Hola No sé cómo demostrar que $\langle x 2, \rangle$ no es principal y la definición de un director ideal es claro para mí. Necesito ayuda en esto, por favor.
El anillo que yo estoy hablando es de $\mathbb{Z}[x]$ entonces $\langle x 2, \rangle$ se refiere a $2g(x) + xf(x)$, donde $g(x)$, $f(x)$ pertenece a $\mathbb{Z}[x]$.
Creo que es relativamente fácil ver que $I=\langle x 2, \rangle = \{a_nx^n+\dots+a_1x+a_0; a_0\text{ es aún}\}$.
Ahora, supongamos que $I=\langle f(x) \rangle$ $f(x)\in I$.
Si $f(x)$ es una constante del polinomio, entonces $\langle f(x) \rangle$ contiene sólo polinomios, incluso con los coeficientes, y que nosotros no $x$.
Si $f(x)$ es de grado al menos 1, entonces $\langle f(x) \rangle$ contiene sólo los polinomios de grado al menos 1, y no conseguimos $2$.
Por lo que $I$ no es de la forma $\langle f(x) \rangle$.
Quiero grabar un poco menos de la primaria, pero tal vez más conceptual respuesta.
Nota primero que $\langle 2 \rangle$, $\langle x \rangle$ y $\langle x 2, \rangle$, son todos de primer ideales de $\mathbb{Z}[x]$. De hecho, los cocientes por estos ideales son isomorfos, respectivamente, a $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})[x]$, $\mathbb{Z}$ y $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, que son parte integral de los dominios.
Así, en particular, tenemos una inclusión adecuada de cero el primer ideales
$0 \subsetneq \langle x \rangle \subsetneq \langle x, 2 \rangle$
en la que los más pequeños ideal es principal. Ahora vamos a $R$ ser cualquier integrante de dominio y vamos a $I \subconjunto J$ ser una inclusión adecuada de cero el primer ideales, con $I$ un director ideal. A continuación, $J$ no puede ser director. En efecto, supongamos que $I = \langle x \rangle$, con $x$ un primer elemento. Supongamos también $J = \langle y \rangle$. Entonces $x \in J$, de modo que existe $a \in I$ con $x = ay$. Dado que $ay = x \in I$ y $I$ es primo, nos tienen $a \in I$ o $y \in I$. Si $a \in I$, entonces $a = bx$, entonces $x = byx$ o $x(1) = 0$ en el dominio $R$; dado que $x \neq 0$ concluimos $ = 1$, es decir, $y$ es una unidad y por lo tanto $J = R$ contradicción. Del mismo modo, si $y \in I$, entonces $y = bx$, entonces $x = abx$ y llegamos a la conclusión de que $a$ es una unidad y por lo tanto $I = J$, contradicción.
Añadido: Una variante del argumento anterior es: si $0 \subsetneq I = \langle \rangle \subsetneq \langle b \rangle = J$ con $I$ y $J$ primo, entonces $a$ y $b$ son ambos elementos irreductibles y $b$ correctamente divide $a$, contradicción. Esto es técnicamente un hecho más fuerte debido a que en un dominio arbitrario de un generador de un director de primer ideal es necesariamente un elemento irreductible, pero a la inversa, generalmente, no se sostiene. Sin embargo, la forma más fácil de demostrar que un elemento $a \in I$ es irreductible, es demostrar que $\langle \rangle$ es primo, o, equivalentemente, que $R/\langle \rangle$ es un dominio. Para mostrar que un nonprime elemento de $x$ es irreductible, es más delicado.
Nota: Si $R$ es conmutativa Noetherian anillo, entonces si $J$ es cualquier valor distinto de cero principales prime ideal, no puede ser cualquier valor distinto de cero el primer ideal de $I$ -- principal o de otro tipo, con $0 \subsetneq I \subsetneq J$. Este es un caso especial de Krull del Director de Ideal Teorema.
A continuación es un $ $ completa $ $ prueba a partir de primeros principios - fácilmente comprensible para un estudiante de secundaria.
Mostramos $\rm\:(2,x)\ =\ (f)\ $ $\rm\:\mathbb Z[x]\: $ rendimientos de paridad contradicción, simplemente evaluar polinomios.
$\rm\ \ f\ \en\ (2,x)\ \Rightarrow\ f\ =\ 2\ G + x\ H\:.\: $ Eval $\rm\: x = 0\ \Rightarrow\ f(0)\ =\ 2\ G(0)\ =\ 2n\:$ $\rm\ n: n\in \mathbb Z$
$\rm\ \ 2\ \en\ (f)\ \Rightarrow\ 2\ =\ f\ de g\:\ \Rightarrow\ gr\ f\ =\ 0\:\ \Rightarrow\:\ f\ =\ f(0)\ =\ 2n$
$\rm\ \ x\ \en\ (f)\ \Rightarrow\ x\ =\ f\ h\ =\ 2nh.\,\ $ Eval $\rm\ x = 1\ \Rightarrow\ 1\: =\ 2n\,h(1)\ \Rightarrow\ 1\:$ es $\ \Rightarrow\Leftarrow$
Comentario de $\ $ La anterior prueba de obras en el dominio donde $\,2\ne 0\,$ y $\rm\,2\,$ no es una unidad. es decir, $\rm\:2\nmid 1\:.\:$ En particular, funciona a través de cualquier dominio con un sentido no trivial de la paridad, es decir, con $\rm\:\mathbb Z/2\:$ como anillo imagen, por ejemplo, los enteros de Gauss, o los racionales se puede escribir con un denominador impar - ver este post. Por el contrario, el resultado es falso si $\rm\:2 = 0\,$ o una unidad desde entonces $\rm\,(2,x) = (x)\,$ o $\,(1)\,$ es director.
Además, la prueba de que todavía funciona si reemplazamos $\,2\,$ por cualquier elemento $\c\,$ del coeficiente de dominio $\D,\,$ ceder: $\ (c,x)\,$ que es lo principal en $\,D[x]\ffi c=0\,$ o $\c\,$ es una unidad.
Una forma de ver que $\langle x 2, \rangle$ no es principal es tener en cuenta que $\mathbb{Z}[x]$ es un UFD(Véase el ejemplo 3 en la página de la wiki), y tanto $2$ y $x$ son números primos. Así que si el ideal es el director, luego de 2 $$ y $x$ compartirán un divisor común. Contradicción. No es como bajar a la tierra como Martin solución, pero es una forma de mirar el problema.
Ideal $\langle a_1, \dots, a_k \rangle$ es el menor ideal que contiene estos elementos, de forma explícita, el conjunto de todas las combinaciones lineales de $r_1a_1+\dots + r_ka_k$ donde $r_i$ son arbitrarias de elementos del anillo.
Un director ideal es un ideal que puede ser generado por un solo elemento.
Así, en primer lugar, usted tiene que decir que el anillo que usted está mirando para tener una cuestión definida.
Ahora, usted podría comentar si usted entiende esta definición de director de ideal.
Si el ideal $\langle x 2, \rangle$, fueron el principal, el generador tiene que dividir 2. ¿Cuáles son los enteros polinomio divisores de 2?
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