$R$ nin maksimal ideallerinin $M_a$ şeklinde olduğunu gösteriniz.

Question

$R= \{ f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}~~ \text{sürekli fonksiyonlar} \}$ olsun. (Birimli ve değişmeli bir halka olduğu açık.)

$i)$ $M_a= \{ f:~~f(a)=0 \}$, $R$ nin bir maksimal ideali olur mu?

$ii)$ $R$ nin maksimal ideallerinin $M_a$ şeklinde olduğunu gösteriniz.

Birinci şıkkın ispatını şu şekilde yaptım: 

Bir $a \in [0,1]$ elemanını alalım ve bir $\phi : R\rightarrow \mathbb{R}$ fonksiyonunu $\forall f \in R$ için $\phi(f)=f(a)$ olacak şekilde tanımlayalım.

$\forall f,g \in R$ için $\phi(f+g)=(f+g)(a)=f(a)+g(a)=\phi(f)+ \phi(g)$

ve $\phi(fg)=(fg)(a)=f(a)g(a)=\phi(f) \phi(g)$

olduğundan $\phi$ bir halka homomorfizmasıdır.

Şimdi $c\in \mathbb{R}$ alalım. $f(x)=x+(c-a)$ , $f:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}$ sürekli fonksiyondur. $\phi(f)=f(a)=c$ dir. Dolayısıyla $\phi$ örtendir.

Buradan $\ker(\phi)=\{ f\in R :~~f(a)=0 \} =  M_a$ ve $R/{M_a} \cong \mathbb{R}$ bir cisimdir. Yani $M_a$ maksimal idealdir.

İkinci şık için nasıl bir yol izlemem gerektiğini bulamadım henüz. Yardımlarınızı bekliyorum..

Comments

$[0,1]$ in kompakt oluşunu kullanman gerekiyor.

Bir $M$ maksimal ideali için böyle bir $a$ olmadığını kabul edip, bulacağın fonksiyonları "birleştiririp", $M$ de bir birim (çarpımsal tersi olan eleman) oluşturmaya çalış.

---

Teşekkürler hocam, deneyeceğim. 

---

$M$ bir maksimal ideal olsun. Bazı $f \in M$ ler için $f(a)=0$ olacak şekilde $a\in [0,1]$ elemanı var olmasın. Yani her $a\in [0,1]$ için $f(a)\neq0$ olacak şekilde uygun $f\in M$ ler vardır.

Bu durumda bir $a\in [0,1]$ noktasının her komşuluğunda $\exists f\in M$, $f(a)\neq 0$  dır.  $a$ nın komşuluklar ailesini $N_a$ ile gösterelim. $N_a$, $[0,1] $in bir açık örtüsüdür. $[0,1]$ kompakt olduğundan $N_a$ nın $[0,1]$ i örten bir sonlu alt örtüsü vardır. Bu örtü $\{ U_1,U_2,\cdots ,U_n \}$ olsun. Her bir $i=\overline{1,n}$ için $\forall x\in U_i$, $ f_i(x)\neq 0$ olacak şekilde $f_i\in M$ vardır. 

$f={f_1}^2+\cdots +{f_n}^2$ olsun. İdeallikten $f\in M$ dir. $\forall x\in [0,1]$ için $f(x)>0$ dır. O halde $\forall x\in [0,1]$ için $\frac{1}{f(x)} >0$ dır. $\frac{1}{f(x)} \neq 0$ olduğundan $\frac{1}{f} \in M$ dir. Yine ideallikten $f\cdot \dfrac{1}{f} =1 \in M$ dir. Çelişki. Yani $M=M_a=\{f:~~f(a)=0\}$ dır. Bu ispat doğru mudur hocam?

---

Gayet güzel olmuş. Dört düzeltme önerebilirim:

1. " Bazı $f\in M$ ler için $f(a)=0$ olacak şekilde $a\in[0,1]$ elemanı var olmasın." 

gereksiz.

2. "Yani her $a\in [0,1]$ için $f(a)\neq0$ olacak şekilde uygun $f\in M$ ler vardır."

 cümlesinde "$f_a(a)\neq0$ olacak şekilde en az bir $f_a\in M$  vardır" daha anlaşılır olabilir.

3. Bir de $\frac1f\in M$ değil, $\frac1f\in R$ olmalıydı.

4. Bunlar, herhangi bir (has: $R$ den farklı) $M$ ideali için, $M\subseteq M_a$ o.ş. bir $a\in[0,1]$ olduğunu gösteriyor. Maksimal ideal kabulümüzden (ve sorunun ilk kısmından) eşitlik çıkar.

 Bunları düzeltip cevap olarak yazarsan soru cevaplanmış olur.

---

Buraya da göz atabilirsin.

---

Teşekkür ederim murad.ozkoc hocam.

Answer 1

$M$ bir maksimal ideal ve her $a\in [0,1]$ için $f_a(a)\neq0$ olacak şekilde uygun $f_a\in M$ ler var olsun.

Bu durumda bir $a\in [0,1]$ noktasının her komşuluğunda $\exists f\in M$, $f(a)\neq 0$  dır.  $a$ nın komşuluklar ailesini $N_a$ ile gösterelim. $N_a$, $[0,1] $in bir açık örtüsüdür. $[0,1]$ kompakt olduğundan $N_a$ nın $[0,1]$ i örten bir sonlu alt örtüsü vardır. Bu örtü $\{ U_1,U_2,\cdots ,U_n \}$ olsun. Her bir $i=\overline{1,n}$ için $\forall x\in U_i$, $ f_i(x)\neq 0$ olacak şekilde $f_i\in M$ vardır. 

$f={f_1}^2+\cdots +{f_n}^2$ olsun. İdeallikten $f\in M$ dir. $\forall x\in [0,1]$ için $f(x)>0$ dır. O halde $\forall x\in [0,1]$ için $\frac{1}{f(x)} >0$ ve $\frac{1}{f} \in R$ dir. Yine ideallikten $f\cdot \dfrac{1}{f} =1 \in M$ dir. Çelişki.Bunlar, $R$ den farklı herhangi bir $M$ ideali için, $M \subseteq M_a$ olacak şekilde bir $a\in [0,1]$ olduğunu gösteriyor. $M_a$ maksimal ideal ve $M$ de kabulden dolayı maksimal ideal olduğundan $M=M_a$ dır.