Anillo de funciones trigonométricas con coeficientes reales

Question

Dejemos que $R$ sea el anillo de funciones que son polinomios en $\cos t$ y $\sin t$ con coeficientes reales.

1. Demostrar que $R$ es isomorfo a $\mathbb R[x,y]/(x^2+y^2-1)$ .

2. Demostrar que $R$ no es un dominio de factorización único.

3. Demostrar que $S=\mathbb C[x,y]/(x^2+y^2-1)$ es un dominio ideal principal y, por tanto, un dominio de factorización único.

4. Determinar las unidades de los anillos $S$ y $R$ . (Sugerencia: demuestre que $S$ es isomorfo al anillo polinómico de Laurent $\mathbb C[u,u^{-1}]$ .)

Answer 1

(1) Enviar $X$ a $\cos$ y $Y$ a $\sin$ . El núcleo de este homomorfismo consiste en los polinomios $f\in\mathbb{R}[X,Y]$ con la propiedad $f(\cos t,\sin t)=0$ para cualquier $t\in\mathbb{R}$ . Ahora demuestre que esto implica $f$ divisible por $X^2+Y^2-1$ : considerar $f$ como un polinomio en $X$ con coeficientes en $\mathbb{R}[Y]$ y escribir $f=(X^2+Y^2-1)g+r$ , donde $\deg_Xr\le 1$ . Entonces $r=a+bX$ , donde $a,b\in\mathbb{R}[Y]$ . Desde $f(\cos t,\sin t)=0$ para cualquier $t\in\mathbb{R}$ obtenemos que $r(\cos t,\sin t)=0$ para cualquier $t\in\mathbb{R}$ Es decir, $a(\sin t)+b(\sin t)\cos t=0$ para cualquier $t\in\mathbb{R}$ . Esto nos da que $a^2(\sin t)=b^2(\sin t)(1-\sin^2t)$ para cualquier $t\in\mathbb{R}$ . Pero $a,b$ son polinomios y la última relación implica que $a^2(Y)=b^2(Y)(1-Y^2)$ y esto es suficiente para deducir $a=b=0$ (¿por qué?).

(2) Demostramos que $x$ la clase de residuo de $X$ en $\mathbb{R}[X,Y]/(X^2+Y^2-1)$ es irreducible y no divide $1+y$ y $1-y$ las clases de residuos de $1+Y$ y $1-Y$ . (Tenga en cuenta que en $\mathbb{R}[x,y]$ tenemos $x^2=(1+y)(1-y)$ .)

Editar. Si $x=z_1z_2$ entonces, utilizando (4) (véase más adelante) obtenemos $N(x)=N(z_1)N(z_2)$ $\Leftrightarrow$ $Y^2-1=N(z_1)N(z_2)$ . Ahora tenemos los siguientes casos:
(i) $\deg N(z_1)=0\Leftrightarrow z_1\in\mathbb R^*$ ,
(ii) $\deg N(z_1)=2$ $\Leftrightarrow$ $\deg N(z_2)=0$ $\Leftrightarrow$ $z_2\in\mathbb R^*$ ,
(iii) $\deg N(z_1)=\deg N(z_2)=1$ . Si $N(z_1)=Y-1$ entonces $a_1^2(Y)+b_1^2(Y)(Y^2-1)=Y-1\Rightarrow Y-1\mid a_1(Y)\Rightarrow\exists a_2\in\mathbb R[Y]$ tal que $a_1=(Y-1)a_2$ y al insertar esto en la ecuación anterior obtenemos $a_2^2(Y)(Y-1)+b_1^2(Y)(Y+1)=1$ . Observando ahora los coeficientes principales de $a_2$ y $b_1$ encontramos que una de ellas es cero (¡falsa!) o la suma de su cuadrado es cero (¡falsa!).

Supongamos que $x\mid 1-y$ . Entonces $N(x)\mid N(1-y)\Leftrightarrow Y^2-1\mid (Y-1)^2$ una contradicción.

(3) He probado aquí todo lo que necesitas para esta parte.

(4) Como se puede ver en $(1)$ los elementos de $\mathbb{R}[x,y]$ puede escribirse de forma única como $a(y)+b(y)x$ . Definir una "norma" $N:\mathbb{R}[x,y]\to\mathbb{R}[Y]$ por $N(a(y)+b(y)x)=a^2(Y)+b^2(Y)(Y^2-1)$ . $N$ es multiplicativo y utilizando esto obtenemos que las unidades de $\mathbb{R}[x,y]$ son los elementos no nulos de $\mathbb{R}$ .

Para $\mathbb{C}[x,y]$ podemos ver, a través del isomorfismo de la parte $(3)$ que los elementos invertibles son los elementos no nulos de $\mathbb{C}$ Los poderes de $x+iy$ y $x-iy$ y los productos de los elementos no nulos de $\mathbb{C}$ con los poderes de $x+iy$ y $x-iy$ .

Answer 2

Hay otra manera de pensar en este problema. Dado que $R:= \mathbb R[x,y]/(x^2 +y^2 -1 )$ es una curva afín suave, es un anillo normal (es decir, integralmente cerrado en su campo de fracción), y por tanto es factorial si y sólo si tiene grupo de clase trivial.

Aquí y más adelante utilizaré ideas discutidas en Hartshorne, capítulo II.6, en la subsección sobre los divisores de Weil.

Podemos considerar $U :=$ Espec $R$ como una curva abierta afín, y luego considerar su cierre proyectivo $X$ . La curva $X$ es una cónica plana, por lo que su grupo de clase (equivalentemente, su grupo de Picard) es isomorfo a $\mathbb Z$ generado por la clase de cualquier punto racional (por ejemplo, la clase del punto $(1,0)$ ).

Ahora $Z := X \setminus U$ es irreducible (es un único punto de $X$ que geométricamente se convierte en dos puntos, a saber, los dos puntos en el infinito $[1:\pm i: 0]$ --- nota que ninguno de estos puntos está definido individualmente sobre $\mathbb R$ pero su unión sí lo es, por lo que corresponde a un único punto en $X$ con un campo de residuos igual a $\mathbb C$ ); aquí es donde utilizamos que nuestra curva está definida sobre $\mathbb R$ en lugar de $\mathbb C$ . (En este último caso $Z$ es no irreducible, sino que es la unión de los dos puntos anteriores, que ahora están definidos sobre $\mathbb C$ .)

Ahora utilizamos la secuencia exacta de Hartshorne II.6, Prop. 6.5, a saber

$$\mathbb Z \to \mathrm{Cl}(X) \to \mathrm{Cl}(U) \mapsto 0,$$

donde la primera flecha está definida por $n \mapsto $ la clase de $nZ$ .

Recordando que Cl $(X) = \mathbb Z$ y que $Z$ corresponde a un par de puntos sobre $\mathbb C$ esta secuencia exacta puede escribirse más explícitamente como $$\mathbb Z \to \mathbb Z \to \mathrm{Cl}(U) \to 0,$$ donde el primer mapa es la multiplicación por $2$ .

Así, Cl $(R) = $ Cl $(U) = \mathbb Z/2$ y vemos que $R$ no es un UFD.

Explícitamente, vemos que un ideal maximal en $R$ será principal precisamente si su campo de residuos es igual a $\mathbb C$ (en lugar de $\mathbb R$ ). Así, por ejemplo, el ideal máximo $(x,y-1)$ que corta el punto $(0,1)$ y tiene un campo de residuos $\mathbb R$ no es principal.

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Se puede pensar en esto de forma más geométrica:

Si el ideal máximo que corta un punto $P$ en $\mathbb R$ es principal, entonces es generado por algún polinomio real $f(x,y)$ . Pero entonces el ideal $(f)$ en $R$ es un producto de ideales máximos correspondiente a la intersección de la curva $f = 0$ con la curva $U$ . Por supuesto, esto es sólo el único punto $P$ con multiplicidad uno, por lo que (pasando ahora de la imagen afín a la imagen proyectiva) todas las demás intersecciones deben ser con los dos puntos en $Z$ . Según Bezout, el número total de intersecciones de $f = 0$ con $X$ es par, y estamos asumiendo la intersección de $f = 0$ con $U$ consiste en el punto único $P$ por lo que, de hecho, el número de intersecciones con $Z$ debe ser impar. Pero este conjunto de intersecciones (contadas con multiplicidad) es simétrico bajo conjugación compleja (ya que $f$ tiene coeficientes reales) y por tanto debe ser par (porque los dos puntos de $Z$ se intercambian por conjugación compleja). Esta contradicción muestra que el ideal máximo de $P$ es no principal. (Esto es más o menos una reescritura de la prueba de la Prop. 6.5 de Hartshorne en este caso particular).

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También es fácil ver lo que ocurre cuando ampliamos los escalares de $\mathbb R$ a $\mathbb C$ es decir, pasar de $R$ a $S$ . El conjunto $Z$ se convierte ahora en la unión de dos puntos, y así para cualquier punto $P$ de $U$ (ahora más $\mathbb C$ ) podemos encontrar un generador del ideal máximo eligiendo $f$ para ser la ecuación de una línea que pasa por $P$ y uno de los dos puntos de $Z$ . Por ejemplo, para $P = (0,1)$ podemos tomar un generador del ideal $(x,y-1)$ para ser $(y - 1 \pm ix)$ . (Cualquiera de los signos es válido; su relación es una unidad en $S$ .)

En términos de la secuencia exacta de los grupos de clase, $Z$ ya no es irreducible, sino la unión de dos puntos de grado uno cada uno, por lo que la secuencia exacta pasa a ser $$\mathbb Z \oplus \mathbb Z \to \mathrm{Cl}(X_{/\mathbb C}) \to \mathrm{Cl}(U_{/\mathbb C}) \to 0,$$ que más explícitamente es $$\mathbb Z \oplus \mathbb Z \to \mathbb Z \to \mathrm{Cl}(U_{/\mathbb C}) \to 0,$$ con el primer mapa dado simplemente por $(m,n) \mapsto m+n$ . Evidentemente, este mapa es sobreyectivo, por lo que Cl $(S) =$ Cl $(U_{/\mathbb C}) = 0.$

Answer 3

Permítanme completar la excelente respuesta de YACP describiendo las unidades de $S=\mathbb{C}[X,Y]/(X^2+Y^2-1)=\mathbb C[x,y]$ .
Utilizaremos el isomorfismo $\mathbb C[U,U^{-1}]\cong \mathbb C[x,y]:U\mapsto x+iy$
En primer lugar, hay que tener en cuenta que las unidades de $\mathbb C[U,U^{-1}]$ constituyen el conjunto $(\mathbb C[U,U^{-1}])^{\times}=\bigcup _{n\in \mathbb Z} \mathbb C^*U^n$ de monomios no nulos.
Traduciendo de nuevo a $S=\mathbb C[x,y]$ obtenemos $$S^{\times}=\mathbb C[x,y]^{\times}=\bigcup _{n\in \mathbb Z} \mathbb C^*(x+iy)^n$$
[No olvides que $ ((x+iy)^n)^{-1}=(x-iy)^n$ desde $(x+iy)(x-iy)=x^2+y^2=1$ ]

Edición: anillos graduados
Podría ser interesante situar el problema en una perspectiva más general.
En un $\mathbb Z$ -dominio calificado $R=\oplus_{n\in \mathbb Z} R_n$ es inmediato que las unidades son homogéneas y de ahí se desprende que las unidades de $\mathbb C[U,U^{-1}]=\oplus_{n\in \mathbb Z} \mathbb CU^n$ son $(\mathbb C[U,U^{-1}])^{\times}=\bigcup _{n\in \mathbb Z} \mathbb C^*U^n$ como se ha indicado anteriormente.
Del mismo modo, se puede calcular que las unidades de $\mathbb Z[U,U^{-1}]=\oplus_{n\in \mathbb Z} \mathbb ZU^n$ vienen dadas por $(\mathbb Z[U,U^{-1}])^{\times}=\bigcup _{n\in \mathbb Z} \mathbb \lbrace U^n,-U^n\rbrace $ .
Sin embargo, en un anillo graduado con divisores cero, las unidades no necesitan ser homogéneas: por ejemplo, en el anillo de números duales $D=\mathbb C[X]/(X^2)=\mathbb C\oplus \mathbb C[\epsilon]$ el elemento $1+\epsilon$ es invertible (con inversa $1-\epsilon$ ) aunque no es homogénea.