Oppgavehjelp - House of Math

Oppgavehjelp – send inn din oppgave så hjelper vi deg med å løse den – innen 48 timer!

Takk for svaret, det var både kjapp respons og gode forklaringer! Eg er veldig imponert over kunnskapen dere sitter inne med, ettersom dette er en oppgave som er gitt i et phd-kurs på NTNU i Kommutativ Algebra

– Tjerand

Kommutativ algebra

FINN NULLRADIKALET OG JACOBSON RADIKALET TIL RINGENE K[X] OG K[[X]]

Nullradikalet til en ring er lik snittet av alle primidealer til ringen, og Jacobsonradikalet til en ring er lik snittet av alle maksimalidealer til ringen.

I både $k[x]$ og $k[[x]]$ er $(0)$ et primideal, som medfører at nullradikalet også er $(0)$ :

Kortversjonen: Om man ganger sammen to polynomer får man ikke null med mindre en av dem er null. Ditto for potensrekker.

Langversjonen:

Anta $f\in k[x]$ og $g\in k[x]$ , med $f \neq 0$ og $g \neq 0$ . Vi kan skrive

$f = a_j x^j + a_{j+1} x^{j+1} + \ldots + a_n x^n$ og $g = b_i x^i + b_{i+1}x^{i+1} + \ldots + b_m x^m$

hvor $a_j$ er det første leddet som ikke er null i $f$ og $b_i$ det første leddet som ikke er null i $g$ . Om $i+j = n$ , må det $n$ -te leddet av $fg$ se ut som følger:

$(\sum_{k,l, k+l=n$ a_k b_l)x^n$

For alle ledd bortsett fra $k = j$ og $l = i$ , må vi ha $k < j$ eller $l < i$ . I alle disse ledd må derfor enten $a_k$ eller $b_l$ være null. Den eneste konstanten som ikke er null må derfor være $a_jb_i$ . Denne vet vi at ikke er null, da vi krevde at $a_j$ var det første leddet i $f$ som ikke var null, og $b_i$ var det første leddet i $g$ som ikke var null. Derfor vil det $n$ -te leddet i $fg$ ha ikkenull koeffisient, så $fg$ kan ikke være nullpolynomet.

Samme argument gjelder for $k[[x]]$ .

Derfor får vi at nullradikalet til $k[x]$ og $k[[x]]$ blir $(0)$ , da man må snitte med $(0)$ for å få nullradikalet.

—————————————————————————-

Jacobsonradikalet til $k[x]$ er $(0)$ :

Kortversjonen: Det eneste polynomet som er delelig på alle irredusible polynomer er nullpolyomet.

Langversjonen: Vi vet at $k[x]$ er et hovedidealområde. Derfor kan alle idealer generes av ett element, og kan derfor skrives på formen $(f)$ . Et slikt ideal er maksimalt kun dersom $f$ er et irredusibelt polynom. Et element i Jacobsonradikalet må være med i alle maksimalidealer, og må derfor kunne deles på alle irredusible polynomer. Da det finnes uendelig mange irredusible polynomer i $k[x]$ , må da et slikt element være delelig med uendelig mange polynomer, og må derfor være nullpolynomet.

—————————————————————————

Jacobsonradikalet til $k[[x]]$ er $(x)$ , da $(x)$ er det eneste maksimale idealet.

Alle potensrekker i $k[[x]]$ vil kun ligge i $(x)$ dersom de har konstantledd lik $0$ . La $f$ være et polynom som ikke ligger i $(x)$ , og som derfor har et konstantledd ulik $0$ . Vi skriver $f = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \ldots$ Vi vil da vise at vi kan finne en $g = b_0 + b_1x + b_2x^2 + \ldots$ slik at $fg = 1$ . Gjør dette ved å finne $b_0, b_1, \ldots$ induktivt.

Om $fg = 1$ må $a_0b_0 = 1$ . Derfor må vi ha $b_0 = \frac{1}{a_0}$ . Da vi har antatt at $a_0 \neq 0$ , går dette fint. Om vi nå antar at vi har funnet $b_0, \b_1, \ldots, b_k$ , kan vi beregne det $k+1$ -te leddet i $fg$ , som vi vil at skal bli $0$ . Koeffisienten til det $k+1$ -te leddet er gitt ved

$\sum_{i,j, i+j = k+1} a_ib_j = a_0b_{k+1} + \sum_{i,j, i>0, i+j = k+1} a_i b_j$

Da dette skal være null, kan vi se at $b_{k+1}$ må være gitt ved

$b_{k+1} = \frac{\sum_{i = 1}^{k+1} a_ib_{k+1-i}}{a_0}$

Da alle tall i dette uttrykket er kjent per induksjon og $a_0$ fremdeles ikke er $0$ , er dette veldefinert. Vi kan derfor slutte at om $f$ er et element i $k[[x]]$ som ikke er i $(x)$ , må det finnes en $g$ i $k[[x]]$ slik at $fg = 1$ , så $f$ er invertibel. Da invertible elementer aldri vil være medlem av maksidealer, må det bety at $(x)$ må være det eneste maksidealet i $k[[x]]$ , så Jacobsonradikalet blir da også $(x)$ .

Set your main menu in Appearance > Menus

Categories

Set your main menu in Appearance > Menus

Search engine

Cart

Categories