Capítulo II. Infancia y Adolescencia
1. Visión global
1.3. Puntos fuertes y débiles del municipio
Në këtë seksion ne shohin disa ideale të veçanta të cilat janë të rëndësishme në studimin e unazave.
Lema 7.4. Jepet ideali I ⊂ R. a) IR = I
b) I=R atëherë dhe vetëm atëherë kur I përmban një element njësi
c) R është fushë atëherë dhe vetëm atëherë kur idealet e vetme të R-së janë 0 dhe R.
Vërtetim: a) Nga përkufizimi i idealeve IR = I
b) Në qoftë se I = R atëherë 1R∈ R, pra I përmban një element njësi. Në qoftë se u ∈ I është një element njësi atëherë ekziston v ∈ R e tillë që vu = 1R. Atëherë, ∀r ∈ R,
r = r 1R= r vu = (rv) u ∈ I Pra, R ⊂ I, domethënë I = R
c) Vërtetojme se në qoftë se R vshtë fushë idealet e vetme janë 0 dhe R. Dimë se unaza R është fushë atëherë dhe vetëm atëherë kur çdo element jozero është njësi. Pra, çdo ideal jozero ka një element njësi. Si rrjedhim ai ëhtë i barabartë me R.
Le të jetë R një unazë me ideale të vetëm S 0 dhe R. Vërtetojmë se ajo është fushë. Supozojmë se ekziston një element r ∈ R që s’është njësi në R. Atëherë, (r) 6= R. Kontradiksion! Si rrjedhim, çdo element në R është njësi. Pra, R është fushë.
Një ideal M ⊂ R quhet ideal maksimal në qoftë se idealet e vetme që përmbajnë M -në janë M dhe R. Një ideal I 6= 0 dhe I 6= R quhet ideal i mirëfilltë.
Lema 7.5. Në një unazë me njësh çdo ideal i mirëfilltë përmbahet në një ideal maksimal.
Vërtetim: Jepet unaza R me njësh dhe ideali i mirëfilltë I ⊂ R. Le të jetë S bashkësia e gjithë idealeve të mirëfillta që përmbajnë I-në. S është joboshe sepse I ∈ S. Gjithashtu S renditet nga përfshirja e bashkësive. Marrim një zinxhir rritës C në S. Të vërtetojmë se ka kufi të sipërm. Marrim
J := ∪A∈CA
Le të vërtetojmë se J është ideal. Natyrisht J është joboshe, sepse 0 ∈ J . Në qoftë se a, b ∈ J atëherë ekzistojnë idealet A, B ∈ C të tillë që a ∈ A dhe b ∈ B. Nga përkufizimi i zinxhirit A ⊂ B ose B ⊂ A. Pra a − b ∈ J , domethënë J është e mbyllur në lidhje me zbritjen. Përderisa A është e mbyllur nga shumëzimi i majtë dhe i djathtë me elementët e R-së atëherë dhe J është i mbyllur. Pra, J është ideal.
J është ideal i mirëfilltë. Në qoftë se jo atëherë 1 ∈ J . Pra, ekziston ndonjë A ∈ C, që 1 ∈ A. Kjo është kontradiktë, sepse A ∈ C ⊂ S. Përfundimisht, kushtet e lemës së Zornit plotësohen. Duke përdorur lemën e Zornit kemi që S ka një element maksimal M.
Teorema 7.8. Çdo unazë A 6= 0 ndërrimtare me njësh përmban një ideal maksimal.
Vërtetim: Vërtetimi është pothuajse i njëjtë me atë të lemës së mësipërme.
Rrjedhim 7.1. Në qoftë se a 6= (1) është një ideal i A-së, ekziston një ideal i A-së që përmban a.
Rrjedhim 7.2. Çdo element jo njësi i A-së përmbahet në një ideal maksimal. Lema 7.6. Në një unazë ndërrimtare, një ideal M është maksimal atëherë dhe vetëm atëherë kur R/M është fushë.
Vërtetim: Nga Teorema e Katërt e Izomorfizmave idealet e R/I korrespon- dojnë një më një me idealet e R-së që përmbajnë M -në. Në qoftë se M është maksimal, atëherë nuk ekziston asnjë ideal që përmban M -në. Pra, nuk ekzi- stojnë ideale të R/I përveç 0 dhe R/I. Si rrjedhim, R/I është fushë. Në qoftë
se R/I është fushë, atëherë nuk ka ideale të tjera përveç 0 dhe R/I. Pra, nuk ka ideale të R-së që përmbajnë M -në.
Përkufizim 7.3. Një ideal quhet ideal i thjeshtë në qoftë se P 6= R dhe ab ∈ P ⇒ a ∈ P ose b ∈ P.
Lema 7.7. Jepet R një unazë ndërrimtare. I është i thjeshtë atëherë dhe vetëm atëherë kur R/I është unazë integrale.
Vërtetim: Supozojmë se I është i thjeshtë. Marrim projeksionin natyror π : R −→ R/I. r ∈ I atëherë dhe vetëm atëherë kur π(r) = 0 në R/I. Në qoftë se π(a) π(b) = 0 në R/I atëherë a b ∈ I. Atëherë a ∈ I ose b ∈ I, pra π(a) = 0 ose π(b) = 0 në R/I. Kështu që R/I nuk ka pjestues të zeros. Arsyetimi i anasjelltë është njësoj.
Rrjedhim 7.3. Çdo ideal maksimal është i thjeshtë.
Vërtetim: Në qoftë se M është ideal maksimal, atëherë R/M është fushë. Çdo fushë është unazë integrale. Në bazë të lemës së mësipërme M është ideal i thjeshtë.
Shembull 7.15. Idealet themelorë të gjeneruar nga numrat e thjeshtë në Z janë të thjeshtë dhe maksimalë.
Shembull 7.16. Ideali (x) është i thjeshtë në Z(x), sepse Z[x]/(x) ∼= Z. Ky ideal nuk është maksimal. Ideali 0 është ideal i thjeshtë në Z[x], por jo ideal maksimal.
Në vazhdim R është një unazë ndërrimtare me njësh.
Pohim 7.4. Bashkësia ℵ e gjithë elementëve nilpotentë të një unazë R është ideal.
Vërtetim: Në qoftë se x ∈ ℵ, atëherë ekziston një n ∈ Z që xn = 0. Pra, ∀a ∈ R, (ax)n = anxn = a 0 = 0. Pra, ax ∈ ℵ. Marrim x, y ∈ ℵ, xn = 0, ym= 0. Atëherë
(x + y)m+n−1 = (xn)m−1+ a1xm+n−2y + . . . anxm−1yn+ . . . (ym)n−1= 0 Pra, për çdo x, y ∈ ℵ kemi që x + y ∈ ℵ dhe për çdo x ∈ ℵ, a ∈ R, ax ∈ ℵ. Si rrjedhim, ℵ është ideal.
Ideali ℵ quhet nilradikal i R-së. Një përkufizim tjetër i ℵ jepet nga pohimi i mëposhtëm.
Pohim 7.5. Nilradikali i R-së ℵ është prerja e gjithë idealeve të thjeshta të R-së.
Vërtetim: Shënojmë me ℵ nilradikalin e R-së dhe ℵ0 prerjen e gjithë idealeve të thjeshta të R-së. Në qoftë se x ∈ ℵ, atëherë xn = 0 ∈ p, për çdo ideal të thjeshtë p. Atëherë x ∈ p, sepse p është i thjeshtë. Pra, x ∈ ℵ0.
Marrim tani x ∈ ℵ0. Supozojmë, se x nuk është nilpotent. Le të jetë Σ bashkësia e gjithë idealeve a me vetinë që për n > 0, xn∈ a. Σ nuk është boshe,/ sepse 0 ∈ Σ. Nga lema e Zornit kemi që Σ ka një element maksimal. Le të jetë p elementi maksimal i Σ. Në qoftë se vërtetojmë se p është ideal i thjeshtë, atëherë vërtetimi ka mbaruar. Që të vërtetojmë se p është i thjeshtë, duhet të vërtertojmë se:
a /∈ p, b /∈ p ⇒ ab /∈ p
Idealet p + (a) dhe p + (b) përmbajnë p, kështu që nuk janë elementë të Σ. Pra, ekzistojnë m dhe n që
xm∈ p + (a), xn∈ p + (b) Atëherë xm= p
1+ r1a dhe xn = p2+ r2b, kështu që xm+n= p1p2+ p1r2b + p2r1a + ab ∈ p + (ab). Pra, p + (ab) nuk është në Σ, domethënë ab /∈ p.
Prerja e gjithë idealeve maksimaleve të R-së quhet ideal i Jakobsonit të R-së dhe shënohet me <.
Pohim 7.6. x ∈ < ⇐⇒ 1 − xy është njësi në R për çdo y ∈ R.
Vërtetim: ⇒ Supozojmë se 1 − xy nuk është njësi. Atëherë ai bën pjesë në ndonjë ideal maksimal m, por x ∈ < ⊂ m, kështu që x y ∈ m. Pra, 1 ∈ m. Kontradiktë!
⇐ Supozojmë se, x /∈ <. Pra, ekziston një ideal maksimal m, i tillë që x /∈ m. Atëherë m dhe x gjenerojnë R-në, kështu që gjenerojnë idealin (1). Pra kemi 1 = u + xy për u ∈ m dhe y ∈ R. Domethënë u = 1 − xy ∈ m nuk është njësi në R.
Në qoftë se a është një ideal i A-së atëherë radikali i a-së është r(a) := {x ∈ A : xn ∈ a, n ∈ Z+}
Pohim 7.7. Jepet unaza A. Radikali i një ideali a është prerja e gjithë idealeve të thjeshta të A-së, që përmbajnë a-në.
Vërtetim: Idealët e thjeshtë, që përmbajnë a korrespondojnë me idealët e thjeshtë të A/a. Në qoftë se xn ∈ a atëherë xn = 0 në A/a, pra x është në nilradikalin e A/a. Kështu që, x është në çdo ideal të thjeshtë, që përmban a. Anasjelltas, në qoftë se x është në çdo ideal, që përmban a, atëherë x është në nilradikalin e A/a. Pra, ekziston n e tillë që xn = 0 në A/a e cila është ekuivalente me xn∈ a
Shembull 7.17. Le të jetë pZ një ideal në Z, ku p është i thjeshtë. Atëherë pZ është ideal maksimal meqënëse Z/pZ ∼= Zp është fushë.
Shembull 7.18. Është e lehtë të tregohet se, P = {0, 2, 4, 6, 8, 10} është një ideal në Z12. Ky ideal është i thjeshtë. Në fakt, ai është ideal maksimal. Shembull 7.19. Çdo ideal në Z është i formës nZ. Unaza faktor Z/nZ ∼= Zn është një unazë integrale vetëm kur n është numër i thjeshtë. Më saktë, ajo është fushë. Pra, idealët e thjeshtë jozero në Z janë idealet pZ, ku p është i thjeshtë. Ky me të vërtetë e justifikon përdorimin e fjalës "i thjeshtë" në përkufizimin e idealëve të thjeshtë.
Ushtrime
6. Jepet unaza integrale R. Vërteto se, (a) = (b) për a, b ∈ R atëherë dhe vetëm atëherë kur a = ub për ndonjë element njësi u të R-së.
7. Le të jetë x një element nilpotent i unazës ndërrimtare A. Vërteto se, elemen- ti 1 + x është element njësi në A. Konkludo që shuma e një elementi nilpotent me një elementi njësi, është element njësi.