Domini a fattorizzazione unica

Proprietà importanti

La classe dei PID è contenuta nella classe degli UFD (domini a fattorizzazione unica).

La proprietà di essere a fattorizzazione unica si trasporta dal dominio alla sua estensione polinomiale.

Valgono le seguenti osservazioni:

Osservazione (337)

1. Se $D$$D$ è un dominio e scrivo $a\sim b$$a\sim b$ se e solo se esiste $u\in U$$u\in U$ tale che $a=ub$$a=ub$, cioè $a$$a$ differisce da $b$$b$ per un elemento

unitario, allora $\sim$$\sim$ è una relazione di equivalenza.

Dim. E' riflessiva infatti $a=1_{D}*a$$a=1_{D}*a$ con $1_{D}\in U$$1_{D}\in U$, è simmetrica infatti $ua=b$$ua=b$ implica $a=u^{-1}b$$a=u^{-1}b$ con $u^{-1}\in U$$u^{-1}\in U$ e transitiva, infatti se $a=u_{1}b$$a=u_{1}b$ e $b=u_{2}c$$b=u_{2}c$ allora $a=u_{1}u_{2}c$$a=u_{1}u_{2}c$.

1. Se $u_{1},u_{2}\in U$$u_{1},u_{2}\in U$, essi sono associati, cioè $u_{1}\sim u_{2}$$u_{1}\sim u_{2}$, perché $u_{1}$$u_1$ differisce per un elemento unitario da $u_{2}$$u_2$, infatti $u_{1}*u_{2}^{-1}$$u_{1}*u_{2}^{-1}$ è ancora unitario.
2. Se $u\in U$$u\in U$ è unitario e $u_{1}\sim u$$u_{1}\sim u$, allora $u_{1}$$u_1$ è unitario. Cioè gli elementi unitari formano un'unica classe di equivalenza

rispetto alla relazione $\sim$$\sim$.

1. Se $a\sim b$$a\sim b$ e $b$$b$ è irriducibile in $D$$D$, allora anche $a$$a$ è irriducibile in $D$$D$.

Moltiplicando un elemento irriducibile per un unitario ottengo ancora un irriducibile.

1. Se $a\in D$$a\in D$ e $a\mid u\in U$$a\mid u\in U$ allora $a\in U$$a\in U$ (gli unici divisori di elementi unitari sono unitari).

 

Definizione di UFD

Definizione (338 Dominio a fattorizzazione unica)

Sia $D$$D$ non ridotto a zero un dominio. $D$$D$ si dice dominio a fattorizzazione unica se preso un qualsiasi elemento $a\in D$$a\in D$ dove $0\neq a$$0\neq a$ e $a$$a$ non unitario, si può scrivere $a$$a$ come prodotto di fattori irriducibili, cioè $a=p_{1}*\dots *p_{r}$$a=p_{1}*\dots *p_{r}$ dove i $p_{i}$$p_{i}$ sono irriducibili in $D$$D$. Se $a=q_{1}*\dots *q_{s}$$a=q_{1}*\dots *q_{s}$ e $q_{j}$$q_{j}$ sono irriducibili in $D$$D$, allora $r=s$$r=s$ cioè le due fattorizzazioni hanno lo stesso numero di elementi (lunghezza di $a$$a$) e a meno di un eventuale riordinamento dei $q_{j}$$q_{j}$, $q_{j}\sim p_{j}$$q_{j}\sim p_{j}$ per ogni $j=1,r$$j=1,r$. (negli interi differisce per il segno, nei polinomi per una costante)

 

Relazione tra PID e UFD

Proposizione (339)

Ogni dominio a ideali principali è anche un $UFD$$UFD$.

 

Dimostrazione

Proviamo che se $D$$D$ è un $PID$$PID$, vale la condizione $\ast$$\ast$: non si trovano in $D$$D$ sequenze infinite di elementi del tipo $a_{1},a_{2},a_{i},a_{i+1},\dots$$a_{1},a_{2},a_{i},a_{i+1},\dots$ ove per ogni $i$$i$$a_{i+1}$$a_{i+1}$ è un fattore proprio del precedente. (ovvero, in ogni sequenza tale che $a_{i+1}\mid a_{i}$$a_{i+1}\mid a_{i}$ esiste $N$$N$ tale che $a_{N}\sim a_{N+1}\sim a_{N+2}$$a_{N}\sim a_{N+1}\sim a_{N+2}$ (la sequenza diventa stazionaria).

$\ast$$\ast$ è equivalente alla $\ast \ast$$\ast \ast$: $D$$D$ non contiene alcuna catena propriamente ascendente infinita di ideali principali del tipo $(a_{1})\subset (a_{2})\subset (a_{i})\subset (a_{i+1})$$(a_{1})\subset (a_{2})\subset (a_{i})\subset (a_{i+1})$ (infatti in un PID, $a_{1}\mid a_{2}\longrightarrow (a_{2})\subset (a_{1})$$a_{1}\mid a_{2}\longrightarrow (a_{2})\subset (a_{1})$ ).

Supponendo $D$$D$ a ideali principali dimostriamo la condizione $\ast \ast$$\ast \ast$: Chiamiamo $I=\bigcup _{i\in I}\{(a_{i})\}$$I=\bigcup _{i\in I}\{(a_{i})\}$. Osserviamo che $I$$I$ è un ideale (e siccome siamo in un $PID$$PID$ è un ideale principale). L'unione insiemistica di ideali con una catena ascendente di inclusioni è undeale, perché è uguale al più grosso di questi ideali uniti.

Sia $I=(d)$$I=(d)$, allora esiste $n$$n$ tale che $d\in (a_{n})$$d\in (a_{n})$ e segue quindi $I=(d)\subseteq (a_{n})$$I=(d)\subseteq (a_{n})$. Inoltre, per ogni $M\geq N$$M\geq N$, segue che $(a_{n})\subseteq I\subseteq (a_{m})$$(a_{n})\subseteq I\subseteq (a_{m})$, ma siccome $I$$I$ è l'unione, non esistono ideali più grossi quindi $(a_{m})=(a_{n})$$(a_{m})=(a_{n})$ (la catena è stazionaria).

Esistenza di una fattorizzazione: Sia $0\neq a$$0\neq a$ un elemento non unitario di $D$$D$. Allora mostriamo che $a$$a$ si può esprimere come prodotto di irriducibili. Se $a$$a$ è irriducibile, non ho niente da provare.

In caso contrario, se $a$$a$ è riducibile, allora $a$$a$ ha dei fattori propri e posso scrivere $a=a_{1}b_{1}$$a=a_{1}b_{1}$ con $a_{1}$$a_1$ fattore proprio. Allora si possono verificare due possibilità:

1. $a_{1}$$a_1$ è irriducibile.
2. $a_{1}$$a_1$ è riducibile, e quindi posso scrivere $a_{1}=a_{2}*p_{2}$$a_{1}=a_{2}*p_{2}$ con $a_{2}$$a_2$ fattore proprio.

Itero il ragionamento su $a_{2}$$a_2$. Si forma una sequenza $a,a_{1},a_{2},\dots$$a,a_{1},a_{2},\dots$ che in forza della proprietà $\ast$$\ast$ deve terminare dopo un numero finito di passi con un fattore irriducibile di $a$$a$. Diciamo $a_{n}$$a_n$ irriducibile in $D$$D$ e lo chiamiamo $p_{1}$$p_{1}$. Posto $p_{1}=a_{n}$$p_{1}=a_{n}$, si ha che $a=p_{1}*a'$$a=p_{1}*a'$, perché ho scoperto che $a$$a$ ha un fattore irriducibile. Allora se consideriamo $a'$$a'$, se $a'\in U$$a'\in U$, allora $a$$a$ è irriducibile (alterando un irriducibile per un fattore unitario è ancora irriducibile). Altrimenti, se $a'$$a'$ non è unitario, posso ripetere il ragionamento fatto su $a$$a$. E posso scrivere $a'=p_{2}*a''$$a'=p_{2}*a''$ con $p_{2}$$p_{2}$ irriducibile. Iterando la procedura, si ottiene una sequenza fatta da $a,a',a'',\dots ,a^{(i)}$$a,a',a'',\dots ,a^{(i)}$ e così via, ove $a^{(i)}$$a^{(i)}$ divide $a^{(i-1)}$$a^{(i-1)}$ propriamente. Inoltre, $a^{(i-1)}=ab^{(i)}$$a^{(i-1)}=ab^{(i)}$ con $b^{(i)}$$b^{(i)}$ irriducibile. Per la condizione $\ast$$\ast$ tale sequenza deve terminare, con un elemento irriducibile. Allora pongo l'ultimo elemento $a^{(r-1)}=p_{r}$$a^{(r-1)}=p_{r}$, e segue che $a=p_{1}*a'=p_{1}p_{2}*a''=p_{1}*p_{2}*p_{r}$$a=p_{1}*a'=p_{1}p_{2}*a''=p_{1}*p_{2}*p_{r}$. Questo prova che ogni elemento del dominio ha una fattorizzazione in termini irriducibili.

Unicità: useremo implicitamente la nozione di fattori primi, se $p$$p$ è primo e divide il prodotto di un certo numero di fattori, divide almeno uno di questi (si prova per induzione o usando l'associatività). Supponiamo di avere due fattorizzazioni: supponiamo di avere $a=p_{1}p_{2}*p_{r}=q_{1}q_{2}q_{s}$$a=p_{1}p_{2}*p_{r}=q_{1}q_{2}q_{s}$ dove $p_{i}$$p_{i}$ e $q_{j}$$q_{j}$ sono irriducibili.

Proviamo per induzione su $r$$r$ che in realtà le due fattorizzazioni coincidono. Se $r=1$$r=1$, allora $a=p_{1}$$a=p_{1}$. $a$$a$ è irriducibile, allora non può essere fattorizzato in più di un fattore riducibile. Allora se $a=p_{1}$$a=p_{1}$, anche $p_{1}=q_{1}$$p_{1}=q_{1}$ e $s=1$$s=1$.

Supponiamo $r>1$$r>1$ e presa la prima fattorizzazione, $p_{1}$$p_{1}$ è irriducibile e $p_{1}$$p_{1}$ divide il prodotto $q_{1}q_{2}q_{r}=a$$q_{1}q_{2}q_{r}=a$. Allora deve dividere almeno uno dei fattori, cioè $p_{1}\mid q_{j}$$p_{1}\mid q_{j}$ per qualche $j$$j$ ($p_{1}$$p_{1}$ è anche primo). Ma anche $q_{j}$$q_{j}$ è irriducibile e ammette solo fattori banali. Allora $p_{1}\sim q_{j}$$p_{1}\sim q_{j}$. Eventualmente riordinando possiamo supporre $j=1$$j=1$, cioè $p_{1}\mid q$$p_{1}\mid q$ e $q_{1}=u_{1}p_{1}$$q_{1}=u_{1}p_{1}$ con $u_{1}\in U$$u_{1}\in U$. Allora

$$a=p_{1}p_{2}p_{r}=q_{1}q_{2}q_{s}=u_{1}*p_{1}q_{2}q_{s}$$

$$a=p_{1}p_{2}p_{r}=q_{1}q_{2}q_{s}=u_{1}*p_{1}q_{2}q_{s}$$

valgono le leggi di cancellazione, quindi semplifico per $p_{1}$$p_{1}$ e ottengo:

$$p_{2}\dots p_{r}=u_{1}\dots q'_{2}\dots q_{s}$$

$$p_{2}\dots p_{r}=u_{1}\dots q'_{2}\dots q_{s}$$

Ci sono due fattorizzazioni irriducibili di un elemento $b$$b$ e la lunghezza della prima fattorizzazione è $r-1$$r-1$. Quindi per induzione su $r$$r$ questa fattorizzazione è unica. Allora $r-1=s-1$$r-1=s-1$ e $r=s$$r=s$, inoltre eventualmente riordinando $p_{i}\sim q_{i}$$p_{i}\sim q_{i}$ per ogni $i\geq 2$$i\geq 2$.

 

Esempio (340)

$$d=\mathbb {Z} ({\sqrt {-5}})=\{z\in \mathbb {C} \,t.c.\,z=a+{\sqrt {5}}*ib\quad a,b\in \mathbb {Z} \}$$

$$d=\mathbb {Z} ({\sqrt {-5}})=\{z\in \mathbb {C} \,t.c.\,z=a+{\sqrt {5}}*ib\quad a,b\in \mathbb {Z} \}$$

Si considera una norma euclidea. Se prendo $r=a+b*{\sqrt {-5}}$$r=a+b*{\sqrt {-5}}$, la norma $n(r)=a^{2}+5b^{2}$$n(r)=a^{2}+5b^{2}$.

Calcolo gli elementi unitari del dominio. Siccome la norma è moltiplicativa, presi due elementi $r,s$$r,s$ in $D$$D$ si ha

$$n(rs)=n(r)*n(s)$$

$$n(rs)=n(r)*n(s)$$

allora considero $r$$r$ unitario in $D$$D$ tale che $rs=1_{D}$$rs=1_{D}$. Le norme sono interi non negativi, allora se $rs=1$$rs=1$, con $r$$r$ unitario e $s$$s$ il suo inverso, si ha

$$n(rs)=n(r)*n(s)=n(1)=1$$

$$n(rs)=n(r)*n(s)=n(1)=1$$

e necessariamente $n(r)=n(s)=1$$n(r)=n(s)=1$. Questo implica che $r=\pm 1$$r=\pm 1$. Questi sono gli unici elementi unitari in $D$$D$.

In questo anello prendo il numero $9$$9$. Posso fattorizzarlo come $3*3$$3*3$ oppure come $(2+{\sqrt {-5}})(2-{\sqrt {-5}})$$(2+{\sqrt {-5}})(2-{\sqrt {-5}})$. Ho due fattorizzazioni in elementi di $D$$D$ si verifica che sia $3$$3$ che $2\pm {\sqrt {-5}}$$2\pm {\sqrt {-5}}$ sono irriducibili.

Gli elementi irriducibili sono a due a due non associati. Quindi si hanno due fattorizzazioni distinte dell'elemento $9$$9$ in elementi irriducibili. Questi elementi sono irriducibili ma non primi. In questo dominio ci sono irriducibili che non sono primi. Questo allora non è un $UFD$$UFD$ e non è un dominio a ideali principali.