del polinomio anillos, así que estaba esperando que alguien podría ser capaz de ayudar con el siguiente ejercicio:

Mostrar que $\mathbb{Q}[x]/(x^2-2x)$ es isomorfo a $\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$, pero que ésta no es isomorfo a $\mathbb{Q}[x]/(x^2)$.

Principalmente quiero entender lo que estos cocientes de todos "." Hicimos algunos ejemplos en clase y algunos problemas de la tarea con tales cocientes, y los que trabajan con son mucho más simples (normalmente relacionadas con $\mathbb{Z}_2$ o $\mathbb{Z}_3$ o $\mathbb{R}$ en lugar de $\mathbb{Q}$).

Cualquier ayuda es muy apreciada, gracias!

Answer 1

Se describe el cociente de los anillos en concreto, de cómputo.

Vamos a repasar la definición, es decir, por $\mathbb{Q}[x]/(x^2-2x)$. Dos polinomios $A(x)$ $B(x)$ son llamados equivalente modulo $^2-2x$ si su diferencia es divisible por $x^2-2x$. A continuación, $\mathbb{Q}[x]/(x^2-2x)$ oficialmente consta de las clases de equivalencia, con el "natural" de la adición y la multiplicación modulo $x^2-2x$.

Para cualquier polinomio $A(x)$, existen únicos polinomios $Q(x)$ $R(x)$ tal que $R(x)$ tiene el grado $\lt 2$ y $$A(x)=(x^2-2x)Q(x)+R(x).$$ De ello se desprende que $A(x)$ es equivalente a $R(x)$. Es fácil ver que dos polinomios de grado $\lt 2$ son equivalentes si son iguales.

Así, las clases de equivalencia puede ser identificado con los polinomios de grado $\lt 2$. Además de la obvia. La multiplicación es un poco más complicado. Veamos cómo calcular el polinomio de grado $\lt 2$ que es equivalente a $(ax+b)(cx+d)$.

Se multiplican en forma natural, para obtener el $ac x^2+(ac+bd)x + bd$. Ahora recuerdo que $x^2-2x$ es equivalente a $0$, por lo reemplace$x^2$$2x$. Obtenemos $(2ac +ac+bd)x +bd$. Ahora tenemos una fórmula explícita para el producto.

Una analogía: El anillo de $\mathbb{Z}/(12)$ oficial de clases de equivalencia, donde $a$ $b$ se llaman equivalentes si su diferencia es divisible por $12$. Pero es muy útil pensar en las $\mathbb{Z}/(12)$ como compuesto de los objetos $0,1,2, \dots, 11$, con la nueva adición y la multiplicación. (Por ejemplo, $5+9=2$, $5\times 9=9$.)

Del mismo modo, el cociente de los anillos estamos viendo puede ser visto ya sea de manera abstracta o concreta como polinomios de grado $\lt 2$, con una inusual de la multiplicación.

Ya que hemos de hormigón con una imagen de lo que está pasando, debemos ser capaces de responder a algunas preguntas.

En primer lugar mostramos que $\mathbb{Q}[x]/(x^2)$ no es isomorfo a $\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$.

Vamos a ver $\mathbb{Q}[x]/(x^2)$ como los polinomios de grado $\lt 2$, con la natural multiplicación excepto que $x^2$ siempre es reemplazado por $0$. A continuación, en el anillo cociente, $(x)(x)=0$. (Estrictamente hablando, la clase de equivalencia de a $x$, a veces sí, es igual a la clase de equivalencia de a $0$.) Por lo $\mathbb{Q}[x]/(x^2)$ tiene un elemento no nulo cuyo cuadrado es $0$.

Nos muestran que $\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$ no tiene ningún tipo de elemento. Supongamos que al contrario que en $\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$, el cuadrado de (la clase de equivalencia) $ax+b$ $0$ , $(ax+b)^2$ es equivalente a $0$ modulo $x^2-1$.

Hacer la cuadratura. Primero cogemos $a^2x^2+2abx+b^2$. Entonces, desde el $x^2-1$ es equivalente a $0$, reemplazamos $x^2$$1$, y obtener un $2abx+b^2+1$. Este podría ser el $0$ polinomio? No, porque el término constante $b^2+1$ no puede ser $0$.

Por lo $\mathbb{Q}[x]/(x^2)$ $\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$ difieren en un estructurales de la propiedad: La primera tiene un valor distinto de cero objeto cuyo cuadrado es $0$, y el segundo no. Pero cualquier isomorfismo $\phi$ $\mathbb{Q}[x]/(x^2)$ $\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$debe conservar sus propiedades estructurales. La integridad nos hacemos los detalles.

Supongamos que $w\in \mathbb{Q}[x]/(x^2)$ no es cero y $\phi(w^2)=0$,$\phi(w)\ne 0$$0=\phi(w^2)=(\phi(w))^2$. De modo que el cuadrado de $\phi(w)$$0$. Esto contradice nuestra anterior cálculo, el cual mostró que el cuadrado de un elemento no nulo de a $\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$ no puede ser cero.

A continuación se muestra que el $\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$ es isomorfo a $\mathbb{Q}[x]/(x^2-2x)$.

Desde $x^2-2x=(x-1)^2-1$, la clase de equivalencia de a $x$ $\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$ deben comportarse como la clase de equivalencia de a$x-1$$\mathbb{Q}[x]/(x^2-2x)$.

Ya que estamos tratando con clases de equivalencia módulo dos diferentes polinomios, debemos cambiar nosotros para una más precisa de la notación. Denota la clase de equivalencia de a $P(x)$ modulo $x^2-1$$P(x)/(x^2-1)$, y el modulo $x^2-2x$$P(x)/(x^2-2x)$. (Deberíamos haber utilizado esta más precisa notación desde el principio, pero evitar que por el bien de una mayor concreción. Pero en lo que sigue, no dejes que el $/(??)$ partes se preocupe usted, y tal vez incluso a omitir.)

Entonces, ¿qué $(ax+b)/(x^2-1)$ ser enviadas por nuestros isomorfismo $\phi$? La elección natural es $(a(x-1) +b)/(x^2-2x)$.
Es claro que (clases de equivalencia módulo $x^2-1$) de los polinomios de grado $\lt 2$ son enviados bijectively por $\phi$ a (clases de equivalencia módulo $x^2-2x$) de los polinomios de grado $\lt 2$. También debemos comprobar que el $\phi$ preserva la adición y la multiplicación.

La comprobación de la adición es muy fácil. Vamos a tratar con la multiplicación. Ver el $(ax+b)(cx+d)$. Modulo $x^2-1$, esto es (equivalente a) $(ad+bc)x + ac+bd$.

Tenga en cuenta que $\phi$ mapas de $(ax+b)/(x^2-1)$ $(a(x-1)+b)/(x^2-2x)$y mapas $(cx+d)/(x^2-1)$ $(c(x-1)+d)/(x^2-2x)$. También, $\phi$ mapas
$((ad+bc)x + ac+bd)/(x^2-1)$ $((ac+bd)(x-1)+ ac+bd)/(x^2-2x)$. Así que necesitamos a verificar verificar que $$(a(x-1)+b)(c(x-1)+d) \quad\text{is equivalent to}\quad (ac+bd)(x-1)+ ac+bd$$ modulo $x^2-2x$.

Multiplicar el lado izquierdo, con el hecho de que $(x-1)^2-1$ es equivalente a $0$. Llegamos $(ac+bd)(x-1)+ac+bd$, exactamente lo que quería.

Comentario: Mira por ejemplo en $\mathbb{Q}[x]/(x^2-2x)$. El hecho de que $x^2-2x$ factores bien significa que podemos expresar $\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$ como un producto directo de estructuras más simples. Esta importante información estructural es más fácil de enfoque a través de un enfoque más abstracto. Sin embargo, una concreta visión de las cosas es siempre útil, tanto para la comprensión y para la de álgebra computacional.

Answer 2

Todos los ideales de a $\mathbb{Q}[x]$ es la directora. Dado $f(x)$$g(x)$, $(f(x))\subseteq (g(x))$ si y sólo si $g(x)$ divide $f(x)$. Por otra parte, $(f(x))$ es maximal si y solo si $f(x)$ es irreducible si y solo si $(f(x))$ es un valor distinto de cero el primer ideal.

Siempre se puede hacer la división: cada elemento de a $\mathbb{Q}[x]/(f)$ "representado" por un residuo de la clase de la forma $g(x) + (f)$ donde $g(x)$ es un polinomio de grado estrictamente menor que $f$: acaba de tomar una arbitraria $a(x)$, divida por $f$, y deje $g(x)$ del resto. A continuación,$a(x)+(f) = g(x)+(f)$. Esto está en completa analogía con los cocientes de $\mathbb{Z}$.

También, si $f(x)$ $g(x)$ son coprime, entonces sabemos que $(f(x))+(g(x)) = \mathbb{Q}[x]$,$((f(x))\cap((g(x)) = (f(x))(g(x)) = (f(x)g(x))$.

Desde el Teorema del Resto Chino, se sigue que, si $f_1,\ldots,f_n$ son parejas relativamente primer polinomios en $\mathbb{Q}[x]$, luego $$\frac{\mathbb{Q}[x]}{(f_1\cdots f_n)} \cong \frac{\mathbb{Q}[x]}{(f_1)}\times \cdots \times \frac{\mathbb{Q}[x]}{(f_n)}.$$

Desde $x^2-x = x(x-1)$, usted tiene que $$\frac{\mathbb{Q}[x]}{(x^2-x)} \cong \frac{\mathbb{Q}[x]}{(x)}\times\frac{\mathbb{Q}[x]}{(x-1)}.$$ Ahora, $\mathbb{Q}[x]/(x)$ es fácil; lo que acerca de $\mathbb{Q}[x]/(x-1)$? Considerar el mapa de $\mathbb{Q}[x]\to\mathbb{Q}$ inducida por la evaluación en $x=1$.

(Más en general, si $f(x) = ax+b$$a\neq 0$, entonces, ¿qué es $\mathbb{Q}[x]/(ax+b)$? Considerar la evaluación del mapa de $\mathbb{Q}[x]$ $\mathbb{Q}$dado por la evaluación de a $x=-\frac{b}{a}$).

Ahora debería ser capaz de ver que el primer cociente de hecho es isomorfo a $\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$ así, considerando la factorización de $x^2-1$.

(Más en general, si $f(x) = p_1^{a_1}\cdots p_m^{a_m}$ es una factorización de $f(x)$ en irreducibles, el Teorema del Resto Chino le dice que $\mathbb{Q}[x]/(f)$ es isomorfo al producto de los coeficientes de $\mathbb{Q}[x]/(p_i^{a_i})$).

Como para $\mathbb{Q}[x]/(x^2)$, que es un poco más difícil. Pero observe que el elemento $x+(x^2)$ no es cero, y sin embargo, su cuadrado es igual a cero. Es allí cualquier elemento en $\mathbb{Q}[x]/(x^2-x)$?

Answer 3

SUGERENCIA $\ (1)\ \ $ Lo shifty automorphism de $\rm\:\mathbb Q[x]\:$ mapas de $\rm\:x\: (x-2)\:$$\rm\:(x+1)\:(x-1)\:$?

$(2)\ \ $ $\rm f(x)\:$ squarefree $\rm\:\Rightarrow\ \mathbb Q[x]/f(x)\:$ no tiene nilpotents $\ne 0\ $ desde $\rm\ f\ |\ g^{\:n}\ \Rightarrow\ f\ |\ g\:$ para squarefree $\rm\:f\:.\:$ por lo Tanto $\rm\:\mathbb Q[x]/(x^n) \ \not\cong \mathbb Q[x]/((x-a_1)\:\cdots\:(x-a_k))\ $ $\rm\ n>1\:,\:$ diferentes $\rm\:a_i\in\mathbb Q\:.$