Provar que J é ideal maximal

[Walter R]

Boa noite!
Estou com uma dificuldade para resolver o problema abaixo.

Problema: " Se \(\mathbb{Q}[\sqrt{2}]=\left \{ f(\sqrt{2}) :f(x) \in \mathbb{Q}[x]\right \}\),onde \(\mathbb{Q}[x]\) é o domínio dos polinômio sobre o corpo dos racionais, prove que \(J=\left \{ f(x) \in \mathbb{Q}[x]:f(\sqrt{2})=0\right \}\) é um ideal maximal de \(\mathbb{Q}[x]\)".

Sei que há várias maneiras de fazer isto, mas estou particularmente interessado em apresentar uma prova direta,ou seja, usando a definição de ideal maximal, e sem usar como hipótese que \(\mathbb{Q}[\sqrt{2}]\) é um corpo.


Solução proposta:

Devo provar que se existe um ideal \(I \supset J\), então \(I=J\) ou \(I=\mathbb{Q}[x]\). Inicialmente pode-se observar que \(\mathbb{Q}[\sqrt{2}]=\left \{ a+b\sqrt{2}:a,b \in \mathbb{Q} \right \}\).

Seja \(f(x) \in I\) tal que \(f(x) \notin J\). Isto implica \(I \neq J\) e \(f(\sqrt{2})=a+b\sqrt{2}\), com \(a\)
e \(b\) não simultaneamente iguais a zero. A idéia é provar que \(1 \in I\). Alguem tem alguma dica de como fazer isto?

[Rui Carpentier]

Considere o elemento \(g(x)=a'-b'x\), onde \(a'=\frac{a}{a^2-2b^2}\) e \(b'=\frac{b}{a^2-2b^2}\) (note que a irracionalidade de \(\sqrt{2}\) garante que o denominador é diferente de zero). Sendo \(f(x)\) elemento do ideal \(I\) temos que \(f(x)g(x)=\frac{a^2-b^2x^2}{a^2-2b^2}\) é elemento de \(I\). Por outro lado, \(h(x)=\frac{x^2-2}{a^2-2b^2}\) também pertence a \(I\) pois é elemento de \(J\) (\(h(\sqrt{2})=0\)).
Agora veja quanto dá a soma \(f(x)g(x)+b^2h(x)\).

[Walter R]

Olá, Rui! Entendi perfeitamente. Excelente explicação! Só mais uma dúvida. Sabe-se que é possível generalizar a afirmação e dizer que \(J\) é ideal maximal sempre que substituirmos \(\sqrt{2}\) por \(\sqrt{p}\), \(p\) primo. Suponha que \(p\) não seja primo. Onde falharia a demonstração?

[Rui Carpentier]

A menos que eu esteja equivocado, \(\mathbb{Q}[\sqrt{p}]\) é um corpo quadrático (i.e. \(\left[\mathbb{Q}[\sqrt{p}]:\mathbb{Q}\right]=2\)) desde que p não seja um quadrado perfeito (podendo ser primo ou não). A demostração seria a mesma substituindo 2 por p (por exemplo \(h(x)=\frac{x^2-p}{a^2-pb^2}\)).
O único pormenor que me ocorre é que se p não for livre de quadrados, \(p=n^2q\), então \(\mathbb{Q}[\sqrt{p}]=\mathbb{Q}[\sqrt{q}]\).

PS- Na primeira resposta assumi que sendo \(f(\sqrt{2})=a+b\sqrt{2}\not=0\) então \(f(x)=a+bx\). Esta assunção é válida a menos de um elemento de \(J\) pois aí \(x^2\equiv 2\), \(x^3\equiv 2x\), \(x^4\equiv 4\), etc. A mudança de 2 para p não altera o argumento.