Estructuras algebraicas: Divisibilidad en anillos conmutativos

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ESTRUCTURAS ALGEBRAICAS: DIVISIBILIDAD EN ANILLOS CONMUTATIVOS

José F. Fernando J. Manuel Gamboa

Prefacio Este libro, que es fruto de la experiencia de los autores en la impartición de cursos similares, es una iniciación al estudio de la divisibilidad en anillos conmutativos, y en particular en los anillos de polinomios en una o varias variables. Junto con los primeros pasos en la teoría de grupos debe cubrir los contenidos de la asignatura Estructuras Algebraicas que se imparte en los grados en Matemáticas, en Ingeniería Matemática y en Matemáticas y Estadística, así como los dobles Grados en Matemáticas y Física y Matemáticas e Informática. Como es habitual en los textos de matemáticas, la selección del material obedece a dos razones fundamentales. Por un lado pretendemos cubrir los contenidos mínimos acerca de la factorización y la división, lo que conlleva estudiar los dominios de ideales principales, los dominios de ideales principales y los dominios euclídeos. A este respecto nos ha parecido natural introducir algunas nociones y resultados que suelen formar parte de los cursos de álgebra conmutativa tales como el concepto de anillo noetheriano y el teorema de la base de Hilbert; una razón para ello es que la asignatura Álgebra Conmutativa ha desaparecido de los planes de estudio de los diversos grados que se imparten en muchas de las facultades de Matemáticas españolas. Por otro lado éste texto debe preparar a quien lo estudie para aprender más adelante Teoría de Galois, lo que requiere abordar el estudio de los anillos de polinomios en una y varias variables. Esto último nos ha llevado a incluir una ligerísima introducción a los rudimentos de la geometría algebraica, que pasa por demostrar el teorema de los ceros de Hilbert cuando el cuerpo base es algebraicamente cerrado. Creemos que el estudiante medio no es capaz de asimilar en quince semanas todo el material que recoge este libro y el de Teoría de Grupos que lo completa. Por ello hemos procurado que aquellas partes susceptibles de ser omitidas en una primera lectura por la mayoría de los alumnos aparezcan al final de cada sección o capítulo, de modo que su estudio sea prescindible sin por ello perjudicar la comprensión del núcleo del curso. Ejemplos de este tipo de resultados son los ya citados, y también las sumas de cuadrados en anillos de restos que se explican en el Capítulo III, la Proposición IV.1.10 que estudia la irreducibilidad en los subanillos de C cerrados respecto de la conjugación, el Criterio de Hasse IV.2.5 V

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Prefacio

que proporciona una condición necesaria para que un dominio sea dominio de ideales principales, el ejemplo IV.2.6 de un subanillo del cuerpo de los números complejos que es dominio de ideales principales pero no es dominio euclídeo y el Criterio de irreducibilidad de Cohn, VI.2.16 y los preparativos que su prueba requiere. Más aún, impartir todo el Capítulo 7 acerca de los polinomios en varias variables en el curso de Teoría de Galois es una opción no desdeñable. El libro contiene numerosos ejemplos y 140 ejercicios, todos ellos resueltos, de dificultad variable. Son mayoría los que tienen por único objetivo que quien los resuelva compruebe que ha entendido la materia, aunque la resolución de otros exige algo de ingenio y mayor madurez matemática. Hemos decidido incluir las soluciones, a pesar del trabajo que esto conlleva y de que no son pocos los docentes que lo consideran un desacierto. Para no dar la razón a estos últimos instamos a los alumnos a intentar resolverlos por su cuenta y acudir a la solución que presentamos sólo tras esforzarse seriamente. Muy pocos de estos ejercicios son originales, aunque sí lo son las soluciones propuestas, y los hemos escogido de fuentes diversas. Entre ellas cabe citar las listas de problemas elaboradas a lo largo de muchos años por nuestra compañera y amiga, la profesora Concha Fuertes, a la que desde aquí mostramos nuestro agradecimiento, que hacemos extensivo a los profesores Félix Delgado y Sebastián Xambó cuyo texto de Álgebra, escrito junto con Concha, ha inspirado en parte el nuestro. También queremos manifestar nuestro agradecimiento a los magníficos estudiantes de la Facultad de Matemáticas de la Universidad Complutense que han sido alumnos nuestros en los últimos años. Entre ellos merece una mención especial Hugo Fernández Hervás, que nos proporcionó la demostración que aquí presentamos del Teorema de la base de Hilbert. También han contribuido a mejorar el texto, aportando soluciones muy originales a algunos de los ejercicios propuestos, Gema Cuesta, Javier Fresán, Gabriel Fürstenheim, Lucía Galguera, Miguel Hernaiz, Luis Hernández Corbato, Sara Herrero, Ignacio Luján, Javier Martínez Martínez y Alfonso Zamora. Apenas hacen falta prerrequisitos para estudiar esta materia; en contadas ocasiones se utilizan algunos resultados de Teoría de Grupos o de Álgebra Lineal y Análisis Matemático de funciones de una variable.

José F. Fernando Galván, J. Manuel Gamboa Mutuberría. Madrid, 20 de febrero, 2013

Contenido Capítulo I. Generalidades sobre anillos

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Capítulo II. Homomorfismos de anillos conmutativos . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Capítulo III. Divisibilidad en el anillo de los números enteros . . . . . . . . . . . . . 27 Capítulo IV. Divisibilidad y factorización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Capítulo V. Generalidades sobre anillos de polinomios . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Capítulo VI. Factorialidad de los anillos de polinomios. Criterios de irreducibilidad . . 89 Capítulo VII. Polinomios en varias variables. Polinomios simétricos. Resultante y discriminante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 Apéndice. Soluciones a los ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 Soluciones a los ejercicios del Capítulo I

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

Soluciones a los ejercicios del Capítulo II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 Soluciones a los ejercicios del Capítulo III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 Soluciones a los ejercicios del Capítulo IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 Soluciones a los ejercicios del Capítulo V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208 Soluciones a los ejercicios del Capítulo VI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 Soluciones a los ejercicios del Capítulo VII . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239

Bibliografía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269 Índice

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273

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CAPÍTULO I

Generalidades sobre anillos En este primer capítulo se introducen algunos conceptos básicos acerca de anillos conmutativos y muchos ejemplos, incluyendo los cocientes de anillos por ideales. En la segunda sección se introducen clases distinguidas de ideales, operaciones con ellos y la noción de anillo noetheriano.

1.

Anillos e ideales

Definiciones I.1.1 Un anillo es una terna (A, +, ·) formada por un conjunto no vacío A y dos operaciones +, · : A × A → A que cumplen las siguientes propiedades: (1) Asociativa para la suma: (a + b) + c = a + (b + c) para cada a, b, c ∈ A. (2) Conmutativa para la suma: a + b = b + a para cada a, b ∈ A. (3) Elemento neutro para la suma: Existe 0 ∈ A tal que a + 0 = 0 + a = a para cada a ∈ A. (4) Elemento opuesto: Para cada a ∈ A existe −a ∈ A tal que a + (−a) = 0. (5) Asociativa para el producto: (ab)c = a(bc) para cada a, b, c ∈ A. (6) Distributiva de la suma respecto del producto: (a + b)c = ac + bc y a(b + c) = ab + ac para cada a, b, c ∈ A. Definiciones y Observaciones I.1.2 (1) En general, un anillo (A, +, ·) se denotará A. (2) Obsérvese que si (A, +, ·) es un anillo, entonces (A, +) es un grupo abeliano. (3) Se dice que el anillo A es conmutativo si ab = ba para cada a, b ∈ A, y se dice que A es unitario, o que tiene elemento unidad, si existe 1A = 1 ∈ A tal que a1 = 1a = a para cada a ∈ A y 1 6= 0. El elemento 1 recibe el nombre de elemento unidad del anillo A. (4) Si A es unitario, un elemento a ∈ A se dice que es una unidad si existe b ∈ A tal que ab = ba = 1. El elemento b anterior es único y se denota por a−1 . En efecto, si otro

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CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

elemento c ∈ A cumple también que ac = ca = 1, entonces b = b · 1 = b(ac) = (ba)c = 1 · c = c. (5) El conjunto de las unidades de un anillo unitario A se denota por U(A) y tiene estructura de grupo (no necesariamente abeliano) con respecto al producto. (6) Se dice que un elemento no nulo a ∈ A es un divisor de cero si existe b ∈ A no nulo tal que ab = 0 o ba = 0. Denotaremos Div(A) el conjunto de los divisores de cero de A. (7) A es un dominio (de integridad) si no tiene divisores de 0. (8) A es un anillo de división si es un anillo unitario tal que U(A) = A \ {0}. Si, además, A es conmutativo se dice que A es un cuerpo. En tal caso A∗ = A \ {0} es un grupo multiplicativo abeliano. (9) Un elemento a ∈ A se dice idempotente si a2 = a. Ejemplos I.1.3 Algunos ejemplos relevantes son los siguientes: (1) El conjunto N de los números naturales, esto es, los enteros no negativos, con la suma y producto habituales, no constituyen un anillo. De hecho (N, +) no es un grupo, ya que los naturales no nulos carecen de opuesto. (2) Los números enteros Z constituyen un anillo conmutativo unitario, cuyas unidades son 1 y −1. (3) Los números racionales Q, los números reales R y los números complejos C son cuerpos conmutativos. (4) Los números pares 2Z constituyen un anillo conmutativo no unitario, pues no existe ningún entero par 2z tal que 2z · 2a = 2a para cada a ∈ Z. (5) Dado un anillo A, el conjunto Mn (A) de las matrices cuadradas de orden n ≥ 2, con las operaciones suma y productos habituales, constituye un anillo no conmutativo, que es unitario si y sólo si A es unitario. Además, Mn (A) nunca es un dominio. En efecto, la comprobación de que Mn (A) unitario la matriz identidad  1 0 0 1  In :=  . .  .. ..

es un anillo es inmediata y, además, si A es  ... 0 ... 0  . . ..  . . 

0 0 ...

1

es el elemento unidad de Mn (A). Para demostrar que no es conmutativo consideramos las

CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

matrices



1 0 ... 0 0 . . .  M :=  . . . ..  .. .. 0 0 ...

 0 0  ..  .  0



0 1 ... 1 0 . . .  & N :=  . . . ..  .. .. 0 0 ...

3

 0 0  ..  , .  0

cuyos productos valen 

0 1 ... 0 0 . . .  M N :=  . . . ..  .. .. 0 0 ...

 0 0  ..  .  0



0 0 ... 1 0 . . .  & N M :=  . . . ..  .. .. 0 0 ...

 0 0  ..  , .  0

luego M N 6= N M . (6) El conjunto

√ √ Z[ −1] := {a + −1b ∈ C : a, b ∈ Z}

con la restricción de las operaciones habituales de los números complejos constituye un anillo conmutativo unitario, denominado anillo de los enteros de Gauss. (7) Si A1 y A2 son dos anillos, el producto cartesiano A1 × A2 puede ser dotado de forma canónica de una estructura de anillo con las siguientes operaciones: + : (A1 × A2 ) × (A1 × A2 ) → A1 × A2 , · : (A1 × A2 ) × (A1 × A2 ) → A1 × A2 ,

((a1 , a2 ), (b1 , b2 )) → (a1 + b1 , a2 + b2 ), ((a1 , a2 ), (b1 , b2 )) → (a1 b1 , a2 b2 ).

Su elemento neutro para la suma es (0, 0) y A1 × A2 no es un dominio de integridad porque (a1 , 0) · (0, a2 ) = (0, 0) = 0 para cada a1 ∈ A1 y a2 ∈ A2 . Además, se comprueba inmediatamente que U(A1 × A2 ) = U(A1 ) × U(A2 ). De forma análoga, se construye el producto de una cantidad finita de anillos. ObSgN

Observaciones I.1.4 Sea A un anillo. Algunas propiedades elementales son las siguientes: (1) Dados a, b ∈ A se cumplen las igualdades 0 · a = a · 0 = 0 ∀a ∈ A & a(−b) = (−a)b = −ab ∀a, b ∈ A.

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CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

(2) Para cada a ∈ A y cada n ∈ Z se define  n)   si n > 0,   a+ ··· +a na := 0 si n = 0,    −n)  (−a) + · · · + (−a) si n < 0, y se cumplen las siguientes propiedades: (n + m)a = na + ma,

(nm)a = n(ma),

n(ab) = (na)b = a(nb),

para cada n, m ∈ Z y a, b ∈ A. (3) Para cada a ∈ A y cada n ∈ Z se define  n)   a ··· a si n > 0,   an :=

1    

−n)

a−1 · · · a−1

si n = 0 y A es un anillo unitario, si n < 0 y a ∈ U(A),

y se cumplen las siguientes propiedades, que se demuestran muy fácilmente por inducción: an+m = an am

& anm = (an )m

para cada n, m ∈ Z y a ∈ A. (4) Un elemento a ∈ A se dice nilpotente si existe un entero positivo n tal que an = 0. Un anillo cuyo único elemento nilpotente es 0 se llama reducido. (5) Si a, b ∈ A y además ab = ba se cumple la Fórmula de Newton: n   X n n−k k (a + b) = a b . k n

k=0

n)

En efecto, como ab = ba el producto (a + b) · · · (a + b) es, por la propiedad distributiva, una suma de productos de la forma ak bn−k , con 0 ≤ k ≤ n, cada uno de ellos obtenido al seleccionar un a en k de los factores (a + b) y un b en los restantes. Además, el número de sumandos de esta forma es igual al número de maneras de elegir
los k factores, de entre los n dados, en los que el elemento seleccionado es a, esto es, nk . (6) Si A es un dominio y a, b, c ∈ A son tales que ac = bc y c 6= 0, entonces a = b. En efecto, se tiene (a − b)c = 0 y, como c 6= 0 y A es un dominio, se deduce que a − b = 0, esto es, a = b.

CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

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(7) Si A es un cuerpo, entonces A es un dominio. Supongamos lo contrario, es decir, que existen a, b ∈ A \ {0} tales que ab = 0. Entonces, b = 1 · b = (a−1 a)b = a−1 (ab) = a−1 · 0 = 0, lo que es falso. En lo sucesivo, salvo que digamos lo contrario, todos los anillos son conmutativos y unitarios y no lo especificaremos. A continuación introducimos el concepto de ideal y estudiamos algunas de sus principales propiedades. Definición I.1.5 Sea A un anillo. Un ideal de A es un subconjunto a ⊂ A que contiene a 0 tal que: (1) Para cada a, b ∈ a se tiene a − b ∈ a. (2) Para cada a ∈ A y b ∈ a, se cumple que ab ∈ a. Observaciones I.1.6 (1) El conjunto {0} es un ideal del anillo A, denominado ideal nulo. También A es ideal de A, y ambos reciben reciben el nombre de ideales impropios de A. El resto de los ideales de A, si existen, se denominan ideales propios de A. (2) Todo ideal de A es un subgrupo del grupo aditivo (A, +). (3) Nótese que el ideal a coincide con el anillo A si y sólo si 1 ∈ a. Evidentemente esta condición es necesaria, y también suficiente porque si 1 ∈ a y a ∈ A, entonces a = a · 1 ∈ a. (4) Si a ∈ A, entonces el conjunto aA := {ab : b ∈ A} es un ideal de A, llamado ideal principal generado por a. En particular, para cada n ∈ Z, el conjunto nZ formado por los múltiplos de n es un ideal de Z. (5) El anillo A es un cuerpo si y sólo si sus únicos ideales A son los impropios. En efecto si A es cuerpo y a es un ideal no nulo de A contiene algún elemento a 6= 0. Esto implica que 1 = a−1 a ∈ a, y por (3) se tiene a = A. Recíprocamente, supongamos que los únicos ideales de A son los impropios. Entonces, para cada a ∈ A \ {0} el ideal aA no es nulo, luego coincide con A. Por tanto, existe b ∈ A tal que ab = 1, esto es, a ∈ U(A), por lo que A es un cuerpo. La importancia de la noción de ideal radica en que es la adecuada para definir relaciones de equivalencia en un anillo de tal manera que el conjunto cociente pueda ser dotado de estructura de anillo, operando con sus clases del modo más inmediato, es decir, vía representantes.

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CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

(I.1.7) Anillo cociente. Sean A un anillo y a ⊂ A un ideal propio de A. Se define en A la relación de equivalencia: dados a, b ∈ A, se tiene a ∼ b si a − b ∈ a. Se denota A/a el conjunto cociente respecto de dicha relación de equivalencia. Nótese que la clase de equivalencia de un elemento a ∈ A es el conjunto a + a := {a + x : x ∈ a}. Como a es subgrupo de (A, +) la aplicación
+ : A/a × A/a → A/a, (a + a), (b + a) 7→ (a + b) + a confiere al cociente A/a estructura de grupo abeliano. Definimos en A/a el producto como
· : A/a × A/a → A/a, (a + a), (b + a) 7→ ab + a, y debemos comprobar que la definición no depende de los representantes escogidos. En efecto, supongamos que a1 + a := a2 + a y b1 + a := b2 + a. Entonces a1 − a2 y b1 − b2 pertenecen a a, y por tanto a1 b1 − a2 b2 = a1 b1 − a2 b1 + a2 b1 − a2 b2 = (a1 − a2 )b1 + a2 (b1 − b2 ) ∈ a, luego a1 b1 + a = a2 b2 + a. Se comprueba directamente que la terna (A/a, +, ·) tiene estructura de anillo conmutativo unitario, cuyo elemento unidad es 1 + a. Probaremos en el Teorema II.1.8 que existe una biyección entre los ideales de A/a y los ideales de A que contienen a a. QuoT2

Ejemplo I.1.8 Sea n un entero positivo. El conjunto nZ de los múltiplos de n es un ideal de Z y denotamos Zn := Z/nZ el anillo cociente.

2.

Operaciones con ideales. Clases distinguidas de ideales

OpCiD

2.a.

Operaciones con ideales. Sean a, b dos ideales de un anillo A.

(1) Se llama suma de a y b al ideal a + b := {a + b : a ∈ a, b ∈ b}. La suma a + b de los ideales a y b es un ideal porque dados a1 , a2 ∈ a y b1 , b2 ∈ b y c ∈ A, se tiene (a1 + b1 ) + (a2 + b2 ) = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 ) ∈ a + b & c(a1 + b1 ) = (ca1 ) + (cb1 ) ∈ a + b. De hecho a + b es el menor de los que contienen a a ∪ b. En efecto, las inclusiones a ⊂ a + b y b ⊂ a + b son evidentes pues dados a ∈ a y b ∈ b se escriben a = a + 0, b = 0 + b ∈ a + b.

CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

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Además, si c es un ideal que contiene a a ∪ b entonces a, b ∈ c para cada a ∈ a y cada b ∈ b, luego a + b ∈ c. T (2) Dada una familia no vacía {ai : i ∈ I} de ideales de A, la intersección a := i∈I ai es un ideal de A. En particular a ∩ b es un ideal de A. En efecto, 0 ∈ a porque cada ai contiene a 0. Además, dados x, y ∈ a y λ ∈ A la suma x + y ∈ ai , y también λx ∈ ai para cada i ∈ I, luego x + y, λx ∈ a. (3) Se llama producto de a y b al ideal ab := {a1 b1 + · · · + an bn , ai ∈ a, bj ∈ b}. Es obvio que ab ⊂ a ∩ b pues dados a ∈ a y b ∈ b se tiene ab ∈ a ∩ b. La comprobación de que ab es un ideal es directa, pues 0 = 0 · 0 ∈ ab y, dados a1 , . . . , an , a01 , . . . , a0m ∈ a, b1 , . . . , bn , b01 , . . . , b0m ∈ b y λ ∈ A, se cumplen las igualdades (a1 b1 + · · · + an bn ) + (a01 b01 + · · · + a0m b0m ) = a1 b1 + · · · + an bn + a01 b01 + · · · + a0m b0m ∈ ab, λ · (a1 b1 + · · · + an bn ) = (λa1 )b1 + · · · + (λan )bn ∈ ab. En general ab y a∩b no coinciden. Por ejemplo, si A := Z, a := 4Z y b := 6Z, la intersección de a y b está formada por los números enteros que son, simultáneamente, múltiplos de 4 y de 6, luego múltiplos de 12, esto es, a ∩ b = 12Z. Sin embargo, al multiplicar un múltiplo de 4 por un múltiplo de 6 se obtiene un múltiplo de 24, y la suma de múltiplos de 24 es también un múltiplo de 24, por lo que ab = 24Z. (4) Dada una familia finita de ideales a1 , . . . , ar de un anillo A, donde r ≥ 1, se define a1 · · · ar := (a1 · · · ar−1 )ar , y también por recurrencia se demuestra que a1 · · · ar ⊂ a1 ∩ · · · ∩ ar , ya que a1 · · · ar = (a1 · · · ar−1 )ar ⊂ (a1 · · · ar−1 ) ∩ ar ⊂ (a1 ∩ · · · ∩ ar−1 ) ∩ ar = a1 ∩ · · · ∩ ar . (5) Se dice que los ideales a y b son comaximales si a + b = A. En tal caso ab = a ∩ b. En efecto, la comaximalidad implica que existen x ∈ a e y ∈ b tales que 1 = x + y. Por ello, dado u ∈ a ∩ b se tiene x ∈ a, u ∈ b y u ∈ a, y ∈ b, luego u = u · 1 = u(x + y) = ux + uy ∈ ab, GeNiD

2.b.

Ideal generado por un subconjunto. Sean A un anillo y S un subconjunto no

vacío de A. (1) Se considera el conjunto a ⊂ A formado por las sumas finitas del tipo: a1 x1 + · · · + ar xr , donde a1 , . . . , ar ∈ A, x1 , . . . , xr ∈ S, r ≥ 1.

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CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

Veamos que a es un ideal de A. Dados elementos a1 , . . . , ar , b1 , . . . , bs , c ∈ A, x1 , . . . , xr , y1 , . . . , ys ∈ S donde r, s ≥ 1, se tienen las igualdades (a1 x1 + · · · + ar xr ) + (b1 y1 + · · · + bs ys ) ∈ a & c(a1 x1 + · · · + ar xr ) = (ca1 )x1 + · · · + (car )xr ∈ a. Además S ⊂ a pues cada x ∈ S se escribe x = 1 · x ∈T a. De hecho se cumple que a es el menor ideal de A que contiene a S, esto es, a = b∈L b donde L es la colección de todos los ideales b de A que contienen al conjunto S. En efecto, si b ∈ L cada suma a1 x1 + · · · + ar xr ∈ b si ai ∈ A y xi ∈ S ⊂ b, lo que demuestra que a ⊂ b. En consecuencia, \ \ b=a∩ b = a. b∈L

b∈L

El ideal que acabamos de construir es el ideal generado por S, y lo denotaremos hSi. (2) Se desprende directamente de la definición que dados ideales a y b de A el producto ab es el ideal generado por el conjunto S := {xy : x ∈ a, y ∈ b}. Con más generalidad, dados ideales a1 , . . . , ar de A el producto a1 · · · ar es el ideal generado por los elementos del tipo x1 · · · xr donde xj ∈ aj para j = 1, . . . , r. (3) La suma a + b de los ideales a y b de A es el ideal generado por a ∪ b. (4) P De hecho, si {ai }i∈I es una colección arbitraria deSideales de A se define el ideal suma i∈I ai como el ideal de A generado por el conjunto i∈I ai . Definiciones I.2.1 (1) Un ideal a de un anillo A se dice finitamente generado si es el ideal generado por un subconjunto finito S := {x1 , . . . , xr } ⊂ A. En tal caso a = x1 A + · · · + xr A := {a1 x1 + · · · + an xn : ai ∈ A}, y se suele denotar a := (x1 , . . . , xr ) y también a := (x1 , . . . , xr )A. (2) Si un ideal a de A se puede generar con un único elemento se llama principal. (3) Un anillo A se dice noetheriano si todos sus ideales son finitamente generados. ZORN

Definiciones y Observaciones I.2.2 Antes de caracterizar los anillos noetherianos recordamos algunas nociones y terminología relativas a la noción de orden. (1) Un orden en un conjunto no vacío X es una relación binaria ≤ en X que cumple las propiedades reflexiva, antisimétrica y transitiva. Dados x, y ∈ X, el símbolo x < y significa que x ≤ y y x 6= y.

CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

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(2) Se dice que este orden es total si dados dos elementos distintos x, y ∈ X se cumple que x < y, o y < x. Un elemento de x ∈ X es maximal si no existe ningún elemento y ∈ X tal que x < y. Nótese que esta condición no equivale a decir que z ≤ x para cada z ∈ X, pues si el orden de X no es total no todos los elementos de X son comparables. (3) Una cadena en un conjunto ordenado X es un subconjunto Y de X totalmente ordenado. Una cadena Y de X está acotada superiormente si existe un elemento a ∈ X tal que y ≤ a para cada y ∈ Y . (4) Dados un conjunto S y una familia F de subconjuntos de S, la inclusión define un orden en F, que en general no es total. (5) Se dice que el conjunto ordenado X está bien ordenado si todo subconjunto no vacío Y ⊂ X tiene mínimo, es decir, existe y ∈ Y tal que y ≤ z para cada z ∈ Y . Por ejemplo, con el orden usual N está bien ordenado y, sin embargo, R no lo está, ya que el intervalo (0, 1) no tiene mínimo. (6) Lema de Zorn: Sea X un conjunto ordenado tal que toda cadena en X está acotada superiormente. Entonces X tiene algún elemento maximal. UdI

ObservaciónSI.2.3 Dada una cadena F de ideales de un anillo A respecto de la inclusión, la unión b := a∈F a es un ideal de A. Si a 6= A para cada a ∈ F, entonces b 6= A. En efecto, dados a1 , a2 ∈ b existen a1 , a2 ∈ F tales que a1 ∈ a1 y a2 ∈ a2 . Como F es una cadena podemos suponer que a1 ⊂ a2 luego a1 , a2 ∈ a2 y por ello a1 + a2 ∈ a2 ⊂ b. De igual modo se comprueba que si x ∈ b y a ∈ A entonces ax ∈ b. Para la segunda parte, supongamos que b = A. Entonces 1 ∈ b, por lo que existe a ∈ F tal que 1 ∈ a, es decir, a = A, contra la hipótesis.

noether

Proposición I.2.4 Sea A un anillo. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: (1) A es noetheriano. (2) El anillo A cumple la condición de cadena ascendente, es decir, dada una cadena numerable a1 ⊂ a2 ⊂ · · · ⊂ an ⊂ · · · en la familia de ideales de A existe n ≥ 1 tal que an+k = an para todo k ≥ 1. Se dice entonces que la cadena anterior estaciona, o que es estacionaria. (3) El anillo A cumple la condición maximal, es decir, toda familia no vacía de ideales de A tiene algún elemento maximal con respecto a la inclusión. Demostración. (1) =⇒ (2) Sea a1 ⊂ a2 ⊂ · · · ⊂ S an ⊂ · · · una cadena numerable de ideales de A. Se sigue de la Observación I.2.3 que a := n≥1 an es un ideal del anillo noetheriano

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CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

A, por lo que a es finitamente generado, digamos a := (a1 , . . . , ar ). Para cada 1 ≤ i ≤ r existe ni ∈ N tal que ai ∈ ani , por lo que a1 , . . . , ar ∈ an , donde n := m´ax{n1 , . . . , nr }, y esto implica que a = an . Por tanto, para cada k ≥ 1 se tiene an+k ⊂ a = an ⊂ an+k , es decir, an+k = a. (2) =⇒ (3) Supongamos que existe una familia no vacía F de ideales de A que no tiene ningún elemento maximal. Tomamos a1 ∈ F arbitrario y, como no es maximal en F, existe a2 ∈ F tal que a1 ( a2 . Reiterando el proceso obtenemos una cadena numerable de ideales a1 ( a2 ( · · · ( an ( · · · de la familia F que no estaciona, lo que contradice la hipótesis. (3) =⇒ (1) Supongamos que existe un ideal a de A que no es finitamente generado. Elegimos un elemento a1 ∈ a y, por lo que estamos suponiendo, a1 := a1 A ( a, luego existe a2 ∈ a\a1 . Como a no es finitamente generado, se tiene una inclusión estricta a2 := a1 A+a2 A ( a, por lo que existe a3 ∈ a \ a2 . Procediendo de este modo obtenemos una sucesión {an }n∈N ⊂ A, tal que a1 = a1 A ( a2 = a1 A + a2 A ( · · · ( an = a1 A + · · · + an A ( · · · lo que significa que F := {an : n ∈ N} es una familia no vacía de ideales de A que carece de elementos maximales respecto de la inclusión, contra la hipótesis.  Observaciones I.2.5 (1) Todo cuerpo es un anillo noetheriano, pues sus únicos ideales (0) y (1) son principales, luego finitamente generados. (2) En el Corolario III.1.5 demostraremos que todos los ideales del anillo Z de los números enteros son principales, por lo que Z es noetheriano. (3) El Teorema de la base de Hilbert, V.2.15, afirma que el anillo de polinomios en una variable con coeficientes en un anillo noetheriano es también un anillo noetheriano. ipym

2.c.

Ideales primos y maximales. Introducimos a continuación dos clases de ideales que desempeñan un papel esencial en Álgebra Conmutativa.

DoMP

Definición y Proposición I.2.6 (Ideal primo) Sea p un ideal del anillo A y suponemos que p 6= A. (1) Se dice que p es un ideal primo de A si para cada par de ideales a, b de A tales que ab ⊂ p, entonces a ⊂ p o b ⊂ p. (2) Las siguientes afirmaciones son equivalentes.

CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

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(2.1) El ideal p es primo. (2.2) Para cada par de elementos a, b ∈ A \ p se cumple que ab ∈ A \ p. (2.3) El cociente A/p es un dominio. Demostración. (2.1) =⇒ (2.2) Consideramos los ideales a := aA y b := bA. El ideal producto ab está generado por ab, luego si ab ∈ p entonces ab ⊂ p, por lo que a ⊂ p o b ⊂ p, y así a ∈ p o b ∈ p, y esto es falso. (2.2) =⇒ (2.3) Sean u, v ∈ A/p dos elementos no nulos. Sean a, b ∈ A tales que u := a + p y v := b + p. Como u 6= 0 y v 6= 0 se tiene a, b ∈ A \ p, y la hipótesis asegura que ab ∈ A \ p, es decir, uv = ab + p 6= 0, luego el cociente A/p es un dominio. (2.3) =⇒ (2.1) Sean a y b ideales de A tales que a 6⊂ p y b 6⊂ p. Entonces existen a ∈ a \ p y b ∈ b \ p, por lo que las clases a + p y b + p son elementos no nulos del dominio A/p. Por tanto ab + p = (a + p)(b + p) 6= 0 + p, esto es, ab 6⊂ p.  maXK

Definición y Proposición I.2.7 Sean A un anillo y m un ideal de A. (1) Se dice que el ideal m es maximal si lo es, respecto de la inclusión, en la familia de todos los ideales de A distintos de A, es decir, si no existe ningún ideal propio a de A tal que m ( a. (2) Las siguientes afirmaciones son equivalentes. (2.1) El ideal m es un ideal maximal de A. (2.2) El cociente A/m es un cuerpo. Demostración. (2.1) =⇒ (2.2) Sea a + m un elemento no nulo de A/m. Entonces a ∈ A \ m, por lo que el ideal m + aA contiene estrictamente a m. La maximalidad de este último implica que m + aA = A, es decir, existen m ∈ m y b ∈ A tales que que m + ab = 1. De este modo, ab − 1 ∈ m, o sea, (a + m)(b + m) = ab + m = 1 + m, y concluimos que A/m es un cuerpo. (2.2) =⇒ (2.1) Supongamos que m no es un ideal maximal. Entonces existe un ideal a ( A tal que m ( a. Sea a ∈ a \ m. En consecuencia, a + m es un elemento no nulo del cuerpo A/m, por lo que tiene inverso, es decir, existe b ∈ A tal que 1 + m = (a + m)(b + m) = ab + m.

12

CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

En consecuencia, 1 − ab ∈ m ⊂ a & ab ∈ a

=⇒

1 = (1 − ab) + ab ∈ a,

es decir, a = A, lo que es falso. RaIZZ



Definiciones y Observaciones I.2.8 (1) Por la Observación I.1.4 y las Proposiciones I.2.6 y I.2.7 todo ideal maximal es primo. (2) Nótese que A = A/(0), luego el anillo A es un dominio si y sólo si el ideal (0) es primo, y A es un cuerpo si y sólo si el ideal (0) es maximal. (3) Se dice que un ideal a de A es radical si para cada x ∈ A tal que xn ∈ a para algún entero positivo n, se cumple que x ∈ a. Todo ideal primo p de A es radical. En efecto, hemos de ver que si x ∈ A y n > 0 es un entero tal que xn ∈ p, entonces x ∈ p. Lo demostramos por inducción, siendo evidente el caso n = 1. Ahora, si n > 1 y xn ∈ p, entonces x·xn−1 ∈ p y, por ser p un ideal primo, bien x ∈ p, y hemos terminado, o xn−1 ∈ p. En este segundo caso la hipótesis de inducción asegura que x ∈ p.

maximal

Proposición I.2.9 (1) Sean A un anillo y a un ideal propio de A. Entonces existe un ideal maximal m de A que contiene a a. (2) El anillo A posee algún ideal maximal. (3) Para cada x ∈ A \ U(A) existe un ideal maximal m de A tal que x ∈ m. Demostración. (1) La familia de ideales F := {b ( A ideal de A : a ⊂ b} no es vacía, pues contiene al ideal a, y está parcialmente ordenada respecto a la inclusión. Toda cadena S C = {bλ }λ∈Λ de F está acotada superiormente ya que, por la Observación I.2.3, b := λ∈Λ bλ ∈ F es una cota superior suya. Por el Lema de Zorn, existe un elemento maximal m de F. Veamos que m es un ideal maximal de A que contiene a a. La inclusión a ⊂ m se deduce de que m ∈ F. Por otro lado, si m no es un ideal maximal de A, existe un ideal b ( A tal que m ( b. Pero entonces a ⊂ m ( b ( A y, por tanto, b ∈ F. Esto contradice la maximalidad de m como elemento de F. (2) Basta aplicar el apartado anterior al ideal a := {0}. (3) Como x no es unidad el ideal xA no es A, luego por el apartado (1) existe un ideal maximal m de A que contiene a xA, por lo que x ∈ m. 

CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

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Ejercicios y problemas propuestos Número I.1 ¿Existe algún dominio de integridad con 6 elementos? Número I.2 (1) Probar que el producto de un número finito de unidades de A es también una unidad en A. (2) Demostrar que si A tiene, exactamente, n unidades y u es una de ellas, entonces un = 1. Número I.3 Sea A el anillo de las funciones continuas [0, 1] → R. Probar que f ∈ A es un divisor de cero si y sólo si el conjunto Z(f ) := {x ∈ [0, 1] : f (x) = 0} contiene un intervalo abierto. Encontrar las funciones idempotentes, las nilpotentes y las unidades del anillo A.

quat

√ Número I.4 Denotemos i := −1 ∈ C y consideramos las matrices       1 0 0 1 0 i I := , A := , B := & 0 1 −1 0 i 0

 C :=

i 0

0 −i



de M2 (C). Definimos el llamado anillo de los cuaternios H := {aA + bB + cC + dI : a, b, c, d ∈ R} ⊂ M2 (C). (1) Demostrar que x := aA + bB + cC + dI ∈ H es nulo si y sólo si lo son a, b, c y d. (2) Demostrar las igualdades A2 = B 2 = C 2 = −I, BC = −CB = A, CA = −AC = B, AB = −BA = C. (3) Deducir que H es un subanillo unitario del anillo de matrices M2 (C). (4) Para cada cuaternio x := aA + bB + cC + dI ∈ H escribimos x := −aA − bB − cC + dI. Calcular los productos x · x y x · x y deducir que cada cuaternio no nulo es una unidad, es decir, H es un anillo de división. Demostrar la igualdad x · y = y · x para cada par de cuaternios x, y ∈ H. √ Número I.5 Demostrar que el conjunto A := {a + b 5 : a, b ∈ Z} es un subanillo unitario de C con infinitas unidades.

entgss

Número I.6 Demostrar que el conjunto Z[i] := {a + bi ∈ C : a, b ∈ Z} es un subanillo con unidad de C. Demostrar que no tiene divisores de cero y encontrar sus unidades. Número I.7 Sean A un anillo conmutativo y unitario finito y N (A) := A \ U(A), donde U(A) es el conjunto de unidades de A. (1) Probar que si x ∈ U(A) la aplicación ρx : N (A) → A, y 7→ xy es inyectiva y que im ρx ⊂ N (A). Concluir que ρx : N (A) → N (A) es biyectiva. (2) Demostrar que si A es un dominio infinito, entonces N (A) = {0} o N (A) es infinito.

14

umasnil

CAPÍTULO I. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS CONMUTATIVOS

Número I.8 Sean A un anillo unitario y x ∈ A un elemento nilpotente. Probar que 1 − x ∈ U (A).

LoCaL

Número I.9 Probar que un anillo conmutativo y unitario A posee un único ideal maximal si y sólo si m := A \ U(A) es un ideal de A. En tal caso m es el ideal maximal de A y se dice que A es un anillo local.

RaDCl

Número I.10 Sean A un anillo conmutativo y unitario y a, b dos ideales de A. (1) Demostrar que el conjunto (b : a) := {x ∈ A : ax ∈ b ∀a ∈ a} es un ideal de A. √ (2) Probar que el conjunto a := {x ∈ A : ∃n ∈ N tal que xn ∈ a} es un ideal de A llamado radical de a. √ (3) Demostrar que a es √ el menor ideal radical de A que contiene al ideal a. Deducir que un ideal a de A es radical si y sólo si a = a.

pcint

Número I.11 Sean a1 , . . . , an ideales de un anillo A y p un ideal primo de A que contiene a la intersección a1 ∩ · · · ∩ an . (1) Demostrar que existe un índice 1 ≤ j ≤ n tal que aj ⊂ p. (2) Demostrar que si p := a1 ∩ · · · ∩ an entonces p = aj para algún índice j. Número I.12 Sean p1 , . . . , pn ideales primos de un anillo A y sea a un ideal de A contenido en la unión Sn p . Probar que existe un índice 1 ≤ j ≤ n tal que a ⊂ pj . i i=1

MuLTCl

Número I.13 (1) Sean A un anillo conmutativo y unitario y S ⊂ A un subconjunto. Se dice que S es multiplicativamente cerrado si 1 ∈ S y para cada par de elementos s, t ∈ S se cumple que st ∈ S. Supongamos que existe un ideal a de A tal que S ∩ a = ∅. Demostrar que existe un ideal primo p de A que contiene a a tal que S ∩ p = ∅. (2) Se llama nilradical de A al subconjunto Nil(A) formado por los elementos nilpotentes de A. Se llama espectro de A, y se denota Spec(A), al conjunto formado por todos los ideales primos de A. Demostrar que \ Nil(A) = p. p∈Spec(A)

Número I.14 Se dice que un ideal primo p del anillo conmutativo y unitario A es minimal si no contiene estrictamente a ningún ideal primo de A. (1) ¿Cuál es el único primo minimal de un dominio? (2) Demostrar que el ideal primo p es minimal si y sólo si para cada x ∈ p existe a ∈ A \ p tal que ax es nilpotente. (3) Sea p un ideal primo minimal de A. Probar que todos los elementos no nulos de p son divisores de cero. (4) Sea q un ideal primo de A. Probar que existe un ideal primo minimal p de A contenido en q. (5) Supongamos que el anillo A es reducido y denotemos Min(A) la familia de ideales primosS minimales de A y DA el conjunto de los divisores de cero de A más el cero. Demostrar la igualdad DA = p∈Min(A) p.

jcb

Número I.15 Se llama radical de Jacobson del anillo conmutativo y unitario A, y se denota R(A), a la intersección de todos los ideales maximales de A. Demostrar que un elemento x de A pertenece a R(A) si y sólo si 1 − xy ∈ U (A) para cada y ∈ A.

CAPÍTULO II

Homomorfismos de anillos conmutativos En la primera sección se introducen los homomorfismos de anillos, que son las aplicaciones entre anillos que preservan su estructura. Los resultados más importantes se presentan en la sección segunda: los Teoremas de isomorfía y el Teorema chino de los restos.

1.

Homomorfismos de anillos. Teorema de la correspondencia

El objetivo esencial de esta sección es introducir y estudiar las principales propiedades de las aplicaciones adaptadas a la estructura de anillo, que son los homomorfismos de anillos. Supondremos, sin mencionarlo expresamente, que los anillos involucrados son conmutativos y unitarios. Definiciones II.1.1 Una aplicación f : A → B entre los anillos A y B es un homomorfismo si cumple las siguientes condiciones: (1) f (a1 + a2 ) = f (a1 ) + f (a2 ) para cada a1 , a2 ∈ A. (2) f (a1 a2 ) = f (a1 )f (a2 ) para cada a1 , a2 ∈ A. (3) f (1) = 1. Si f es inyectiva se dice que es un monomorfismo, y si es sobreyectiva se dice que es un epimorfismo. Cuando f es biyectiva se dice que es un isomorfismo. Los homomorfismos f : A → A se llaman endomorfismos de A. MuCHcs

Observaciones II.1.2 (1) La condición f (1) = 1 en la definición anterior es esencial, pues en caso contrario todo elemento no nulo de f (A) sería un divisor de 0. En efecto, para cada a ∈ A se tiene f (a) = f (a · 1) = f (a) · f (1), o sea, f (a)(1 − f (1)) = 0. Si f (1) 6= 1 esto implica que f (a) es divisor de cero. (2) Sea f : A → B un homomorfismo de anillos. Entonces f (0) = 0 y f (na) = nf (a) para 15

16

CAPÍTULO II. HOMOMORFISMOS DE ANILLOS

cada a ∈ A y n ∈ Z. En particular, f (−a) = −f (a). En efecto, 0 + f (0) = f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0)

=⇒

f (0) = 0.

La igualdad f (na) = nf (a) se cumple para n = 0, y
para n = 1 es obvia. Si n > 1 y suponemos, por hipótesis de inducción, que f (n − 1)a = (n − 1)f (a), resulta

f (na) = f (n − 1)a + a = f (n − 1)a + f (a) = (n − 1)f (a) + f (a) = nf (a). Por otro lado, si n < 0 denotamos m = −n > 0 y se tiene f (ma) = mf (a), por lo que
0 = f (0) = f (0 · a) = f (m + n)a = f (ma + na) = f (ma) + f (na) = mf (a) + f (na), esto es, f (na) = −mf (a) = (−m)f (a) = nf (a). (3) Sea f : A → B un homomorfismo de anillos. Entonces, f (an ) = f (a)n para cada a ∈ A y cada entero n ≥ 0. Además, si a ∈ U(A) entonces f (a) ∈ U(B) y f (a−1 ) = f (a)−1 . En efecto, si n = 0 se tiene f (a0 ) = f (1) = 1 = f (a)0 , y la igualdad es evidente para n = 1. Si n > 1 y suponemos probado que f (an−1 ) = f (a)n−1 , entonces f (an ) = f (an−1 · a) = f (an−1 )f (a) = f (a)n−1 f (a) = f (a)n . En cuanto a las unidades, si a ∈ U(A) entonces 1 = f (1) = f (a · a−1 ) = f (a)f (a−1 )

=⇒

f (a) ∈ U(B) y f (a−1 ) = f (a)−1 .

Ejemplos II.1.3 (1) Sean A y B anillos tales que A ⊂ B y las operaciones suma y producto en A son las restricciones de las operaciones suma y producto en el anillo B. Denotamos j : A ,→ B, a 7→ a la aplicación inclusión, que es un homomorfismo de anillos. En particular, si A = B la inclusión es la aplicación identidad de A, que denotaremos idA . √ √ √ √ (2) La conjugación τ : Z[ −1] → Z[ −1], a + −1b → a − −1b es un homomorfismo de anillos y τ ◦ τ es la identidad, luego τ es biyectiva. (3) Si a es un ideal de un anillo A, la proyección canónica π : A → A/a, x 7→ [x] = x + a es un homomorfismo. (4) Si A es un anillo y B := A × A, la aplicación f : A → B, x 7→ (x, 0) no es un homomorfismo de anillos porque f (1) = (1, 0) 6= (1, 1). Tampoco es homomorfismo de anillos la aplicación g : A → B, x 7→ (x, 1), porque g(0) = (0, 1) 6= (0, 0). (5) La identidad es el único homomorfismo f : Z → Z. En efecto, f (1) = 1, luego razonando por inducción, para cada n > 1 se tiene
f (n) = f (n − 1) + 1 = f (n − 1) + f (1) = (n − 1) + 1 = n.

CAPÍTULO II. HOMOMORFISMOS DE ANILLOS

17

Además f (0) = 0 y si n < 0 entonces m = −n > 0, por lo que f (m) = m. Como m+n = 0, esto implica que 0 = f (0) = f (m + n) = f (m) + f (n) = m + f (n)

=⇒

f (n) = −m = n.

Introducimos a continuación más terminología y resultados elementales relacionados con los homomorfismos de anillos. kerim

Definiciones y Observaciones II.1.4 Sean f : A → B un homomorfismo de anillos, C un subconjunto no vacío de B y b un ideal de B. (1) La imagen inversa a := f −1 (b) es un ideal de A, y si b 6= B se tiene a 6= A. En efecto, dados a1 , a2 ∈ a sus imágenes f (a1 ), f (a2 ) ∈ b, luego f (a1 + a2 ) = f (a1 ) + f (a2 ) ∈ b, es decir, a1 + a2 ∈ a. Además, si a ∈ A y x ∈ a resulta que f (a) ∈ B y f (x) ∈ b, por lo que f (ax) = f (a)f (x) ∈ b, luego ax ∈ a. Por último, si a = A se tiene 1 ∈ a, por lo que 1 = f (1) ∈ b, o sea b = B. Se dice que a es el contraído de b mediante f . (2) En particular, ker f := f −1 (0) = {a ∈ A : f (a) = 0} es un ideal de A llamado núcleo de f . Es obvio que ker f ⊂ f −1 (b). (3) Se dice que un subconjunto C de B es un subanillo de B si es un anillo con las operaciones que resultan de restringir a C las de B. Por ejemplo, f (A) es un subanillo de B, llamado imagen de f , que se denota a veces im f . Como f (1) = 1, la imagen de f es un subanillo conmutativo y unitario. (4) Si a ⊂ A es un ideal de A, entonces f (a) no es necesariamente un ideal de B. Basta considerar, por ejemplo, la inclusión j : Z ,→ Q y a := Z, que es un ideal de Z mientras que Z = j(a) no es ideal de Q, pues los únicos ideales del cuerpo Q son los impropios. Al menor ideal de B que contiene a f (a) se le llama extendido de a mediante f , y se denota aB, o también ae , sin hacer mención expresa al homomorfismo f . (5) Si f : A → B es sobreyectiva y a ⊂ A es ideal de A, entonces f (a) es ideal de B. En efecto, si b1 , b2 ∈ f (a) existen a1 , a2 ∈ a tales que cada bi = f (ai ) y, como a1 + a2 ∈ a, b1 + b2 = f (a1 ) + f (a2 ) = f (a1 + a2 ) ∈ f (a). Además, dados b ∈ B e y ∈ f (a) existe, por ser f sobreyectiva, a ∈ A tal que b = f (a). Como existe x ∈ a tal que y = f (x) y ax ∈ a, se tiene by = f (a)f (x) = f (ax) ∈ f (a). (6) Si m es un ideal maximal de B, no siempre es n := f −1 (m) un ideal maximal de A. Basta considerar, por ejemplo, la inclusión j : Z ,→ Q y m = {0}, que es un ideal maximal de Q, pues éste es un cuerpo, pero {0} = j−1 (m) no es ideal maximal de Z, pues este último anillo no es un cuerpo.

18

CAPÍTULO II. HOMOMORFISMOS DE ANILLOS

(7) Si b es ideal primo de B, entonces a := f −1 (b) es ideal primo de A. En efecto, dados a, x ∈ A \ a, sus imágenes b := f (a) e y := f (x) pertenecen a B \ b, luego f (ax) = f (a)f (x) = by ∈ B \ b

=⇒

ax ∈ A \ a.

(8) El conjunto C es un subanillo unitario de B si y sólo si 1 ∈ C y x − y, xy ∈ C para cada x, y ∈ C. (9) Si además B es un cuerpo, C es un subcuerpo de B si y sólo si 1 ∈ C y x − y, xy −1 ∈ C para cada x ∈ C y cada y ∈ C \ {0}. kernel

Definición y Proposición II.1.5 Sea f : A → B un homomorfismo. Se cumple que: (1) f es un monomorfismo si y sólo si ker f = {0}. (2) Si A es un cuerpo, entonces f es un monomorfismo. (3) Si f es un isomorfismo, entonces f −1 es un isomorfismo. Además, f induce un isomorfismo de grupos entre U(A) y U(B). A la vista de (3) se dice que dos anillos A, B son isomorfos, y lo denotaremos por A∼ = B, si existe un isomorfismo entre ellos. Demostración. (1) Si f es monomorfismo y x ∈ ker f , entonces f (0) = 0 = f (x), luego x = 0. Recíprocamente, si ker f = {0} y f no fuese inyectiva existirían x, y ∈ A tales que x 6= y pero f (x) = f (y). Esto implica que z = x − y 6= 0 y f (z) = f (x) − f (y) = 0, luego z ∈ ker f \ {0}, contra la hipótesis. (2) El núcleo de f es un ideal de A que no coincide con A porque f (1) = 1. Como los únicos ideales de A son los impropios se deduce que ker f = {0} y, por el apartado anterior, f es monomorfismo. (3) Para la primera parte se trata de comprobar que f −1 es también homomorfismo. Dados b1 , b2 ∈ B denotamos f −1 (b1 ) := a1 y f −1 (b2 ) := a2 . Entonces, b1 + b2 = f (a1 ) + f (a2 ) = f (a1 + a2 )

=⇒

f −1 (b1 + b2 ) = a1 + a2 = f −1 (b1 ) + f −1 (b2 ),

y el mismo argumento sirve al cambiar suma por producto. Además, vimos en la Observación II.1.2 (3) que f |U (A) : U(A) → U(B) es una aplicación bien definida, y es homomorfismo entre estos grupos multiplicativos porque f preserva productos. Además es inyectiva, por serlo f , y ya sólo falta ver que también es sobreyectiva. Hecho esto se deduce de II.2.1 vol. I que f |U (A) es un isomorfismo entre los grupos U(A) y U(B). Sea pues b ∈ U(B), por lo que existe c ∈ U(B) tal que bc = 1. Entonces f −1 (b)f −1 (c) = f −1 (bc) = f −1 (1) = 1

=⇒

a = f −1 (b) ∈ U(A) & f (a) = b,

lo que demuestra la sobreyectividad de f |U (A) : U(A) → U(B).



CAPÍTULO II. HOMOMORFISMOS DE ANILLOS

19

Observaciones II.1.6 (1) Si A, B y C son anillos y f : A → B y g : B → C son homomorfismos, también lo es la composición h = g ◦ f : A → C, ya que dados a1 , a2 ∈ A,
h(a1 + a2 ) = g f (a1 ) + f (a2 ) = g(f (a1 )) + g(f (a2 )) = h(a1 ) + h(a2 ) &
h(a1 a2 ) = g f (a1 )f (a2 ) = g(f (a1 )) + g(f (a2 )) = h(a1 )h(a2 ). (2) En particular, los isomorfismos de A en sí mismo se llaman automorfismos, y constituyen un grupo respecto de la composición, cuyo elemento neutro es la aplicación identidad. Vemos a continuación que cada dominio conmutativo y unitario “está contenido” en un cuerpo, mínimo entre los que lo contienen, que recibe el nombre de cuerpo de fracciones. La formulación precisa emplea, claro está, la noción de homomorfismo. qf

(II.1.7) Cuerpo de fracciones de un dominio. (1) Sean A un dominio conmutativo y unitario y denotamos A∗ = A \ {0} el conjunto de los elementos no nulos de A. En el producto cartesiano A × A∗ se define la siguiente relación de equivalencia: (a1 , b1 ) ∼ (a2 , b2 ) ⇐⇒ a1 b2 = a2 b1 . La clase de equivalencia del par (a, b) se denota a/b. Se definen en el conjunto cociente (A × A∗ )/ ∼ las siguientes operaciones: a1 a2 a1 b2 + a2 b1 + := b1 b2 b1 b2

y

a1 a2 a1 a2 · := . b1 b2 b1 b2

Comprobemos que estas operaciones están bien definidas, esto es, no dependen de los representantes empleados. Supongamos que a1 /b1 := c1 /d1 y a2 /b2 := c2 /d2 . Por tanto a1 d1 = b1 c1 y a2 d2 = b2 c2 y, en consecuencia, (a1 b2 + a2 b1 )d1 d2 − (c1 d2 + c2 d1 )b1 b2 = (a1 d1 )b2 d2 + (a2 d2 )b1 d1 − (b1 c1 )b2 d2 − (b2 c2 )b1 d1 = (a1 d1 − b1 c1 )b2 d2 + (a2 d2 − b2 c2 )b1 d1 = 0, es decir, c1 d2 + c2 d1 a1 b2 + a2 b1 = . b1 b2 d1 d2 En cuanto al producto se tiene (a1 a2 )(d1 d2 ) = (a1 d1 )(a2 d2 ) = (b1 c1 )(b2 c2 ) = (c1 c2 )(b1 b2 )

=⇒

a1 a2 c1 c2 = , b1 b2 d1 d2

luego ambas operaciones están bien definidas. Se comprueba rutinariamente que la terna
(A × A∗ )/ ∼, +, · tiene estructura de anillo conmutativo y unitario, cuyo elemento neutro para la suma es 0/1 y cuyo elemento unidad es 1/1.

CAPÍTULO II. HOMOMORFISMOS DE ANILLOS

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(2) De hecho (A × A∗ )/ ∼ es un cuerpo, que recibe el nombre de cuerpo de fracciones de A, y que denotamos qf(A). En efecto, si a/b 6= 0/1 es porque a = a · 1 6= b · 0 = 0, por lo que b/a ∈ qf(A) y (a/b) · (b/a) = ab/ab = 1/1, luego cada elemento no nulo de qf(A) tiene inverso en qf(A). (3) La aplicación j : A → qf(A), a 7→ a/1 es un monomorfismo de anillos, por lo que se suele identificar A con su imagen j(A), por lo que se dice que qf(A) es un cuerpo que contiene al dominio A. En efecto, j es homomorfismo porque dados a, b ∈ A, j(a + b) = (a + b)/1 = (a/1) + (b/1) = j(a) + j(b) & j(ab) = ab/1 = (a/1) · (b/1) = j(a) · j(b). En cuanto a la inyectividad, si a ∈ ker j entonces a/1 = j(a) = 0/1, esto es, a = 0. (4) Vía esta identificación qf(A) es el menor cuerpo que contiene a A. Esto significa que si K es un cuerpo y existe un monomorfismo f : A → K, entonces existe otro monomorfismo g : qf(A) → K tal que f = g ◦ j. En efecto, dado ζ = a/b ∈ qf(A), y puesto que b 6= 0 y f es monomorfismo, también f (b) 6= 0, luego existe f (b)−1 ∈ K y definimos g : qf(A) → K, ζ = a/b 7→ f (a)f (b)−1 . Nótese que g es una aplicación bien definida, pues si a/b := c/d, entonces ad = bc, luego f (a)f (d) = f (ad) = f (bc) = f (b)f (c)

=⇒

f (a)f (b)−1 = f (c)f (d)−1 .

Puesto que g(1) = g(1/1) = f (1)f (1)−1 = 1 y qf(A) es un cuerpo, para probar que g es monomorfismo es suficiente comprobar que es homomorfismo. Ahora bien, dados ζ := a/b y ξ := c/d ∈ qf(A), se tiene a

 ad + bc  c =g = f (ad + bc)f (bd)−1 b d bd
= f (a)f (d) + f (b)f (c) f (b)−1 f (d)−1 = f (a)f (b)−1 + f (c)f (d)−1 = g(ζ) + g(ξ).

g(ζ + ξ) = g

+

En cuanto al producto se tiene g(ζξ) = g(ac/bd) = f (ac)f (bd)−1 = f (a)f (c)f (b)−1 f (d)−1

= f (a)f (b)−1 f (c)f (d)−1 = g(ζ)g(ξ). Por último, sólo falta comprobar la igualdad f = g ◦ j. Como f (1) = 1, se tiene también f (1)−1 = 1, así que para cada a ∈ A, (g ◦ j)(a) = g(j(a)) = g(a/1) = f (a)f (1)−1 = f (a). (5) El menor cuerpo que contiene a un cuerpo dado K es el propio K. Por eso qf(K) = K.

CAPÍTULO II. HOMOMORFISMOS DE ANILLOS

21

(6) Se deduce directamente de la construcción del cuerpo de fracciones de un dominio que el cuerpo Q de los números racionales es isomorfo al cuerpo de fracciones del dominio Z de los números enteros. (7) La construcción del cuerpo de fracciones se puede generalizar para anillos A que no son dominios, obteniéndose lo que se conoce con el nombre de anillo total de fracciones Q(A) de A. Se cumple además que Q(A) es un cuerpo si y sólo si A es un dominio, pero no trataremos este objeto en el texto. tcor

Teorema II.1.8 (Teorema de la correspondencia) Sean A un anillo y a un ideal de A. Sean X el conjunto de los ideales de A que contienen al ideal a e Y el conjunto de los ideales del anillo B = A/a. Entonces la aplicación Γ : X → Y, c 7→ c/a := {x + a : x ∈ c} es biyectiva. Además, si p, m ∈ X, se cumple que: (1) El ideal p es primo si y sólo si p/a es un ideal primo de B. (2) El ideal m es maximal si y sólo si m/a es un ideal maximal de B. Demostración. Consideramos la proyección canónica π : A → A/a, que es un epimorfismo. Se deduce de la Observación II.1.4 (5) que para cada ideal c ∈ X su imagen c/a = π(c) es un ideal de B, luego la aplicación Γ está bien definida. Veamos a continuación que es biyectiva, para lo que vamos a construir su inversa. Por las Observaciones II.1.4 (1) y (2), si b es un ideal de B se cumple que c = π −1 (b) es un ideal de A que contiene a ker π = a, es decir, c ∈ X. De este modo, obtenemos una aplicación Θ : Y → X, b 7→ π −1 (b), y una comprobación rutinaria muestra que Γ ◦ Θ = idY y Θ ◦ Γ = idX . Comprobemos ahora (1). Por la Observación II.1.4 (7), si π(p) = p/a es un ideal primo de B, entonces p = π −1 (p/a) es un ideal primo de A. Supongamos recíprocamente que p es un ideal primo de A que contiene al ideal a y veamos que b := p/a es un ideal primo de B. Sean ζ, ξ ∈ B tales que ζξ ∈ b. Existen a, b ∈ A tales que ζ := a + a y ξ := b + a, y por tanto ab + a = ζξ ∈ b = p/a, es decir, ab ∈ p. Como p es un ideal primo podemos suponer que a ∈ p, por lo que ζ = a + a ∈ b, lo que demuestra que b es un ideal primo de B. Para terminar comprobaremos la veracidad de (2). Supongamos que m es un ideal maximal de A que contiene a a pero m/a no es un ideal maximal de B. Entonces existe un ideal b ( A que contiene a a tal que m/a ( b/a, luego m = π −1 (m/a) ⊂ π −1 (b/a) = b. Esto implica, por ser m maximal, que m = b, por lo que m/a = b/a, que es una contradicción.

CAPÍTULO II. HOMOMORFISMOS DE ANILLOS

22

Recíprocamente, supongamos que c es un ideal no maximal de A tal que n = c/a es un ideal maximal de B. Existe por tanto un ideal propio m de A tal que c ( m. En particular n = c/a ⊂ m/a y como n es maximal se da la igualdad n = m/a. Esto implica que c = π −1 (n) = π −1 (m/a) = m, que de nuevo es una contradicción.  cnoether

Corolario II.1.9 Sean A un anillo noetheriano y a un ideal de A. Entonces, el anillo cociente B = A/a es noetheriano. Demostración. Veamos que todo ideal b de B es finitamente generado. Existe, por el Teorema de la correspondencia, un ideal c en A que contiene a a tal que b = c/a. Como A es noetheriano, existen z1 , . . . , zr ∈ c tales que c := z1 A + · · · + zr A. Así, denotando ζj := zj + a, el ideal b = ζ1 B + · · · + ζr B es finitamente generado. 

2.

Teoremas de isomorfía. Teorema chino de los restos

TiSom

2.a.

Teoremas de isomorfía. Comenzamos la sección presentando los tres Teoremas

de isomorfía de anillos. 1iso

Teorema II.2.1 (Primer Teorema de isomorfía) Sea f : A → B un homomorfismo. Entonces la aplicación fb : A/ ker f → im f, a + ker f 7→ f (a) es un isomorfismo de anillos que cumple que f = j ◦ fb ◦ π, donde π : A → A/ ker f es la proyección canónica y j : im f ,→ B es la inclusión. Demostración. En primer lugar, veamos que fb está bien definida. Si a1 + ker f = a2 + ker f entonces a1 − a2 ∈ ker f y, por tanto, f (a1 ) − f (a2 ) = f (a1 − a2 ) = 0, luego f (a1 ) = f (a2 ). De hecho fb es homomorfismo, pues dados ζ1 := a1 + ker f y ζ2 := a2 + ker f se tiene
fb(ζ1 + ζ2 ) = fb (a1 + a2 ) + ker f = f (a1 + a2 ) = f (a1 ) + f (a2 ) = fb(ζ1 ) + fb(ζ2 ), y, análogamente, para el producto,
fb(ζ1 ζ2 ) = fb (a1 a2 ) + ker f = f (a1 a2 ) = f (a1 )f (a2 ) = fb(ζ1 )fb(ζ2 ). A

f

π A/ ker f

j fb

a

B

im f

f

f (a)

π a + ker f

j fb

f (a)

CAPÍTULO II. HOMOMORFISMOS DE ANILLOS

23

Para demostrar que fb es inyectiva es suficiente comprobar que su núcleo es nulo. Pero, si ζ := z + ker f ∈ ker fb, entonces f (z) = fb(ζ) = 0, luego z ∈ ker f , es decir, ζ = 0. La igualdad f = j ◦ fb ◦ π se comprueba directamente, pues para cada a ∈ A se tiene (j ◦ fb ◦ π)(a) = fb(π(a)) = fb(a + ker f ) = f (a). De aquí se deduce inmediatamente la sobreyectividad de fb, ya que

fb(A/ ker f ) = fb π(A) = j fb(π(A)) = f (A) = im f.  2iso

Teorema II.2.2 (Segundo Teorema de isomorfía) Sean A ⊂ B dos anillos y b un ideal de B. Entonces A + b es un subanillo de B que contiene a b y los anillos (A + b)/b y A/(A ∩ b) son isomorfos. Demostración. Omitimos la comprobación de que A + b es un subanillo de B, que es inmediata. A continuación, consideramos el homomorfismo de anillos f : A → (A + b)/b, a 7→ a + b, cuyo núcleo está formado por los elementos de A que están en b, es decir, ker f = A ∩ b. Además f es sobreyectiva, porque para cada ζ ∈ (A + b)/b existen a ∈ A y b ∈ b tales que ζ := (a + b) + b = a + b = f (a). Por el Primer Teorema de isomorfía II.2.1 los anillos (A + b)/b y A/(A ∩ b) son isomorfos. 

3iso

Teorema II.2.3 (Tercer Teorema de isomorfía) Sean A un anillo y a, b ideales de A  tales que a ⊂ b. Entonces los anillos (A/a) (b/a) y A/b son isomorfos. Demostración. Consideramos el homomorfismo de anillos f : A/a → A/b, a + a 7→ a + b, que está bien definido pues a ⊂ b y es sobreyectivo con núcleo b/a. Se deduce de nuevo del  Primer Teorema de isomorfía II.2.1 que (A/a) (b/a) ∼  = A/b.

2.b.

Teorema chino de los restos. Terminamos esta sección enunciando y demos-

trando el Teorema chino de los restos, que será de utilidad en capítulos posteriores.

CAPÍTULO II. HOMOMORFISMOS DE ANILLOS

24

tcr

Teorema II.2.4 (Teorema chino de los restos) Sean A un anillo, r ≥ 2 un número entero y a1 , . . . , ar ideales de A comaximales dos a dos, es decir, ai + aj = A si i 6= j. Entonces (1) a1 + (a2 · · · ar ) = A. (2) a := a1 ∩ · · · ∩ ar = a1 · · · ar . (3) El homomorfismo f : A → A/a1 × · · · × A/ar , a 7→ (a + a1 , . . . , a + ar ) es sobreyectivo. (4) Los anillos A/a y A/a1 × · · · × A/ar son isomorfos. Demostración. (1) Demostramos la igualdad por inducción sobre r, siendo obvio el caso r = 2. Si r ≥ 3 y suponemos ya probado que a1 + (a2 · · · ar−1 ) = A, como a1 + ar = A existen a1 , b1 ∈ a1 , a ∈ a2 · · · ar−1 y b ∈ ar tales que 1 = a1 + a y 1 = b1 + b. Por tanto, 1 = (a1 + a)(b1 + b) = (a1 b1 + a1 b + ab1 ) + ab ∈ a1 + a2 · · · ar−1 ar , con lo que a1 + (a2 · · · ar ) = A. (2) Hemos demostrado en el apartado (1) que los ideales a1 y b = a2 · · · ar son comaximales, luego se deduce de 2.a (5) que a1 ∩ · · · ∩ ar = a1 ∩ b = a1 b = a1 · (a2 · · · ar ) = a1 · · · ar . (3) Se deduce del apartado (1) que para cada índice 1 ≤ i ≤ r, ai + a1 · · · ai−1 · ai+1 · · · ar = A. Por lo tanto existen ui ∈ ai y vi ∈ a1 · · · ai−1 · ai+1 · · · ar tales que ui + vi = 1 para i = 1, . . . , r. Así, dados a1 , . . . , ar ∈ A escogemos a = a1 v1 + · · · + ar vr ∈ A y se cumple a + ai = a1 v1 + · · · + ar vr + ai = ai vi + ai = ai vi + ai ui + ai = ai (vi + ui ) + ai = ai + ai . Por tanto, f (a) = (a1 + a1 , . . . , ar + ar ) y concluimos que f es sobreyectiva. T (4) Como ker f = ri=1 ai = a, basta aplicar el Primer Teorema de isomorfía.

TCHR



Observación II.2.5 Obsérvese que si m, n son enteros primos entre sí y 1 := am + bn es una Identidad de Bézout para ellos, fijados enteros α y β el número entero x := βam + αbn

(1) unaEq

CAPÍTULO II. HOMOMORFISMOS DE ANILLOS

25

cumple las igualdades x ≡ α mod m y x ≡ β mod n. En efecto, x − α = βam + α(bn − 1) = βam − αam ∈ mZ, x − β = αbn + β(am − 1) = αbn − βbn ∈ nZ. Así, con las notaciones del Teorema chino de los restos II.2.4, para A := Z, r = 2, a1 = mZ y a2 = nZ, la aplicación f : Z/mnZ → Z/mZ × Z/nZ, a + mnZ 7→ (a + mZ, a + nZ) es isomorfismo y la preimagen por f del par (α + mZ, β + nZ) es x + mnZ.

Ejercicios y problemas propuestos domfin

Número II.1 Sea A un anillo conmutativo con unidad y finito. Demostrar que todo elemento no nulo de A es divisor de cero o unidad. Deducir que todo dominio de integridad finito es un cuerpo. Número II.2 Sea (A, +, ·) un anillo conmutativo y definimos en A dos operaciones ⊥ y ? mediante a ⊥ b := a + b − 1

&

a ? b := a + b − ab.

Probar que (A, ⊥, ?) es un anillo y hallar el cero y el elemento unidad de (A, ⊥, ?) en función de los correspondientes elementos de A. Demostrar que (A, ⊥, ?) es un anillo isomorfo al anillo (A, +, ·). Número II.3 Un anillo A se llama booleano si a2 = a para todo a ∈ A. (1) Probar que todo anillo booleano es conmutativo y su característica es 2. (2) Probar que todo ideal primo p de un anillo booleano A es maximal. ¿Cuántos elementos tiene el cuerpo cociente A/p? (3) Demostrar que todo dominio booleano es isomorfo a Z2 . (4) Sea a un ideal finitamente generado del anillo booleano A. Demostrar que a es principal. Número II.4 Demostrar que el conjunto A formado por las aplicaciones de Z2 en sí mismo tiene 4 elementos y que es anillo con la suma y el producto ordinarios. ¿Es A isomorfo al anillo Z4 ? Número II.5 Demostrar que el homomorfismo de anillos f : Z → Z4 , n 7→ n + 4Z transforma todos los cuadrados de enteros impares en el mismo elemento. Deducir que ninguno de los elementos de la sucesión 11, 111, 1111, 11111, . . . es un cuadrado. Número II.6 ¿Existe algún monomorfismo de C en el anillo de división H de los cuaternios?

CAPÍTULO II. HOMOMORFISMOS DE ANILLOS

26

Número II.7 Sean A un anillo conmutativo y unitario, a un ideal de A y Σ la familia formada por todos los ideales primos de A que contienen a a. Demostrar que \ √ a= p. p∈Σ

Número II.8 Sean f : A → B un homomorfismo entre anillos conmutativos y unitarios y denotemos bc := f −1 (b) el contraído de un ideal b de B mediante f y ae el extendido de un ideal a de A mediante f .  Pn (1) Demostrar que ae = j=1 f (aj )bj : aj ∈ a, bj ∈ B . (2) Demostrar que a ⊂ (ae )c y (bc )e ⊂ b. (3) Demostrar que si a1 ⊂ a2 son ideales de A y b1 ⊂ b2 son ideales de B, entonces ae1 ⊂ ae2 y bc1 ⊂ bc2 .
e
c (4) Demostrar que (ae )c = ae y bc = (bc )e . Número II.9 (1) Hallar un homomorfismo inyectivo de anillos conmutativos y unitarios A → B y un ideal a en A para el que la inclusión a ⊂ (ae )c sea estricta. (2) Encontrar un homomorfismo inyectivo de anillos conmutativos y unitarios A → B y un ideal b en B para el que la inclusión (bc )e ⊂ b sea estricta.

cfrangauss

Número II.10 Probar que Q[i] := {a + bi ∈ C : a, b ∈ Q} es un subcuerpo de C isomorfo al cuerpo de fracciones de Z[i]. Número II.11 Sean A y B anillos conmutativos con elemento unidad. Demuéstrese que a := {(a, 0) : a ∈ A}

&

b := {(0, b) : b ∈ B}

son ideales del anillo A × B y que (A × B)/a es isomorfo a B y (A × B)/b es isomorfo a A. Número II.12 Sea C ∞ (R) el anillo formado por todas las funciones R → R de clase infinito. Demostrar que el homomorfismo φ : C ∞ (R) → R, f 7→ f (0) es sobreyectivo y su núcleo es un ideal maximal y principal. Número II.13 Sea A un anillo conmutativo y unitario tal que para todo anillo conmutativo y unitario B cada homomorfismo f : A → B de anillos unitarios es inyectivo. Demostrar que A es un cuerpo. Número II.14 (1) Sean K un cuerpo de característica cero y f : Q → K un homomorfismo de cuerpos. Demostrar que f (x) = x para cada x ∈ Q. (2) Demostrar que la identidad es el único endomorfismo del cuerpo R de los números reales. Número II.15 Sean K un cuerpo finito cuya característica es distinta de 2. Comprobar que la aplicación f : K ∗ → K ∗ dada por f (x) = x2 es un homomorfismo del grupo multiplicativo K ∗ en sí mismo. Deducir que la mitad de los elementos de K ∗ son cuadrados. Escribir los elementos de Z3 , Z5 , Z7 , Z11 y Z13 que son un cuadrado.

CAPÍTULO III

Divisibilidad en el anillo de los números enteros El objetivo de este capítulo es presentar la aritmética elemental de los números enteros y de sus cocientes. En la primera sección se demuestran los dos resultados básicos, esto es, el Algoritmo de Euclides y el Teorema Fundamental de la Aritmética, mientras que en la segunda se estudian los anillos de restos. A lo largo de todo el capítulo, la palabra anillo significa anillo conmutativo y unitario.

1.

Algoritmo de Euclides. Teorema Fundamental de la Aritmética

Comenzamos introduciendo algunas nociones muy generales en relación con la divisibilidad en anillos conmutativos y unitarios. gNdVsB

Definiciones y Observaciones III.1.1 Sean A un anillo conmutativo y unitario y a, b dos elementos de A. (1) Se dice que a divide a b, y se denota por a|b, si existe c ∈ A tal que b = ac. Si éste es el caso se dice que a es un divisor de b y que b es un múltiplo de a. Esto equivale a que b ∈ aA o, lo que es lo mismo, bA ⊂ aA. Si a no divide a b escribiremos a6 |b. La relación de divisibilidad es reflexiva y transitiva, pues a|a y si a|b y b|c existen x, y ∈ A tales que b = ax y c = by, por lo que a|c ya que c = by = a(xy). (2) Se dice que a y b son asociados si a|b y b|a. La relación ser asociados es de equivalencia. En efecto, es reflexiva porque a|a, y es simétrica por la propia definición. Por último, si a y b son asociados y también lo son b y c, la transitividad de la relación de divisibilidad asegura que a|c y c|a, luego a y c son asociados. (3) Se deduce del apartado (1) que a y b son asociados si y sólo si bA ⊂ aA y aA ⊂ bA,

27

28 CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

es decir, si y sólo si aA = bA. En particular, si a ∈ A y b = au donde u ∈ U(A) es una unidad de A, entonces a y b son asociados, ya que bA = (au)A = a(uA) = aA. De hecho estas son las únicas parejas de elementos no nulos asociados en un dominio, esto es, si A es un dominio y a, b ∈ A \ {0}, se cumple que a y b son asociados si y sólo si existe u ∈ U(A) tal que b = au. Una implicación la acabamos de probar. Recíprocamente, si a|b y b|a existen u, v ∈ A tales que b = au y a = vb, luego b = uvb, o sea, b(1 − uv) = 0. Como b 6= 0 y estamos suponiendo que A es un dominio, 1 = uv. Esto implica que u ∈ U(A) y b = au. Por supuesto, también v es unidad en A y a = bv. Definiciones III.1.2 Sean A un anillo y a ∈ A \ {0}. (1) Se dice que a es reducible en A si existen b, c ∈ A \ U(A) tales que a := bc. Si a no es reducible ni unidad se dice que es irreducible en A. (2) Se dice que a es primo si el ideal aA generado por a es primo. divprop

Proposición III.1.3 Sean A un anillo y a ∈ A \ U(A) un elemento no nulo. (1) El elemento a es primo si y sólo si para cada par de elementos b, c ∈ A tales que a|bc se cumple que a|b o a|c. (2) Si A es un dominio y a 6= 0 es primo, entonces a es irreducible. (3) Supongamos que A es un dominio. Entonces, a es irreducible si y sólo si aA es un ideal maximal entre los ideales principales propios de A. (4) Sean A un dominio cuyos ideales son principales y a ∈ A \ {0} un elemento irreducible. Entonces el ideal aA es maximal. En particular a es primo. Demostración. (1) Supongamos que a es primo, es decir, p := aA es un ideal primo, y sean b, c ∈ A tales que a|bc. Esto significa que bc ∈ p, luego b ∈ p o c ∈ p. En el primer caso a|b y en el segundo a|c. Recíprocamente, si se cumple esta condición y b, c ∈ A \ p, lo que significa que a no divide ni a b ni a c, entonces a tampoco divide a bc, o sea, bc ∈ A \ p, lo que demuestra que p es un ideal primo. (2) Como a es primo, el ideal p := aA 6= A, luego a no es unidad en A. Supongamos, por reducción al absurdo, que a es reducible. Entonces a := bc para ciertos b, c ∈ A \ U(A). Como bc ∈ p y este ideal es primo, podemos suponer que b ∈ p, es decir existe u ∈ A tal que b := au. En consecuencia a = bc = auc, esto es, a(1 − uc) = 0 y, como a 6= 0 y A es un dominio, 1 = uc. Esto último implica que c ∈ U(A), lo que es falso.

CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

29

(3) Supongamos que el ideal aA no es maximal entre los ideales principales propios de A. Entonces, existe b ∈ A tal que aA ( bA 6= A. En particular ni a ni b son unidades de A y existe c ∈ A tal que a := bc. Tampoco c es unidad en A porque la inclusión aA ( bA es estricta. Por tanto a es reducible en A. Recíprocamente, si a es reducible existen b, c ∈ A \ U(A) tales que a := bc. Por tanto aA ⊂ bA y bA 6= A porque b no es unidad en A. Para terminar basta comprobar que la inclusión aA ⊂ bA es estricta. En caso contrario a y b son asociados, y se deduce de la Observación III.1.1 (2) que existe una unidad u ∈ A tal que a := bu. Por tanto b(c − u) = bc − bu = a − a = 0 y, como A es dominio, b = 0 o c = u. Lo primero implica que a = 0, lo que es falso. Por tanto c = u ∈ U(A), y esto es falso también. (4) Por el apartado (3), m := aA es un ideal maximal entre los ideales principales de A, que por hipótesis son todos los ideales propios de A. La última afirmación se sigue de que todo ideal maximal es primo.  Enunciamos y probamos a continuación el primer resultado básico en la aritmética de los números enteros: el Teorema de la división euclídea. TdEu

Teorema III.1.4 (Teorema de la división euclídea) Sean a, b ∈ Z tales que b 6= 0. Entonces existen q, r ∈ Z tales que a := bq + r y 0 ≤ r < |b|. Se dice que ésta es una división euclídea cuyo dividendo es a, el divisor es b, el cociente es q y el resto es r. Demostración. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que a ≥ 0 y b > 0, pues resuelto ese caso, si a < 0 y b > 0 existe una división −a = qb + r con q, r ∈ Z y 0 ≤ r < b, y por ello a = (−q)b − r. Si r = 0 hemos acabado, y si r > 0 denotamos s := b − r y resulta a = (−q − 1)b + s & 0 < s < b. Por otro lado, si b < 0 efectuamos la división de a entre −b y existen q, r ∈ Z tales que a = q(−b) + r con 0 ≤ r < | − b| = |b|, y basta reescribirla como a = (−q)b + r. Por tanto es suficiente demostrar que se pueden dividir enteros no negativos. Fijamos b > 0 y se trata de probar, por inducción, que el conjunto Mb := {z ∈ N : ∃ q, r ∈ N, z = qb + r

& r < b}

coincide con N. Desde luego 0 = 0 · b + 0 y 0 < b, luego 0 ∈ Mb , por lo que es suficiente comprobar que z + 1 ∈ Mb para cada z ∈ Mb . Como existen q, r ∈ Z tales que z = qb + r y 0 ≤ r < b se tiene z + 1 = qb + (r + 1), luego si r + 1 < b, hemos terminado. En caso contrario, r < b ≤ r + 1 lo que implica que b = r + 1. Pero entonces, z + 1 = qb + (r + 1) = qb + b = (q + 1)b = (q + 1)b + 0, y en consecuencia z + 1 ∈ Mb .



30 CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

zedip

Corolario III.1.5 (1) Todo ideal de Z es principal. En particular Z es un anillo noetheriano. (2) Los números primos p ∈ Z son los elementos irreducibles del anillo Z. En particular, un entero p ∈ Z \ {−1, 0, 1} es primo si y sólo si el ideal pZ es maximal, es decir, Zp es un cuerpo. Demostración. (1) Como el ideal nulo está generado por 0 y Z = (1), basta probar que todo ideal propio a de Z es principal. Vamos a comprobar que si n > 0 es el menor elemento positivo de a, entonces a = nZ. La inclusión nZ ⊂ a es evidente. Recíprocamente, dividimos cada a ∈ a entre n, y así existen q, r ∈ Z tales que a := qn + r con 0 ≤ r < n. Si r = 0 hemos acabado, pues a = nq ∈ nZ, mientras que si r > 0, entonces r = a − qn ∈ a y 0 < r < n, en contra de la elección de n. (2) Este apartado es consecuencia del anterior y la Proposición III.1.3 (4).

Wson



Corolario III.1.6 (Teorema de Wilson). Si p ∈ Z es un primo positivo, entonces el entero (p − 1)! + 1 ∈ pZ. Demostración. Es inmediato comprobar el resultado para p = 2, 3 así que suponemos p ≥ 5. Escribimos los elementos no nulos del cuerpo K := Zp como K ∗ = {1 + pZ, . . . , (p − 1) + pZ}, cuyo producto es P := (p − 1)! + pZ. Observamos que en K ∗ sólo dos elementos, 1 + pZ y (p − 1) + pZ coinciden con su inverso. En efecto, si u ∈ K ∗ cumple u = u−1 , entonces u2 = 1, esto es, (u − 1K )(u + 1K ) = 0K , luego u = 1K = 1 + pZ o u = −1K = (p − 1) + pZ. En consecuencia, podemos escribir los elementos de K ∗ como −1 K ∗ = {1K , −1K , u1 , u−1 1 , . . . , ur , ur },

donde 2r + 2 = p − 1. El producto de los elementos de K ∗ , en este orden, vale P = −1K , luego (p − 1)! + pZ = −1 + pZ, que es la igualdad buscada. ChCCA



Definición y Observación III.1.7 (1) Sea A un anillo conmutativo y unitario y consideremos el homomorfismo f : Z → A, k 7→ k · 1A . Como el núcleo de f es un ideal principal existe un entero n ≥ 0 tal que ker f = nZ. Este entero n se denota char(A) y se denomina característica de A.

CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

31

(2) Si A es un dominio de característica distinta de 0, entonces char(A) = p es un número primo. En efecto, por el Primer Teorema de Isomorfía Z/pZ ∼ = im f ⊂ A, luego Z/pZ es un dominio, es decir, el ideal pZ es primo, o sea, p es un número primo. MCDMCM

1.a.

Máximo común divisor y mínimo común múltiplo. Sean A un anillo y

a1 , . . . , ar ∈ A con r ≥ 2. (1) Se dice que d ∈ A es un máximo común divisor de a1 , . . . , ar en A, si d divide a cada ai y para cada c ∈ A tal que c divide cada ai se cumple que c|d. Si 1 es un máximo común divisor de a1 , . . . , ar se dice que a1 , . . . , ar son primos entre sí. (2) Se dice que m ∈ A es un mínimo común múltiplo de a1 , . . . , ar en A, si m es múltiplo de cada ai y m|n para cada n ∈ A que es múltiplo de cada ai . (3) Si tanto d1 como d2 ∈ A son un máximo común divisor de a1 , . . . , ar , entonces d1 y d2 son asociados, esto es, d1 A = d2 A. En efecto, por ser d1 un máximo común divisor de a1 , . . . , ar y d2 un divisor de a1 , . . . , ar deducimos que d2 |d1 . Intercambiando los papeles de d1 y d2 concluimos que d1 |d2 , por lo que ambos elementos son asociados. Análogamente, si tanto m1 como m2 ∈ A son un mínimo común múltiplo de a1 , . . . , ar se deduce que m1 y m2 son asociados, esto es, m1 A = m2 A. Por ello, con cierto abuso, se escribe d := mcd A (a1 , . . . , ar ) y se lee d es el máximo común divisor de a1 , . . . , ar en A, para indicar que un elemento d0 ∈ A es un máximo común divisor de a1 , . . . , ar en A si y sólo si d0 A = dA. De igual modo, se escribe m := mcm A (a1 , . . . , ar ), y decimos que m es el mínimo común múltiplo de a1 , . . . , ar en A, para indicar que un elemento m0 ∈ A es un mínimo común múltiplo de a1 , . . . , ar en A si y sólo si m0 A = mA. Si no hay lugar a confusión acerca del anillo en el que estamos calculando el máximo común divisor o el mínimo común múltiplo denotaremos mcd (a1 , . . . , ar ) := mcd A (a1 , . . . , ar ) &

mcm (a1 , . . . , ar ) := mcm A (a1 , . . . , ar ).

(4) Si r ≥ 3 y existen los términos involucrados se cumplen las igualdades (4.1) mcd (a1 , . . . , ar ) = mcd (mcd (a1 , . . . , ar−1 ), ar ). (4.2) mcm (a1 , . . . , ar ) = mcm (mcm (a1 , . . . , ar−1 ), ar ). En efecto, para probar (4.1) denotamos d := mcd (a1 , . . . , ar ), D := mcd (a1 , . . . , ar−1 ) & D := mcd (D, ar ). Se trata de probar que d y D son asociados. Como d|ai para cada 1 ≤ i ≤ r − 1 se sigue de la definición de máximo común divisor que d|D. Esto, junto con el hecho de que d|ar

32 CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

implica que d|D. Recíprocamente, D divide a D y D|ai para cada 1 ≤ i ≤ r − 1, luego D|ai . Además D|ar , de donde se deduce que D|d, es decir, d y D son asociados. En cuanto a (4.2), denotando m := mcm (a1 , . . . , ar ), M := mcm (a1 , . . . , ar−1 ) & M := mcm (M, ar ), se trata de probar que m y M son asociados. Como m ∈ ai A para cada 1 ≤ i ≤ r − 1 resulta que M |m. Además, m ∈ ar A, por lo que M |m. Recíprocamente, M es múltiplo de ar y también de cada ai con 1 ≤ i ≤ r − 1 dado que es múltiplo de M y éste lo es de ai . Deducimos que m|M , por lo que m y M son asociados. (5) Las igualdades (4.1) y (4.2) permiten reducir la demostración de muchas propiedades sobre el máximo común divisor y el mínimo común múltiplo al caso r = 2. (6) El Teorema de la división euclídea permite probar la existencia de máximo común divisor y mínimo común múltiplo de dos números enteros y proporciona un método de cálculo. Antes de exponerlo es útil el siguiente lema. stepae1

Lema III.1.8 Sean A un dominio y a, b, q, r ∈ A tales que a = bq + r. Entonces, si existen el máximo común divisor en A de a y b y de b y r, ambos coinciden, esto es, mcd (a, b) = mcd (b, r). Demostración. En efecto, sean d1 un máximo común divisor de a y b en A y d2 un máximo común divisor de b y r en A. Como d1 |a y d1 |b, también d1 |r = a − bq, luego d1 |d2 . Por otro lado, como d2 divide a b y a r también divide a a = bq + r. De este modo, d2 |d1 , por lo que d1 y d2 son asociados, o sea, mcd (a, b) = mcd (b, r). 

AlGeU

(III.1.9) Algoritmo de Euclides. Sean a, b enteros no negativos tales que b 6= 0. Se trata de calcular el máximo común divisor de a y b. Dividimos a entre b y obtenemos un cociente q1 ∈ Z y un resto r1 ∈ Z tales que a = bq1 + r1 y 0 ≤ r1 < b. Se cumple, por el Lema III.1.8, que mcd (a, b) = mcd (b, r1 ). Nótese que si r1 = 0, esto significa que mcd (a, b) = b y ya hemos terminado. Si r1 6= 0, repetimos el proceso y obtenemos q2 , r2 ∈ Z tales que b = r1 q2 + r2 , de modo que r2 = 0 o r2 6= 0 y 0 < r2 < r1 y, de nuevo por el Lema III.1.8, mcd (a, b) = mcd (b, r1 ) = mcd (r1 , r2 ). Si r2 = 0 el proceso termina, y si no, repetimos lo anterior. En cualquier caso se trata de un proceso finito, pues en caso contrario obtendríamos una sucesión infinita decreciente de

CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

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números enteros positivos r1 > r2 > · · · > r` > · · · lo que es imposible. De este modo, existe un primer índice ` tal que r`+1 = 0, y entonces, mcd (a, b) = · · · = mcd (r` , r`+1 ) = mcd (r` , 0) = r` . idb1

Observación III.1.10 (Identidad de Bézout) Escribimos las igualdades anteriores en orden contrario al que fueron halladas, de modo que   a = bq1 + r1 , r` = r`−2 − r`−1 q` ,         b = r q + r , r`−1 = r`−3 − r`−2 q`−1 ,   1 2 2      r1 = r2 q3 + r3 ,  .. . ..   . r = r   3 1 − r2 q3 ,          r`−2 = r`−1 q` + r` ,  r2 = b − r1 q2 ,   r`−1 = r` q`+1 . r1 = a − bq1 . Sustituyendo r`−1 , r`−2 , . . . , r2 , r1 por las expresiones obtenidas, encontramos x, y ∈ Z tales que d = mcd (a, b) = r` = ax + by. Esta igualdad se denomina Identidad de Bézout. Esto implica que dZ = aZ + bZ. En efecto, por un lado d = ax + by ∈ aZ + bZ, lo que implica que dZ ⊂ aZ + bZ. Recíprocamente, tanto a como b son múltiplos de d, luego dZ contiene a los ideales a := aZ y b := bZ, por lo que también contiene al menor ideal aZ + bZ que contiene a a y b. Ejemplo III.1.11 Para calcular el máximo común divisor de a := 33 y b := 7 y una Identidad de Bézout procedemos como sigue: 33 = 7 · 4 + 5, 7 = 5 · 1 + 2 & 5 = 2 · 2 + 1. En consecuencia, mcd (33, 7) = 1 y una Identidad de Bézout se obtiene así: 1 = 5 − 2 · 2 = 5 − 2 · (7 − 5 · 1) = 3 · 5 − 2 · 7 = 3(33 − 4 · 7) − 2 · 7 = 3 · 33 − 14 · 7. El segundo resultado básico acerca de los números enteros es el llamado Teorema Fundamental de la Aritmética. Antes de probarlo necesitamos el siguiente lema, con interés por sí mismo.

EUCL

Lema III.1.12 (Lema de Euclides) Sean x, y ∈ Z no nulos tales que 1 = mcd (x, y). Si dos enteros u y v cumplen ux = vy, entonces x divide a v. Demostración. Empleando la Identidad de Bézout existen a, b ∈ Z tales que 1 := ax + by. Así, v = vax + vby = vax + bux = (va + bu)x, luego x divide a v. 

34 CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

tFa

Teorema III.1.13 (Teorema Fundamental de la Aritmética) Todo entero n > 1 se escribe de modo único como producto finito de números primos: n := pα1 1 · · · pαr r , donde α1 , . . . , αr son enteros positivos y p1 , . . . , pr son números primos distintos dos a dos, llamados factores primos de n. Demostración. Para demostrar la existencia de dicha factorización se trata de probar que todo entero mayor que 1 es producto finito de primos no necesariamente distintos, entendiendo que los números primos son producto de primos con un único factor. Equivalentemente, hay que demostrar que el conjunto X := {x ∈ Z : x > 1 & x no es producto de primos} es vacío. En caso contrario existe x := m´ın(X) ∈ X, que no es primo pues pertenece a X. Por ello existe y ∈ Z \ {−1, +1} que divide a x. Cambiando y por −y si es preciso podemos suponer que y > 0, luego 1 < y < x, y como y|x existe z ∈ Z tal que x := yz. Por tanto, también 1 < z < x, y al ser x = m´ın(X) se concluye que y, z ∈ / X, es decir, tanto y como z son productos finitos de números primos, por lo que también lo es x = yz, lo que es una contradicción. Probamos a continuación la unicidad. Supongamos que p1 , . . . , pr , q1 , . . . , qs son números primos, no necesariamente distintos, tales que p1 · · · pr = q1 · · · qs := n. Hemos de probar que r = s y que existe una biyección σ : {1, . . . , r} → {1, . . . , r} tal que cada qi = pσ(i) . Cada qi |p1 · · · pr , luego existe 1 ≤ j ≤ r tal que qi |pj . A su vez, como pj es primo y divide a q1 · · · qs , existe 1 ≤ k ≤ s tal que pj |qk . Por tanto qi |pj |qk , lo que implica que qi = pj = qk . Esto prueba que s ≤ r e intercambiando los papeles de ambas familias de factores primos de n concluimos que r = s y cada qi = pk para cierto índice k. La biyección σ : {1, . . . , r} → {1, . . . , r}, i 7→ k es la buscada. 

poTQdv

Corolario III.1.14 (1) Sean x, y ∈ Z y n un entero positivo tales que xn divide a y n . Entonces x divide a y. √ (2) Sea n ∈ Z que no es el cuadrado de un número entero. Entonces, n ∈ C \ Q. Demostración. (1) En caso contrario existe, por el Teorema Fundamental de la Aritmética, un número primo p y un entero positivo m tales que pm divide a x pero no divide a y. Esto implica que pmn divide a xn pero no divide a y n , lo que es imposible. (2) El aserto es obvio si n < 0, luego suponemos que n > 0. Por la hipótesis y el Teorema mr donde p , . . . , p son primos distintos y 1 Fundamental de la Aritmética, n := pm 1 r 1 · · · pr

CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

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√ m1 , . . . , mr son enteros positivos de modo que m1 es impar. Si n fuese racional existirían √ enteros positivos primos entre sí a, b tales que n = a/b, por lo que a2 = nb2 . Esto es imposible porque la mayor potencia de p1 que divide al entero a2 es par, mientras que la mayor potencia de p1 que divide a nb2 es impar.  La siguiente es una bella consecuencia del Teorema Fundamental de la Aritmética. Teorema III.1.15 (Teorema de Euclides) Existen infinitos números primos. Demostración. Basta ver que dado un número primo p1 siempre existe otro número primo p2 estrictamente mayor. Consideramos n := p1 ! + 1 que, por el Teorema Fundamental de la Aritmética, posee algún factor primo p2 . Si p2 ≤ p1 , entonces p2 |p1 ! = n − 1 y como p2 |n se deduce que p2 |n − (n − 1) = 1, lo cual es falso.  El Teorema Fundamental de la Aritmética permite calcular el máximo común divisor, de dos números enteros, aunque el procedimiento es poco eficiente para números grandes. MM

(III.1.16)

Cálculo del máximo común divisor. Sean a y b enteros positivos con a := pα1 1 · · · pαr r

& b := pβ1 1 · · · pβr r ,

donde p1 , . . . , pr son números primos y α1 , . . . , αr , β1 , . . . , βr son enteros no negativos y m´ax{αi , βi } ≥ 1. Nótese que algunos de los exponentes αi o βi pueden ser nulos, pero cada par (αi , βi ) 6= (0, 0), de modo que {p1 , . . . , pr } es la familia de números primos que dividen a a o a b. Denotemos mi := m´ın{αi , βi } y ni := m´ax{αi , βi }. Comprobemos que n1 mr nr 1 d := pm 1 · · · pr = mcd (a, b) & M := p1 · · · pr = mcm (a, b).

En efecto, es claro que d divide a a y a b pues cada mi ≤ αi y mi ≤ βi . Además, si c ∈ Z es positivo y divide a a y b, entonces existen e1 , e2 ∈ Z tales que ce1 := a = pα1 1 · · · pαr r

& ce2 := b = pβ1 1 · · · pβr r .

Por tanto, los divisores primos de c se encuentran entre {p1 , . . . , pr } y el número de veces que pi aparece en la factorización de c es menor o igual que αi y βi . Por ello c := pγ11 · · · pγr r para ciertos enteros no negativos γ1 , . . . , γr tales que cada γi ≤ m´ın{αi , βi } = mi , y por tanto, c divide a d. Esto demuestra que d = mcd (a, b). El argumento que se emplea para probar que M = mcm (a, b) es similar, y lo omitimos. Como además αi + βi = mi + ni , m1 +n1 mr 1 r +nr M d = (pn1 1 · · · pnr r ) · (pm · · · pm = pα1 1 +β1 · · · pαr r +βr = ab. r 1 · · · pr ) = p1

Ejemplo III.1.17 Dados a := 5250 = 2 · 3 · 53 · 7 y b := 1980 = 22 · 32 · 5 · 11, resulta mcd (a, b) = 2 · 3 · 5 = 30 &

mcm (a, b = 22 · 32 · 53 · 7 · 11 = 346500.

(1)

36 CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

2.

Anillos de restos

Definición y Notaciones III.2.1 Sea n > 1 un entero. El cociente Zn := Z/nZ introducido en el Ejemplo I.1.8 (1) se llama anillo de restos módulo n. Por II.1.7 vol. I sabemos que si denotamos por [k]n la clase de k módulo n se cumple que [k]n = k + nZ = {k + an : a ∈ Z} & Zn = {[0]n , [1]n , . . . , [n − 1]n }, luego Zn consta de, exactamente, n elementos. Por supuesto, [0]n y [1]n son los elementos 0 y 1 de Zn . Nótese que n)

n[1]n = [1]n + · · · + [1]n = [n]n = [0] &

− [1]n = [−1]n = [n − 1]n .

Para escribir igualdades entre clases de restos mediante representantes se utiliza la notación k ≡ ` mod n, que significa que k − ` ∈ nZ, esto es, [k]n = [`]n . Una expresión de este tipo se denomina congruencia módulo n, y se dice que k y ` son congruentes módulo n. (III.2.2) Ideales de un anillo de restos. Sea n > 1. Por el Teorema de la correspondencia II.1.8 los ideales de Zn están en biyección con los ideales a ⊂ Z que contienen a nZ. Como los ideales de Z son, por el Corolario III.1.5, principales, para cada uno de dichos ideales existe m ∈ Z tal que a := mZ, y como nZ ⊂ mZ se cumple que m|n. Así los ideales de Zn , incluyendo los impropios, son los cocientes {mZ/nZ : m|n, m ≥ 0}. En particular todos los ideales de Zn son principales. Además los ideales primos no nulos de Zn coinciden con los maximales y son de la forma pZ/nZ donde p es un número primo que divide a n. En efecto, por el Tercer Teorema de isomorfía II.2.3, el ideal b := mZ/nZ es primo si y sólo sí el cociente

Zn /b = Z/nZ mZ/nZ ∼ = Z/mZ = Zm es dominio. Esto equivale, según probamos en el Corolario III.1.5 (2), a que Zm sea un cuerpo y ambas condiciones equivalen a que m sea un número primo. homo1

(III.2.3) Homomorfismos entre anillos de restos. Buscamos todos los homomorfismos entre anillos de restos Zm y Zn , y entre Z y un anillo de restos Zn . Fijemos un entero n > 0. (1) No existe ningún homomorfismo de anillos unitarios f : Zn → Z. En efecto, como n+1)

[1]n = [n + 1]n = [1]n + · · · + [1]n , si existiese tal f se tiene la siguiente contradicción: n+1)

1 = f ([1]n ) = f ([n + 1]n ) = f ([1]n + · · · + [1]n ) = (n + 1)f ([1]n ) = n + 1.

CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

37

(2) La proyección canónica πn : Z → Zn , x 7→ [x]n es el único homomorfismo de anillos unitarios de Z en Zn . En efecto, si f : Z → Zn es un homomorfismo de anillos unitarios se cumple que f (1) = [1]n , luego para cada entero m > 0 se tiene m)

m)

m)

f (m) = f (1 + · · · + 1) = f (1) + · · · + f (1) = [1]n + · · · + [1]n = [m]n = πn (m). Por otro lado, f (−m) = −f (m) = −πn (m) = πn (−m). (3) Sean n > 1 y m > 1 dos números enteros. Entonces, existe un homomorfismo de anillos unitarios f : Zm → Zn si y sólo si n|m. En tal caso, dicho homomorfismo es único y está dado por [x]m 7→ [x]n . En efecto, supongamos que existe un homomorfismo de anillos unitarios f : Zm → Zn . Entonces, m)

[0]n = f ([0]m ) = f ([m]m ) = f ([1]m + · · · + [1]m ) = mf ([1]m ) = m[1]n = [m]n , luego m ∈ nZ. En cuanto a la unicidad, la composición de f con la proyección canónica πm : Z → Zm , x 7→ [x]m es un homomorfismo de anillos unitarios f ◦ πm : Z → Zn . En el apartado (2) hemos probado que el único de tales homomorfismos es la proyección canónica πn : Z → Zn , x 7→ [x]n , luego f ◦ πm = πn . En consecuencia, para cada x ∈ Z se tiene f ([x]m ) = f (πm (x)) = (f ◦ πm )(x) = πn (x) = [x]n , como habíamos anunciado. unities

Proposición III.2.4 (Unidades de un anillo de restos) Sean n y k dos números enteros tales que n > 1. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: (1) Los números enteros k y n son primos entre sí. (2) La clase [k]n es una unidad en Zn . (3) La clase [k]n 6= 0 y no es divisor de cero en Zn . Demostración. (1) =⇒ (2) Por la Identidad de Bézout existen números enteros a, b tales que ak + bn = 1, luego [k]n ∈ U(Zn ), ya que [a]n · [k]n = [a]n · [k]n + [b]n · [n]n = [ak + bn]n = [1]n . (2) =⇒ (3) En todo anillo conmutativo y unitario las unidades son elementos no nulos que no son divisores de cero.

38 CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

(3) =⇒ (1) Supongamos que d := mcd (k, n) > 1. Como [k]n 6= 0 el entero k no es múltiplo de n, luego d < n. Existen por tanto c, m ∈ Z tales que 1 < c < n, dc := n y k := dm. Así, [k]n · [c]n = [kc]n = [mdc]n = [mn]n = [0]n . Como 1 < c < n, la clase [c]n 6= 0, luego la igualdad anterior implica que [k]n es un divisor de cero, contra la hipótesis. En consecuencia, mcd (k, n) = 1.  Corolario III.2.5 (1) Sean m, n ∈ Z enteros positivos primos entre sí. Entonces, los grupos multiplicativos U(Zmn ) y U(Zm ) × U(Zn ) son isomorfos. (2) Sean positivos, y denotemos Q p1 , . . . , pr números primos distintos, α1 , . . . , αr enteros Q n := ri=1 pαi i . Entonces, los grupos multiplicativos U(Zn ) y ri=1 U(Zpαi ) son isomorfos. i

Demostración. El apartado (1) se deduce directamente de la Proposición III.2.4 y VI.2.2, vol I, mientras que el apartado (2) se deduce de (1) por inducción sobre r.  DpheQ

2.a.

Ecuaciones y sistemas de ecuaciones lineales en anillos de restos. Veamos a continuación cuándo una ecuación del tipo ax ≡ b mod n, o equivalentemente, ax + ny = b, donde a, b ∈ Z, tiene solución y, en caso de tenerla, cuáles son todas. Se cumple: (1) La ecuación ax + ny = b recibe el nombre de ecuación diofántica afín, y tiene solución si y sólo si mcd (a, n)|b. En efecto, denotemos d := mcd (a, n) y recordemos que, por la Identidad de Bézout III.1.10, dZ = aZ + nZ. Si dicha ecuación tiene solución, entonces existen α, β ∈ Z tales que aα + nβ := b. De este modo, b ∈ aZ + nZ = dZ y, por tanto, d|b. Recíprocamente, si d|b existe c ∈ Z tal que b := dc. Además, como aZ + nZ = dZ existen u0 , v0 ∈ Z tales que d := au0 + nv0 y, por tanto, b = dc = a(u0 c) + n(v0 c), y de este modo x0 := u0 c es solución de la ecuación ax ≡ b mod n. (2) Suponemos que d := mcd (a, n)|b y sea x0 ∈ Z tal que ax0 ≡ b mod n y q := n/d ∈ Z. Entonces {x0 + qt : t ∈ Z} son todas la soluciones de la ecuación ax ≡ b mod n. En efecto, como d|a existe c ∈ Z tal que a := dc, luego para cada t ∈ Z se cumple que a(x0 + qt) = ax0 + aqt = ax0 + cdqt = ax0 + cnt ≡ ax0 ≡ b mod n. Veamos que éstas son todas las soluciones. Sea x1 ∈ Z tal que ax1 ≡ b mod n. Entonces a(x1 −x0 ) ≡ (b−b) = 0 mod n, luego existe s ∈ Z tal que a(x1 −x0 ) := ns. En consecuencia, dqs = ns = a(x1 − x0 ) = dc(x1 − x0 )

=⇒

qs = c(x1 − x0 ).

(2) recta

CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

39

Por otro lado, d = mcd (a, n) = mcd (dc, dq) = d mcd (c, q), luego 1 = mcd (c, q), por lo que de la igualdad (2) se desprende que q|(x1 − x0 ), es decir, existe t ∈ Z tal que x1 − x0 := qt, esto es, x1 = x0 + qt. Q (3) Sean n1 , . . . , nr números enteros primos dos a dos y denotemos n := ri=1 ni . Para cada 1 ≤ i ≤ r sean ai , bi ∈ Z tales que ai y ni son primos dos a dos. Entonces, (3.1) Existe x0 ∈ Z tal que ai x0 ≡ bi mod ni para cada 1 ≤ i ≤ r. Además, x ∈ Z cumple ai x ≡ bi mod ni para cada 1 ≤ i ≤ r si y sólo si existe t ∈ Z tal que x = x0 + nt. En efecto, comprobemos en primer lugar que mcm (n1 , . . . , nr ) = n. En efecto, si r = 2 basta aplicar III.1.16, y si r ≥ 3 argumentamos por inducción empleando 1.a. De hecho, como los enteros ni yQnj son primos dos a dos, la hipótesis de inducción nos dice que mcm (n1 , . . . , nr−1 ) = r−1 i=1 ni := m, y por 1.a (4) y III.1.16,
mcm (n1 , . . . , nr ) = mcm mcm (n1 , . . . , nr−1 ), nr = mcm (m, nr ) =

mnr . mcd (m, nr )

Ahora bien, mcd (m, nr ) = 1, y en consecuencia, r

Y mnr = mnr = ni = n. mcm (n1 , . . . , nr ) = mcd (m, nr ) i=1

Los ideales ai := ni Z, con 1 ≤ i ≤ r, son comaximales dos a dos, pues ai + aj = ni Z + nj Z = mcd (ni , nj )Z = Z. Por el Teorema chino de los restos II.2.4, el homomorfismo f : Z 7→ Zn1 × · · · × Znr , z 7→ (z + n1 Z, . . . , z + nr Z) T T es sobreyectivo y, puesto que mcm (n1 , . . . , nr ) = n, su núcleo es ri=1 ai = ri=1 ni Z = nZ. Como mcd (ai , ni ) se deduce de la Identidad de Bézout que existen ui , vi ∈ Z tales que 1 := ui ai + vi ni , por lo que [ui ]ni · [ai ]ni ≡ [1]ni . Esto implica que un número entero x satisface la congruencia ai x ≡ bi mod ni si y sólo si x ≡ ui bi mod ni . En efecto, tomando clases módulo ni , la congruencia ai x ≡ bi mod ni equivale a que [ai ]ni · [x]ni = [bi ]ni ⇐⇒ [ui ]ni · [ai ]ni · [x]ni = [ui ]ni · [bi ]ni ⇐⇒ [x]ni = [ui bi ]ni , es decir, x ≡ ui bi mod ni . Por la sobreyectividad de f , si denotamos ci := ui bi ∈ Z y c := (c1 + n1 Z, . . . , cr + nr Z) ∈ Zn1 × · · · × Znr ,

40 CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

existe x0 ∈ Z tal que f (x0 ) = c, o sea x0 ≡ ci mod ni para cada 1 ≤ i ≤ r, y hemos visto que esto equivale a que cada ai x0 ≡ bi mod ni , lo que prueba la parte existencial de (3.1). Para la segunda parte, basta observar que dado x ∈ Z las condiciones ai x ≡ bi mod ni para 1 ≤ i ≤ r equivalen a x ≡ ci mod ni , es decir, f (x) = c = f (x0 ), o lo que es lo mismo, x − x0 ∈ ker f = nZ, lo que significa, exactamente, que los elementos del conjunto {x = x0 + nt : t ∈ Z} son las soluciones del sistema de congruencias    a1 x ≡ b1 mod n1 .. .. .. . . .   ar x ≡ br mod nr Ejemplos III.2.6 (1) El argumento utilizado para demostrar (3.1) en 2.a es existencial, pues se invoca la sobreyectividad del homomorfismo f . Si queremos obtener una solución del sistema de congruencias dado hemos de emplear la prueba del Teorema chino de los restos, que es constructiva siempre que se disponga de una Identidad de Bézout. Lo hacemos en un ejemplo, buscando las soluciones del sistema de congruencias   x ≡ 1 mod 2 x ≡ 2 mod 3  x ≡ 3 mod 5 que está en las hipótesis de 2.a (3.1) con r := 3, cada ai := 1, bi := i y n1 := 2, n2 := 3 y n3 := 5 primos dos a dos y cuyo mínimo común múltiplo es n := 2 · 3 · 5 = 30. Como 1 = 15 + (−7) · 2,

1 = 10 + (−3) · 3 & 1 = 6 + (−1) · 5,

de la demostración del Teorema chino de los restos, II.2.4, se obtiene la solución x0 ≡ 15 · 1 + 10 · 2 + 6 · 3 ≡ 53 ≡ 23 mod 30, luego {23 + 30t : t ∈ Z} es el conjunto de las soluciones del sistema de congruencias dado. (2) Las condiciones mcd (ni , nj ) = 1 y mcd (ai , ni ) en el enunciado (3.1) de 2.a son suficientes, pero no necesarias, para asegurar la existencia de solución del sistema de congruencias que pretendemos estudiar. Por ejemplo, si elegimos n1 := 10, n2 := 15 y n3 := 6, que no son primos dos a dos, y a1 := a2 := a3 := 1, resulta el sistema de congruencias    x ≡ 1 mod 10 x ≡ 1 mod 15   x ≡ 1 mod 6 cuyo conjunto de soluciones es {1 + 30t : t ∈ Z}.

CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

41

2.b.

Sumas de cuadrados en anillos de restos. Como aplicación de los resultados de este Capítulo y del Teorema chino de los restos vamos a demostrar que si n es un entero positivo libre de cuadrados, esto es, entre cuyos divisores no hay ningún cuadrado diferente de 1, entonces todo elemento del cociente Zn es suma de dos cuadrados. Antes de probar este resultado necesitamos un lema auxiliar con interés por sí mismo. SddsQ

Lema III.2.7 Sean p un primo impar y [k]p := k + pZ ∈ Zp . Entonces, (1) Cada uno de los conjuntos S := {[`]2p : 0 ≤ ` ≤ (p − 1)/2}

&

T := {[k]p − [`]2p : 0 ≤ ` ≤ (p − 1)/2}

tiene (p + 1)/2 elementos. (2) La clase [k]p ∈ Zp es suma de dos cuadrados de elementos de Zp . Demostración. (1) La aplicación f : S → T, [`]2p 7→ [k]p − [`]2p , que evidentemente es sobreyectiva, también es inyectiva. En efecto, f = h ◦ g|S donde g : Zp → Zp , u 7→ −u es la aplicación que transforma cada elemento en su opuesto, evidentemente inyectiva, y también es inyectiva la traslación h : Zp → Zp , u 7→ [k]p + u. Por tanto, f es inyectiva. Así, Card(S) = Card(T ), y es suficiente demostrar que Card(S) = (p + 1)/2, es decir, comprobar que [`1 ]2p 6= [`2 ]2p si 0 ≤ `1 < `2 ≤ (p − 1)/2. En caso contrario p|(`2 − `1 )(`2 + `1 ) y, como p es primo, p|(`2 − `1 ) o p|(`2 + `1 ). Por tanto, p ≤ `2 − `1 o p ≤ `2 + `1 , y como `2 − `1 ≤ `2 + `1 concluimos que p ≤ `2 + `1 < 2`2 ≤ p − 1, que es imposible. (2) Se deduce del apartado anterior que S ∩ T 6= ∅, ya que Card(S ∩ T ) = Card(S) + Card(T ) − Card(S ∪ T ) = p + 1 − Card(S ∪ T ) ≥ p + 1 − Card(Zp ) = 1. Tomamos [x]2p ∈ S ∩ T y, por pertenecer a T , existe y ∈ Z tal que [x]2p = [k]p − [y]2p , esto es, [k]p = [x]2p + [y]2p .  Corolario III.2.8 Sea n > 1 un entero libre de cuadrados. Entonces, todo elemento de Zn es suma de dos cuadrados de elementos de Zn . Demostración. Como n es libre de cuadrados existen, por el Q Teorema Fundamental de la Aritmética, números primos distintos p1 , . . . , pr tales que n := ri=1 pi . Para cada 1 ≤ i ≤ r

42 CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

denotamos mi := pi Z y observamos que los ideales {mi : 1 ≤ i ≤ r} son comaximales dos a dos. En efecto, mcd (pi , pj ) = 1 si i 6= j, luego por la Identidad de Bézout existen x, y ∈ Z tales que 1 = pi x+pj y ∈ mi +mj . Entonces, por el Teorema chino de los restos, la aplicación f : Zn → Zp1 × · · · × Zpr , [k]n 7→ ([k]p1 , . . . , [k]pr ) es un isomorfismo de anillos. Ahora, dado [x]p ∈ Zn cada [x]pi es suma de dos cuadrados en Zpi . Esto lo hemos probado en el Lema III.2.7 si pi > 2, y el caso pi = 2 es obvio, pues los dos elementos de Z2 coinciden con su cuadrado. Por tanto, para cada 1 ≤ i ≤ r existen enteros ai , bi tales que [x]pi = [ai ]2pi + [bi ]2pi . En consecuencia,

f ([x]n ) = [x]p1 , . . . , [x]pr = [a1 ]2p1 + [b1 ]2p1 , . . . , [ar ]2pr + [br ]2pr
2

= [a1 ]2p1 , . . . , [ar ]2pr + [b1 ]2p1 , . . . , [br ]2pr = [a1 ]p1 , . . . , [ar ]pr
2 + [b1 ]p1 , . . . , [br ]pr = u2 + v 2 . Como f es sobreyectiva existen y, z ∈ Z tales que f ([y]n ) = u y f ([z]n ) = v. Por tanto,
2
2 f ([x]n ) = u2 + v 2 = f ([y]n ) + f ([z]n ) = f ([y]2n + [z]2n ), y por ser f inyectiva deducimos que [x]n = [y]2n + [z]2n .



Ejercicios y problemas propuestos Número III.1 (1) Sean x, y y z tres números enteros no nulos. (1) Demostrar que xZ ∩ (yZ + zZ) = (xZ ∩ yZ) + (xZ ∩ zZ).

(2) Demostrar que mcm x, mcd (y, z) = mcd mcm (x, y), mcm (x, z) .

(3) Demostrar que mcd x, mcm (y, z) = mcm mcd (x, y), mcd (x, z) . Número III.2 Calcular mcd (3x − 1, 2x − 3) para cada entero x. Número III.3 Para cada número real x denotamos bxc su parte entera y hxi := x − bxc. (1) Demostrar que para cada número racional no nulo q se tiene hqi + h1/qi = 6 1. (2) Encontrar un número real x > 1 tal que hxi + h1/xi = 1. Número III.4 (1) Sea p un número entero primo. Demostrar que el conjunto A formado por todos los números racionales de la forma m/n, con m, n ∈ Z, tales que m y n son primos entre sí y p no divide a n, es un subanillo del cuerpo Q de los números racionales. Encontrar las unidades de A. (2) Sea m el subconjunto de A formado por aquellos elementos cuyos numeradores son múltiplos de p. Demostrar que m es el único ideal maximal de A.

CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

43

Número III.5 Hallar todos los enteros positivos n y k tales que (n + 1)n = 2nk + 3n + 1. Número III.6 Hallar el menor entero positivo n tal que n ≡ k mod (k + 1) para 1 ≤ k ≤ 9.  Número III.7 Sean m y n enteros mayores que 1. Probar que el sistema de ecuaciones

x ≡ 0 mod m x ≡ 1 mod n

tiene solución en Z si y sólo si m y n son primos entre sí. Número III.8 Sean a y b números enteros cuyo √ máximo común divisor en Z es 1. Calcular el máximo común divisor de a y b en el anillo A := {a + b −3 : a, b ∈ Z}. Número III.9 Encontrar todas las ternas de números enteros x, y, z tales que 6x + 10y + 15z = 8. Número III.10 Calcular las soluciones enteras de cada una de las siguientes ecuaciones: (1) 25x + 40y = 24,

(2) 48x + 30y = 12,

(3) 31x + 17y = 12

&

(4) 2645x + 1955y = 230.

Número III.11 Resolver en el anillo de los números enteros las siguientes congruencias:

CH

(1) 5x ≡ 17 mod 19,

(2) 5x ≡ 17 mod 15,

(4) 35x ≡ 119 mod 139,

(5) 125x ≡ 27 mod 256,

(3)

34x ≡ 60 mod 98,

(6) 211x ≡ 659 mod 900.

Número III.12 (1) Encontrar un entero positivo de tres cifras cuyos restos al dividirlo entre 7, 9 y 11 son 1, 2 y 3, respectivamente. (2) Calcular el menor entero positivo cuyos restos al dividirlo entre 5, 7 y 9 son 4, 3 y 1, respectivamente. Número III.13 ¿Cuáles son las soluciones enteras de la ecuación x2 = 2y2 + 3z2 ? Número III.14 Determinar para qué números enteros a la ecuación diofántica xy + xz + yz = a

(3)

tiene infinitas soluciones (x, y, z) ∈ Z3 tales que xyz 6= 0 y mcd (a, xyz) = 1. Número III.15 Sea p > 0 un entero primo. Hallar los números enteros x, y tales que p(x + y) = xy. Número III.16 Hallar el menor entero n ∈ Z+ tal que la ecuación 1001x+770y = 106 +n tenga soluciones enteras. Resolverla para ese valor de n. Número III.17 Resolver los siguientes sistemas de congruencias en el anillo de los números enteros. ( ( 6x ≡ 8 mod 14 x ≡ 36 mod 41 (1) (2) 9x ≡ 36 mod 48 x ≡ 5 mod 17

DiOfnt

44 CAPÍTULO III. DIVISIBILIDAD EN EL ANILLO DE LOS NÚMEROS ENTEROS

Número III.18 Sean m := 1713 y n := 134 . ¿Cuál es la cifra de las unidades de x := 17m − 3n ? Número III.19 Un entero positivo con tres cifras que da resto 7 cuando se divide por 9 o 10 y 3 cuando se divide por 11, es divisor de otro con seis cifras que da restos 8, 7 y 1 cuando se divide por 9, 10 y 11, respectivamente. Encontrar el cociente. Número III.20 (1) Sea n > 1 un número entero que no es divisible por el cuadrado de ningún entero √ mayor que 1. Demostrar que An := {a + b n : a, b ∈ Z} es un subanillo unitario de R. (2) ¿Existe algún homomorfismo de anillos unitarios A2 → A3 ? Número III.21 Demostrar que Zm contiene elementos nilpotentes no nulos si y sólo si m es divisible por el cuadrado de un número entero mayor que 1. Número III.22 A lo largo del ejercicio denotamos bzc la parte entera de cada número real z. Sean p un √ primo positivo, T := {0, 1, . . . , b pc} y S := T × T . (1) Demostrar que si p ∈ Z+ es un número primo, entonces S tiene más de p elementos. (2) Demostrar que para cada entero a ∈ Z \ pZ existen x, y ∈ T \ {0} tales que o bien ax ≡ y mod p o bien ax ≡ −y mod p. (3) Demostrar que si existe a ∈ Z tal que a2 + 1 ≡ 0 mod p, entonces p es suma de dos cuadrados de números enteros. Número III.23 Escribir [7]11 como suma de dos cuadrados en el anillo de restos Z11 . Número III.24 Demostrar que en Z12 no se cumple que cada elemento es suma de dos cuadrados. Número III.25 Hallar todas las ternas de números enteros no nulos x, y, z tales que x2 + y 2 = z 2 .

CAPÍTULO IV

Divisibilidad y factorización En este capítulo se hace abstracción de las propiedades de factorialidad que cumple el anillo de los números enteros, y que dan lugar a las nociones de dominio euclídeo, dominio de ideales principales y dominio de factorización única. El estudio de la relación entre estos conceptos ocupa la primera sección. La segunda se dedica a estudiar en detalle el máximo común divisor y el mínimo común múltiplo en estos anillos y se presenta un ejemplo de un dominio de ideales principales que no es dominio euclídeo. A lo largo de todo el capítulo, la palabra anillo significa anillo conmutativo y unitario.

1.

Clases relevantes de dominios.

Introducimos a continuación la primera de las tres clases de dominios, en relación con la divisibilidad, a las que hace referencia el título de la sección. dominioeu

Definición y Observaciones IV.1.1 Sea A un dominio. (1) Se dice que A es un dominio euclídeo (DE) si existe una función ϕ : A \ {0} → N que cumple las dos condiciones siguientes: (1.1) Para cada par de elementos a, b ∈ A tales que ab 6= 0 se tiene ϕ(a) ≤ ϕ(ab). (1.2) Para cada par de elementos a, b ∈ A con b 6= 0, existen q, r ∈ A, llamados respectivamente cociente y resto de la división euclídea de a entre b, tales que a := bq + r y r = 0 o r 6= 0 y ϕ(r) < ϕ(b). En tal caso diremos que ϕ dota al dominio A de estructura de dominio euclídeo. (2) Nótese que si existe alguna función que dota al dominio A de estructura de DE, ésta no es única. De hecho, si ϕ es una de ellas sus múltiplos kϕ con k ∈ Z+ también lo son. (3) Algunos autores sustituyen N por Z+ en la definición anterior. Nuestra elección se debe, entre otras cosas, a que deseamos que la función grado dote de estructura de DE al anillo de polinomios en una variable con coeficientes en un cuerpo, como veremos en la Observación V.1.5 (2). 45

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

46

(4) La condición (1.1) en la definición anterior es suprimible, en el siguiente sentido. Supongamos que ϕ : A \ {0} → N es una función que satisface la condición (1.2) pero no la condición (1.1). Vamos a definir a partir de ella otra función ψ : A \ {0} → N que satisface (1.1) y (1.2). Para ello tomamos ψ : A \ {0} → N, a 7→ ψ(a) := m´ın{ϕ(ax) : x ∈ A \ {0}}. Veamos que esta función cumple la condición (1.1). Dados a, b ∈ A \ {0} se tiene X := {ϕ(abx) : x ∈ A \ {0}} ⊂ Y := {ϕ(az) : z ∈ A \ {0}}, y por tanto, ψ(a) = m´ın(Y ) ≤ m´ın(X) = ψ(ab). Comprobemos que también se cumple la condición (1.2). Sean a, b ∈ A con b 6= 0. Entonces, por la definición de ψ(b) existe c ∈ A\{0} tal que ψ(b) = ϕ(bc). Como ϕ cumple la condición (1.2), existen q, r ∈ A tales que ac := q(bc) +r y r = 0 o r 6= 0 y ϕ(r) < ϕ(bc). En el primer caso ac = qbc y, como c 6= 0 y A es un dominio, resulta que a = qb y hemos terminado. En el segundo caso r = r1 c, donde r1 := a−qb, luego ac = (qb)c+r1 c. Usando de nuevo que c 6= 0 y A es un dominio resulta que a = qb + r1 , y basta probar que ψ(r1 ) < ψ(b). Ahora bien, de la definición se desprende que ψ(r1 ) = m´ın{ϕ(r1 x) : x ∈ A \ {0}} ≤ ϕ(r1 c) = ϕ(r) < ϕ(bc) = ψ(b). ExDsTG

Ejemplos IV.1.2 (1) Todo cuerpo K es un DE; basta tomar ϕ : K \ {0} → N, x 7→ k, donde k ∈ N es un número natural fijo. En efecto, la condición IV.1.1 (1.1) se cumple de modo evidente, y en cuanto a IV.1.1 (1.2), dados a, b ∈ K con b 6= 0 este elemento no nulo b es unidad en K, por lo que existen q = b−1 a ∈ K y r = 0 tales que a = bq + r. De hecho, si K es un cuerpo y ϕ : K \ {0} → N dota a K de estructura de DE, entonces ϕ es una función constante. En efecto, para cada x ∈ K \ {0} existe y ∈ K \ {0} tal que xy = 1, luego 1 divide a x y x divide a 1. Lo primero implica que ϕ(1) ≤ ϕ(x) y lo segundo que ϕ(x) ≤ ϕ(1). Por tanto, ϕ(x) = ϕ(1), así que ϕ es la función constante de valor ϕ(1). Recíprocamente, sea ϕ : A \ {0} → N una función que dota de estructura de dominio euclídeo a un dominio A que no es un cuerpo. Existe por tanto x ∈ A \ {0} que no es unidad. Al dividir 1 entre x, y puesto que x no divide a 1, existe q ∈ A tal que 1 := qx + r con r 6= 0 y ϕ(r) < ϕ(x). En particular ϕ(x) 6= ϕ(r), luego la función ϕ no es constante. (2) El Teorema de la división euclídea III.1.4 muestra que la función valor absoluto dota al anillo Z de los números enteros de estructura de DE.

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

47

√ (3) Denotemos i := −1. El anillo Z[i] de los enteros de Gauss es un DE. Para comprobarlo es suficiente demostrar que la aplicación ϕ : Z[i] \ {0} → N, z = x + iy 7→ zz = x2 + y 2 , satisface las condiciones de la Definición IV.1.1 (1). En efecto, en primer lugar, dados a, b ∈ Z[i] tales que ab 6= 0, se tiene ϕ(ab) = (ab)(ab) = (aa)(bb) = ϕ(a)ϕ(b). Como b es no nulo, ϕ(b) ≥ 1, luego ϕ(a) ≤ ϕ(a)ϕ(b) = ϕ(ab). Antes de comprobar que se cumple la segunda condición de la Definición IV.1.1 conviene observar lo siguiente: ∀ r ∈ R, ∃ z ∈ Z tal que |r − z| ≤ 1/2.

(1) DEe

En efecto, sea ζ la parte entera de r. Entonces ζ ≤ r < ζ + 1, luego los números r − ζ y ζ + 1 − r son no negativos y suman 1, por lo que uno de los dos es menor o igual que 1/2. Así, eligiendo z := ζ o z := ζ + 1 según convenga, |r − z| ≤ 1/2, como queríamos demostrar. Sean ahora a, b ∈ Z[i] tales que b 6= 0. Al dividir a entre b como números complejos se obtiene, para ciertos α, β ∈ Q, la igualdad a/b = (ab)/bb = α + iβ. En virtud de (1), existen q1 , q2 ∈ Z tales que |α − q1 | ≤ 1/2 y |β − q2 | ≤ 1/2. Denotamos s := α − q1 y t := β − q2 , de modo que |s| ≤ 1/2, |t| ≤ 1/2 y a/b = α + iβ = (q1 + s) + i(q2 + t) = (q1 + iq2 ) + (s + it). Multiplicamos por b los dos miembros de esta igualdad y denotamos q := q1 + iq2 ∈ Z[i], r := b(s + it), lo que nos proporciona la igualdad a = qb + r. Observamos que r = a − bq pertenece a Z[i], ya que a, b, q ∈ Z[i]. Además, r = 0 o ϕ(r) = rr = b(s + it)b(s + it) = bb(s2 + t2 ) = ϕ(b)(s2 + t2 ) ≤ ϕ(b)(1/4 + 1/4) < ϕ(b). (4) Denotemos p := 2 o p := 3, indistintamente. Vamos a probar que también el anillo √ √ Z[ p] = {a + b p, a, b ∈ Z} es un DE. Para comprobarlo basta ver que la aplicación √ √ ϕ : Z[ p] \ {0} → N, a + b p 7→ |a2 − pb2 | satisface las condiciones de la Definición IV.1.1 (1).

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

48

√ √ √ En primer lugar, dados x := a + b p, y := c + d p ∈ Z[ p] tales que xy 6= 0, se tiene √ √ √ xy = (a + b p)(c + d p) = (ac + pbd) + (ad + bc) p, y en consecuencia ϕ(xy) = |(ac + pbd)2 − p(ad + bc)2 | = |a2 c2 + p2 b2 d2 + 2pabcd − pa2 d2 − 2pabcd − pb2 d2 | = |a2 c2 + p2 b2 d2 − pa2 d2 − pb2 c2 | = |(a2 − pb2 )(c2 − pd2 )| = |a2 − pb2 | · |c2 − pd2 | = ϕ(x) · ϕ(y). Como y es no nulo, ϕ(y) ≥ 1, luego ϕ(x) ≤ ϕ(x) · ϕ(y) = ϕ(xy). √ √ √ En segundo lugar, sean x := a + b p, y := c + d p ∈ Z[ p] tales que y 6= 0. Al dividir x entre y como números reales se tiene, √ √ √ (a + b p)(c − d p) (ac − pbd) + (bc − ad) p x √ = α + β p, = √ √ = 2 2 y (c + d p)(c − d p) c − pd donde los cocientes α := (ac − pbd)/(c2 − pd2 ) & β := (bc − ad)/(c2 − pd2 ) son números racionales. Por la igualdad (1) en el Ejemplo IV.1.2, existen q1 , q2 ∈ Z tales que |α − q1 | ≤ 1/2 y |β − q2 | ≤ 1/2. Denotamos s := α − q1 y t := β − q2 , que cumplen |s| ≤ 1/2, |t| ≤ 1/2 y √ √ √ √ x/y = α + β p = (q1 + s) + (q2 + t) p = (q1 + q2 p) + (s + t p). Multiplicamos por y los dos miembros de esta igualdad y denotamos √ √ √ q := q1 + q2 p ∈ Z[ p] & r := y(s + t p), lo que nos proporciona la igualdad x = qy + r. Observamos que r = x − yq pertenece a √ √ Z[ p], ya que x, y, q ∈ Z[ p]. Además, r = 0 o, por lo probado anteriormente, √ √ ϕ(r) = ϕ(y(s + t p)) = ϕ(y) · ϕ(s + t p) = |s2 − pt2 | · ϕ(y). (2) dSgD Además, si s2 ≥ pt2 , entonces |s2 − pt2 | = s2 − pt2 ≤ s2 ≤ 1/4 < 1, mientras que si s2 < pt2 , entonces |s2 − pt2 | = pt2 − s2 ≤ pt2 ≤ 3/4 < 1. En ambos casos |s2 − pt2 | < 1, lo que remplazado en la igualdad (2) implica que ϕ(r) = |s2 − pt2 | · ϕ(y) < ϕ(y). 

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

UndDE

49

Proposición IV.1.3 Sean ϕ : A \ {0} → N una función que dota al dominio A de estructura de dominio euclídeo y m := m´ın(im ϕ). Entonces, U(A) = ϕ−1 (m). Demostración. En efecto, si u es unidad en A, entonces u divide a todos los elementos de A, y por (1.1) en la Definición IV.1.1, ϕ(u) ≤ ϕ(a) para cada a ∈ A, es decir ϕ(u) = m. Recíprocamente, si ϕ(u) = m, dividimos 1 entre u y existen q, r ∈ A tales que 1 := uq + r donde r = 0 o r 6= 0 y ϕ(r) < ϕ(u) = m ≤ ϕ(r). Como esto último es imposible concluimos que 1 = uq y, por tanto, u ∈ U(A). 

pell1

√ Ejemplo IV.1.4 Sea A := {a + b −2 : a, b ∈ Z}. La aplicación √ ϕ : A \ {0} → N, x := a + b −2 7→ xx = a2 + 2b2 dota al anillo A de estructura de dominio euclídeo cuyas unidades son 1 y −1. √ En efecto, denotamos por comodidad ξ := −2 y observamos en primer lugar que A es un subanillo unitario de C, pues dados x := a + bξ e y := c + dξ ∈ A se tiene x + y = (a + c) + (b + d)ξ ∈ A & xy = (ac − 2bd)(ad + bc)ξ ∈ A. Para probar que A es dominio euclídeo observamos que ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y). En particular, ϕ(x) ≤ ϕ(xy) si x, y ∈ A \ {0}, y hemos de demostrar que existe división euclídea respecto de esta aplicación. Sean x := a + bξ e y := c + dξ ∈ A tales que y 6= 0. Dividiendo como números complejos, x/y = xy/yy = (u + vξ)/ρ donde u, v, ρ ∈ Z y ρ = N(y) > 0. Los números q1 := u/ρ y q2 := v/ρ son reales, luego existen α, β ∈ Z tales que |q1 − α| ≤ 1/2 y |q2 − β| ≤ 1/2 y, denotando r1 := q1 − α y r2 := q2 − β, resulta x = (q1 + q2 ξ)y

& q1 + q2 ξ = α + βξ + (r1 + r2 ξ) con |r1 | ≤ 1/2 & |r2 | ≤ 1/2.

Por tanto, x = (α + βξ)y + (r1 + r2 ξ)y, y basta comprobar que la imagen por ϕ de s + tξ := (r1 + r2 ξ)y = x − (α + βξ)y ∈ A es menor que ϕ(y). Ahora bien, ϕ(s + tξ) = (s + tξ)(s + tξ) = (r1 + r2 ξ)y(r1 + r2 ξ)y = yy(r1 + r2 ξ)(r1 + r2 ξ) = ϕ(y)(r12 + 2r22 ) ≤ (1/4 + 2/4)ϕ(y) < ϕ(y). Por último, para calcular las unidades observamos que el valor mínimo de ϕ es 1 y que ϕ(a + bξ) = 1 si y sólo si a2 + 2b2 = 1, es decir, b = 0 y a = ±1, luego U(A) = {1, −1}.

50

variosdom

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

Definiciones y Observaciones IV.1.5 Sea ϕ : A \ {0} → N una función que dota al dominio A de estructura de dominio euclídeo. (1) Se dice que ϕ es una norma, en cuyo caso la denotaremos por ϕ := | · |, si |ab| = |a| · |b| ∀ a, b ∈ A \ {0}. (2) Si ϕ := | · | es norma y A no es un cuerpo, entonces |1| = 1 y U(A) = {u ∈ A : |u| = 1}. En efecto, por el carácter multiplicativo de las normas se tiene 1 · |1| = |1| = |1 · 1| = |1| · |1|

=⇒

|1| · (|1| − 1) = 0,

luego |1| = 0 o |1| = 1. En el primer caso, para cada a ∈ A se tiene |a| = |a · 1| = |a| · |1| = |a| · 0 = 0, así que la aplicación |·| es constante y se deduce del Ejemplo IV.1.2 (1) que A es un cuerpo, contra lo supuesto. En consecuencia |1| = 1, y esto implica que 0 ∈ / im ϕ. En caso contrario existe x ∈ A tal que |x| = 0 y, al dividir 1 entre x, existen q, r ∈ A tales que 1 := qx + r y r = 0 o r 6= 0 y |r| < |x| = 0. Esto último es imposible, pues |r| ≥ 0, así que 1 = qx, luego 1 = |1| = |qx| = |q| · |x| = 0, lo que tampoco es posible. Lo anterior demuestra, en particular, que el valor mínimo de la función norma es 1 y de este modo la igualdad U(A) = {u ∈ A : |u| = 1} se deduce de la Proposición IV.1.3. (3) Se dice que ϕ es un grado, lo que denotaremos ϕ := deg, si deg(ab) = deg(a) + deg(b) para cada a, b ∈ A \ {0}. En tal caso deg(1) = 0, ya que deg(1) = deg(1 · 1) = deg(1) + deg(1). dominios

Definiciones IV.1.6 (1) El dominio A es un dominio de ideales principales (DIP) si todos los ideales de A son principales. (2) A es un dominio de factorización única (DFU) (a veces se dice que A es factorial ) si para cada a ∈ A \ {0} que no es una unidad se cumplen las siguientes dos condiciones: (2.1) Existen elementos irreducibles, no necesariamente distintos, p1 , . . . , pr ∈ A tales que a := p1 · · · pr . (2.2) Si q1 , . . . , qs ∈ A son otros elementos irreducibles en A tales que a := q1 · · · qs , entonces r = s y, después de reordenar los factores si es preciso, podemos suponer que pi y qi son asociados para cada i = 1, . . . , r. Recogemos a continuación algunas observaciones acerca de los dominios de ideales principales y los dominios de factorización única.

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

TnTr

51

Observaciones IV.1.7 (1) En un dominio de ideales principales todos los ideales son finitamente generados, luego todo dominio de ideales principales es un anillo noetheriano. (2) Si A es un dominio de ideales principales y a es un elemento irreducible, entonces el ideal m := aA es maximal. En particular, todo ideal primo no nulo de un dominio de ideales principales es ideal maximal. En efecto, probaremos la primera parte, pues la segunda es obvia. Por la Proposición III.1.3 (3), m es un ideal maximal entre los ideales principales propios de A. Pero, por ser A un DIP, éstos son todos los ideales propios de A, luego m es ideal maximal de A. (3) Agrupando los factores irreducibles asociados, resulta que si A es un DFU y un elemento a ∈ A \ ({0} ∪ U(A)), existen una unidad u ∈ A, elementos irreducibles p1 , . . . , pr ∈ A no asociados dos a dos y enteros α1 , . . . , αr ≥ 1 tales que a := upα1 1 · · · pαr r . La comprobación de la unicidad de la factorización en los dominios de factorización única es a veces una tarea engorrosa. Por ello es útil la siguiente caracterización.

dfus

Proposición IV.1.8 Un dominio A es un DFU si y sólo si se cumplen las siguientes condiciones: (1) Todo elemento irreducible de A es primo. (2) Todo elemento no nulo que no sea unidad en A es producto de elementos irreducibles. En lo sucesivo, diremos que los elementos no nulos de un DFU que no son unidades se factorizan de modo único como producto finito de primos. Demostración. Suponemos primero que A es un DFU y comprobemos que todo elemento irreducible x ∈ A es primo. Dados a, b ∈ A tales que ab ∈ xA hemos de probar que a ∈ xA o b ∈ xA. Esto es evidente si a = 0 o b = 0, así que podemos suponer que tanto a como b son no nulos. También podemos suponer que a y b no son unidades, pues si, por ejemplo, b ∈ U(A), entonces a = (ab)b−1 ∈ abA ⊂ xA. Como ab ∈ xA existe c ∈ A tal que ab = xc. Esto implica que c 6= 0 ya que ab 6= 0 pues A es un dominio. Por tanto, supondremos que a, b, c no son nulos y tanto a como b no son unidades. Como A es DFU, existen p1 , . . . , ps , q1 , . . . , qt ∈ A irreducibles tales que a := p1 · · · ps , b := q1 · · · qt , y distinguimos dos casos, según que c sea o no unidad en A. Suponemos primero que c ∈ U(A). Entonces, p1 · · · ps · q1 · · · qt = ab = xc. Por la unicidad de la factorización como producto de factores irreducibles podemos suponer que x y p1 son asociados, luego x|p1 , y por tanto a ∈ xA.

52

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

Si c ∈ A \ U(A) existen elementos irreducibles r1 , . . . , r` ∈ A tales que c := r1 · · · r` . Así, p1 · · · ps q1 · · · qt = ab = xc = x · r1 · · · r` . De nuevo, por la unicidad de la factorización como producto de factores irreducibles, podemos suponer que x es asociado a, digamos, p1 luego x|p1 y por tanto a ∈ xA. Recíprocamente, supongamos que se cumplen (1) y (2), y demostremos que A es un DFU, para lo que es suficiente probar la unicidad de la factorización. Sean p1 , . . . , pr , q1 , . . . , qs ∈ A elementos irreducibles, y por hipótesis primos, tales que p1 · · · pr = q1 · · · qs . Sin pérdida de generalidad podemos suponer que r ≤ s. Como p1 es primo y divide a un producto entonces divide a uno de los factores. Podemos suponer que p1 divide a q1 y puesto que ambos son irreducibles también son, por III.1.1, asociados, es decir, existe u1 ∈ U(A) tal que q1 = p1 u1 . Reiteramos el proceso con p2 , . . . , pr y podemos suponer que existen u1 , . . . , ur ∈ U(A) tales que cada pi = ui qi . Si r = s hemos terminado. Sin embargo, si r < s y denotamos u := u1 · · · ur , se tiene p1 · · · pr = q1 · · · qr qr+1 · · · qs = p1 · · · pr (u1 · · · ur )qr+1 · · · qs = up1 · · · pr qr+1 · · · qs , es decir, p1 · · · pr (1 − uqr+1 · · · qs ) = 0. Puesto que A es un dominio, 1 = (uqr+1 · · · qs−1 )qs y, como qs no es unidad por ser irreducible, llegamos a contradicción. De este modo, r = s necesariamente, con lo que concluye la demostración.  factores

Lema IV.1.9 Sea A un dominio noetheriano. Entonces todo elemento a ∈ A \ {0} que no es unidad es producto finito de elementos irreducibles. Demostración. Se trata de demostrar que el conjunto S := {b ∈ A \ (U(A) ∪ {0}) : b no es producto finito de elementos irreducibles}, es vacío. En caso contrario, como A es noetheriano, la familia de ideales Σ := {bA : b ∈ S} tiene, por la Proposición I.2.4, un elemento maximal n := b0 A. Como b0 ∈ S, entonces b0 es reducible, luego existen c1 , c2 ∈ A \ U(A) tales que b0 := c1 c2 . De este modo, n ( c1 A y n ( c2 A, por lo que c1 , c2 6∈ S, ya que n es un elemento maximal de Σ. Por ello, tanto c1 como c2 son producto finito de elementos irreducibles de A y esto implica que también b0 = c1 c2 lo es, lo que contradice el hecho de que b0 ∈ S.  La siguiente Proposición es de utilidad para calcular elementos irreducibles y unidades en ciertos subanillos del cuerpo C de los números complejos.

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

clsdcnj

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Proposición IV.1.10 Sea A ⊂ C un subanillo unitario de C de modo que para cada elemento x := a + ib ∈ A, donde a, b ∈ R, su conjugado x ∈ A. Suponemos además que el producto x · x ∈ Z para cada x ∈ A. Entonces, (1) La función N : A → N, x 7→ x · x es multiplicativa y N−1 (0) = {0}. (2) Un elemento x ∈ A es unidad si y sólo si N(x) = 1. (3) Si x ∈ A y N(x) = p es un entero primo, entonces x es irreducible en A. (4) Sean p ∈ Z+ un número primo que no pertenece a la imagen de la función N y x ∈ A un elemento tal que N(x) = pk con k = 2 o k = 3. Entonces x es irreducible en A. (5) Si A es un DFU y x ∈ A es irreducible entonces, bien N(x) es un entero primo p, bien N(x) = p2 . Además, en este segundo caso, existe u ∈ U(A) tal que x = up. Demostración. (1) La norma de x := a + ib ∈ A es N(x) = a2 + b2 donde a, b ∈ R, luego N(x) = 0 si y sólo si a = b = 0, esto es, x = 0. Además, si x, y ∈ A resulta N(xy) = xy · xy = (xx)(yy) = N(x)N(y). (2) Si x ∈ A y 1 = N(x) = xx, entonces x ∈ U(A), pues también x ∈ A. Recíprocamente, supongamos que x ∈ U(A). Existe por tanto y ∈ A tal que xy = 1. Entonces, 1 = N(1) = N(xy) = N(x)N(y)

=⇒

N(x) = 1.

(3) Supongamos que x es reducible en A, y sean y, z ∈ A \ U(A) tales que x = yz. Entonces N(y) 6= 1 6= N(z) y p = N(x) = N(yz) = N(y)N(z), lo que contradice la primalidad de p. (4) Si x fuese reducible en A existirían y, z ∈ A \ U(A) tales que x = yz. Por los apartados anteriores (1) y (2) las normas N(y) y N(z) son mayores que 1 y, puesto que la función N es multiplicativa, pk = N(x) = N(y)N(z). Como k = 2, 3, necesariamente N(y) = p o N(z) = p, lo que contradice la hipótesis. (5) Comenzamos demostrando que N(x) es potencia de un entero primo. En caso contrario existen números primos p1 , . . . pr ∈ Z y enteros positivos k1 , . . . , kr de modo que r ≥ 2 y N(x) := pk11 · · · pkr r . Los enteros m := pk11 y n := pk22 · · · pkr r son primos entre sí, mayores que 1 y cumplen que N(x) = mn. Como x es irreducible y divide en A, que es un DFU, a x · x = N(x) = mn ha de dividir, pongamos, a m. Existe por tanto y ∈ A tal que xy = m. En consecuencia, m2 = N(m) = N(xy) = N(x)N(y) = mnN(y) y, simplificando, m = nN(y), lo que es falso porque mcd (m, n) = 1.

54

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

Por tanto, existen un número primo p ∈ Z y un entero positivo k tales que N(x) = pk . Si k = 1 nada hay que probar, así que suponemos que k ≥ 2 y demostraremos que k = 2. Como x es irreducible en A, que es un DFU, el ideal p := xA es primo y contiene a pk = xx, luego p ∈ p. En consecuencia, existen a, b ∈ Z tales que a + bi ∈ A y p = x(a + bi). Esto implica que (a + bi)pk = (a + bi)N(x) = (a + bi)xx = px. Como A es un dominio simplificamos el factor p en ambos miembros de esta igualdad, lo que nos proporciona (a + bi)pk−1 = x, y conjugando, x = (a − bi)pk−1 . En virtud del apartado (2), pk−1 no es unidad en A, ya que N(pk−1 ) = p2k−2 > 1. Por tanto, la irreducibilidad de x y la igualdad x = (a − bi)pk−1 implican que u = a − bi ∈ U(A) y k − 1 = 1, o sea, k = 2 y x = up, como queríamos demostrar. 

nnodfu

√ Ejemplo IV.1.11 Probaremos en V.2.16 que A := {a + −5b : a, b ∈ Z} es un anillo noetheriano luego, por el Lema IV.1.9, todo elemento de A es producto finito de elementos irreducibles. Sin embargo, A no es DFU pues 2 es irreducible en A pero no es primo. Para comprobar este hecho empleamos la Proposición IV.1.10. Observamos que √ A es un subanillo de C cerrado respecto √ de la conjugación, porque si a, b ∈ Z y x := a + −5b ∈ A, entonces también x = a − −5b ∈ A. Además, la función √ N : A → N, x := a + −5b 7→ x · x = a2 + 5b2 está bien definida y 2 ∈ / im N, pues si existiesen a, b ∈ Z tales que 2 = a2 + 5b2 necesariamente b = 0, luego a2 = 2, lo que contradice el Corolario III.1.14 (2). En particular, se deduce del apartado (4) en la Proposición IV.1.10 que 2 es irreducible en A. √ √ Observamos que 2 no es primo en A, porque α := 1+ −5 y α = 1− −5 son elementos = 2 · 3 ∈ 2A y, sin embargo, α, α ∈ A \ 2A. En efecto, en caso de A cuyo producto αα = 6√ contrario existiría β := a + −5b ∈ A tal que √ √ 1 ± −5 = 2β = 2a ± 2 −5b, luego 2a = 1, y esto es una contradicción. La siguiente proposición es de utilidad en muchos contextos; en particular en la resolución de algunas ecuaciones diofánticas.

exp1

Proposición IV.1.12 Sean A un DFU y x, y, z ∈ A tales que mcd (x, y) = 1 y existe un entero positivo n que cumple xy = z n . Entonces existen a, b ∈ A y unidades u, v de A tales que x = uan e y = vbn .

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

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Demostración. Como x e y son primos entre sí no comparten factores irreducibles, luego existen elementos irreducibles p1 , . . . , pr , q1 . . . , qs , no asociados dos a dos, y unidades u y v tales que x := upn1 1 · · · pnr r & y := vq1m1 · · · qsms para ciertos enteros positivos n1 , . . . , nr , m1 , . . . , ms . Por otro lado, si z = wπ1k1 · · · πtkt donde w es unidad y π1 , . . . , πt son elementos irreducibles en A, la igualdad xy = z n se lee uvpn1 1 · · · pnr r · q1m1 · · · qsms = xy = z n = wn π1nk1 · · · πtnkt . Cada factor irreducible del miembro de la derecha aparece elevado a un exponente múltiplo de n y, por la unicidad de la factorización, lo mismo ha de suceder a los factores irreducibles del miembro de la izquierda. Esto implica, al ser éstos no asociados dos a dos y uv una unidad, que cada ni y cada mj es múltiplo de n. Escribimos entonces ni := nei y mj := nfj con ei , fj ∈ Z y resulta ner 1 = u pe11 · · · perr x = upne 1 · · · pr


n

& y = vq1nf1 · · · qsnfs = v q1f1 · · · qsfs

luego los elementos a := pe11 · · · perr y b := q1f1 · · · qsfs cumplen lo requerido.


n

, 

El siguiente Teorema recoge la relación existente entre las tres clases de dominios introducidas en este Capítulo. dedipdfu

Teorema IV.1.13 Sea A un dominio. Se cumple que: (1) Si A es un DE, entonces A es un DIP. (2) Si A es un DIP, entonces A es un DFU. Demostración. (1) Sean a ⊂ A un ideal no nulo de A y ϕ : A \ {0} → N una función que dota al anillo A de estructura de dominio euclídeo. El conjunto N := {ϕ(b) : b ∈ a \ {0}} es un subconjunto no vacío de N, luego tiene mínimo, es decir, existe a ∈ a \ {0} tal que ϕ(a) ≤ ϕ(b) para todo b ∈ a\{0}. Desde luego aA ⊂ a, y vamos a probar que este contenido es una igualdad, lo que demuestra que A es un DIP. Sea b ∈ a. Como A es un DE, existen q, r ∈ A tales que b := aq + r y r = 0 o r 6= 0 y ϕ(r) < ϕ(a). Por otro lado, como r = b − aq ∈ a, la posibilidad r 6= 0 y ϕ(r) < ϕ(a) no puede darse, por la elección de a, así que r = 0 y, por tanto, b = aq ∈ aA. (2) Como A es un DIP entonces, por IV.1.7 (1), A es un anillo noetheriano, así que, en virtud de la Proposición IV.1.8 y el Lema IV.1.9, sólo tenemos que comprobar que todo elemento irreducible a ∈ A es primo. Pero vimos en IV.1.7 (2) que el ideal aA es maximal, y en particular es primo, es decir, a es un elemento primo. 

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

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Para terminar esta sección veremos un primer ejemplo de cómo algunos problemas de Aritmética sobre los números enteros han encontrado solución estudiando la factorización en anillos que contienen a Z como subanillo. Sd2SQ

Proposición IV.1.14 Dado un número primo impar p ∈ Z, las condiciones siguientes son equivalentes: (1) El número p es reducible en el anillo Z[i] de los enteros de Gauss. (2) El número p es suma de dos cuadrados de números enteros. (3) Se cumple que p ≡ 1 mod 4. (4) Existe x ∈ Z tal que −1 ≡ x2 mod p. Demostración. Hemos visto que la función ϕ : Z[i] \ {0} → N, x := a + bi 7→ xx = a2 + b2 , dota a Z[i] de estructura de dominio euclídeo. Además, ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) para todo x, y ∈ Z[i]. (1) =⇒ (2) Por la hipótesis existen x := a + bi, y := c + di ∈ Z[i], no unidades en Z[i], tales que p = xy. En consecuencia p2 = ϕ(p) = ϕ(x)ϕ(y) = (a2 + b2 )(c2 + d2 ), y a2 + b2 6= 1 6= c2 + d2 ya que x e y no son unidades en Z[i]. Así, como Z es un DFU, la anterior es la factorización de p2 en producto de elementos irreducibles de Z, luego a2 + b2 = p = c2 + d2 . En particular p es suma de dos cuadrados de números enteros. (2) =⇒ (3) Sean a, b ∈ Z tales que p := a2 + b2 . Como p es impar podemos suponer que a2 es par y b2 impar. Por tanto a es par y b impar, esto es, existen m, n ∈ Z tales que a := 2m y b := 2n + 1. En consecuencia p = a2 + b2 = 4m2 + (2n + 1)2 = 4(m2 + n2 + n) + 1, luego p ≡ 1 mod 4. (3) =⇒ (4) Por el Teorema de Wilson, III.1.6, −1 ≡ (p − 1)! mod p. Así, si k ∈ Z cumple p := 1 + 4k se tiene −1 ≡ (4k)! mod p. Por otro lado, (4k)! =

4k Y j=1

j=

2k Y j=1

j(p − j)

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

y cada factor p−j ≡ (−j) mod p. Al sustituir y reducir mod p, el número entero x := cumple 2k 2k 2k  Y Y Y 2 (4k)! ≡ j(−j) ≡ (−j 2 ) ≡ (−1)2k j ≡ x2 mod p, j=1

j=1

57

Q2k

j=1 j

j=1

por lo que −1 ≡ x2 mod p. (4) =⇒ (1) Como 1 + x2 ∈ pZ, al factorizar 1 + x2 en Z[i] resulta (1 + ix)(1 − ix) = 1 + x2 ∈ p · Z[i] := a, lo que prueba que el ideal a no es primo, ya que a no contiene a los factores 1 + εxi con ε = ±1 de p. En efecto, en caso contrario existirían u, v ∈ Z tales que 1 + εxi = p(u + iv), e igualando las partes reales, 1 = pu, que es absurdo. Finalmente, como Z[i] es un DFU, de que el ideal que genera p no sea primo se deduce que p es reducible en Z[i]. 

2.

Máximo común divisor y mínimo común múltiplo

Veamos en primer lugar que en los dominios de factorización única siempre existen un máximo común divisor y un mínimo común múltiplo de un conjunto finito de elementos. Este resultado se puede entender como la generalización natural de III.1.16. mm

Proposición IV.2.1 Sea A un DFU. Entonces: (1) Para todo a, b ∈ A existe un máximo común divisor de a y b en A. (2) Si d es un máximo común divisor de a y b en A y m ∈ A cumple que md = ab, entonces m es un mínimo común múltiplo de a y b en A. (3) Sean a1 , . . . , ar ∈ A. Entonces existen mcd (a1 , . . . , ar ) y mcm (a1 , . . . , ar ). Además, para cada b ∈ A, mcd (ba1 , . . . , bar ) = b mcd (a1 , . . . , ar )

&

mcm (ba1 , . . . , bar ) = b mcm (a1 , . . . , ar ).

Demostración. (1) Escribimos a := upα1 1 · · · pαr r y b := vpβ1 1 · · · pβr r , donde u, v ∈ U(A), p1 , . . . , pr son elementos irreducibles en A no asociados dos a dos y α1 , . . . , αr , β1 , . . . , βr son enteros no negativos. Comprobemos que m´ın{α1 ,β1 }

d := p1

ın{αr ,βr } · · · pm´ r

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

58

es un máximo común divisor de a y b en A. En efecto, es claro que d divide a a y b. Además, si c ∈ A divide a a y b, entonces existen e1 , e2 ∈ A tales que ce1 := a = upα1 1 · · · pαr r

& ce2 := b = vpβ1 1 · · · pβr r .

Por ser A un DFU, existen w ∈ U(A) y enteros γ1 , . . . , γr ≥ 0 tales que γi ≤ m´ın{αi , βi } para cada 1 ≤ i ≤ r y c := wpγ11 · · · pγr r y, por tanto, c divide a d. m´ ax{α ,β }

m´ ax{α ,β }

r r 1 1 (2) Análogamente se comprueba que m0 := p1 · · · pr es un mínimo común múltiplo de a y b en A. Además, como m´ın{αi , βi } + m´ax{αi , βi } = αi + βi para 1 ≤ i ≤ r,

m´ın{α1 ,β1 }

uvdm0 = uvp1

m´ ax{α1 ,β1 }

ın{αr ,βr } · · · pm´ p1 r

ax{αr ,βr } · · · pm´ = uvpα1 1 +β1 · · · pαr r +βr = ab. r

Como uv ∈ U(A), también m = m0 uv = ab/d es un mínimo común múltiplo de a y b en A. (3) Argumentamos por inducción sobre r. Para r = 2 se ha visto en el apartado (1), y para r > 2 basta utilizar de nuevo dicho apartado, la hipótesis de inducción y 1.a (4). Para la primera igualdad, denotemos d := mcd (a1 , . . . , ar ) y D := mcd (ba1 , . . . , bar ). Como d|ai para cada índice 1 ≤ i ≤ r también bd|bai , luego bd|D. Recíprocamente, b|bai para cada índice i, por lo que b|D, y existe c ∈ A tal que D := bc. Como bc|bai y A es un dominio, c|ai para cada i, luego c|d, por lo que D = bc|bd. Hemos probado que D y bd son asociados en A, o lo que es igual, mcd (ba1 , . . . , bar ) = D = bd = b mcd (a1 , . . . , ar ). Para la segunda igualdad denotamos m := mcm (a1 , . . . , ar ) y M := mcm (ba1 , . . . , bar ). Cada ai |m, por lo que bai |bm, y por tanto M |bm. Recíprocamente, b|ba1 |M , luego existe t ∈ A tal que M := bt. Cada bai |M = bt, luego ai |t, por lo que m|t, así que bm|bt = M . Hemos probado que M y bm son asociados, o lo que es igual, mcm (ba1 , . . . , bar ) = M = bm = b mcm (a1 , . . . , ar ). 

como queríamos demostrar.

Como todo DIP es un DFU la Proposición anterior IV.2.1 implica que cualquier subconjunto finito de un DIP admite máximo común divisor y mínimo común múltiplo. Veremos a continuación que el ser un DIP proporciona cierta información adicional. mcddip

Proposición IV.2.2 (MCD y MCM en un DIP) Sean A un DIP y a1 , . . . , ar ∈ A. (1) Identidad de Bézout. Si d := mcd (a1 , . . . , ar ) entonces dA = (a1 , . . . , ar )A. Así, existen x1 , . . . , xr ∈ A, tales que a1 x1 + · · · + ar xr = d.

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

59

(2) Los elementos a1 , . . . , ar son primos entre sí si y sólo si existen x1 , . . . , xr ∈ A tales que 1 = a1 x1 + · · · + ar xr . T (3) Si m := mcm (a1 , . . . , ar ), entonces mA = ri=1 ai A. Demostración. (1) Argumentamos por inducción sobre r. Si r = 2, y puesto que d divide tanto a a1 como a a2 se tiene a1 , a2 ∈ dA, esto es, a1 A ⊂ dA y a2 A ⊂ dA y, por tanto, a1 A + a2 A ⊂ dA. Por otro lado, como A es un DIP, el ideal a1 A + a2 A es principal, luego existe c ∈ A tal que a1 A + a2 A := cA. Como a1 , a2 ∈ cA, entonces c|a1 y c|a2 ; por tanto, c|d, es decir, d ∈ cA, con lo que dA ⊂ cA = a1 A + a2 A. De este modo, dA = a1 A + a2 A. Suponemos probada la igualdad para conjuntos con r − 1 elementos, donde r ≥ 3 y, con las notaciones de 1.a (4), la hipótesis de inducción y el caso r = 2 ya visto, se tiene dA = DA = DA + ar A = (a1 A + · · · + ar−1 A) + ar A = a1 A + · · · + ar A, como queríamos probar. (2) Si a1 , . . . , ar son primos entre sí se sigue de la Identidad de Bézout la existencia de x1 , . . . , xr ∈ A tales que 1 = a1 x1 + · · · + ar xr . Recíprocamente, si existe una igualdad de esta forma entonces 1 ∈ (a1 , . . . , ar )A = mcd (a1 , . . . , ar )A, con lo que mcd (a1 , . . . , ar ) = 1. (3) También demostramos por inducción este apartado. Para r = 2, tanto a1 como a2 dividen a m por lo que m ∈ a1 A∩a2 A o, equivalentemente, mA ⊂ a1 A∩a2 A. Recíprocamente, como A es un DIP existe c ∈ A tal que cA = a1 A ∩ a2 A. Esto implica que c ∈ a1 A ∩ a2 A, luego tanto a1 como a2 dividen a c, con lo que m|c. De este modo, a1 A ∩ a2 A = cA ⊂ mA y concluimos que mA = a1 A ∩ a2 A. Para el paso inductivo empleamos las notaciones de 1.a (4), la hipótesis de inducción y el caso r = 2, y se tiene mA = M A = M A ∩ ar A =

 r−1 \ i=1

como afirma el enunciado.

r  \ ai A ∩ ar A = ai A, i=1



Nuestro siguiente objetivo es obtener un procedimiento para calcular el máximo común divisor de dos elementos de un dominio euclídeo y obtener los coeficientes de una Identidad de Bézout, imitando lo visto en III.1.9 y III.1.10. (IV.2.3) Algoritmo de Euclides. Como en el caso A := Z, veamos cómo cálcular el máximo común divisor de dos elementos en un dominio euclídeo A, utilizando para ello una función ϕ : A \ {0} → N que le dote de estructura de dominio euclídeo.

60

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

Sean a, b ∈ A tales que b 6= 0. Dividimos a entre b y obtenemos un cociente q1 ∈ A y un resto r1 ∈ A tales que a := bq1 + r1 y r1 = 0 o r1 6= 0 y ϕ(r1 ) < ϕ(b). Se cumple, por el Lema III.1.8, que mcd (a, b) = mcd (b, r1 ). Nótese que si r1 = 0, esto significa que mcd (a, b) = b y ya hemos terminado. Si r1 6= 0, repetimos el proceso y obtenemos q2 , r2 ∈ A tales que b := r1 q2 + r2 , de modo que r2 = 0 o r2 6= 0 y ϕ(r2 ) < ϕ(r1 ) y, de nuevo por el Lema III.1.8, mcd (a, b) = mcd (b, r1 ) = mcd (r1 , r2 ). Si r2 = 0 el proceso termina, y si no, repetimos lo anterior. En cualquier caso se trata de un proceso finito, pues en caso contrario obtendríamos una sucesión infinita decreciente de números enteros positivos ϕ(r1 ) > ϕ(r2 ) > · · · > ϕ(r` ) > · · · lo que es imposible. De este modo, existe un primer ` tal que r`+1 = 0, y entonces, mcd (a, b) = · · · = mcd (r` , r`+1 ) = mcd (r` , 0) = r` . idb

Observación IV.2.4 El Algoritmo de Euclides proporciona también un método para obtener la Identidad de Bézout. En efecto, tenemos una sucesión finita de igualdades   a = bq1 + r1 , r` = r`−2 − r`−1 q` ,         b = r q + r , r`−1 = r`−3 − r`−2 q`−1 ,   1 2 2      r1 = r2 q3 + r3 ,  .. . ..   . r = r   3 1 − r2 q3 ,          r`−2 = r`−1 q` + r` ,  r2 = b − r1 q2 ,   r`−1 = r` q`+1 . r1 = a − bq1 . Sustituyendo r`−1 , r`−2 , . . . , r2 , r1 por las expresiones obtenidas, encontramos x, y ∈ A tales que mcd (a, b) = r` = ax + by, es decir, una Identidad de Bézout.

2.a. Un dominio de ideales principales que no es un dominio euclídeo. Los recíprocos de los dos apartados del Teorema IV.1.13 son falsos. Encontraremos un DFU que no es DIP en el Ejemplo VI.1.7, y dedicamos ahora unas páginas a mostrar detalladamente un ejemplo de DIP que no es DE. Comenzamos probando un criterio debido a Hasse para que todos los ideales de un dominio sean principales. hasse

Proposición IV.2.5 (Criterio de Hasse) Sea A un dominio y suponemos que existe una función N : A → N tal que N−1 (0) = {0} y cumple la siguiente propiedad: Para cada par de elementos a, b ∈ A que cumplen b 6= 0, a ∈ / bA y N(b) ≤ N(a), existen c, d ∈ A tales que 0 < N(ac − bd) < N(b). Entonces, A es un dominio de ideales principales.

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

61

Demostración. Sea a un ideal no nulo de A y denotemos M := {N(x) : x ∈ a \ {0}} ⊂ N. Como N está bien ordenado existe b ∈ a \ {0} tal que N(b) ≤ N(x) para cada x ∈ a \ {0}, y veremos que a = bA. Es claro que bA ⊂ a y suponemos, por reducción al absurdo, que existe a ∈ a \ bA. Como b 6= 0 y N(b) ≤ N(a) existen c, d ∈ A tales que 0 < N(ac − bd) < N(b). Así ξ := ac − bd ∈ a \ {0} y N(ξ) < N(b), contra la elección de b.  dipnDE

Proposición IV.2.6 (1) Las raíces del polinomio f (t) := t2 − t + 5 son los números complejos √ √ ξ := (1 + −19)/2 y ξ = (1 − −19)/2. (2) El conjunto A := {a + bξ : a, b ∈ Z} ⊂ C es un dominio de integridad y para cada x ∈ A su conjugado x ∈ A. (3) La aplicación N : A → N, x = a + bξ 7→ xx = a2 + 5b2 + ab cumple que N−1 (0) = {0} y N(xy) = N(x)N(y) para cada par de elementos x, y ∈ A. (4) Las unidades de A son {−1, 1}. (5) Ni 2 ni 3 pertenecen a la imagen de N, y ambos son irreducibles en A. (6) A no es un dominio euclídeo. (7) A es un dominio de ideales principales. Demostración. (1) Que ξ es raíz del polinomio f es consecuencia de que (2ξ − 1)2 = −19, es decir, 4f (ξ) = 0. Además, 2

0 = f (ξ) = ξ 2 − ξ + 5 = ξ − ξ + 5 = f (ξ). (2) Para demostrar que A es un dominio basta ver que es subanillo de C. Es evidente que la suma de elementos de A pertenece a A. En cuanto al producto, dados a1 , a2 , b1 , b2 ∈ Z y x := a1 + b1 ξ ∈ A e y := a2 + b2 ξ ∈ A, y puesto que ξ 2 = ξ − 5 resulta xy = (a1 + b1 ξ)(a2 + b2 ξ) = a1 a2 + (a1 b2 + a2 b1 )ξ + b1 b2 ξ 2 = a1 a2 + (a1 b2 + a2 b1 )ξ + b1 b2 (ξ − 5) = (a1 a2 − 5b1 b2 ) + (a1 b2 + a2 b1 + b1 b2 )ξ ∈ A. Además, como f (ξ) = f (ξ) = 0 se tiene t2 − t + 5 = (t − ξ)(t − ξ)

=⇒

ξ + ξ = 1 y ξξ = 5.

En consecuencia, para cada x := a + bξ ∈ A con a, b ∈ Z, se cumple que x = a + bξ = a + b(1 − ξ) = (a + b) − bξ ∈ A.

62

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

(3) Comprobemos que la fórmula de N(x) para x := a + bξ es la propuesta: xx = (a + bξ)(a + bξ) = a2 + b2 ξξ + ab(ξ + ξ) = a2 + 5b2 + ab. Además, x ∈ N−1 (0) si y sólo si xx = 0, es decir x = 0. Para terminar la prueba de este apartado, dados x, y ∈ A se tiene N(xy) = (xy)xy = (xx)(yy) = N(x)N(y). (4) Por la Proposición IV.1.10 (2), un elemento x := a + bξ ∈ A es unidad si y sólo si 1 = N(x) = a2 + 5b2 + ab = (a + b/2)2 + 19b2 /4, por lo que 19b2 ≤ 4. Esto implica que b = 0, luego a = ±1, o sea, U(A) = {−1, 1}. (5) Denotemos indistintamente p = 2, 3 y supongamos que existe x := a + bξ ∈ A tal que p = N(x) = a2 + 5b2 + ab = (a + b/2)2 + 19b2 /4. √ Como p < 19/4 esto implica que b = 0 y, por el Corolario III.1.14 (2), a = p ∈ R \ Q, que es absurdo. Además, N(p) = p2 , luego se deduce de la Proposición IV.1.10 (4) que p es irreducible en A. (6) Supongamos, por reducción al absurdo, que existe una función ϕ : A \ {0} → N que dota al dominio A de estructura de dominio euclídeo. Sea η ∈ A \ (U(A) ∪ {0}) tal que ϕ(η) ≤ ϕ(x) para cada x ∈ A \ (U(A) ∪ {0}). Al dividir 2 entre η existen q, r ∈ A tales que 2 := qη + r y, r = 0 o r 6= 0 y ϕ(r) < ϕ(η). De la minimalidad de ϕ(η) se deduce que r = 0 o r ∈ U(A), es decir, r ∈ {−1, 0, 1}, y por tanto se da una de estas tres opciones: 2 = qη − 1, 2 = qη o 2 = qη + 1. El tercer caso no puede darse, ya que implica que 1 = qη, y η no es unidad. En consecuencia, η divide a 2 o a 3. Pero ya hemos visto que tanto 2 como 3 son irreducibles en A, luego como las unidades de A son ±1 se deduce que η ∈ {±2, ±3}. √ Al dividir ξ = (1 + −19)/2 entre η existen q1 , r1 ∈ A tales que ξ := q1 η + r1 y r1 = 0 o r1 6= 0 y ϕ(r1 ) < ϕ(η). De nuevo la minimalidad de ϕ(η) implica que también r1 ∈ {−1, 0, +1}, es decir, η divide bien a ξ, bien a ξ + 1, bien a ξ − 1. Entonces N(η), cuyo valor es 4 o 9, divide en Z a uno de los números N(ξ) = 5 = N(ξ − 1) = 5 o N(ξ + 1) = 7, que es absurdo. (7) Para demostrar que A es un dominio de ideales principales probaremos que se cumple el Criterio de Hasse IV.2.5. Sean por tanto a, b ∈ A tales que a no es múltiplo de b 6= 0 en A y N(b) ≤ N(a). Hemos de encontrar c, d ∈ A tales que 0 < N(ac − bd) < N(b).

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

63

Para ello introducimos antes nueva notación. Para cada r ∈ R denotamos [r] el entero más próximo a r, de modo que si r = n + 1/2 para cierto entero n, definimos [r] = n. Nótese que r − [r] ≤ 1/2. Se cumple la siguiente propiedad. (∗) Para cada r ∈ R, o r − [r] ≤ 1/3 o 2r − [r] ≤ 1/3. En efecto, supongamos que ε := r − [r] > 1/3. Distinguimos dos casos. Si r > [r] se tiene 2[r] + 1 ≥ 2r = 2[r] + 2ε > 2[r] + 2/3 > 2[r] + 1/2, luego [2r] = 2[r] + 1, y en consecuencia, 2r − [2r] = 2r − 2[r] − 1 = |2ε − 1| = 1 − 2ε < 1/3. Por su parte, si r < [r], esto es r = [r] − ε con 1/3 < ε ≤ 1/2, entonces 2[r] − 1 ≤ 2[r] − 2ε = 2r < 2[r] − 2/3, por lo que [2r] = 2[r] − 1, y por tanto [2r] = 2(r + ε) − 1 = 2r + (2ε − 1) ≤ 2r, luego 2r − [2r] = 2r − [2r] = 2r − (2[r] − 1) = 1 − 2ε < 1/3. Pasamos ya a probar el apartado (7). Por abuso denotamos también N : C → R, a 7→ xx, que es una extensión al cuerpo C de la función N : A → N. En virtud del Criterio de Hasse, IV.2.5, es suficiente demostrar que dados a, b ∈ A tales que b 6= 0, a ∈ / bA y N(b) ≤ N(a), existen c, d ∈ A cumpliendo 0 < N(ac − bd) < N(b). Por supuesto, basta encontrar c, d ∈ A tales que si e := (a/b)c − d, se cumple 0 < N(e) < 1, pues esto implica que 0 < N(b)N(e) < N(b)

=⇒

N(b) > N(b)N(e) = N(be) = N(ac − bd) > 0.

Como ab ∈ A, al dividir a entre b como números complejos existen α, β ∈ Q tales que ab a ab = = = α + βξ. b N(b) bb Además, α 6∈ Z o β 6∈ Z, ya que a ∈ / bA. Distinguimos siete casos. En ninguno de ellos efectuamos la comprobación de que N(e) > 0, que es inmediata. Caso 1. Supongamos que β ∈ Z. En tal caso elegimos c := 1 y d := [α] + βξ. Resulta entonces
N(e) = N α + βξ − ([α] + βξ) = N([α] − α) = ([α] − α)2 ≤ 1/4.

64

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

Caso 2. Supongamos que α ∈ Z y 5β 6∈ Z. Elegimos ahora c := ξ y d := [α + 5β] − αξ. Recordando que ξξ = 5 y ξ + ξ = 1 se tiene
N(e) = N (α + βξ)ξ − [α + 5β] + αξ
= N α(ξ + ξ) + βξξ − [α + 5β] = N(α + 5β − [α + 5β]) ≤ 1/4. Caso 3. Supongamos que α ∈ Z y 5β ∈ Z. Tomamos c := 1 y d := α + [β]ξ, con lo que

N(e) = N α + βξ − (α + [β]ξ) = N ξ(β − [β]) = N(ξ)N(β − [β]) = 5|β − [β]|2 . Como 5β ∈ Z pero β 6∈ Z podemos escribir β := n + m/5 donde n, m ∈ Z y 1 ≤ m ≤ 4. 2 En consecuencia β − [β] ≤ 2/5, y por tanto N(e) = 5 β − [β] ≤ 4/5. Caso 4. Supongamos ahora que α, β 6∈ Z pero 2α, 2β ∈ Z. Elegimos en este caso c := ξ y d := [−5β] + [α + β]ξ. De este modo, denotando u := −5β y v := α + β ∈ Z, resulta, empleando que ξ 2 = ξ − 5 y que α + β es un número entero,

N(e) = N (α + βξ)ξ − [−5β] − [α + β]ξ = N αξ + β(ξ − 5) − [−5β] − [α + β]ξ 2
= N (u − [u]) + (v − [v])ξ = N(u − [u]) = u − [u] = 1/4. Caso 5. Supongamos que α, β 6∈ Z, 2α ∈ Z y 2β 6∈ Z. Si 5β ∈ Z tomamos c := 5 y d := [5α] + 5βξ, y así 2 N(e) = N(5α + 5βξ − [5α] − 5βξ) = 5α − [5α] = 1/4. Por otro lado, si 5β 6∈ Z entonces elegimos c := 2ξ y d := [2α + 10β] − 2αξ, lo que nos proporciona, recordando que ξ + ξ = 1 y ξξ = 5,
N(e) = N 2ξ(α + βξ) − [2α + 10β] + 2αξ 2
= N 2α(ξ + ξ) + 10β − [2α + 10β] = (2α + 10β) − [2α + 10β] ≤ 1/4. Caso 6. Supongamos que α, β 6∈ Z, 2α 6∈ Z y 2β ∈ Z. Ahora es suficiente tomar c := 2 y d := [2α] + 2βξ, y tenemos N(e) = N(2α + 2βξ − [2α] − 2βξ) = |2α − [2α]|2 ≤ 1/4. Caso 7. Por último suponemos que 2α 6∈ Z y 2β 6∈ Z. Ahora distinguimos dos subcasos, de acuerdo con las dos posibilidades vistas en (∗). Subcaso 7.1 Suponemos que β−[β] ≤ 1/3. Tomamos c := 1 y d := [α]+[β]ξ y estimamos
N(e) = N(α + βξ − [α] − [β]ξ) = N (α − [α]) + (β − [β])ξ = (α − [α])2 + 5(β − [β])2 + (α − [α])(β − [β]) ≤ 1/4 + 5/9 + 1/6 = 35/36.

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

65

Subcaso 7.2 Suponemos que β − [β] > 1/3. Por (∗) sabemos que 2β − [2β] ≤ 1/3. Por ello escogemos c := 2 y d := [2α] + [2β]ξ, lo que nos conduce a
N(e) = N(2α + 2βξ − [2α] − [2β]ξ) = N (2α − [2α]) + (2β − [2β])ξ = (2α − [2α])2 + 5(2β − [2β])2 + (2α − [2α])(2β − [2β]) 

≤ 1/4 + 5/9 + 1/6 = 35/36.

Ejercicios y problemas propuestos Número IV.1 Sean A un anillo cuyos ideales son principales y f : A → B un epimorfismo de anillos. Demostrar que todos los ideales de B son principales. Número IV.2 (1) Demostrar que si A es un DFU y a ∈ A, el ideal aA es radical si y sólo si a es producto finito de primos distintos. (2) Sean A un DIP y a y b dos ideales radicales de A. ¿Es a + b un ideal radical de A? √ Número IV.3 Sea A := {a + b 6 : a, b ∈ Z} dotado de la suma y producto de números reales. √ √ (1) Probar que A es subanillo unitario de R y la aplicación τ : A → A, a + b 6 7→ a − b 6 es un homomorfismo de anillos unitarios. (2) Encontrar una unidad en A distinta de ±1. (3) ¿Son 2 y 3 irreducibles en A? ¿Permite la relación factorización única?

cSiDDK

√

6·

√ 6 = 2 · 3 deducir que A no es dominio de

Número IV.4 (1) Probar que el producto de dos enteros impares congruentes mod 4 es congruente con 1 mod 4. Deducir que el producto de números enteros congruentes con 1 mod 4, es congruente con 1 mod 4. (2) Probar que existen infinitos números primos congruentes con 1 mod 4. (3) Probar que existen infinitos números primos congruentes con 3 mod 4. Número IV.5 Sea ϕ : N → N la función de Euler, VI.2.1, vol. I. Demostrar que existen infinitos números primos p ∈ Z tales que el número v uX u n ζn := t ϕ(pj ) j=1

es irracional para cada entero n > 1. Número IV.6 (1) Sean A un anillo y x, y ∈ A sumas de dos cuadrados de elementos de A. Demostrar que xy es suma de dos cuadrados de elementos de A. (2) Supongamos que tanto x como y son suma de cuatro cuadrados de elementos de A. Demostrar que también xy es suma de cuatro cuadrados de elementos de A.

66

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

(3) Expresar 3965 como suma de dos cuadrados de números enteros positivos de 4 formas distintas. (4) Expresar 161, de dos modos distintos, como suma de cuatro cuadrados de números enteros positivos. Expresar 4991 como suma de cuatro cuadrados de números enteros positivos. √ Número IV.7 (1) Demostrar que el conjunto A := {a + b −26 : a, b ∈ Z} es un subanillo unitario de C y calcular sus unidades. √ √ (2) Demostrar que los elementos 3, 1 + −26 y 1 − −26 son irreducibles en A. ¿Es A un dominio de factorización única? √ Número IV.8 Probar que A := {a + b −3 : a, b ∈ Z} es un anillo y decidir si es un DFU.

Irr

Número IV.9 Denotamos la norma en el anillo de los enteros de Gauss mediante N : Z[i] → N, x 7→ x · x. (1) Demostrar que x ∈ Z[i] es irreducible si y sólo si se cumple una de las dos condiciones siguientes: (1.1) N(x) es un entero primo. (1.2) Existe un entero primo p ∈ Z tal que p ≡ 3 mod 4 y x = ±p o x = ±ip. (2) Encontrar la descomposición en producto de factores irreducibles de los siguientes enteros de Gauss: 3 + i, 4 + 3i y 75 + 28i. √ Número IV.10 Sean n ∈ Z un entero positivo libre de cuadrados y An := {a + b n : a, b ∈ Z}. (1) Demostrar que el ideal a := 2An del anillo An no es primo. √ (2) Consideramos la función N : A7 → N, a + b −7 7→ a2 + 7b2 . Demostrar que N(xy) = N(x)N(y) para cada x, y ∈ A7 . ¿Existe algún elemento x ∈ A7 tal que N(x) = 2? (3) ¿Es A7 un dominio de factorización única? √ Número IV.11 (1) Comprobar que A := {a + b −5 : a, b ∈ Z} es un subanillo unitario de C y calcular sus unidades. (2) ¿Es todo elemento no nulo x ∈ A \ U (A) producto finito de elementos irreducibles en A? √ (3) Sean η := 1 + −5 y a := ηA. ¿Cuántos elementos tiene el anillo cociente R := A/a? ¿Es R un dominio de integridad?

prim

2πi

Número IV.12 (1) Demostrar que A := {a + bρ : a, b ∈ Z}, donde ρ := e 3 ∈ C, es un subanillo unitario de C al que la función N : A \ {0} → N, a + bρ 7→ a2 + b2 − ab dota de estructura de dominio euclídeo. Calcular sus unidades. (2) Encontrar un elemento irreducible ξ := a + bρ ∈ A con ab 6= 0 tal que N(ξ) no es un número primo. (3) Demostrar que el ideal m que genera z := 1 − ρ en A es maximal. (4) Factorizar el número 3 como producto de elementos irreducibles de A. (5) Demostrar que el cuerpo K := A/m es finito y calcular cuántos elementos tiene.

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

fin

67

Número IV.13 Sean A := Z[i] el anillo de los enteros de Gauss y N la norma euclídea de A, es decir, N(a + ib) = a2 + b2 , donde a, b ∈ Z. (1) Demostrar que para cada m ∈ N el conjunto Nm := {x ∈ A : N(x) < m} es finito. (2) Dado un ideal no nulo a de A, demostrar que el cociente A/a es un anillo finito. (3) Sean α := x + iy ∈ A un elemento no nulo, d := mcd (x, y) y a := αA. Comprobar que d2 divide a N(α) y que el núcleo del homomorfismo ψ : Z → A/a, n 7→ n + a, es el ideal generado por m := N(α)/d. (4) Demostrar que si α := x+iy con mcd (x, y) = 1, entonces los cocientes A/αA y Z/N(α)Z son isomorfos. (5) Sea α := x + iy ∈ A un elemento irreducible de A tal que xy 6= 0. ¿Cuántos elementos tiene A/αA? (6) Para cada uno de los siguientes valores de α: 1 + 2i, 1 + 3i, 7 + 5i, encontrar un número entero n tal que n + αA = i + αA. Describir los cocientes A/αA. (7) Probar que si un número primo p ∈ Z es irreducible en A entonces el cuerpo A/pA tiene p2 elementos.

pell

√ √ √ Número IV.14 (1) Calcular mcd (−5 + 2 −2, 1 + 5 −2) en el anillo A := {a + b −2 : a, b ∈ Z} y los coeficientes de una Identidad de Bézout. √ (2) Encontrar un generador del ideal a := αA + βA, donde α := 5 − −2 y β := 3. Demostrar que el ideal a es maximal. (3) Encontrar el núcleo y la imagen del único homomorfismo de anillos Z → A/a. Describir el cuerpo A/a y contar cuántos elementos tiene. Número IV.15 Encontrar, siguiendo los pasos que se indican a continuación, todos los números enteros x, y ∈ Z tales que x3 = y 2 + 2. (1) Probar que si x, y ∈ Z cumplen x3 = y 2 + 2, entonces x e y son impares y mcd (x, y) = 1. √ √ (2) Demostrar √ que si y ∈ Z es impar, entonces y + −2 e y − −2 son primos entre sí en el anillo A := {a + b −2 : a, b ∈ Z}. √ √ (3) Probar que si y, a, b ∈ Z cumplen que y + −2 = (a + b −2)3 , entonces y = ±5. (4) Calcular todas las soluciones enteras de la ecuación x3 = y2 + 2.

EqDFt

√ Número IV.16 (1) Probar que A := {a + bα : a, b ∈ Z}, donde α := (1 + −11)/2, es subanillo unitario de C, que la función N : A → N, z 7→ zz le dota de estructura de dominio euclídeo y que U(A) = {−1, +1}. (2) Probar que m := 2A es un ideal maximal y hallar el número de elementos del cuerpo K := A/m. (3) Para cada entero y ∈ Z dar la lista de los posibles valores del máximo común divisor de y − 2α e y − 2α. (4) Encontrar todas las soluciones enteras de la ecuación x3 = z2 + 11. √ Número IV.17 (1) Demostrar que si α := (1 + −7)/2, el conjunto A := {a + bα : a, b ∈ Z} es un subanillo unitario de C cerrado respecto de la conjugación. (2) Demostrar que la función N : A → N, z 7→ zz dota al anillo A de estructura de dominio euclídeo cuyas unidades son 1 y −1.

68

CAPÍTULO IV. DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIÓN

(3) Factorizar ω := 2 + α como producto de elementos irreducibles de A. (4) Para cada entero y ∈ Z sea βy := mcd (y − α, y − α). Demostrar que N(βy ) vale 1 o 7, y dar entonces todas las posibilidades para βy . (5) Demostrar que para cada y ∈ Z, el elemento y − α es un cubo en A si y sólo si su norma N(α) es un cubo en Z. Encontrar todas las soluciones enteras de la ecuación x3 = y2 − y + 2. Número IV.18 (1) Demostrar que cada unidad del anillo Z[i] de los enteros de Gauss es el cubo de una unidad de Z[i]. (2) Dado un entero impar x ∈ Z, calcular el máximo común divisor d := mcd (x + i, x − i). Demostrar que dd = 2. (3) Encontrar todas las soluciones enteras de la ecuación 1 + x2 = 2y3 . Número IV.19 (1) Resolver la siguiente ecuación en el anillo Z[i] de los enteros de Gauss: (5 − 16i)x + (13 − 10i)y = −1 + 5i. (2) Calcular mcd (5 + 2i, 2 − i) y mcd (17, 10 + 11i) y encontrar en cada caso los coeficientes de una Identidad de Bézout.

sqrtm2

2 2 Número √ IV.20 Sean m y n números enteros √ tales que p := n + 2m es un número primo. Denotemos A := Z[ −2] y m := ζA, donde ζ := n + m −2. Demostrar que m es un ideal maximal de A y determinar el número de elementos del cuerpo K := A/m.

CAPÍTULO V

Generalidades sobre anillos de polinomios En este capítulo se introducen los anillos de polinomios en una variable sobre un anillo conmutativo y unitario. En la primera sección se demuestra el Teorema de división, que se aplica en la segunda para estudiar las propiedades de las raíces de un polinomio y el Teorema de la base de Hilbert. Demostramos además el Teorema Fundamental del Álgebra.

1.

Anillo de polinomios en una variable. Teorema de división

En esta primera sección A denota un anillo conmutativo y unitario. El objetivo es introducir y desarrollar las principales propiedades del anillo de polinomios en una variable con coeficientes en A. 1var

Definiciones y Observaciones V.1.1 Sean A un anillo y A[t] el conjunto de todas las sucesiones de elementos de A, que denotaremos (an )n≥0 , tales que an = 0 para todos los índices n excepto para una cantidad finita. Se cumple que: (1) A[t] es un anillo conmutativo unitario con la suma y la multiplicación definidas por: (an )n≥0 + (bn )n≥0 := (an + bn )n≥0

y (an )n≥0 · (bn )n≥0 := (cn )n≥0 ,

donde cn :=

X

ak b` = an b0 + an−1 b1 + · · · + a1 bn−1 + a0 bn .

k+`=n

El elemento neutro para la suma es la sucesión cuyos términos son todos nulos, y el elemento unidad de A[t] es la sucesión (an )n≥0 cuyo único término no nulo es a0 = 1. (2) La aplicación A → A[t], a 7→ (a, 0, . . . , ) es un monomorfismo de anillos. Por ello tratamos A como subanillo de A[t], identificando cada a ∈ A con su imagen (a, 0, . . . , ). (3) Denotemos por t el elemento (0, 1, 0, 0, . . . , ) de A[t], que recibe el nombre de indeterminada o variable. Por ello A[t] se denomina anillo de polinomios en una variable con coeficientes en A. Se define t0 := 1 y se comprueban inmediatamente las siguientes propiedades: 69

70

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS n+1)

(3.1) La potencia tn = (0, . . . , 0, 1 , 0, . . . ) = tn−1 · t = tk · tn−k , para cada 0 ≤ k ≤ n. n+1)

(3.2) Si a ∈ A y n ≥ 0, entonces atn = (0, . . . , 0, a , 0, . . . ). (3.3) Para cada polinomio f ∈ A[t] existen un entero d ≥ 0 y a0 , a1 , . . . , ad ∈ A Pdno nulo i tales que ad 6= 0 y f = i=0 ai t . Además, el entero d := deg(f ), llamado grado de f , y los elementos ai , llamados coeficientes de f , son únicos con esta propiedad. Se dice que a0 es el término independiente de f y ad := `(f ) es su coeficiente director. Se dice que f es mónico si `(f ) = 1. Nótese que f=

d X

ai ti = (a0 , a1 , . . . , ad , 0, 0, . . . ).

i=0

Si f = 0 se define, por convenio, deg(f ) = −∞. De este modo, A se identifica con el subanillo de A[t] formado por los polinomios de grado menor o igual que 0. Con esta notación, la suma y multiplicación de polinomios en A[t] viene dada por las reglas siguientes: n X

n X i=0

 ai ti ·

ai ti +

i=0 m X j=0

n X

bi ti =

i=0

 bj tj =

n X (ai + bi )ti i=0

n+m X

ck tk , donde ck =

k=0

X

ai bj .

i+j=k

(4) El operador grado cumple las siguientes propiedades. (4.1) Si f, g ∈ A[t] entonces deg(f + g) ≤ m´ax{deg(f ), deg(g)}. Además, si los grados de f y g son distintos se cumple que deg(f + g) = m´ax{deg(f ), deg(g)}. (4.2) Si f, g ∈ A[t] entonces deg(f g) ≤ deg(f ) + deg(g). Además, si los coeficientes principales de f y g no son divisores de cero entonces deg(f g) = deg(f ) + deg(g). udpol

Proposición V.1.2 Sean A un anillo y A[t] el anillo de polinomios en una variable con coeficientes en A. Entonces, (1) Si A es un dominio, se tiene U(A[t]) = U(A). (2) El anillo A es un dominio si y sólo si A[t] es un dominio. Demostración. (1) Si a ∈ U(A) existe b ∈ A ⊂ A[t] tal que ab = 1, luego a es unidad en A[t]. Recíprocamente, si f ∈ U(A[t]) existe un polinomio g ∈ A[t] tal que f g = 1. Como A

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

71

es un dominio, 0 = deg(1) = deg(f g) = deg(f ) + deg(g), por lo que deg(f ) = deg(g) = 0, así que f, g ∈ A, luego f ∈ U(A). (2) Si A[t] es dominio también lo es A, por ser subanillo suyo. Recíprocamente, supongamos que A es un dominio y sean f, g ∈ A[t] dos polinomios no nulos. Entonces también son no nulos sus coeficientes directores a y b. Por tanto el coeficiente director de f g es ab 6= 0, y esto implica que f g 6= 0.  Observaciones V.1.3 (1) Si A no es un dominio, entonces el grado del producto de dos polinomios de A[t] no es necesariamente igual a la suma de sus grados, y puede ocurrir que U(A) ( U(A[t]). En efecto, si A := Z4 , el polinomio f := [1]4 + [2]4 t ∈ Z4 [t] es una unidad en Z4 [t], ya que, f 2 = [1]4 + [4]4 t + [4]4 t2 = [1]4

&

deg(f 2 ) = 0 6= 2 deg(f ).

A continuación, veremos el Teorema de división en un anillo de polinomios. divpol

Teorema V.1.4 (Teorema Sean A un anillo conmutativo y unitario y dos P Pnde división) j i polinomios no nulos f := i=0 ai t y g := m j=0 bj t ∈ A[t] de grados n y m, respectivamente. Entonces, existen un entero k ≥ 0 y polinomios q, r ∈ A[t] tales que bkm f := gq + r y deg(r) < deg(g). Demostración. Nótese que si deg(f ) < deg(g) basta tomar k := 0, q := 0 y r := f . Por tanto, podemos suponer que deg(f ) ≥ deg(g), y procedemos por inducción sobre el grado de f . Si deg(f ) = 0, entonces, como g es no nulo, deg(g) = 0 y tomando k := 1, q := f y r := 0 hemos terminado. Supongamos el resultado cierto para polinomios f de grado menor o igual que n − 1 y veamos que también es cierto para polinomios de grado n. Sea h := bm f − an tn−m g, cuyo grado es menor o igual que n − 1. Si deg(h) < deg(g), entonces tomando k := 1, q := an tn−m y r := h hemos terminado. Si deg(h) ≥ deg(g) entonces, por la hipótesis de inducción, existen k0 ≥ 0 y q0 , r0 ∈ A[t] tales que bkm0 h := q0 g + r0 y deg(r0 ) < deg(g). Ahora, basta elegir k := k0 + 1, q := bkm0 an tn−m + q0 y r := r0 . 

propdivpol

Observaciones V.1.5 (1) Nótese que si en el Teorema V.1.4 el elemento bm ∈ A \ {0} es una unidad entonces podemos suponer que k = 0. En efecto, sea c ∈ A tal que bm c = 1. Por el Teorema V.1.4, existen k ≥ 0 y q0 , r0 ∈ A[t] tales que bkm f := q0 g + r0 y deg(r0 ) < deg(g). Si multiplicamos la expresión anterior por ck y tomamos q := ck q0 y r := ck r0 tenemos que f = qg + r y deg(r) < deg(g).

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CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

(2) En particular si A := K es un cuerpo, entonces la aplicación ϕ : K[t] \ {0} → N, f 7→ deg(f ) dota a K[t] de estructura de dominio euclídeo. En efecto, en primer lugar, como K es un dominio, dados f, g ∈ K[t] \ {0} se tiene ϕ(f g) = deg(f g) = deg(f ) + deg(g) ≥ deg(f ) = ϕ(f ). Además, según acabamos de observar, dados f, g ∈ K[t] con g 6= 0, existen q, r ∈ K[t] tales que, r = 0 o r 6= 0 y ϕ(r) = deg(r) < deg(g) = ϕ(g). (3) Si K es un cuerpo y f, g ∈ K[t] son polinomios tales que g 6= 0, los elementos r y q tales que f = qg + r con r = 0 o r 6= 0 y deg(r) < deg(g) son únicos y se denominan resto y cociente de la división euclídea de f entre g. En efecto, si f = q1 g + r1 = q2 g + r2 con qi , ri ∈ K[t] y deg(ri ) < deg(g), entonces (q1 − q2 )g = r2 − r1 . Tomando grados en la expresión anterior tenemos que
deg(q1 −q2 )+deg(g) = deg (q1 −q2 )g = deg(r2 −r1 ) ≤ m´ax{deg(r1 ), deg(r2 )} < deg(g), y esto sólo es posible si q1 − q2 = 0, es decir, si q1 = q2 . Así, r1 = r2 y hemos terminado. (4) En la siguiente sección veremos que como Z es un DFU también Z[t] es un DFU, lo que proporciona un ejemplo de un DFU que no es un DIP. deDip

Lema V.1.6 Sean A un dominio y a ∈ A \ {0} tales que el ideal (a, t)A[t] es principal. Entonces a ∈ U(A). Demostración. Por hipótesis existe h ∈ A[t] tal que el ideal a := (a, t)A[t] = hA[t], luego existe g ∈ A[t] tal que a := hg. Como A es un dominio, 0 = deg(a) = deg(gh) = deg(g) + deg(h). Por tanto deg(h) = deg(g) = 0, lo que significa que h, g ∈ A. Como t ∈ a existe f ∈ A[t] tal que t := hf , así que, 1 = deg(t) = deg(h) + deg(f ) = deg(f ). Entonces, existen b, c ∈ A tales que f (t) := b + ct, luego t = hf = hb + hct, es decir, hb = 0 y hc = 1. La segunda igualdad implica que h es unidad en A, luego en A[t], y así a = A[t]. En particular, existen p, q ∈ A[t] tales que 1 = ap + tq. Esto implica que los términos independientes de los dos miembros de esta igualdad coinciden, es decir, 1 = ap0 , donde p0 es el término independiente de p. De este modo, a ∈ U(A) y hemos acabado. 

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

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Ejemplo V.1.7 Se deduce del Lema anterior V.1.6 que aunque Z es un DE, el anillo Z[t] no es ni siquiera un DIP, porque el ideal (2, t)Z[t] no es principal, pues 2 6∈ U(Z). cdedip

Proposición V.1.8 Sea A un anillo. Las siguientes afirmaciones son equivalentes (1) A es un cuerpo. (2) A[t] es un DE. (3) A[t] es un DIP. Demostración. Hemos probado que (1) implica (2) en V.1.5 (2), mientras que (2) implica (3) se vió en el Teorema IV.1.13. Finalmente, supongamos que A[t] es un dominio de ideales principales y sea a ∈ A \ {0}. Como el ideal (a, t)A[t] es principal se deduce del Lema V.1.6 que a ∈ U(A), así que A es un cuerpo.  A continuación, introducimos los conceptos de homomorfismo evaluación y de raíces de un polinomio.

eval

Definición y Observación V.1.9 (Homomorfismo evaluación) Sean A y B dos anillos tales que A es un subanillo de B. Sea b ∈ B y consideramos la aplicación evb : A[t] → B, f :=

n X

ai ti 7→ f (b) =

i=0

n X

ai bi .

i=0

Se comprueba inmediatamente que la aplicación evb es un homomorfismo, que denominamos homomorfismo evaluación en b, que cumple que evb |A = idA y evb (t) = b. Además, la imagen de evb , que denotaremos por A[b], es el menor subanillo de B que contiene a A y a b. Por el Primer Teorema de isomorfía II.2.1 se cumple que A[t]/ ker evb ∼ = A[b]. Algunos ejemplos relevantes son los siguientes. ExSiGN

√ Ejemplos V.1.10 (1) Denotemos i := −1. El homomorfismo evi : R[t] → C, f 7→ f (i) es sobreyectivo y tiene por núcleo el ideal a = (t2 + 1)R[t]. En efecto, la sobreyectividad es obvia, porque para cada a, b ∈ R se tiene a + ib = evi (a + bt). En cuanto al núcleo, es también claro que a ⊂ ker evi porque evi (t2 + 1) = 0. Recíprocamente, sea f ∈ ker evi . Por el Teorema de división existen q, r ∈ R[t] tales que f (t) = q(t)(t2 +1)+r(t) y deg(r) ≤ 1. Se trata de probar que r = 0, y suponemos lo contrario. Nótese que r(i) = f (i) − q(i)(i2 + 1) = 0, luego r 6∈ R, así que deg(r) = 1. Existen por tanto a, b ∈ R tales que b 6= 0 y r := a + bt. Pero entonces 0 = r(i) = a + ib, es

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CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

decir, i = −a/b ∈ R, y esto es falso. Se deduce del Primer Teorema de isomorfía que R[t]/(t2 + 1) ∼ = C. En particular este cociente es un cuerpo, por lo que (t2 + 1)R[t] es un ideal maximal en R[t]. √ (2) Si n ∈ Z no es un cuadrado en Z, el conjunto {a + b n : a, b ∈ Z} es un subanillo de C por ser la imagen del homomorfismo evaluación √ ev√n : Z[t] → C, f 7→ f ( n), √ √ y de hecho es el menor subanillo Z[ n] de C que contiene a Z y n. Además, el núcleo de este homomorfismo es ker ev√n = (t2 − n)Z[t], luego √ Z[t]/(t2 − n) ∼ = Z[ n]. En efecto, es obvio que (t2 − n)Z[t] ⊂ ker ev√n , y para probar la otra inclusión tomamos f ∈ ker ev√n . Por el Teorema de división, y puesto que t2 − n es mónico, existen q, r ∈ Z[t] tales que f (t) := q(t)(t2 − n) + r(t) con deg(r) ≤ 1, y se trata de probar que r = 0. Sean a, b ∈ Z tales que r(t) := a + bt. Entonces, √ √ √ √ a + b n = r( n) = f ( n) − q( n)(n − n) = 0. √ Si b 6= 0 se tiene n = −a/b ∈ Q, y esto es falso, por el Corolario III.1.14 (2). Por ello b = 0, lo que implica que a = 0, luego r = 0 y así f ∈ (t2 − n)Z[t]. (3) En particular −1 no es un cuadrado en Z, y se deduce de lo anterior que el homomorfismo evaluación evi : Z[t] → C, f (t) → f (i) tiene por imagen el anillo Z[i] de los enteros de Gauss y su núcleo es el ideal (t2 + 1)Z[t]. En consecuencia, Z[t]/(t2 + 1) ∼ = Z[i]. (4) Para cada anillo A, el homomorfismo ev0 : A[t] → A, f (t) 7→ f (0) cumple que ker ev0 = (t) e im ev0 = A, luego A[t]/(t) ∼ = A. En efecto, la sobreyectividad es evidente, y para calcular su núcleo basta observar que el polinomio f (t) = an tn +· · ·+a0 se transforma por ev0 en a0 = f (0), luego f ∈ ker ev0 si y sólo si f (t) = t(an tn−1 + · · · + a1 ) ∈ (t)A[t]. cardinal

Ejemplo V.1.11 Vamos a emplear el homomorfismo evaluación para resolver algunos apartados del Ejercicio IV.12 por un procedimiento diferente al utilizado en la resolución expuesta en las soluciones de los ejercicios. √ 2πi Sean i := −1 y ρ := e 3 ∈ C. Vamos a comprobar que A := {a + bρ : a, b ∈ Z} es un subanillo unitario de C, que el ideal m := zA, donde z := 1 − ρ, es maximal, y calcularemos el número de elementos del cuerpo cociente K := A/m. Para ello comenzamos por demostrar que el núcleo del homomorfismo evρ : Z[t] → C, f (t) 7→ f (ρ),

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

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es un ideal principal. Como ρ3 = 1 el polinomio t3 − 1 pertenece al núcleo de evρ . Además, t3 − 1 = (t − 1) · (t2 + t + 1), y como t3 − 1 ∈ ker evρ pero t − 1 ∈ / ker evρ , el polinomio g(t) := t2 + t + 1 pertenece al núcleo de evρ , y vamos a comprobar que se tiene la igualdad ker evρ = gZ[t]. Para cada h ∈ Z[t], y puesto que g es mónico, se deduce del Teorema de división V.1.4 que existen polinomios q, r ∈ Z[t] tales que h := qg + r y r(t) := at + b para ciertos a, b ∈ Z. Así, aρ + b = r(ρ) = h(ρ) − q(ρ)g(ρ) = h(ρ).

(1) EvAL

Por tanto, si h ∈ ker evρ resulta que aρ + b = 0 y, necesariamente, a = 0 pues en caso contrario ρ = −b/a ∈ Q ⊂ R, y esto es falso, ya que √ ρ = cos(2π/3) + i sen(2π/3) = (−1/2) + ( 3/2)i ∈ C \ R. Por tanto a = 0, lo que por la igualdad (1) implica que también b = 0, y en consecuencia h = qg ∈ gZ[t]. Esto demuestra la igualdad ker evρ = gZ[t] y, por el Primer Teorema de isomorfía, II.2.1, la aplicación ϕ : Z[t]/gZ[t] → Z[ρ], f (t) + gZ[t] 7→ f (ρ) es un isomorfismo. Además, A = Z[ρ] porque por (1) se tiene Z[ρ] = im evρ = {h(ρ) : h ∈ Z[t]} = {aρ + b : a, b ∈ Z} = A. En consecuencia, la aplicación ϕ : B := Z[t]/gZ[t] → A = Z[ρ], f (t) + gZ[t] 7→ f (ρ) es un isomorfismo. Por tanto, si n := ϕ−1 (m), se tiene B/n ∼ = A/m = K, luego para probar que el ideal m es maximal y determinar el cardinal de K es suficiente probar que el cociente B/n es un cuerpo y contar el número de sus elementos. Ahora bien, para cada polinomio h ∈ Z[t] se tiene: h+gZ[t] ∈ n ⇐⇒ h(ρ) = ϕ(h+gZ[t]) ∈ m ⇐⇒ ∃q1 ∈ Z[t] tal que h(ρ) = (1−ρ)q1 (ρ). La última igualdad equivale a que el polinomio h(t) − (1 − t)q1 (t) pertenece al núcleo del homomorfismo evρ , es decir, es múltiplo del polinomio g(t), o lo que es lo mismo, h + gZ[t] ∈ n ⇐⇒ ∃q1 , q2 ∈ Z[t] tales que h(t) − (1 − t)q1 (t) = g(t)q2 (t). En consecuencia, n = p/gZ[t], donde p := (g(t), 1 − t)Z[t]. Empleando el Tercer Teorema de isomorfía II.2.3, resulta B/n = (Z[t]/gZ[t])/n = (Z[t]/gZ[t])/(p/gZ[t]) ∼ = Z[t]/p,

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CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

luego basta demostrar que p es un ideal maximal de Z[t] y calcular el número de elementos del cociente Z[t]/p. Ahora bien, al dividir g(t) entre t − 1 se tiene g(t) = t2 + t + 1 = (t − 1)(t + 2) + 3, luego p = (g(t), t − 1) = (t − 1, 3). Veamos que p es el núcleo del homomorfismo ψ : Z[t] → Z3 , f (t) 7→ f (1) + 3Z. Hecho esto, y puesto que ψ es sobreyectivo ya que ψ(k) = k + 3Z para cada entero k, se desprende del Primer Teorema de isomorfía II.2.1 que el homomorfismo inducido ψ : Z[t]/p → Z3 , f + a 7→ f (1) + 3Z es un isomorfismo, lo que demuestra que p es un ideal maximal de Z[t] y que el cociente Z[t]/p es un cuerpo con 3 elementos. Sólo falta por tanto comprobar la igualdad ker ψ = p. La inclusión p ⊂ ker ψ es evidente porque ψ(g) = g(1) + 3Z = 3 + 3Z = 0 + 3Z & ψ(3) = 3 + 3Z = 0 + 3Z. Recíprocamente, sea f ∈ ker ψ. Por el Teorema de división V.1.4 existen q ∈ Z[t] y q ∈ Z tales que f (t) := q(t)(t − 1) + r, luego r + 3Z = f (1) + 3Z = ψ(f ) = 0, es decir, r es múltiplo de 3, así que f (t) = q(t)(t − 1) + r ∈ p. Mediante el homomorfismo evaluación caracterizamos de nuevo los monomorfismos. Proposición V.1.12 Sea f : A → B un homomorfismo de anillos. Entonces f es monomorfismo si y sólo si para cada par de homomorfismos de anillos g, h : A0 → A tales que f ◦ g = f ◦ h se cumple que g = h. Demostración. Supongamos que f es monomorfismo y sean g y h dos homomorfismos en las condiciones del enunciado. Entonces, dado x ∈ A0 se cumple que f (g(x) − h(x)) = (f ◦ g)(x) − (f ◦ h)(x) = 0 y, por ser f inyectivo, g(x) − h(x) ∈ ker f = {0}, esto es g(x) = h(x). Para la implicación recíproca sean a, b ∈ A tales que f (a) = f (b). Consideramos los homomorfismos de anillos eva : A[t] → A, p 7→ p(a) &

evb : A[t] → A, p 7→ p(b).

Se cumple que f ◦ eva = evf (a) = evf (b) = f ◦ evb , lo que implica, eva = evb . Así, a = eva (t) = evb (t) = b, luego f es inyectiva.



CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

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Observaciones V.1.13 (1) Sea f : A → B un epimomorfismo. Entonces, para cada par de homomorfismos de anillos g, h : B → C tales que g ◦ f = h ◦ f se cumple que g = h. En efecto, dado b ∈ B existe a ∈ A tal que f (a) = b, luego g(b) = (g ◦f )(a) = (h◦f )(a) = h(b), así que g = h. (2) En lenguaje de categorías lo anterior se formula diciendo que los epimorfismos son homomorfismos epiyectivos. Comprobamos a continuación que el recíproco no es cierto demostrando que el homomorfismo inclusión j : Z ,→ Q, que evidentemente no es sobreyectivo, es epiyectivo. Para ello hemos que comprobar que si C es un anillo, todo homomorfismo de anillos g : Q → C está determinado por la restricción g|Z = g ◦ j. En efecto, g es inyectiva por ser Q un cuerpo, luego también es inyectiva g|Z , es decir, g(n) 6= 0 para cada n ∈ Z \ {0}. Para cada ζ ∈ Q existen m, n ∈ Z tales que n 6= 0 y nζ = m. Por tanto, g(m) = g(n)g(ζ). Además, g(n) es una unidad en C ya que 1C = g(1) = g(n · 1/n) = g(n)g(1/n), y por tanto, de la igualdad g(m) = g(n)g(ζ) se desprende que g(n)−1 g(m) = g(ζ), lo que prueba que g(ζ) se calcula a partir de las imágenes por g de los números enteros m y n. ruffini

Corolario V.1.14 (Regla de Ruffini) Sean A un anillo, f ∈ A[t] y a ∈ A. Entonces existe un polinomio q ∈ A[t] tal que f (t) := (t − a)q(t) + f (a), donde f (a) = eva (f ). Obsérvese que deg(f (a)) < deg(t − a), por lo que la igualdad f = (t − a)q(t) + f (a) es una división, en el sentido del Teorema V.1.4. Demostración. Por el Teorema V.1.4, existen q, r ∈ A[t] tales que f (t) := (t − a)q(t) + r(t) &

deg(r) < deg(t − a) = 1,

luego r ∈ A, por lo que f (a) = eva (f ) = eva (t − a) eva (q) + eva (r) = r, y concluimos que f (t) = (t − a)q(t) + f (a).

2.



Raíces de un polinomio. Teorema Fundamental del Álgebra. Teorema de la base

Definiciones V.2.1 (Raíces de un polinomio) Sean A un anillo y f ∈ A[t] un polinomio no nulo. Se dice que a ∈ A es una raíz de f en A si f (a) = 0. Por tanto, los polinomios

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

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constantes no nulos, esto es, los de grado 0, no tienen raíces. Nótese que como consecuencia de la Regla de Ruffini V.1.14, la condición f (a) = 0 es equivalente a que t − a divida a f . Si a es una raíz de f en A, se define la multiplicidad multa (f ) := k de a como raíz de f como el máximo de los números enteros ` ≥ 1 tales que (t − a)` divide a f , es decir, (t − a)k divide a f pero (t − a)k+1 no lo divide. Obsérvese que si (t − a)` divide a f entonces ` ≤ deg(f ), luego existe la multiplicidad de a como raíz de f . Se dice que a es una raíz múltiple de f si multa (f ) > 1 y que es simple si multa (f ) = 1. summult

Proposición V.2.2 Sean A un dominio, f ∈ A[t] un polinomio Pr no nulo que tiene alguna raíz en A y a1 , . . . , ar ∈ A raíces de f en A. Entonces i=1 multai (f ) ≤ deg(f ). En particular, el número de raíces de f en A está acotado superiormente por deg(f ), por lo que es finito. Demostración. Procedemos por inducción sobre el grado de f . Si deg(f ) = 1 y f tiene alguna raíz a en A entonces t − a divide a f , luego existe b ∈ A[t], cuyo grado es necesariamente 0, tal que f (t) = b · (t − a). Además, multa (f ) = 1, porque el grado de (t − a)2 es mayor que el de f . Por otro lado, si c ∈ A \ {a}, se tiene f (c) = b(c − a) 6= 0. Por tanto, a es la única raíz de f y tiene multiplicidad 1, con lo que se satisface la desigualdad propuesta, que en este caso es una igualdad. Suponemos el resultado cierto para polinomios de grado < n y veamos que lo es para polinomios f de grado n. Sean a1 una raíz de f y k1 := multa1 (f ). Entonces, existe g ∈ A[t] de grado deg(f ) − k1 tal que f (t) = (t − a1 )k1 g(t). Observamos que como a2 , . . . , ar son raíces de f y no lo son de (t − a1 )k−1 , entonces son raíces de g, pues para cada 2 ≤ i ≤ r, 0 = f (ai ) = (ai − a1 )k1 g(ai ), y como a1 6= ai resulta que g(ai ) = 0 y multai (f ) = multai (g). Como deg(g) < deg(f ) = n, por hipótesis de inducción se cumple que r X i=2

multai (f ) =

r X

multai (g) ≤ deg(g) = deg(f ) − k1 = deg(f ) − multa1 (f ),

i=2

y pasando de miembro,

Pr

i=1 multai (f )

≤ deg(f ).



Ejemplo V.2.3 Si A no es un dominio y f ∈ A[t] es un polinomio no nulo, el número de raíces de f en A puede ser mayor que el grado de f . Tomamos por ejemplo A := Z8 y f := t2 − 1, que tiene grado 2. Se cumple que f (1) = f (3) = f (5) = f (7) = 0 y, por tanto, el número de raíces de f en A es mayor que su grado.

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

CYclic

79

Corolario V.2.4 Todo subgrupo del grupo multiplicativo K ∗ formado por los elementos no nulos de un cuerpo finito K es cíclico. Demostración. Vimos en I.1.10, vol. I, que todo subgrupo de un grupo cíclico es cíclico, luego basta probar que K ∗ es cíclico. Como K ∗ es un grupo abeliano finito tiene exponente, esto es, existe a ∈ K ∗ cuyo orden m ∈ Z+ es múltiplo del orden de cada elemento de K ∗ . Denotamos n = ord(K ∗ ) y probaremos que m = n, por lo que K ∗ es el grupo cíclico generado por a. Desde luego m ≤ n, y además xm = 1 para cada elemento de G. Esto último se expresa diciendo que el polinomio tm − 1 tiene a todos los elementos de K ∗ por raíces luego, por la Proposición V.2.2, n ≤ m, y con ello m = n. 

prOPdEv

Definición y Proposición V.2.5 Sean A un anillo y f (t) := 0 polinomio. Se define la derivada ∂f ∂t = f de f como el polinomio 0

f (t) :=

Pn

k k=0 ak t

∈ A[t] un

n−1 X

(k + 1)ak+1 tk = a1 + 2a2 t + 3a3 t2 + · · · + nan tn−1 ∈ A[t].

k=0

Sean f, g ∈ A[t] y a ∈ A. Se cumplen las siguientes propiedades: (1) (af )0 = af 0 . (2) (f + g)0 = f 0 + g 0 . (3) (f g)0 = f 0 g + f g 0 (Regla de Leibniz). (4) (f (g))0 = f 0 (g) · g 0 (Regla de la cadena). Demostración. La prueba de (1) y (2) es inmediata. Veamos (3) por inducción sobre n := deg(f ). Para n = 0 es el apartado (1), y si lo suponemos probado para polinomios de grado menor o igual que n − 1 y f tiene grado n ≥ 1, escribimos f (t) := atn + h(t) donde deg(h) ≤ n − 1. En virtud del apartado (2) y la hipótesis de inducción se tiene (f g)0 = (atn g + hg)0 = (atn g)0 + (hg)0 = (atn g)0 + h0 g + hg 0 = (atn g)0 + (f 0 − antn−1 )g + (f − atn )g 0 = f 0 g + f g 0 + (atn g)0 − antn−1 g − atn g 0 . Se trata pues de probar que (atn g)0 = antn−1 g + atn g 0 . Para ello ponemos g(t) :=

m X k=0

bk tk ∈ A[t]

=⇒

atn g(t) =

m X k=0

ck tn+k ,

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

80

donde ck := abk y así, m m m X X X n+k−1 n−1 n k−1 n (at g) = (n + k)abk t = anb0 t + ant bk t + at kbk tk−1 n

0

k=0

= antn−1

k=1 m X k=0

bk tk + atn

m X

k=1

kbk tk−1 = antn−1 g + atn g 0 .

k=1

(4) Argumentamos por inducción sobre el grado n = deg(f ). Si n = 0 entonces f = a ∈ A, así que f (g) = a, luego (f (g))0 = a0 = 0 = f 0 (g). Suponemos probado el resultado para polinomios de grado menor o igual que n − 1 y que f tiene grado n ≥ 1. Efectuamos la misma descomposición f = atn + h, donde deg(h) ≤ n − 1, que en el apartado anterior. Así, f (g) = ag n + h(g) y, por los apartados (1) y (2) y la hipótesis de inducción se tiene (f (g))0 = (ag n + h(g))0 = (ag n )0 + (h(g))0 = a(g n )0 + h0 (g)g 0 . Como h0 = f 0 − natn−1 al evaluar en g resulta h0 (g) = f 0 (g) − nag n−1 , así que
(f (g))0 = a(g n )0 + (f 0 (g) − nag n−1 )g 0 = f 0 (g)g 0 + a (g n )0 − ng n−1 g 0 . En consecuencia, es suficiente demostrar que para cada entero positivo n y cada polinomio g ∈ A[t] se cumple la igualdad (g n )0 = ng n−1 g 0 . El resultado es obvio para n = 1, y si lo suponemos cierto para el exponente n − 1 se deduce del apartado (3) que (g n )0 = (g · g n−1 )0 = g 0 g n−1 + g(g n−1 )0 = g 0 g n−1 + (n − 1)gg n−2 g 0 = ng n−1 g 0 .  mult

Proposición V.2.6 Sean A un dominio, f ∈ A[t] y a ∈ A una raíz de f . Entonces: (1) La raíz a de f es simple si y sólo si f 0 (a) 6= 0. (2) Si A es un cuerpo y mcd (f, f 0 ) = 1, entonces f no tiene raíces múltiples en A. Demostración. (1) Denotamos m := multa (f ) ≥ 1 y escribimos f (t) := (t − a)m g(t) para cierto polinomio g ∈ A[t] tal que g(a) 6= 0. Derivando resulta f 0 (t) = (t − a)m g 0 (t) + m(t − a)m−1 g(t), y por tanto, dado que g(a) 6= 0, m ≥ 1 y que A es un dominio, se cumple que f 0 (a) 6= 0 si y sólo si m = 1, es decir, si a es raíz simple de f . (2) Como f y f 0 son primos entre sí y A[t] es un DE por ser A un cuerpo, existen g, h ∈ A[t] tales que 1 = gf + hf 0 . Sea a ∈ A una raíz de f . Evaluando en a, 1 = g(a)f (a) + h(a)f 0 (a) = h(a)f 0 (a), por lo que f 0 (a) 6= 0, luego a es una raíz simple de f .



CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

81

Observaciones V.2.7 (1) El apartado (2) de la Proposición V.2.6 sigue siendo cierto aunque A no sea un cuerpo, siempre que sea un DFU. En tal caso, se desprende del Lema VI.1.5 que si K es el cuerpo de fracciones de A y f y f 0 son primos entre sí en A[t] también lo son en K[t] y por la Proposición V.2.6 (2) las raíces de f en K son simples. (2) Por otro lado, para que tenga sentido decir que f y f 0 son primos entre sí, necesitamos que A[t] sea un DFU, lo que se cumple, como veremos en VI.1.6, si y sólo si A es un DFU. A continuación definimos las derivadas sucesivas de un polinomio f ∈ A[t] recursivamente, es decir, f 00 = (f 0 )0 ,. . . , f k) = (f k−1) )0 . Las derivadas sucesivas permiten caracterizar la multiplicidad de una raíz de un polinomio si A tiene característica cero. Antes de ello probamos una igualdad muy útil. Leibniz

Proposición V.2.8 (Fórmula de Leibniz) Sean f, g ∈ A[t] dos polinomios. Entonces, la derivada de orden n del producto f g cumple la igualdad (f g)n) =

n   X n k=0

k

f n−k) g k) .

Demostración. Probamos la igualdad por inducción. Para n = 1 basta emplear la Proposición V.2.5 (3). En cuanto al paso inductivo, si admitimos la fórmula para n tenemos, (f g)

n+1)

n   X n n+1−k) k) = (f g) = (f g + f g ) = (f g) + (f g ) = f g k k=0  n   n   n+1  X n n−k) k+1) X n n+1−k) k) X n + f g = f g + f n+1−k) g k) k k k−1 k=0 k=0 k=1   n   X n n = f n+1) g + + f n+1−k) g k) + f g n+1) k k−1 k=1  n+1 X n + 1 f n+1−k) g k) . = k


0 n)

0

0 n)

0

0 n)

n)

k=0

 Proposición V.2.9 Sean A un dominio de característica cero, f ∈ A[t] un polinomio y a ∈ A. Entonces a es una raíz de f de multiplicidad k si y sólo si f (a) = f 0 (a) = · · · = f k−1) (a) = 0

&

f k) (a) 6= 0.

(2) M

82

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

Demostración. Denotamos f 0) = f y si f = (t − a)g para cierto g ∈ A[t] se deduce de la Fórmula de Leibniz que para cada entero ` ≥ 1 se tiene f `) = `g `−1) + (t − a)g `) . Suponemos ahora que a es raíz de multiplicidad k de f y vamos a demostrar la igualdad (2) por inducción sobre k. Para k = 1 basta aplicar la Proposición V.2.6. Para el paso inductivo, supongamos que a es raíz de multiplicidad k ≥ 2 de f . Por la Regla de Ruffini existe g ∈ A[t] tal que f = (t − a)g. De la definición de multiplicidad se sigue que a es raíz de g de multiplicidad k − 1 luego, por hipótesis de inducción, g(a) = g 0 (a) = · · · = g k−2) (a) = 0 & g k−1) (a) 6= 0. Así f `) (a) = `g `−1) (a) = 0 para 1 ≤ ` ≤ k − 1 mientras que, como la característica de A es cero, f k) (a) = kg k−1) (a) 6= 0. Recíprocamente, suponemos que se cumple (2) y vamos a demostrar, por inducción sobre k, que a es raíz de multiplicidad k de f . Para k = 1, basta aplicar de nuevo la Proposición V.2.6. Supongamos el resultado cierto para raíces de multiplicidad k − 1 y veamos que también lo es para raíces de multiplicidad k. Como f (a) = 0 existe g ∈ A[t] tal que f (t) = (t − a)g(t). Se tiene `g `−1) (a) = f `) (a) = 0 ∀ 1 ≤ ` ≤ k − 1 & kg k−1) (a) = f k) (a) 6= 0. Por tanto, como la característica de A es cero, deducimos que g `−1) (a) = 0 ∀ 1 ≤ ` ≤ k − 1 & g k−1) (a) 6= 0. Esto significa, por la hipótesis de inducción, que a es una raíz de g de multiplicidad k − 1, por lo que es una raíz de f de multiplicidad k.  Observación V.2.10 Si la característica de A es p > 0, el resultado anterior no es cierto. Si tomamos por ejemplo A := Zp y f (t) := (t + 1)p = tp + 1, entonces −1 es una raíz de f de multiplicidad p y, sin embargo, f 0 es idénticamente 0. El siguiente resultado ayuda a determinar los candidatos a raíces, en un DFU A y en su cuerpo de fracciones K, de un polinomio con coeficientes en A. RooTcnd

P Teorema V.2.11 Sean A un DFU, f := dk=0 ck tk ∈ A[t] un polinomio de grado d ≥ 0 y a/b ∈ K una raíz de f en el cuerpo de fracciones K de A. Supongamos que a y b son primos entre sí. Entonces a|c0 y b|cd .

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

Demostración. Como a/b es una raíz de f entonces 0 = f (a/b) = plicando la expresión anterior por bd , obtenemos 0=

d X

k d−k

ck a b

d

d

= c0 b + cd a + ab

k=0

d−1 X

83

Pd

k k=0 ck (a/b) .

Multi-

ck ak−1 bd−k−1 ,

k=1

luego ab divide a c0 bd + cd ad . En consecuencia, a|c0 bd y b|cd ad . Por ser mcd (a, b) = 1, lo primero implica que a divide a c0 , y lo segundo que b divide cd .  NoRmAl

P k Corolario V.2.12 (1) Sean A un DFU, f := tn + n−1 k=0 ak t ∈ A[t] un polinomio mónico y x ∈ K una raíz de f en el cuerpo de fracciones K de A. Entonces x ∈ A. (2) Si un número entero es el cuadrado de un número racional, entonces es el cuadrado de un número entero. Demostración. (1) Sean a, b ∈ A primos entre sí tales que x := a/b. Por el Teorema V.2.11 b|1, luego existe c ∈ A tal que bc = 1. Por tanto, x = ac/bc = ac ∈ A. (2) Sea x ∈ Q tal que x2 = a ∈ Z. Esto significa que x es raíz del polinomio mónico t2 − a ∈ Z[t], y se desprende del apartado anterior que x ∈ Z.  Enunciamos y demostramos a continuación uno de los resultados más importante acerca de los polinomios en una variable. Asumimos conocido que dados a ∈ C \ {0} y un entero s > 0 existe ω ∈ C tal que ω s = a. De hecho, si |a| denota el módulo de a y θ su argumento, entonces a = |a|eiθ y basta tomar ω := |a|1/s eiθ/s .

TFA

Teorema V.2.13 (Teorema Fundamental del Álgebra) Sea f ∈ C[t] un polinomio de grado mayor o igual que uno. Entonces, existe z0 ∈ C tal que f (z0 ) = 0. Demostración. Dividendo P f por su coeficiente director podemos suponer que es mónico, esto es, f (t) := tn + nk=1 ak tn−k para ciertos a1 , . . . , an ∈ C. Consideramos la función continua F : C → R, z 7→ |f (z)| y vamos a demostrar que l´ım|z|→+∞ F (z) = +∞. En efecto, por la desigualdad triangular, para cada z ∈ C \ {0} se tiene n n n n X  X X X |ak |  F (z) = z n + ak z n−k ≥ |z|n − ak z n−k ≥ |z|n − |ak ||z|n−k = |z|n 1− , |z|k k=1

k=1

k=1



k=1



P k| luego l´ım|z|→+∞ F (z) = +∞, pues l´ım|z|→+∞ 1 − nk=1 |a = 1. Además F (z) ≥ 0 para |z|k cada z ∈ C, luego existe m := ´ınf{F (z) : z ∈ C}, y veamos que m = m´ın{F (z) : z ∈ C}.

84

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

En efecto, como l´ım|z|→+∞ F (z) = +∞ existe r ∈ (0, +∞) tal que F (z) > m para cada z ∈ C con |z| > r, y puesto que D := {z ∈ C : |z| ≤ r} es compacto se tiene ´ınf{F (z) : z ∈ C} = m = m´ın{F (z) : z ∈ D}, así que el ínfimo anterior es un mínimo. Existe por tanto z0 ∈ C tal que F (z0 ) = m y vamos a probar que ésta es la raíz de f buscada, esto es, que m = 0. Supongamos, por reducción al absurdo, que F (z0 ) = m > 0. Consideramos el polinomio g(t) := f (t + z0 ) = f (z0 ) +

n X

bk tk ,

k=s

para ciertos bk ∈ C con bs 6= 0, y sea ω ∈ C \ {0} tal que ω s = −f (z0 )/bs . Comprobaremos que existe ρ ∈ (0, 1) tal que F (ρω + z0 ) < F (z0 ), lo que contradice la elección de z0 . En efecto, al sustituir t := ρω en la expresión del polinomio g se tiene g(ρω) = f (z0 ) +

n X

k

s

bk (ρω) = f (z0 )(1 − ρ ) +

k=s

n X

bk (ρω)k .

k=s+1

Esta igualdad proporciona, empleando que 0 < ρ < 1, la estimación |g(ρω)| ≤ |f (z0 )|(1 − ρs ) + ρs+1

n  X

ρk−s−1 |bk ||ω|k



k=s+1 s

s+1

≤ |f (z0 )|(1 − ρ ) + ρ

n  X

 |bk ||ω|k .

k=s+1

Para simplificar denotamos c :=

Pn

k k=s+1 |bk ||ω|

∈ R, y se tiene

|g(ρω)| ≤ |f (z0 )|(1 − ρs ) + ρs+1 c = |f (z0 )| − ρs (|f (z0 )| − cρ). Eligiendo ρ ∈ (0, 1) de modo que cρ < |f (z0 )| llegamos a una contradicción, ya que F (ρω + z0 ) = |f (ρω + z0 )| = |g(ρω)| < |f (z0 )| = F (z0 ) = ´ınf{F (z) : z ∈ C}. Por tanto m = 0 y z0 es raíz de f .



Corolario V.2.14 Sea f ∈ C[t] un polinomio de grado mayor o igual que 1. Entonces, existen a, a1 , . . . , as ∈ C y enteros positivos m1 , . . . , ms tales que f (t) = a

s Y

(t − aj )mj .

j=1

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

85

Demostración. Demostramos el resultado por inducción sobre d := deg(f ). Si d = 1 existen a, b ∈ C tales que a 6= 0 y f (t) := at+b, luego a1 = −b/a ∈ C cumple que f (t) = a(t−a1 ). Supongamos probado el resultado para polinomios de grado menor o igual que d − 1 ≥ 1, y sea f de grado d. Por el Teorema Fundamental del Álgebra existe a1 ∈ C tal que f (a1 ) = 0, luego existe g ∈ C[t] tal que f (t) = (t − a1 )g(t). Aplicamos a g la hipótesis de inducción, pues deg(g) = deg(f ) − 1, por lo que existen a, a2 , . . . , as ∈ C, enteros positivos m2 , . . . , ms y un entero n1 ≥ 0 tales que, si denotamos m1 := 1 + n1 ≥ 1, g(t) = a(t − a1 )n1

s Y

(t − aj )mj

j=2

=⇒

f (t) = (t − a1 )g(t) = a

s Y

(t − aj )mj .

j=1

 Para terminar la sección presentamos una prueba del Teorema de la base de Hilbert que sigue la original debida a Hilbert y es distinta de la que aparece en la mayoría de textos, pues no involucra teoría de módulos. bhilbert

Teorema V.2.15 (Teorema de la base de Hilbert) Sea A un anillo noetheriano. Entonces, el anillo de polinomios A[t] también es noetheriano. Demostración. Supongamos, por reducción al absurdo, que existe un ideal a de A[t] que no es finitamente generado. Sea f1 ∈ a \ {0} tal que deg(f1 ) = m´ın{deg(f ) : f ∈ a \ {0}} y construimos inductivamente polinomios fk+1 ∈ a \ (f1 , . . . , fk )A[t] cuyo grado es mínimo entre los grados de los polinomios de a \ (f1 , . . . , fk )A[t]. Sean dk := deg(fk ) y ak el coeficiente director de fk . Nótese que dk ≤ dk+1 si k ≥ 1. Denotamos bk := (a1 , . . . , ak )A y observamos que bk ⊂ bk+1 para cada k ≥ 1. Como A es noetheriano, existe un entero Pn n ≥ 1 tal que bn = bn+` para cada ` ≥ 1. En particular, an+1 = k=1 ak bk para ciertos bk ∈ A. Entonces, el polinomio g := fn+1 −

n X

bk fk tdn+1 −dk ∈ a \ (f1 , . . . , fn )A[t] y deg(g) < deg(fn+1 ),

k=1

lo que contradice la elección de fn+1 . Por tanto, todo ideal de A[t] es finitamente generado, es decir, A[t] es noetheriano.  eXnTH

Observaciones V.2.16 (1) El recíproco del Teorema V.2.15 es cierto, es decir, si el anillo de polinomios A[t] es noetheriano, entonces A lo es. En efecto, en virtud del Corolario II.1.9, el cociente A[t]/(t), que por el Ejemplo V.1.10 (4) es isomorfo al anillo A, es noetheriano. (2) Vimos en el Corolario III.1.5 que Z es un anillo noetheriano y, por tanto, también lo es Z[t]. Por el Corolario II.1.9, cualquier cociente de Z[t] es noetheriano. En particular, para √ cada n ∈ Z el anillo Z[ n] ∼ = Z[t]/(t2 − n) es noetheriano.

86

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

Ejercicios y problemas propuestos Número V.1 Sea f ∈ Z[t] un polinomio que tiene alguna raíz entera y cumple f (4) = 11 y f (8) = 7. Demostrar que f tiene una única raíz entera y calcularla. Número V.2 ¿Para cuántos n ∈ Z con 1 ≤ n ≤ 100 el polinomio fn (t) := t2 + t − n ∈ Z[t] es producto de dos polinomios de grado 1 con coeficientes enteros?

identidades

Número V.3 (1) Sea k un entero no negativo. Demostrar que tk+1 − 1 = (t − 1)

k X

ti

y, si k es par,

tk+1 + 1 = (t + 1)

i=0

k X (−1)i ti . i=0

(2) Probar que uk+1 − 1 es múltiplo de u − 1 para cada u ∈ Z y, si k es par, uk+1 + 1 es múltiplo de u + 1. (3) Probar que si k ∈ Z es no negativo y u ∈ Z, entonces u2k − 1 es múltiplo de u + 1.

CrTeRDIV

Número V.4 Sea n > 1 un número entero escrito en base 10 como n := son los dígitos de n. Demostrar que:

Pm

i=0

ai 10i . Se dice que a0 , . . . , am

(1) n es múltiplo de 2 si y sólo si lo es la cifra a0 de sus unidades. (2) n es múltiplo de 3 si y sólo si lo es la suma a0 + · · · + am de sus dígitos. (3) n es múltiplo de 4 si y sólo si lo es a0 + 10a1 . (4) n es múltiplo de 5 si y sólo si o bien a0 = 0 o bien a0 = 5. (5) n es múltiplo de 6 si y sólo si es múltiplo de 2 y de 3. (6) n := a0 + a1 10 + a2 102 es múltiplo de 7 si y sólo si a1 + 10a2 − 2a0 es múltiplo de 7. (7) n es múltiplo de 8 si y sólo si lo es a0 + 10a1 + 102 a2 . (8) n es múltiplo de 9 si y sólo si lo es la suma a0 + · · · + am de sus dígitos. (9) n es múltiplo de 10 si y sólo si a0 = 0. (10) Denotemos k := [m/2] la parte entera de m/2, esto es, el mayor entero menor o igual que m/2, y convenimos que am+1 = 0. Entonces, n ∈ 11Z

⇐⇒

k X j=0

a2j −

k+1 X

a2j−1 ∈ 11Z.

j=1

(11) n := a0 + a1 10 + a2 102 es múltiplo de 13 si y sólo si 4a0 + a1 + 10a2 es múltiplo de 13. (12) n es múltiplo de 25 si y sólo si lo es a0 + 10a1 . (13) n es múltiplo de 125 si y sólo si lo es a0 + 10a1 + 102 a2 .

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

iMpp

87

Número V.5 (1) Sea f ∈ Z[t] tal que existe n ∈ Z positivo de modo que n6 |f (k) para cada 0 ≤ k ≤ n − 1. Demostrar f no tiene raíces enteras. (2) Probar que si f ∈ Z[t] cumple que f (0) y f (1) son impares, entonces f no tiene raíces enteras. Número V.6 Calcular el máximo común divisor en Q[t] y los coeficientes de una identidad de Bézout de los polinomios f1 (t) := t4 + t3 + 3t − 9 & f2 (t) := 2t3 − t2 + 6t − 3.

max

Número V.7 (1) Sean a y n dos números enteros y a := a(a, n) el ideal que generan n y t − a en Z[t]. Construir un isomorfismo entre Zn y Z[t]/a. (2) ¿Cuáles de los siguientes ideales de Z[t] son primos? ¿Cuáles son maximales? a1 := (t + 1), a2 := (2, t), a3 := (3, t), a4 := (4, t), a5 := (t2 )

&

a6 := (t3 − 2t2 − 2t − 3).

Número V.8 Sea a el ideal del anillo de polinomios Z[t] generado por 7 y t − 3. (1) Demostrar que para cada h ∈ Z[t] existe r ∈ Z tal que 0 ≤ r ≤ 6 y h − r ∈ a. (2) Encontrar el valor de r para el polinomio h(t) := t250 + 15t14 + t2 + 5. (3) Probar que el ideal a es maximal y calcular el número de elementos del cociente Z[t]/a. Número V.9 Sea K un cuerpo de característica 3. Descomponer f (t) := t9 − t3 en producto de polinomios irreducibles de K[t]. Número V.10 Sean a, b ∈ Z y f (t) := (t − a)2 + (t − b)2 − 2ab + 1. ¿Posee f alguna raíz racional? √ Número V.11 Sea A := {a + b −2 : a, b ∈ Z}. Resolver el Ejercicio IV.20, empleando un argumento semejante al utilizado en el Ejemplo V.1.11. El enunciado dice lo siguiente. Sean m y n √ números enteros tales que p := n2 + 2m2 es un número primo y denotemos m := ζA, donde ζ := n + m −2. Demostrar que m es un ideal maximal de A y determinar el número de elementos del cuerpo K := A/m. 2

Número V.12 Encontrar todos los pares de enteros positivos (x, y) tales que xy = y x . Número V.13 Sean f (t) := t2 + t − 2 y g(t) := t2 − 1 y denotemos a y b los ideales generados en R[t] por f y g, respectivamente. Encontrar un generador del ideal a ∩ b.

iRRcR

Número V.14 (1) Probar que si f ∈ R[t] tiene una raíz u ∈ C \ R, también su conjugado u es raíz de f . Además, multu (f ) = multu (f ). (2) Determinar los polinomios irreducibles de C[t] y R[t]. Número V.15 Sea n > 0 un entero. Hallar un automorfismo del anillo C[t] cuyo orden en el grupo de automorfismos de C[t] sea n.

88

CAPÍTULO V. GENERALIDADES SOBRE ANILLOS DE POLINOMIOS

Número V.16 Sean K un cuerpo y f ∈ K[t] un polinomio irreducible de grado 2. Demostrar que si la característica de K es distinta de 2, existe a ∈ K tal que los cocientes K[t]/a y K[t]/b son isomorfos, donde a y b son los ideales generados en K[t] por los polinomios f y g := t2 + a, respectivamente. Comprobar que el resultado es falso para el polinomio f (t) := t2 + t + 1 y el cuerpo K := Z2 . Número V.17 Sean K un cuerpo y f, g ∈ K[t] dos polinomios de modo que deg(g) ≥ 1. Probar que existen P un número entero d no negativo y polinomios fj ∈ K[t] con 0 ≤ j ≤ d, tales que deg(fj ) ≤ deg(g), f = dj=0 fj g j , y los polinomios fj son únicos cumpliendo las condiciones anteriores.

CoSSPOLRNG

Número V.18 Sean A un anillo conmutativo y unitario y f (t) := grado n.

Pn

i=0

ai ti ∈ A[t] un polinomio de

(1) Demostrar que f es divisor de cero si y sólo si existe a ∈ A \ {0} tal que af = 0. (2) Demostrar que f es una unidad en A[t] si y sólo si a0 ∈ U (A) y ai es nilpotente para cada 1 ≤ i ≤ n. (3) Demostrar que f es nilpotente si y sólo si ai es nilpotente para cada 0 ≤ i ≤ n.

jcb1

Número V.19 Sea A un anillo conmutativo y unitario. Demostrar que el nilradical y el radical de Jacobson, definidos en los Ejercicios I.13 y I.15, del anillo de polinomios A[t] coinciden.

CAPÍTULO VI

Factorialidad de los anillos de polinomios. Criterios de irreducibilidad El resultado más importante del capítulo, que se demuestra en la primera sección y se debe a Gauss, afirma que un anillo de polinomios sobre un anillo (conmutativo y unitario) A es un dominio de factorización única si y sólo si A es un dominio de factorización única. En la sección segunda se presentan algunos criterios de irreducibilidad de polinomios.

1.

Teorema de Gauss

El objetivo de esta sección es el estudio de los elementos irreducibles de los anillos de polinomios en una variable con coeficientes en un dominio, y de la relación entre la factorialidad de un dominio A y la del anillo de polinomios A[t]. A lo largo de la sección A denota un dominio y K su cuerpo de fracciones. Veamos en primer lugar algunos resultados elementales. ExTdPmS

Proposición VI.1.1 Consideremos el homomorfismo inclusión j : A ,→ A[t] y sea a un ideal de A. Entonces, el extendido del ideal a al anillo de polinomios A[t], dado por aA[t] =

n nX

o ak tk ∈ A[t] : cada ak ∈ a ,

k=0

es un ideal primo de A[t] si y sólo si a es un ideal primo de A. Demostración. Denotemos B := A/a y consideremos el epimorfismo de anillos A[t] → B[t], f =

n X k=0

ak tk 7→

n X

(ak + a)tk ,

k=0

cuyo núcleo es aA[t]. Por el Primer Teorema de isomorfía A[t]/aA[t] ∼ = B[t], y por la Proposición V.1.2, la primalidad del ideal a equivale a que B sea un dominio; esto equivale a que B[t] sea dominio, o lo que es igual, que aA[t] sea un ideal primo de A[t].  89

90

elepol

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

Observaciones VI.1.2 (1) Un elemento no nulo a ∈ A es reducible en A si y sólo si es reducible en A[t]. En efecto, supongamos que a es reducible en A[t]. Existen entonces f, g ∈ A[t] \ U(A[t]) tales que a = f g. Contando grados, 0 = deg(a) = deg(f ) + deg(g), luego f, g ∈ A, y no son unidades de A por la Proposición V.1.2 (1). Esto implica que a es reducible en A. Recíprocamente, supongamos que a es reducible en A. Existen entonces b, c ∈ A ⊂ A[t] que no son unidades de A tales que a = bc. Por la Proposición V.1.2 (1) tanto b como c no son unidades en A[t], por lo que a es reducible en A[t]. (2) Todo polinomio f (t) := at + b ∈ A[t] tal que a es unidad de A es irreducible en A[t]. En particular, si A es un cuerpo todo polinomio de grado 1 es irreducible en A[t]. En efecto, si f fuese reducible existirían g, h ∈ A[t] no unidades tales que f = gh y, contando grados, 1 = deg(f ) = deg(g)+deg(h). Podemos suponer que g(t) := ct+d ∈ A[t] tiene grado 1 y h ∈ A. Entonces a = ch y, como a es unidad, existe e ∈ A tal que ea = 1, es decir, (ec)h = 1, por lo que h ∈ U(A) = U(A[t]), que es una contradicción. (3) Si A[t] es un DFU, entonces A es un DFU. En efecto, probemos en primer lugar que cada elemento no nulo a ∈ A que no es unidad es producto de irreducibles de A. Como A[t] es DFU existen polinomios irreducibles f1 , . . . , fr tales que a = f1 · · · fr , y de hecho cada fi ∈ A, porque 0 = deg(a) = deg(f1 · · · fr ) = deg(f1 ) + · · · + deg(fr ), luego cada deg(fi ) = 0, es decir, fi ∈ A \ {0}. Por el apartado (1), cada fi es irreducible en A. Ahora, a la vista de la Proposición IV.1.8, para demostrar que A es un DFU es suficiente probar que para cada elemento irreducible p ∈ A el ideal p := pA es primo. Por el apartado (1) p es irreducible en A[t] y como éste anillo es un DFU, el ideal pA[t] = pA[t] es primo, y se deduce de la Proposición VI.1.1 que p es también primo. (4) El objetivo fundamental de la sección es probar un teorema debido a Gauss, que afirma que el recíproco de la observación (3) anterior es también cierta. Para ello es necesario introducir algunas nociones y resultados preliminares.

contenido

Definiciones y Observaciones VI.1.3 Sean A un DFU y f (t) := polinomio no nulo.

Pn

k k=0 ak t

∈ A[t] un

(1) Un contenido de f en A es un máximo común divisor en A de los coeficientes de f . Como el máximo común divisor es único salvo producto por unidades, lo mismo sucede con el contenido y por ello, con un ligero abuso, denotamos el contenido de f en A como cA (f ) := mcdA (a0 , . . . , an ).

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

91

Si cA (f ) = 1 se dice que f es primitivo en A[t]. Si no hay lugar a confusión denotaremos c(f ) := cA (f ). En particular, si K := qf(A) y f ∈ A[t] compararemos en las páginas siguientes la irreducibilidad de f en A[t] y en K[t]. En ese contexto c(f ) denota el contenido de f en A. (2) Existe un polinomio primitivo f1 ∈ A[t] tal que f = c(f )f1 . En efecto, cada ak es múltiplo de c(f ), luego ak = c(f )bk para cierto bk ∈ A. Entonces, el polinomio f1 (t) =

n X

bk tk ∈ A[t]

k=0

cumple la igualdad f = c(f )f1 , y sólo falta ver que f1 es primitivo. Ahora bien, cada ak = c(f )bk , y por la Proposición IV.2.1 (3) se tiene c(f ) = mcd (a0 , . . . , an ) = mcd (c(f )b0 , . . . , c(f )bn ) = c(f ) mcd (b0 , . . . , bn ) = c(f ) c(f1 ), y como A es un dominio se concluye que c(f1 ) = 1. (3) Para cada b ∈ A se cumple la igualdad c(bf ) = b c(f ). En efecto, el argumento es el mismo que en la observación anterior, ya que c(bf ) = mcd (ba0 , . . . , ban ) = b mcd (a0 , . . . , an ) = b c(f ). (4) Si a, b ∈ A \ {0} y f, g ∈ A[t] son polinomios primitivos tales que af = bg, podemos suponer, salvo producto por unidades, que a = b y f = g. En efecto, por el apartado anterior, y puesto que f y g son primitivos, se tiene a = a c(f ) = c(af ) = c(bg) = b c(g) = b. Además, a(f − g) = af − bg = 0. Como A[t] es un dominio y a 6= 0 deducimos que f = g. (5) Si A es un cuerpo, entonces todo polinomio no nulo f ∈ A[t] es primitivo en A[t], pues todos los elementos no nulos de A son unidades en A. P (6) Sean a0 , b0 , . . . , an , bn ∈ A tales que cada bk 6= 0 y g(t) := nk=0 (ak /bk )tk ∈ K[t], donde K es el cuerpo de fracciones de A. Sea b := b0 · · · bn . Entonces bg ∈ A[t]. En efecto, cada bk |b, luego existe ck ∈ A tal que b = bk ck , y por tanto bg(t) =

n X k=0

(bak /bk )tk =

n X k=0

(ak ck )tk ∈ A[t].

92

gauss1

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

Lema VI.1.4 (Lema de Gauss) Sean A un DFU y los polinomios f, g ∈ A[t] \ {0}. Entonces c(f g) = c(f ) c(g). En particular, el producto de polinomios primitivos en A[t] es primitivo en A[t]. Demostración. Escribimos f := c(f )f1 y g := c(g)g1 donde f1 , g1 ∈ A[t] son polinomios primitivos. Como f g = c(f ) c(g)f1 g1 , se deduce de VI.1.3 (3) que c(f g) = c(f ) c(g) c(f1 g1 ), luego basta ver que f1 g1 es un polinomio primitivo. Escribimos f1 (t) :=

n X

ai ti

& g1 (t) :=

i=0

m X

bj tj

j=0

y supongamos, por reducción al absurdo, que f1 g1 no es primitivo en A[t]. Entonces, existe un elemento primo p ∈ A que divide a todos los coeficientes de f1 g1 . Como f1 y g1 son primitivos, existen índices 0 ≤ i0 ≤ n y 0 ≤ j0 ≤ m tales que ai0 , bj0 ∈ A \ pA pero p|ai y p|bj para cada 0 ≤ i < i0 y 0 ≤ j < j0 . Denotamos k := i0 + j0 y observamos que el coeficiente ck de tk en el producto f1 g1 es ck :=

X i+j=k

ai bj =

iX 0 −1 i=0

ai bk−i +

jX 0 −1

ak−j bj + ai0 bj0 .

j=0

Como ck y las dos primeras sumas del miembro de la derecha son múltiplos de p, deducimos que p|ai0 bj0 , lo que contradice el hecho de que p6 |ai0 , bj0 , ya que p es primo.  irredpol

Lema VI.1.5 Sean A un DFU, K su cuerpo de fracciones y f ∈ A[t] un polinomio de grado al menos 1. Entonces f es irreducible en A[t] si y sólo si es irreducible en K[t] y c(f ) = 1. Demostración. Tanto en esta prueba como en las siguientes trabajamos con polinomios en A[t] y K[t]. Siempre abreviaremos c(h) := cA (h) para cada polinomio h ∈ A[t] \ {0}. Supongamos en primer lugar que f es irreducible en A[t]. Por VI.1.3 (2) existe un polinomio primitivo f1 ∈ A[t] tal que f = c(f )f1 , y la irreducibilidad de f en A[t] implica que c(f ) es unidad en A[t]. Así, por la Proposición V.1.2 (1), c(f ) ∈ U(A), por lo que podemos suponer que f = f1 es primitivo, esto es, c(f ) = 1. Para demostrar que f es irreducible en K[t], sean g, h ∈ K[t] tales que f = gh. Hemos de comprobar que g o h es una unidad en K[t]. Se deduce de las Observaciones VI.1.3 (2) y

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

93

(6) que existen a, b ∈ A \ {0} y polinomios primitivos g1 , h1 ∈ A[t] tales que ag, bh ∈ A[t], ag = c(ag)g1 y bh = c(bh)h1 . De este modo, abf = abgh = (ag)(bh) = c(ag)g1 c(bh)h1 = c(ag) c(bh)g1 h1 , y como f es primitivo por hipótesis y g1 h1 lo es por el Lema de Gauss, se deduce de la Observación VI.1.3 (4) que f = g1 h1 . Como f es irreducible en A[t], esta igualdad implica que g1 o h1 es unidad en A[t], y por tanto en A. Suponemos, por ejemplo, que g1 es unidad en A. Entonces g = c(ag)g1 /a es unidad en K, y por tanto en K[t], como queríamos demostrar. Recíprocamente, suponemos que f es irreducible en K[t] y c(f ) = 1. Sean g, h ∈ A[t] tales que f = gh. Para probar la irreducibilidad de f en A[t] es suficiente comprobar que g o h es unidad en A[t]. La irreducibilidad de f en K[t] asegura que, por ejemplo, g ∈ U(K[t]) = K \ {0}. En consecuencia, deg(g) = 0, por lo que g ∈ A \ {0}. Además, 1 = c(f ) = c(gh) = g c(h), luego g ∈ U(A) = U(A[t]), como queríamos probar.  gauss2

Teorema VI.1.6 (Un teorema de Gauss) Si A es DFU, entonces A[t] es un DFU. Demostración. En primer lugar debemos probar lo siguiente. Cada polinomio f ∈ A[t] \ {0} que no es unidad en A[t] es producto de una cantidad finita de elementos irreducibles de A[t]. Supongamos primero que f es unidad en K[t]. Entonces f ∈ K ∩ (A[t] \ {0}) = A \ {0}, y como A es un DFU y f no es unidad en A, por la Proposición V.1.2 (1), se deduce que es producto de una cantidad finita de elementos irreducibles de A que, por la Observación VI.1.2 (1), son irreducibles en A[t]. Podemos suponer, por tanto, que f no es unidad en K[t]. Recordamos que, por la Proposición V.1.8, K[t] es un DE, luego también es un DFU. Existen por tanto polinomios irreducibles en K[t], que denotamos g1 , . . . , gr , tales que f := g1 · · · gr . Por la Observación VI.1.3 (6) existen a1 , . . . , ar ∈ A \ {0} tales que ai gi ∈ A[t] para todo 1 ≤ i ≤ r. Por VI.1.3 (2), existen polinomios primitivos h1 , . . . , hr ∈ A[t] tales que ai gi = c(ai gi )hi . Como gi es irreducible en K[t], también hi ∈ A[t] es irreducible en K[t], y además es primitivo en A[t]. Se deduce del Lema VI.1.5, que hi es irreducible en A[t]. Por la Observación VI.1.3 (2) existe un polinomio primitivo f1 ∈ A[t] tal que f = c(f )f1 . Entonces, a1 · · · ar c(f )f1 = a1 · · · ar f = a1 · · · ar g1 · · · gr = (a1 g1 ) · · · (ar gr ) = c(a1 g1 )h1 · · · c(ar gr )hr = c(a1 g1 ) · · · c(ar gr )h1 · · · hr y el producto h1 · · · hr es primitivo, por el Lema de Gauss VI.1.4. Se deduce de la Observación VI.1.3 (4) que f1 = h1 · · · hr . Además, como A es un DFU, o bien c(f ) ∈ U(A), o bien

94

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

existen p1 , . . . , ps ∈ A irreducibles en A, luego también en A[t], tales que c(f ) := p1 · · · ps . Se tiene entonces f = c(f )f1 = (c(f )h1 )h2 · · · hr ,

o bien,

f = p1 · · · ps h1 · · · hr ,

lo que en ambos casos muestra que f es producto de una cantidad finita de elementos irreducibles de A[t]. Visto esto, y en virtud de la Proposición IV.1.8, para demostrar que A[t] es un DFU ya sólo falta probar lo siguiente. Cada elemento irreducible f ∈ A[t] es también primo. Sean g, h ∈ A[t] tales que f |gh. Hemos de ver que f divide a g o a h en A[t]. Sea p ∈ A[t] tal que f p = gh. Si deg(f ) = 0, entonces f ∈ A y, por el Lema de Gauss, f c(p) = c(f p) = c(gh) = c(g) c(h), luego f | c(g) c(h). Esto implica que, por ejemplo, f | c(g)|g, ya que al ser A un DFU, el elemento f es primo en A. Si deg(f ) ≥ 1 el polinomio f es, por el Lema VI.1.5, irreducible en K[t] y c(f ) = 1. Como f divide a gh en K[t] podemos suponer que divide a g en K[t], es decir, existe q ∈ K[t] tal que g = qf . Sean a ∈ A \ {0} y un polinomio primitivo q1 ∈ A[t] tales que aq ∈ A[t] y aq = c(aq)q1 . Sea g1 ∈ A[t] un polinomio primitivo tal que g = c(g)g1 . Entonces, c(aq)f q1 = aqf = ag = a c(g)g1 . Además, por el Lema de Gauss, f q1 es primitivo, pues f , q1 y g1 lo son. Se sigue de la Observación VI.1.3 (4) que f q1 = g1 , y por tanto f |g1 |g en A[t].  dFuNdIp

Ejemplo VI.1.7 Como Z es un DFU, también Z[t] es un DFU. Sin embargo, por la Proposición V.1.8, Z[t] no es DIP.

2.

Algunos criterios de irreducibilidad de polinomios

En esta sección presentamos algunas condiciones que aseguran la irreducibilidad de los polinomios que las satisfacen. Antes veremos un resultado para polinomios mónicos e irreducibles con coeficientes en un cuerpo, que recuerda al Teorema de Euclides acerca de la infinitud de los números primos, y que emplearemos en el vol. III. inFpLIrr

Lema VI.2.1 Si A es un DFU, el anillo A[t] contiene infinitos polinomios mónicos irreducibles.

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

95

Demostración. Suponemos, por reducción al absurdo, que f1 , . . . , fn son todos los polinomios mónicos e irreducibles Qn en A[t]. Como este anillo es un dominio de factorización única, el polinomio f := 1 + j=1 fj es divisible en A[t] por algún polinomio mónico e irreducible g ∈ A[t], que como divide a f no divide a f − 1, luego no coincide con ninguno de los fj ’s, y esto es una contradicción.  traslacion

Proposición VI.2.2 (Criterio de la traslación) Sean A un anillo, a ∈ A y la aplicación τa : A[t] → A[t], f (t) 7→ f (t + a). (1) La aplicación τa es un isomorfismo de anillos cuyo inverso es τ−a . (2) Para cada f ∈ A[t], las siguientes afirmaciones son equivalentes: (2.1) El polinomio f es irreducible en A[t]. (2.2) El polinomio f (a + t) es irreducible en A[t] para cada a ∈ A. (2.3) Existe a ∈ A tal que el polinomio f (a + t) es irreducible en A[t]. Demostración. (1) La comprobación de que τa es homomorfismo es inmediata y también lo es que τa ◦ τ−a es la identidad. (2) Este apartado se deduce del anterior y la observación de que los isomorfismos preservan unidades, por lo que también preservan la irreduciblidad. 

modificado

P Lema VI.2.3 Sean A un dominio y f (t) := nk=0 ak tk ∈ A[t] tal que an , a0 6= 0. Entonces f es irreducible en A[t] si y sólo si el polinomio fb(t) :=

n X

ak tn−k = tdeg(f ) f (1/t)

k=0

es irreducible en A[t]. b Demostración. Como fb = f es suficiente demostrar que si f es reducible en A[t] entonces también fb lo es. Sean h1 , h2 ∈ A[t] \ {0} no unidades tales que f = h1 h2 . Los polinomios c1 · h c2 , lo que prueba la hbi (t) := tdeg(hi ) hi (1/t) ∈ A[t] \ {0} no son unidades y fb = h b reducibilidad de f en A[t].  sRiii

Proposición VI.2.4 (1) Sean A un anillo y f ∈ A[t] un polinomio mónico tal que existen g, h ∈ A[t] que cumplen f := gh. Entonces, existen polinomios mónicos g1 , h1 ∈ A[t] tales que f = g1 h1 . (2) Sean A un dominio de integridad y f ∈ A[t] un polinomio mónico de grado d = 2 o d = 3. Entonces f es irreducible en A[t] si y sólo si f no tiene raíces en A.

96

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

Demostración. (1) Denotemos a := `(g) y b := `(h) los coeficientes directores de f y g. Como f = gh es mónico se tiene ab = 1, luego los polinomios g1 := bg y h1 := ah son mónicos y f = g1 h1 . (2) Como f es mónico podemos suponer, por el apartado anterior, que si es producto de dos factores f = gh, éstos son mónicos, y f es reducible si y sólo si deg(g) ≥ 1 y deg(h) ≥ 1. Como 2 ≤ d = deg(g) + deg(h) ≤ 3, uno de los dos factores, digamos g(t) := t − a ∈ A[t] tiene grado 1, y esto implica que f (a) = 0.  eisenstein

Proposición VI.2.5P (Criterio de Eisenstein) Sean A un DFU, p un elemento irreducible de A y f (t) := nk=0 ak tk ∈ A[t] un polinomio primitivo. Supongamos que p divide a a0 , . . . , an−1 , no divide a an y p2 no divide a a0 . Entonces f es irreducible en A[t]. Demostración. Supongamos que f es reducible. Como f es primitivo, existen polinomios Pr Pm i primitivos g(t) := i=0 bi t y h(t) := j=0 cj tj ∈ A[t] de grado al menos 1, tales que f = gh. Nótese que a0 = b0 c0 y como p es primo y p|a0 pero p26 |a0 , podemos suponer que p|b0 pero p6 |c0 . Puesto que g es primitivo, existe un entero s ≥ 1 tal que p|bi

∀ 0 ≤ i < s & p6 |bs .

Como s < s+1 ≤ m+r = n, el primo p divide a as = b0 cs +· · ·+bs−1 c1 +bs c0 , luego p|bs c0 , y puesto que p6 |bs se deduce que p|c0 , que es una contradicción. Por tanto, f es irreducible.  cyCLoTm

Ejemplos VI.2.6 (1)
Sean p un primo positivo y 1 ≤ k ≤ p − 1. Entonces, el número combinatorio ck = kp es múltiplo de p. En efecto, por la propia definición, ck · k! · (p − k)! = p! ∈ pZ. La primalidad de p garantiza que no divide a ningún producto de números enteros positivos menores que p, luego p6 |k! y p6 |(p − k)!. Como p es primo y divide a ck · k! · (p − k)! se deduce que p|ck . (2) Para cada número primo p se llama p-ésimo polinomio ciclotómico al polinomio Φp (t) =

p−1 X

tk ∈ Z[t].

k=0

El polinomio Φp es irreducible en Z[t]. En efecto, por la Proposición VI.2.2 basta demostrar la irreducibilidad en Z[t] del polinomio f (t) := Φp (t + 1). Como (t − 1)Φp (t) = tp − 1 se

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

97

tiene tΦp (t + 1) = (t + 1)p − 1, luego p   p   X X p k−1 p k t , t −1=t tf (t) = tΦp (t + 1) = (t + 1) − 1 = k k p

k=1

k=0


P y simplificando el factor t resulta f (t) = pk=1
kp tk−1 . Por el apartado (1) cada coeficiente
p p 2 k es múltiplo de p, pero p no divide a p = 1 , luego el Criterio de Eisenstein asegura la irreducibilidad de f en Z[t]. (3) Sean p un número primo, n un entero positivo y A un anillo de característica p. pn = xpn + y pn . En efecto, Entonces, para cada par de elementos x, y ∈ A se tiene (x + y)
razonamos por inducción sobre n. Para n = 1, y puesto que kp ∈ pZ para cada 0 < k < p, p

(x + y) =

p   X p k=0

k

xp−k y k = xp + y p .

Suponemos probado el resultado para n − 1 y denotamos q := pn−1 . Entonces,
p n n n (x + y)p = (x + y)q = (xq + y q )p = xqp + y qp = xp + y p . Proposición VI.2.7 (Criterio dePEisenstein modificado) Sean A un DFU, p ∈ A un elemento irreducible en A y f (t) := nk=0 ak tk ∈ A[t] un polinomio primitivo. Supongamos que p divide a a1 , . . . , an , no divide a a0 y p26 |an . Entonces f es irreducible. P Demostración. El polinomio fb(t) := nk=0 ak tn−k es también primitivo, pues sus coeficientes son, en distinto orden, los de f , luego por el Criterio de Eisenstein es irreducible en A[t]. Por el Lema VI.2.3 esto implica que f es irreducible en A[t].  Proposición VI.2.8 (Criterio de Netto) Sean A un DFU, p ∈ A un elemento irreduP cible y f (t) := nk=0 ak tk un polinomio primitivo de grado impar n := 2m + 1 que cumple las siguientes condiciones: p6 |a2m+1 , p|ak

∀ m < k ≤ 2m, p2 |ak

∀ 0≤k≤m

&

p36 |a0 .

Entonces f es irreducible en A[t]. Demostración. Si el polinomio primitivo f fuese reducible en A[t] existirían g, h ∈ A[t] \ A tales que f := gh. Podemos suponer que s := deg(h) ≤ deg(g) := r, luego 2 deg(h) ≤ deg(g) + deg(h) = deg(gh) = deg(f ) = 2m + 1,

98

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

por lo que 1 ≤ s ≤ m y r = deg(g) = deg(f ) − deg(h) = 2m + 1 − s ≥ m + 1 > s. Escribimos g(t) :=

r X

bi ti

& h(t) :=

s X

i=0

cj tj ,

j=0

donde cada bi , cj ∈ A. Como p6 |a2m+1 = br cs se deduce que p6 |br y p6 |cs . Por tanto, los conjuntos I := {0 ≤ i ≤ r : p6 |bi } & J := {0 ≤ j ≤ s : p6 |cj } no son vacíos, ya que r ∈ I y s ∈ J, luego existen k := m´ın(I) y ` := m´ın(J). Nótese que X X ak+` = bi cj = bk c` + bi cj i+j=k+`

i+j=k+`, i6=k

donde bi = 0 si i > r y cj = 0 si j > s. Para cada pareja de índices (i, j) 6= (k, `) con i + j = k + `, o i < k oPj < ` por lo que, o p|bi o p|cj , lo que implica que p|bi cj . Por tanto p divide a la suma i+j=k+`, i6=k bi cj , pero no a bk c` , esto es, p6 |ak+` . Las condiciones impuestas a p implican que k + ` = 2m + 1 = r + s, y como k ≤ r y ` ≤ s, resulta k = r y ` = s. En consecuencia, p|bi y p|cj para cada 0 ≤ i ≤ r − 1 y 0 ≤ j ≤ s − 1. Calculamos as =

s X

bi cs−i = b0 cs +

i=0

s X

bi cs−i .

i=1

Obsérvese que p2 |as ya que s ≤ m, pero p|bi para cada 0 ≤ i ≤ s ≤ r − 1, y p|cs−i para cada 1 ≤ i ≤ s. Por tanto p2 divide a as y a cada sumando bi cs−i con 1 ≤ i ≤ s, así que también divide a b0 cs . Como A es un dominio y p6 |cs deducimos que p2 |b0 , lo que junto al hecho de que p|c0 implica que p3 |b0 c0 = a0 , contra la hipótesis.  cmodular0

P Proposición VI.2.9 Sean A un dominio, f := rk=0 ak tk ∈ A[t] un polinomio primitivo en A[t] de grado r ≥ 1 y a un ideal de A tal que ar ∈ / a. Sea B := A/a y consideramos el epimorfismo de anillos ϕ : A[t] → B[t],

m X j=0

m X bj t 7→ (bj + a)tj . j

j=0

Si ϕ(f ) no es producto de dos polinomios de B[t] de grado ≥ 1 cuya suma de grados es igual a deg(f ), entonces f es irreducible en A[t].

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

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Demostración. Como f es primitivo en A[t], si fuese reducible en A[t] existirían dos polinomios g, h ∈ A[t] de grados n, m ≥ 1 tales que f := gh y n + m = deg(f ). Nótese que `(g)`(h) = `(f ) = ar 6∈ a, luego `(g), `(h) 6∈ a, lo que implica que ϕ(g) y ϕ(h) son polinomios en B[t] de grados n, m ≥ 1 respectivamente, tales que ϕ(f ) = ϕ(g)ϕ(h), que es una contradicción.  Como consecuencia inmediata del resultado anterior obtenemos el llamado Criterio modular. cmodular

P Corolario VI.2.10 (Criterio modular) Sean A un dominio, f (t) := rk=0 ak tk ∈ A[t] un polinomio primitivo de grado r ≥ 1 y p un ideal primo de A tal que `(f ) = ar 6∈ p. Denotemos B := A/p y consideramos el epimorfismo de anillos ϕ : A[t] → B[t],

m X

bj tj 7→

j=0

m X

(bj + p)tj .

j=0

Si ϕ(f ) es irreducible en B[t], entonces f es irreducible en A[t]. Demostración. Como p es un ideal primo el anillo B es un dominio luego, por la Proposición V.1.2, también lo es B[t]. Por tanto, si ϕ(f ) es irreducible en B[t] no es producto de dos polinomios de B[t] de grado ≥ 1 cuya suma de grados es igual a deg(f ). Esto implica, por la Proposición VI.2.9, que f es irreducible en A[t].  ExdIRR

Ejemplos VI.2.11 (1) El polinomio f (t) := t5 − 5t4 + 4t2 + 1 es irreducible en Z[t]. Para comprobarlo es suficiente, en virtud del Criterio modular, y puesto que es primitivo y `(f ) = 1 ∈ / pZ para cada número primo p, con demostrar que es irreducible su reducción mod p, es decir, su imagen por el epimorfismo ϕp : Z[t] → Zp [t],

n X k=0

ak tk 7→

n X

(ak + pZ)tk ,

k=0

para algún primo p. Elegimos p := 3 y observamos que f = ϕ3 (f ) carece de raíces en Z3 , ya que f (0) = f (1) = 1 y f (2) = 2. Por tanto, en virtud de la Proposición VI.2.4, basta demostrar que f no es producto de dos polinomios mónicos e irreducibles g, h ∈ Z3 [t] de grados 2 y 3, respectivamente. Los polinomios mónicos de grado 2 en Z3 [t] son de la forma g(t) := t2 + at + b, donde a, b ∈ Z3 , y como g ha de ser irreducible, g(0) = b 6= 0, g(1) = 1 + a + b 6= 0 y g(2) = 1 − a + b 6= 0. En consecuencia, se cumple una de estas tres posibilidades: (a, b) = (0, 1),

(a, b) = (1, 2) & (a, b) = (2, 2).

100

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

Basta pues dividir f entre los polinomios t2 + 1, t2 + t + 2 y t2 + 2t + 2 en Z3 [t] y comprobar que en los tres casos el resto no es nulo, para concluir que f es irreducible en Z3 [t] y por tanto f lo es en Z[t]. (2) El polinomio f (t) := t4 − 10t2 + 1 ∈ Z[t] es irreducible en Z[t]. Para demostrarlo vamos a aplicar la Proposición VI.2.9 tomando a := 9Z. En efecto, por ser mónico f es primitivo y su coeficiente director no pertenece a a. Además, su reducción f 9 mod 9 no es divisible por ningún polinomio en Z9 [t] de grado 1, pues carece de raíces en Z9 : f 9 (0) = f 9 (1) = f 9 (−1) = f 9 (3) = f 9 (−3) = [1]9 ; f 9 (2) = f 9 (−2) = [4]9

& f 9 (4) = f 9 (−4) = [7]9 .

Veamos que f 9 tampoco es producto de dos polinomios de grado 2 en Z9 [t]. En caso contrario podemos suponer, por la Proposición VI.2.4 (1), que ambos factores son mónicos, por serlo f 9 , así que existirían números enteros a, b, c, d ∈ Z tales que f 9 = (t2 + [a]9 t + [b]9 )(t2 + [c]9 t + [d]9 ).

(1) iGuAng

Igualando coeficientes en ambos miembros resultan las siguientes congruencias mod 9: bd ≡ 1, bc + ad ≡ 0, b + ac + d ≡ −10 ≡ −1, a + c ≡ 0.

(2) iGuAng1

Despejando c ≡ −a en la última ecuación y sustituyendo este valor en la tercera resulta bd ≡ 1 & a2 ≡ b + d + 1. Las unidades de Z9 son [1]9 , [2]9 , [4]9 , [5]9 , [7]9 , [8]9 , y cumplen [1]29 = [2]9 · [5]9 = [4]9 · [7]9 = [8]29 = [1]9 . Por otro lado, los cuadrados en Z9 son [0]9 , [1]9 , [4]9 , [7]9 . Distinguimos casos según los valores del par (b, d), teniendo en cuenta que [b]9 · [d]9 = [1]9 . (i) Si b ≡ d ≡ 1, entonces a2 ≡ b + d + 1 ≡ 3, que es imposible. (ii) Si b ≡ 2, d ≡ 5 (o viceversa), entonces a2 ≡ b + d + 1 ≡ 8, que también es imposible. (iii) Si b ≡ 4, d ≡ 7 (o viceversa), entonces a2 ≡ b + d + 1 ≡ 12 ≡ 3, imposible de nuevo. (iv) Si b ≡ d ≡ 8, entonces a2 ≡ b + d + 1 ≡ 17 ≡ 8, que es imposible una vez más. Esto prueba que f es irreducible en Z[t]. Sin embargo, para demostrar la irreducibilidad de este polinomio no es útil el Criterio modular, pues para cada primo p ∈ Z la reducción de f mod p es reducible.

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

101

En efecto, para p = 2 se tiene f 2 = t4 + 1 = (t2 + 1)2 , y lo mismo sucede para p = 3, es decir, f 3 = t4 + 2t2 + 1 = (t2 + 1)2 . Suponemos p ≥ 5 y buscamos una factorización mod p como la de (1), es decir, probaremos que existen a, b, c, d ∈ Z tales que f p = t4 − [10]p t2 + [1]p = (t2 + [a]p t + [b]p )(t2 + [c]p t + [c]p ). Como antes, esta igualdad equivale a las congruencias (2), ahora mod p: bd ≡ 1,

bc + ad ≡ 0,

b + ac + d ≡ −10 & a + c ≡ 0.

Despejamos c ≡ −a y sustituimos en las restantes, por lo que se trata de probar que existen soluciones a las siguientes congruencias mod p: bd ≡ 1,

a(b − d) ≡ 0,

a2 ≡ b + d + 10.

Para ello distinguimos tres casos. Caso 1. Si existe un entero k tal que 3 ≡ k 2 mod p basta elegir b = d = 1 y a = 2k. Caso 2. Si existe un entero k tal que 2 ≡ k 2 mod p basta elegir b = d = −1 y a = 2k. Caso 3. No existe k ∈ Z cuyo cuadrado sea congruente ni con 2 ni con 3 mod p. Vamos a demostrar que en tal caso existe k ∈ Z tal que 6 ≡ k 2 mod p, y entonces elegimos a = 0, b = 2k − 5 y d = −2k − 5. En este caso recordemos que, por el Lema III.2.7, el conjunto S := {[x]2p : 0 ≤ x ≤ (p − 1)/2} tiene, exactamente, (p + 1)/2 elementos. Denotamos q = 2, 3, que es unidad en Zp , pues p ≥ 5. El conjunto qS := {qs : s ∈ S} tiene el mismo número de elementos que S, pues la aplicación S → qS, s 7→ qs es biyectiva. Además S ∩ qS = {0}. En efecto, en caso contrario existen x, y ∈ Z \ pZ tales que [x]2p = q[y]2p , luego si [z]p es el inverso de [y]p en Zp resulta [xz]2p = [x]2p · [z]2p = q[y]2p · [z]2p = q[yz]p = q, y existiría ` = xz ∈ Z tal que q ≡ `2 mod p, contra nuestra hipótesis. Veamos que la intersección 2S ∩ 3S contiene algún elemento no nulo. En caso contrario, p + 1 
3p − 1 p = Card(Zp ) ≥ Card(S ∪ 2S ∪ 3S) = 3 Card(S) − 1 + 1 = 3 −1 +1= , 2 2 es decir, 2p ≥ 3p − 1, y esto es falso porque p ≥ 5. Sea α ∈ (2S ∩ 3S) \ {0}. Así existen x, y ∈ Z \ pZ tales que 2[x]2p = α = 3[y]2p . Como Zp es un cuerpo y [x]p ∈ Zp es no nulo, existe z ∈ Z tal que [x]p · [z]p = 1, y si k = 3yz,



[6]p = [6]p · [xz]2p = 2[x]2p · 3[z]2p = 3[y]2p · 3[z]2p = [3yz]2p = [k]2p ,

102

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

o sea, 6 ≡ k 2 mod p. (3) Sean f ∈ Z[t] un polinomio mónico, p ∈ Z un número primo y fe ∈ Zp [t] la reducción de f módulo p, cuyo grado d coincide con el de f pues éste es mónico. Supongamos que existen polinomios irreducibles distintos g1 , g2 en Zp [t] de grados d1 y d2 , respectivamente, tales que fe = g1 · g2 . Entonces, si f es reducible en Z[t] es producto de dos polinomios irreducibles en Z[t] de grados d1 y d2 , respectivamente. En efecto, puesto que Z[t] es un DFU y estamos suponiendo que f es reducible en Z[t], existen polinomios mónicos f1 , f2 ∈ Z[t] de grado ≥ 1 tales que f := f1 · f2 . Al tomar clases módulo p obtenemos g1 · g2 = fe = fe1 · fe2 , y deg(fi ) = deg(fei ) para i = 1, 2. Como g1 divide al producto fe1 · fe2 y es irreducible en Zp [t], que es un DFU, podemos suponer, sin pérdida de generalidad que g1 |fe1 . Si g2 también dividiese a fe1 entonces g1 g2 |fe1 , y por tanto deg(f ) = deg(f1 ) + deg(f2 ) = deg(fe1 ) + deg(fe2 ) > deg(fe1 ) ≥ deg(g1 g2 ) = deg(g1 ) + deg(g2 ) = deg(fe) = deg(f ), que es imposible. En consecuencia g2 divide a fe1 · fe2 pero no divide a fe1 , luego divide a fe2 . Por tanto, existen polinomios q1 , q2 ∈ Zp [t] tales que fe1 = g1 q1 y fe2 = g2 q2 . Pero deg(q1 ) + deg(q2 ) = deg(fe1 ) − deg(g1 ) + deg(fe2 ) − deg(g2 ) = deg(fe1 ) + deg(fe2 ) − deg(g1 ) − deg(g2 ) = deg(fe1 · fe2 ) − deg(g1 g2 ) = deg(fe) − deg(fe) = 0, luego deg(q1 ) = deg(q2 ) = 0. Esto implica que para cada i = 1, 2 se tiene deg(fi ) = deg(fei ) = deg(gi ) = di

& f = f1 · f2 .

Además, la irreduciblilidad de cada fei implica, por el Corolario VI.2.10 la de fi , lo que concluye la prueba. (4) Vamos a demostrar, empleando la observación anterior, que el polinomio f (t) := t5 − 6t4 + 5t2 − t + 2 ∈ Z[t] es irreducible en Z[t]. Supongamos, por reducción al absurdo, que es reducible. Su reducción módulo 2 es fe = t5 + t2 + t = t(t4 + t + 1). Es obvio que t es irreducible en Z2 [t], y también lo es el segundo factor t4 + t + 1. En efecto, es evidente que no tiene raíces en Z2 , luego si fuese reducible sería producto de dos

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

103

polinomios irreducibles de grado 2. El único polinomio irreducible de grado 2 de Z2 [t] es t2 + t + 1, así que, necesariamente, t4 + t + 1 = (t2 + t + 1)2 = t4 + t2 + 1, y esto es falso. Se deduce entonces del apartado (3) anterior que si f es reducible en Z[t] entonces es producto de un polinomio de grado 1 por otro de grado 4. En particular f tendría una raíz racional, luego entera, pues es mónico, que necesariamente es un divisor de 2. Sin embargo, f (1) = f (−1) = 1,

f (2) = −44 & f (−2) = −104.

Concluimos que f es irreducible en Z[t], y por tanto también lo es en Q[t].



Para terminar presentamos un resultado debido a Cohn, del que se deduce la irreducibilidad en Z[t] de algunos polinomios. Para ello necesitamos antes un par de lemas auxiliares acerca de las raíces complejas de un polinomio con coeficientes enteros. En lo que sigue denotamos 0, tenemos
gk (t) − gk (t − 1) = t2 − 2ak t − (t − 1)2 − 2ak (t − 1) = 2t − 2ak − 1 > 0. Ahora, dado que ρj < t − 1/2, esto es, 2t − 2ρj − 1 > 0, se tiene
h2j (t) − h2j (t − 1) = (t2 − 2ρj t + ρ2j ) − (t − 1)2 − 2ρj (t − 1) + ρ2j = 2t − 2ρj − 1 > 0.  pcorli

Corolario VI.2.14 Sean f ∈ Z[t] y t ∈ Z tales que f (t) es un número primo, f (t−1) 6= 0 y 0 un entero tal que |ak | ≤ c para cada 0 ≤ k ≤ n − 2. Supongamos que existe t ∈ Z tal que f (t) es primo y √ 2t ≥ 2 + 1 + 4c & f (t − 1) 6= 0. Entonces f no es producto de dos polinomios no constantes con coeficientes en Z.

106

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

Demostración. De las hipótesis y el Lema VI.2.12 se sigue que cada raíz z ∈ C de f cumple √ 2 1 divide a todos sus coeficientes, luego c(f )|f (q) y, por ser f (q) primo, deducimos que c(f ) = f (q) ≥ `(f )q deg(f ) ≥ q. Esto es imposible pues cada coeficiente de f es estrictamente menor que q. Se trata entonces de demostrar que f no es producto de dos polinomios no constantes con coeficientes en Z, para lo cual es suficiente comprobar que estamos en las condiciones del Corolario VI.2.15. Se tiene an ≥ 1 y, además, an−1 ≥ 0, pues de hecho todos los coeficientes de f son no negativos. Eligiendo t := q y c := q − 1, cada |ak | ≤ c para 0 ≤ k ≤ n − 2, y √ f (q) es primo. Sólo falta comprobar que f (q − 1) 6= 0 y que 2q ≥ 2 + 4q − 3. Lo primero es evidente, pues al ser todos los coeficientes de f no negativos resulta f (q − 1) ≥ an (q − 1)n ≥ (q − 1)n > 0. En cuanto a la última desigualdad, y puesto que q > 2, se tiene 4q 2 − 12q + 7 > 0, esto es, √ 4(q − 1)2 ≥ 4q − 3, o lo que es lo mismo, 2q ≥ 2 + 4q − 3.  Observación y Ejemplo VI.2.17 (1) El Corolario VI.2.16 es también cierto para q = 2 pero la demostración que conocemos para este caso presenta algunas dificultades técnicas que hemos preferido omitir en este texto. (2) El entero p := 4111 es primo, pues no es múltiplo de ningún número primo menor que la parte entera de su raíz cuadrada, que es 64. Al escribir p respecto de las bases de numeración 3, 5, 6 y 8 obtenemos: p = 1 + 2 · 3 + 2 · 33 + 2 · 34 + 35 + 2 · 36 + 37 ; p = 1 + 1 · 6 + 1 · 63 + 3 · 64

p = 1 + 2 · 5 + 4 · 52 + 2 · 53 + 54 + 55 , & p = 7 + 1 · 8 + 1 · 84 .

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

107

Se deduce del Criterio de Cohn que los polinomios con coeficientes enteros f1 (t) := 1 + 2t + 2t3 + 2t4 + t5 + 2t6 + t7 ; f2 (t) := 1 + 2t + 4t2 + 2t3 + t4 + t5 , f3 (t) := 1 + t + t3 + 3t4

& f4 (t) := 7 + t + t4 ,

son irreducibles en Z[t]. (3) El número p := 1478674861 es primo; ¡compruébese! En consecuencia, de la parte segunda del Criterio de Cohn, que es su enunciado original, se deduce que el polinomio 1 + 6t + 8t2 + 4t3 + 7t4 + 6t5 + 8t6 + 7t7 + 4t8 + t9 es irreducible en Z[t].

Ejercicios y problemas propuestos Número VI.1 Sean n > 1 un entero y f (t) := ntn+1 − (n + 1)tn + 1 y g(t) := (t − 1)3 . Encontrar el resto de la división de f entre g como polinomios en Z[t].

root

Número VI.2 (1) Sean α ∈ C una raíz de un polinomio mónico e irreducible f ∈ Z[t] y a el ideal que f genera en Z[t]. Probar que existe un isomorfismo Z[t]/a → Z[α] que transforma t + a en α. √ √ √ √ √ (2) Sean α := (5 + 3 2)/(1 + 2) ∈ Z[ 2] y β := 1 − 2 2. Demostrar que α ∈ Z[ 2] y que existe un isomorfismo de anillos ϕ : Z[α] → Z[β] tal que ϕ(α) = β. √ √ (3) Demostrar que los elementos β y 3 + 2 son asociados en el anillo Z[ 2]. Número VI.3 ¿Es cierto que si a es un ideal primo del dominio de factorización√única A, entonces el cociente A/a es un dominio de factorización única? Indicación: Estudiar el anillo Z[ −5]. Número VI.4 (1) Sea A un dominio de ideales principales. Demostrar que todo ideal primo del anillo de polinomios A[t] se puede generar con, a lo sumo, dos elementos. (2) Describir mediante generadores adecuados los ideales maximales del anillo Z[t].

irr

Número VI.5 Probar que f (t) := t3 + 2t2 + 1 es irreducible en Z3 [t], Z[t] y Q[t] y es reducible en Z17 [t]. Número VI.6 Estudiar la irreducibilidad en Q[t] y Z[t] de los siguientes polinomios: (1) f1 (t) := t3 + 3t2 + 3t + 9

(2) f2 (t) := 5t10 + 10t7 + 20t3 + 10

(3) f3 (t) := t3 + 5t2 + 3t + 25

(4) f4 (t) := 5t5 + 5t4 + 10t3 + 25t2 + 15t + 1

(5) f5 (t) := t7 + 14t5 + 7t2 + 4

(6) f6 (t) := 3t5 − 5t4 + 15t3 + 5t + 16

(7) f7 (t) := 2t13 − 13t4 + 13t + 37

(8) f8 (t) := 14t11 − 21t5 + 28t2 − 5 .

(9) f9 (t) := t5 + 18t4 + 22t3 + 12t + 4

(10) f10 (t) := t271 + 9 .

108

desc

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

Número VI.7 Factorizar los polinomios fn (t) := tn −1, donde 3 ≤ n ≤ 10, como producto de polinomios irreducibles en Z[t]. √ Número VI.8 Sea K := Q[ −1]. ¿Es f (t) := t4 − 5 un polinomio irreducible en K[t]?

cfFF

Número VI.9 (1) Sean K un cuerpo finito con q elementos y f ∈ A := K[t] un polinomio irrreducible de grado n. Sea m el ideal de A generado por f . Demostrar que el cociente E := A/m es un cuerpo con q n elementos. (2) Construir cuerpos con 8, 27 y 125 elementos. √ Número VI.10 Sea A := {a + bα : a, b ∈ Z}, donde α := (1 + −11)/2. Demostrar, mediante un argumento semejante al utilizado en el Ejemplo V.1.11, que el ideal m := 2A es maximal y determinar el número de elementos del cuerpo K := A/m. Número VI.11 (1) Demostrar que el conjunto a := {f ∈ R[t] : f (1) = f 0 (1) = f 00 (1) = 0} es un ideal de R[t] y encontrar su generador mónico. ¿Es a un ideal primo o maximal de R[t]? (2) ¿Es ideal de R[t] el conjunto M := {f ∈ R[t] : f (1) = f 0 (2) = 0}? (3) Sea K uno de los cuerpos siguientes: Q, R, C, Z3 . Sea b el ideal de K[t] generado por el polinomio f (t) := t4 + 2t − 2. ¿Para qué elecciones de K el anillo cociente K[t]/b es un cuerpo? Número VI.12 Sean ξ ∈ C una raíz del polinomio f (t) := t3 −5 y a el ideal del anillo A := Z[ξ] generado por η := 1 + ξ ∈ A. (1) Demostrar que cada elemento x de A se escribe, de modo único, como x := a+bξ +cξ 2 donde a, b, c ∈ Z. (2) Demostrar que el anillo cociente A/a es isomorfo a Z6 . Número VI.13 Sean p un número primo impar y d un divisor de p − 1. ¿Cuántas soluciones tiene en el cuerpo Zp la ecuación xd = 1? Número VI.14 Factorizar el polinomio f (t) := t4 + 3 en producto de factores irreducibles en los anillos de polinomios C[t], R[t], Q[t] y Z[t]. Número VI.15 Probar que el polinomio f (t) := t5 − t + 1 es irreducible en Z[t] viendo que su reducción mod 5 lo es en Z5 [t]. Hallar los factores irreducibles de su reducción mod 7. Número VI.16 Para cada entero n > 0 sea gn (t) := (t + 1)6n+1 − t6n+1 − 1. Demostrar que gn es múltiplo en Z[t] del polinomio f (t) := (t2 + t + 1)2 . Número VI.17 Sean f (t) := t5 − 2t4 − 4t3 − 3t + √ 3 y g(t) := t4 − t2 + 2t − 1. Hallar un entero d tal que los polinomios f y g tienen una raíz común en Q[ d].

CAPÍTULO VI. FACTORIALIDAD DE LOS ANILLOS DE POLINOMIOS

109

Número VI.18 ¿Es irreducible en Q[t] el polinomio f (t) := t5 − 6t4 + 5t2 − t + 2? Número VI.19 (1) Sean d ≥ 2 un entero y 1 < Pa1 < · · · < ad−1 < ad := p números enteros tales que p es primo. Probar que el polinomio f (t) := td + di=1 ai td−i es irreducible en Z[t]. P (2) Sean p1 < p2 < · · · < pd números primos. Probar que el polinomio f (t) := td + di=1 pi td−i es irreducible en Z[t]. Número VI.20 Demostrar que 43331 es un número primo y utilizarlo para demostrar que los polinomios f (t) := 1 + 3t + 3t2 + 3t3 + 4t4 son irreducibles en Z[t].

&

g(t) := 2 + t + 2t2 + 2t3 + t5 + 2t6 + t7 + 2t9

CAPÍTULO VII

Polinomios en varias variables. Polinomios simétricos. Resultante y discriminante En la primera sección de este capítulo se introducen nociones generales y resultados básicos sobre polinomios en varias variables, lo que incluye en particular la obtención de las Fórmulas de Cardano-Vieta y la demostración del Teorema de los polinomios simétricos. Utilizamos este teorema en la sección segunda para definir y estudiar algunas propiedades de la resultante y el discriminante, que empleamos para presentar una demostración del Teorema de los ceros de Hilbert que sólo emplea argumentos de Álgebra Lineal.

1.

Generalidades. Polinomios simétricos

Comenzamos esta sección introduciendo el concepto de anillo de polinomios en varias variables con coeficientes en un anillo A y estudiando algunas propiedades básicas. nvar

Definición y Proposición VII.1.1 Sea A un anillo conmutativo y unitario. Denotamos N el conjunto de los enteros no negativos y sea A[x1 , . . . , xn ] el conjunto de todas las funciones f : Nn → A tales que f (ν) 6= 0 para una cantidad finita de elementos ν ∈ Nn . (1) A[x1 , . . . , xn ] es un anillo conmutativo y unitario con las operaciones suma y producto definidas por X (f + g)(ν) := f (ν) + g(ν) & (f g)(ν) := f (µ)g(ρ), µ+ρ=ν

donde f, g ∈ A[x1 , . . . , xn ] y ν, µ, ρ ∈ Nn . (2) La aplicación A ,→ A[x1 , . . . , xn ] dada por a 7→ fa , donde fa (0) := a y fa (ν) := 0 para ν 6= 0, es un monomorfismo de anillos. Demostración. (1) La comprobación de que A[x1 , . . . , xn ] es un anillo conmutativo y unitario es rutinaria y pesada; por eso la omitimos. Señalemos que, con las notaciones del apartado (2), el elemento neutro para la suma es la función f0 y el elemento unidad es f1 . 111

CAPÍTULO VII. POLINOMIOS EN VARIAS VARIABLES

112

(2) La comprobación de este apartado es también inmediata. El anillo A[x1 , . . . , xn ] recibe el nombre de anillo de polinomios en n indeterminadas o variables sobre A. En virtud de VII.1.1 (2) consideraremos A como subanillo de A[x1 , . . . , xn ], identificando cada a ∈ A con fa .  polmon

Observaciones VII.1.2 (1) Si n = 1, entonces A[x1 ] es el anillo de polinomios en una variable descrito en V.1.1. (2) Introducimos una notación más conveniente para tratar los anillos de polinomios en varias variables. Fijado n ≥ 1, denotamos i)

ei := (0, . . . , 0, 1 , 0, . . . , 0) ∈ Nn . i)

Para cada k ∈ N definimos kei := (0, . . . , 0, k , 0, . . . , 0), y así cada multiíndice ν ∈ Nn se expresa de forma única como ν := (ν1 , . . . , νn ) = ν1 e1 + · · · + νn en . Se llama peso de ν a la suma |ν| := ν1 + · · · + νn . Sean A un anillo y n ≥ 1 un entero positivo. Para cada índice 1 ≤ i ≤ n consideramos xi ∈ A[x1 , . . . , xn ] dada por xi (ei ) := 1 & xi (ν) := 0 si ν 6= ei . Además, dados 1 ≤ i ≤ n y k ∈ N, de la definición de producto se deduce que xki (kei ) = 1 & xki (ν) = 0 si ν 6= kei . Dado un multiíndice ν := (ν1 , . . . , νn ) definimos xν := xν11 · · · xνnn , que cumple xν (ν) = xν11 · · · xνnn (ν) = 1 & xν (µ) = 0 ∀ µ ∈ Nn \ {ν}. (3) Sean f ∈ A[x1 , . . . , xn ] y consideremos el conjunto finito F := {ν ∈ Nn : f (ν) 6= 0}. Denotando aν := f (ν) para cada ν ∈ F se escribe X X f := aν xν , lo que abreviamos f := aν xν . ν

ν∈F

Se dice que x1 , . . . , xn ∈ A[x1 , . . . , xn ] son las indeterminadas o variables del anillo de polinomios A[x1 , . . . , xn ]. Los elementos aν de la expresión precedente son los coeficientes de f ; por supuesto, X X aν xν = bν xν ⇐⇒ aν = bν ∀ ν. ν

ν

CAPÍTULO VII. POLINOMIOS EN VARIAS VARIABLES

113

Un polinomio del tipo axν para cierto ν ∈ Nn recibe el nombre de monomio. Este monomio se dice nulo si a = 0. Como consecuencia de (3) todo polinomio no nulo se escribe de modo único como suma de una cantidad finita de monomios no nulos. Si 1 ≤ i1 < · · · < ir ≤ n, el anillo A[xi1 , . . . , xir ] se puede interpretar como un subanillo de A[x1 , . . . , xn ]; para ello basta considerar las variables xj con j ∈ / {i1 , . . . , ir } elevadas al exponente 0 en todos los monomios no nulos de los polinomios de A[xi1 , . . . , xir ]. evn

Definición y Observación VII.1.3 (Homomorfismo evaluación) Sean A y B anillos tales que A es subanillo de B. Sea b := (b1 , . . . , bn ) ∈ B n y consideramos la aplicación X X X evb : A[x1 , . . . , xn ] → B, f := aν xν 7→ f (b) = aν bν := aν bν11 · · · bνnn . ν

ν

ν

Se comprueba sin dificultad que la aplicación evb es un homomorfismo, que denominaremos homomorfismo evaluación, que cumple que evb |A = idA y evb (xi ) = bi . Además, la imagen de evb , que denotaremos por A[b1 , . . . , bn ], es el menor subanillo de B que contiene al anillo A y a b1 , . . . , bn . Por el Primer Teorema de isomorfía II.2.1 se cumple que A[x1 , . . . , xn ]/ ker evb ∼ = A[b1 , . . . , bn ]. Corolario VII.1.4 Sean A un anillo y n ≥ 1 un entero positivo. Para cada 1 ≤ k ≤ n existen isomorfismos de anillos A[x1 , . . . , xk ][xk+1 , . . . , xn ] ∼ = A[x1 , . . . , xn ] ∼ = A[xk+1 , . . . , xn ][x1 , . . . , xk ]. Demostración. Veremos que A[x1 , . . . , xk ][xk+1 , . . . , xn ] ∼ = A[x1 , . . . , xn ] pues el otro isomorfismo se obtiene análogamente. Como A[x1 , . . . , xk ] ⊂ A[x1 , . . . , xn ] existe, por VII.1.3, un homomorfismo de anillos ϕ : A[x1 , . . . , xk ][xk+1 , . . . , xn ] → A[x1 , . . . , xn ] tal que ϕ|A[x1 ,...,xk ] = idA[x1 ,...,xk ] y ϕ(xj ) = xj para k + 1 ≤ j ≤ n. Por otro lado, como A ⊂ A[x1 , . . . , xk ][xk+1 , . . . , xn ] existe, por VII.1.3, un homomorfismo de anillos ψ : A[x1 , . . . , xn ] → A[x1 , . . . , xk ][xk+1 , . . . , xn ] tal que ψ|A = idA y ψ(xj ) = xj para 1 ≤ j ≤ n. Nótese que (ψ ◦ ϕ)|A = idA

& (ψ ◦ ϕ)(xj ) = xj

∀ 1 ≤ j ≤ n,

y por tanto, ψ ◦ ϕ = idA[x1 ,...,xk ][xk+1 ,...,xn ] . Análogamente, ϕ ◦ ψ = idA[x1 ,...,xn ] , luego ϕ es un isomorfismo. 

CAPÍTULO VII. POLINOMIOS EN VARIAS VARIABLES

114

En lo sucesivo actuaremos como si los isomorfismos de la Proposición anterior fuesen identidades, por lo que escribiremos A[x1 , . . . , xk ][xk+1 , . . . , xn ] := A[x1 , . . . , xn ] = A[xk+1 , . . . , xn ][x1 , . . . , xk ] := A[x1 ][x2 ] · · · [xn ]. degnv

(VII.1.5) Grado P deν un polinomio. (1) Se llama grado, o grado total, de un polinomio no nulo f := ax{|ν| : aν 6= 0}. Si f = 0 se ν aν x ∈ A[x1 , . . . , xn ] a deg(f ) := m´ conviene que deg(f ) := −∞. El operador grado cumple las siguientes propiedades, en cuya formulación suponemos el convenio habitual: (−∞) + (−∞) = −∞,

(−∞) + n = −∞ &

− ∞ ≤ n ∀ n ∈ Z.

(1) Si f, g ∈ A[x1 , . . . , xn ] entonces deg(f +g) ≤ m´ax{deg(f ), deg(g)}, y si deg(f ) 6= deg(g) entonces deg(f + g) = m´ ax{deg(f ), deg(g)}. (2) Si f, g ∈ A[x1 , . . . , xn ] entonces deg(f g) ≤ deg(f ) + deg(g). Además, si A es un dominio se cumple la igualdad deg(f g) = deg(f ) + deg(g). (3) Para cada 1 ≤ i ≤ n denotamos B := A[x1 , . . . , xi−1 , xi+1 , · · · , xn ], luego A[x1 , . . . , xn ] = A[x1 , . . . , xi−1 , xi+1 , · · · , xn ][xi ] = B[xi ], y dado f ∈ A[x1 , . . . , xn ] se define el grado degxi (f ) de f con respecto a la variable xi a su grado como polinomio en B[xi ], que por tanto cumple las propiedades relativas al grado de los polinomios en una variable descritas en la sección primera del Capítulo V. (4) Un polinomio f ∈ A[x1 , . . . , xn ] es homogéneo si todos sus monomios no nulos tienen el mismo grado. Por convenio consideramos que también el polinomio nulo es homogéneo. Si f es homogéneo de grado d se tiene la igualdad f (tx1 , . . . , txn ) = td f (x1 , . . . , xn )

(1) HmGn

como polinomios en A[x1 , . . . , xn , t]. En efecto, cada monomio g ∈ A[x1 , . . . , xn ] de grado d se escribe como g := axν11 · · · xνnn donde ν1 + · · · + νn = d, luego g(tx1 , . . . , txn ) = a(tx1 )ν1 · · · (txn )νn = tν1 +···+νn axν11 · · · xνnn = td g(x1 , . . . , xn ). En consecuencia, si f = g1 + · · · + gr es suma de monomios de grado d se tiene f (tx1 , . . . , txn ) =

r X i=1

d

gi (tx1 , . . . , txn ) = t

r X i=1

gi (x1 , . . . , xn ) = td f (x1 , . . . , xn ).

CAPÍTULO VII. POLINOMIOS EN VARIAS VARIABLES

115

P (5) Cada polinomio f de A[x1 , . . . , xn ] se escribe, de modo único, como suma f := dk=0 fk donde d := deg(f ) y cada fk es un polinomio homogéneo de grado k o el polinomio nulo. Los polinomios fk están completamente determinados por f y reciben el nombre de componentes homogéneas de f . La componente fk , si no es nula, es la suma de los monomios de f de grado k. Por lo visto en (4), f (tx1 , . . . , txn ) =

d X

fk (tx1 , . . . , txn ) =

k=0

d X

tk fk (x1 , . . . , xn ),

k=0

P que no coincide con td f (x1 , . . . , xn ) = td dk=0 fk (x1 , . . . , xn ) salvo si fk = 0 para cada 0 ≤ k < d. Así, la igualdad (1) caracteriza los polinomios homogéneos de grado d. (6) El producto de dos polinomios homogéneos es de nuevo un polinomio homogéneo. En efecto, si f y g son polinomios homogéneos de grados d y e, respectivamente, su producto h := f g es homogéneo de grado d + e, ya que h(tx1 , . . . , txn ) = f (tx1 , . . . , txn ) · g(tx1 , . . . , txn ) = td f (x1 , . . . , xn ) · te g(x1 , . . . , xn ) = td+e h(x1 , . . . , xn ).

Corolario VII.1.6 Sean A un anillo y n ≥ 1. Se cumplen las siguientes propiedades. (1) A es un dominio si y sólo si A[x1 , . . . , xn ] es un dominio. (2) Si A es un dominio, entonces U(A) = U(A[x1 , . . . , xn ]). (3) A es noetheriano si y sólo si A[x1 , . . . , xn ] es noetheriano. (4) A es un DFU si y sólo si A[x1 , . . . , xn ] es un DFU. En particular, si K es un cuerpo, entonces K[x1 , . . . , xn ] es un DFU. (5) Las condiciones siguientes son equivalentes. (5.1) A[x1 , . . . , xn ] es un DE. (5.2) A[x1 , . . . , xn ] es un DIP. (5.3) A es un cuerpo y n = 1. Demostración. Los apartados (1) y (2) se deducen de la Proposición V.1.2 argumentando por inducción y empleando la igualdad A[x1 , . . . , xn ] = A[x1 , . . . , xn−1 ][xn ]. Los apartados (3) y (4) se siguen del Teorema de la base de Hilbert, V.2.15, y del Teorema de Gauss, VI.1.6, utilizando de nuevo que A[x1 , . . . , xn ] = A[x1 , . . . , xn−1 ][xn ] y argumentando por inducción.

116

CAPÍTULO VII. POLINOMIOS EN VARIAS VARIABLES

Por último, el apartado (5) se deduce de la Proposición V.1.8 utilizando la igualdad A[x1 , . . . , xn ] = B[xn ] donde B := A[x1 , . . . , xn−1 ] es un cuerpo si y sólo si A es un cuerpo y n = 1, es decir, no hay variables.  Definición y Observación VII.1.7 (Funciónes polinómicas) (1) Sean A un anillo, n ≥ 1 y f ∈ A[x1 , . . . , xn ] un polinomio no nulo. La función polinómica asociada a f se define como F : An → A, a 7→ f (a) = eva (f ). La función polinómica asociada a un polinomio no nulo puede ser nula. Por ejemplo, si p es un número primo, A := Zp y n = 1, el polinomio f := tp − t no es nulo, pero la función polinómica asociada a f sí es nula, por el Pequeño Teorema de Fermat, VI.2.4 vol. I. (2) Veremos a continuación que si A es un dominio infinito la situación es distinta. funpol

Proposición VII.1.8 Sean A un dominio infinito y f ∈ A[x1 , . . . , xn ] un polinomio no nulo. Entonces, la función polinómica F : An → A asociada a f es no nula. Demostración. Supongamos, por reducción al absurdo, que F es nula. Procedemos por inducción sobre n. Si n = 1, la nulidad de F significa que cada elemento del dominio infinito A es raíz de f , lo que contradice la Proposición V.2.2. Supongamos el resultado cierto para polinomios en n − 1 variables y sea f un polinomio en n variables. Como A[x1 , . . . , xn−1 , xn ] = A[x1 , . . . , xn−1 ][xn ] podemos escribir f :=

m X

fk xkn

k=0

donde cada fk ∈ A[x1 , . . . , xn−1 ]. Fijamos ahora a0 := (a1 , . . . , an−1 ) ∈ An−1 . Para cada an ∈ A, tenemos que m X 0 0 = F (a , an ) = fk (a0 )akn k=0

P 0 k y, por el caso de una variable ya estudiado, el polinomio m k=0 fk (a )xn ∈ A[xn ] es nulo. 0 0 n−1 Esto significa que fk (a ) = 0 para cada 0 ≤ k ≤ m, y cada a ∈ A . Por hipótesis de inducción, fk = 0 para cada 0 ≤ k ≤ m, luego f = 0.  Observaciones VII.1.9 (1) Por lo anterior, si A es un dominio infinito, podemos identificar los polinomios con sus funciones polinómicas asociadas. (2) En particular, si A es un dominio de característica cero existe un homomorfismo inyectivo Z ,→ A, luego A es infinito, por lo que los polinomios de A[x1 , . . . , xn ] se identifican con las funciones polinómicas An → A.

CAPÍTULO VII. POLINOMIOS EN VARIAS VARIABLES

ppioid

117

Corolario VII.1.10 Sean A un dominio infinito, y f, g, h ∈ A[x1 , . . . , xn ] tres polinomios tales que h 6= 0. Si f (a) = g(a) para cada a ∈ An tal que h(a) 6= 0, entonces f = g. Demostración. Por hipótesis, la función polinómica asociada a h0 := (f − g)h es nula, luego se deduce de la Proposición VII.1.8 que h0 = 0, y A[x1 , . . . , xn ] es un dominio por serlo A. Como h 6= 0 esto implica que f − g = 0, o sea, f = g.  (VII.1.11) Funciones racionales. Si A es un dominio y n ≥ 1, entonces A[x1 , . . . , xn ] es también un dominio, por lo que existe su cuerpo de fracciones F := qf(A[x1 , . . . , xn ]). Por otro lado, si K es el cuerpo de fracciones de A, consideramos el dominio K[x1 , . . . , xn ], que contiene a A[x1 , . . . , xn ]. Denotamos por K(x1 , . . . , xn ) al cuerpo de fracciones de K[x1 , . . . , xn ] y vamos a comprobar que coincide con F . Como el cuerpo F contiene al anillo A también contiene, por II.1.7, al cuerpo K. Además, las variables xi ∈ A[x1 , . . . , xn ] ⊂ F , luego K[x1 , . . . , xn ] ⊂ F . De nuevo por II.1.7, K(x1 , . . . , xn ) ⊂ F . Por otro lado, A[x1 , . . . , xn ] ⊂ K[x1 , . . . , xn ] ⊂ K(x1 , . . . , xn ) con lo que F ⊂ K(x1 , . . . , xn ) y se da la igualdad anunciada.

PsiMEL

Definiciones y Observaciones VII.1.12 (Polinomios simétricos) (1) Sea A un anillo y sea n ≥ 1 un entero positivo. El grupo de permutaciones Sn (Capítulo 3, vol. I) actúa sobre el anillo de polinomios A[x1 , . . . , xn ] mediante Sn → Biy(A[x1 , . . . , xn ]), τ 7→ τb, donde para cada f ∈ A[x1 , . . . , xn ] se tiene τb(f )(x1 , . . . , xn ) := f (xτ (1) , . . . , xτ (n) ). Es inmediato comprobar que la aplicación τb : A[x1 , . . . , xn ] → A[x1 , . . . , xn ] es un isomor−1 . fismo de anillos cuyo inverso es τd (2) Se dice que el polinomio f es simétrico si τb(f ) = f para cada permutación τ ∈ Sn . Se llaman polinomios simétricos elementales o también formas simétricas elementales en n variables a los polinomios homogéneos X s1 := x1 + · · · + xn , sk := xi1 · · · xik & sn := x1 · · · xn , 1≤i1 1 tal que hxi + h1/xi = 1. Denotamos z := bxc y observamos que b1/xc = 0 porque 0 < 1/x < 1. Entonces h1/xi = 1/x, y debe cumplirse que 1 = hxi + h1/xi = x − bxc + 1/x

=⇒

x + 1/x = z + 1

=⇒

x2 − (z + 1)x + 1 = 0.

De entre las dos soluciones de la ecuación de segundo grado anterior elegimos p z + 1 + (z + 1)2 − 4 x := , 2 y debe cumplirse que x − 1 < z = bxc < x, por lo que 2x − 2 < 2z < 2x, es decir, p p z − 1 + (z + 1)2 − 4 = 2x − 2 < 2z < 2x = z + 1 + (z + 1)2 − 4 y restando z en ambos miembros resulta p p −1 + (z + 1)2 − 4 < z < 1 + (z + 1)2 − 4 El menor entero positivo que cumple las desigualdades (3) es z := 2, y se tiene así p √ z + 1 + (z + 1)2 − 4 3+ 5 x := = , 2 2

(3)

pfr

Soluciones a los ejercicios propuestos

166

√ √ por lo que bxc = 2 y b1/xc = 0, así que hxi = ( 5 − 1)/2 mientras que h1/xi = 1/x = 2/(3 + 5). En consecuencia, √ √ 6+2 5 5−1 2 √ = √ = 1. hxi + h1/xi = + 2 3+ 5 2(3 + 5)  Número III.4 (1) Sea p un número entero primo. Demostrar que el conjunto A formado por todos los números racionales de la forma m/n, con m, n ∈ Z, tales que m y n son primos entre sí y p no divide a n, es un subanillo del cuerpo Q de los números racionales. Encontrar las unidades de A. (2) Sea m el subconjunto de A formado por aquellos elementos cuyos numeradores son múltiplos de p. Demostrar que m es el único ideal maximal de A. Solución. (1) El conjunto A es un subgrupo aditivo de Q pues no es vacío, porque 0 ∈ A, y dados x := a/b, y := c/d ∈ A con a, b, c y d ∈ Z de modo que p no divide a b ni a d, su resta x − y = (ad − bc)/bd ∈ A ya que, al ser p primo, tampoco divide a bd. Para comprobar que A es un subanillo con unidad, basta observar que 1 ∈ A y que xy = ac/bd ∈ A. Vamos a calcular el conjunto U(A) de las unidades de A. Si una fracción reducida x := a/b es unidad en A existe y := c/d ∈ A tal que 1 = xy = ac/bd, o sea, ac = bd. Como b y d no son múltiplos de p, tampoco lo es a. Recíprocamente, cada fracción x = a/b ∈ A tal que a 6∈ pZ es una unidad en A puesto que y := b/a ∈ A y xy = 1. En conclusión, las unidades del anillo A son las fracciones x := m/n tales que ni m ni n son múltiplos de p. (2) Por el Ejercicio I.9 hay que probar que m := A\U(A) es ideal de A. Sean x := a/b, y := c/d ∈ m y z := m/n ∈ A fracciones reducidas. Los numeradores a y c son múltiplos de p luego también lo son ad − bc y ma, así que x − y = (ad − bc)/bd ∈ m y zx = ma/nb ∈ m.  Número III.5 Hallar todos los enteros positivos n y k tales que (n + 1)n = 2nk + 3n + 1. Solución. Para n = 1 el miembro de la izquierda vale 2 y el de la derecha vale 6, así que no existe ninguna solución con n = 1. Suponemos en lo sucesivo que n ≥ 2, y mediante la Fórmula del binomio de Newton se obtiene   n   n   X X n i n n i 2nk + 3n = (n + 1)n − 1 = n −1= n+ n = n2 m, (4) i i 1 i=2 i=0 donde m := 1 +

n   X n i=2

i

ni−2 ∈ Z.

Dividiendo por n ambos miembros de la ecuación (4) se tiene 2nk−1 + 3 = nm. Para k := 1 se tiene 5 = nm, luego n = 5. Pero entonces (n + 1)n = 65 mientras que 2nk + 3n + 1 = 26 6= 65 , luego tampoco en este caso hay solución. Suponemos por tanto k ≥ 2, lo que implica 3 = nm − 2nk−1 = n(m − 2nk−2 ),

OLIMP

Soluciones a los ejercicios propuestos

167

así que n = 3. Sustituyendo en la ecuación de partida resulta 43 = 2 · 3k + 10, o sea, 3k = 27, es decir, k = 3. En conclusión, n = 3, y k = 3 es la única solución.  Número III.6 Hallar el menor entero positivo n tal que n ≡ k mod (k + 1) para 1 ≤ k ≤ 9. Solución. Las condiciones del enunciado equivalen a que n + 1 ≡ k + 1 mod (k + 1) ≡ 0 mod (k + 1),

∀ 1 ≤ k ≤ 9,

o sea, n + 1 ha de ser múltiplo de 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 y 10. Esto equivale a que n + 1 sea múltiplo de 5, 7, 8 y 9, luego de su mínimo común múltiplo, que es 5 · 7 · 8 · 9 = 2520. Así, el menor entero positivo n que cumple las condiciones del enunciado es n = 2520 − 1 = 2519.  Número III.7 Sean m y n enteros mayores que 1. Probar que el sistema de ecuaciones  x ≡ 0 mod m x ≡ 1 mod n tiene solución en Z si y sólo si m y n son primos entre sí. Solución. Sea d := mcd (m, n). Si el sistema admite alguna solución x ∈ Z, entonces d divide a m que divide a x y d divide a n que divide a x − 1, luego d divide a mcd (x, x − 1) = 1, es decir, d = 1. Recíprocamente, si mcd (m, n) = 1 existen, por la Identidad de Bézout, enteros a, b tales que 1 := am + bn. Entonces x := am = 1 − bn es solución del sistema.  Número III.8 Sean a y b números enteros cuyo máximo √ común divisor en Z es 1. Calcular el máximo común divisor de a y b en el anillo A := {a + b −3 : a, b ∈ Z}. Solución. Por la Identidad de Bézout existen x, y ∈ Z ⊂ A tales que ax + by := 1. Así, si ξ ∈ A divide a a y a b en A también divide a 1 = ax + by, por lo que mcd A (a, b) = 1.  Número III.9 Encontrar todas las ternas de números enteros x, y, z tales que 6x + 10y + 15z = 8. Solución. Denotamos u := 3x + 5y, con lo que la ecuación 6x + 10y + 15z = 8 a resolver se puede entender como un sistema de ecuaciones  2u + 15z = 8 3x + 5y = u Buscamos las soluciones de la primera ecuación del sistema. Multiplicando por 8 la Identidad de Bézout 2 · 8 + 15 · (−1) = 1 obtenemos 2 · 64 + 15 · (−8) = 8, luego una solución de la ecuación 2u + 15z = 8 es u0 = 64, z0 = −8. Por tanto, todas sus soluciones son de la forma u = 64 − 15s & z = −8 + 2s, con s ∈ Z.

Soluciones a los ejercicios propuestos

168

Las operaciones que hemos de efectuar a continuación son más sencillas si hacemos el cambio de variable t := s − 4, pues así u = 64 − 15(t + 4) = 4 − 15t & z = −8 + 2(t + 4) = 2t, con t ∈ Z. Ahora hemos de resolver la ecuación 3x + 5y = u = 4 − 15t,

(5)

y como 3 · 2 + 5 · (−1) = 1 es una Identidad de Bézout para 3 y 2, la multiplicamos por 4 − 15t y resulta 3 · 2 · (4 − 15t) + 5 · (15t − 4) = 4 − 15t. Por tanto, una solución de la ecuación (5) es x = 2 · (4 − 15t) = 8 − 30t & y = 15t − 4, y como z = 2t las soluciones de la ecuación original son x := 8 − 30t + 5v, y := 15t − 4 − 3v, z := 2t,

∀ t, v ∈ Z. 

Número III.10 Calcular las soluciones enteras de cada una de las siguientes ecuaciones: (1) 25x + 40y = 24,

(2) 48x + 30y = 12,

(3) 31x + 17y = 12 &

(4) 2645x + 1955y = 230.

Solución. La primera ecuación no tiene soluciones, pues 24 no es múltiplo de mcd (25, 40) = 5. (2) La segunda tiene las mismas soluciones que 8x + 5y = 2. Es claro que x = −1, y = 2 es una solución, luego todas son las de la forma x := −1 + 5t, y := 2 − 8t = 2(1 − 4t),

∀ t ∈ Z.

(3) También ahora calculamos una solución a ojo dándonos cuenta de que 31 + 17 · (−2) = −3, luego multiplicando por −4 resulta 31 · (−4) + 17 · 8 = 12, o lo que es igual, x := −4, y := 8 es una solución. Por eso, las soluciones de esta ecuación son las de la forma x := −4 + 17t, y := 8 − 31t,

∀ t ∈ Z.

(4) Dividiendo por 5 se obtiene la ecuación 529x + 391y = 46, cuyas soluciones son las mismas que las de la ecuación de partida. Ahora es más complicado encontrar una solución a primera vista, por lo que apelamos al Algoritmo de Euclides. Las sucesivas divisiones nos proporcionan 529 = 1 · 391 + 138, 391 = 2 · 138 + 115, 138 = 1 · 115 + 23

&

115 = 5 · 23 + 0.

Como 46 es múltiplo de mcd (529, 391) = 23 la ecuación tiene solución. De hecho, leyendo las igualdades anteriores en orden inverso tenemos 23 = 138 − 115 = 138 − (391 − 2 · 138) = 3 · 138 − 391 = 3 · (529 − 391) − 391 = 3 · 529 − 4 · 391.

dIoFL

Soluciones a los ejercicios propuestos

169

Al multiplicar esta igualdad por 2 advertimos que x := 6, y := −8 es una solución de la ecuación dada. Así, x := 6 + 391t, y := −8 − 529t, ∀ t ∈ Z. 

son todas las soluciones de la ecuación del enunciado Número III.11 Resolver en el anillo de los números enteros las siguientes congruencias: (1) 5x ≡ 17 mod 19,

(2) 5x ≡ 17 mod 15,

(4) 35x ≡ 119 mod 139,

(5) 125x ≡ 27 mod 256,

(3)

34x ≡ 60 mod 98,

(6) 211x ≡ 659 mod 900.

Solución. (1) Como 19 es primo los elementos no nulos de Z19 son unidades, luego al multiplicar por ellos la ecuación dada se obtiene otra con las mismas soluciones. Así, al multiplicar por 4, x ≡ 4 · 5x ≡ 68 ≡ 11 mod 19 luego las soluciones son los enteros congruentes con 11 mod 19. (2) Esta ecuación no tiene solución porque en caso contrario 17 sería múltiplo de 5. (3) Dividiendo entre 2 se obtiene la ecuación 17x ≡ 30 mod 49, cuyas soluciones son las de la de partida. Esta nueva ecuación tiene solución pues 17 es unidad en Z49 . De hecho, dividiendo por exceso y por defecto resulta que 49 = 3 · 17 − 2 y 17 = 8 · 2 + 1, es decir, 1 = 17 − 8 · 2 = 17 − 8 · (3 · 17 − 49) = 8 · 49 − 23 · 17, luego −23 es el inverso de 17 mod 49. Así, multiplicando la ecuación por −23 queda x ≡ (−23) · 17x ≡ (−23) · 30 mod 49 ≡ 45 mod 49. En consecuencia las soluciones son los enteros congruentes con 45 mod 49. (4) En este caso 4 es el inverso de 35 mod 139, así que multiplicando la ecuación por 4 queda x ≡ 4 · 35x ≡ 4 · 119 mod 139 ≡ 59 mod 139, luego las soluciones son los enteros congruentes con 59 mod 139. (5) Buscamos en primer lugar el inverso de 125 mod 256. Para ello dividimos 256 = 2 · 125 + 6, 125 = 20 · 6 + 5

&

6 = 5 · 1 + 1.

En consecuencia, 1 = 6 − 5 = 6 − (125 − 20 · 6) = 21 · 6 − 125 = 21 · (256 − 2 · 125) − 125 = 21 · 256 − 43 · 125. Por tanto, el inverso de 125 en Z256 es −43 mod 256, y multiplicando por este inverso la ecuación dada obtenemos otra con sus mismas soluciones, a saber, x ≡ (−43) · 125x ≡ (−43) · 27 mod 256 ≡ −1161 mod 256 = 119 mod 256,

Soluciones a los ejercicios propuestos

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luego las soluciones son los enteros congruentes con 119 mod 256. (6) Procedemos como en los casos anteriores, buscando el inverso de 211 en Z900 . Al dividir, 900 = 4 · 211 + 56, 211 = 4 · 56 − 13, 56 = 4 · 13 + 4, 13 = 3 · 4 + 1. Escribiendo lo anterior en sentido inverso, 1 = 13 − 3 · (56 − 4 · 13) = 13 · 13 − 3 · 56 = 13 · (4 · 56 − 211) − 3 · 56 = 49 · 56 − 13 · 211 = 49 · (900 − 4 · 211) − 13 · 211 = 49 · 900 − 209 · 211, luego el inverso de 211 en Z900 es −209 mod 900. Al multiplicar la ecuación dada por −209 resulta x ≡ (−209) · 211x ≡ (−209) · 659 mod 900 ≡ −31 mod 900 = 869 mod 900, luego las soluciones son los enteros congruentes con 869 mod 900.



Número III.12 (1) Encontrar un entero positivo de tres cifras cuyos restos al dividirlo entre 7, 9 y 11 son 1, 2 y 3, respectivamente. (2) Calcular el menor entero positivo cuyos restos al dividirlo entre 5, 7 y 9 son 4, 3 y 1, respectivamente. Solución. Resolvemos los dos apartados de este ejercicio empleando el Teorema chino de los restos. Vimos en la igualdad (1) de la Observación II.2.5 que si m, n son enteros primos entre sí y 1 = am + bn es una Identidad de Bézout para ellos, fijados enteros α y β el entero x := βam + αbn cumple las igualdades x ≡ α mod m y x ≡ β mod n. En efecto, x − α = βam + α(bn − 1) = βam − αam ∈ mZ, x − β = αbn + β(am − 1) = αbn − βbn ∈ nZ. Pasamos a resolver los dos apartados del ejercicio. (1) Buscamos, en primer lugar, un entero x ≡ 1 mod 7 y x ≡ 2 mod 9. En este caso m := 7, n := 9 y, como 1 = (−5) · 7 + 4 · 9, tenemos a := −5 y b := 4. Además, con las notaciones anteriores, α := 1 y β := 2 por lo que resulta x = βam + αbn = 2 · (−5) · 7 + 1 · 4 · 9 = −34. Por supuesto, si cambiamos x por γ = x + 7 · 9 = 29 obtenemos otra solución. Se trata ahora de encontrar x ∈ Z congruente con γ mod 63 y con 3 mod 11. De nuevo comenzamos buscando una identidad de Bézout para 63 y 11. Dividiendo, 63 = 6 · 11 − 3

&

11 = 4 · 3 − 1

=⇒

1 = 4 · 3 − 11 = 4 · (6 · 11 − 63) − 11 = 23 · 11 − 4 · 63.

En consecuencia, si renombramos m := 11 y n := 63 se tiene 1 = am + bn con a := 23 y b := −4. Como en nuestro caso α := 3 y β = γ := 29, al sustituir obtenemos x = βam + αbn = 29 · 23 · 11 + 3 · (−4) · 63 = 6581.

Soluciones a los ejercicios propuestos

171

Por tanto, los números que cumplen las congruencias del enunciado son los de la forma x := 6581 + 7 · 9 · 11t = 6581 + 693t,

∀ t ∈ Z.

Como buscamos uno de tres cifras dividimos 6581 = 693 · 9 + 344, luego x0 := 344 es el número buscado. (2) Buscamos ahora un entero x ≡ 4 mod 5 y x ≡ 3 mod 7. En este caso m := 5, n := 7 y, como 1 = (−4) · 5 + 3 · 7, tenemos a = −4 y b = 3. Además, α := 4 y β := 3 por lo que se tiene x := βam + αbn = 3 · (−4) · 5 + 4 · 3 · 7 = 24. Se trata ahora de encontrar x ∈ Z congruente con α := 24 mod 35 y con β := 1 mod 9. Se tiene m := 35, n := 9, que cumplen la Identidad de Bézout (−1) · 35 + 4 · 9 = 1, esto es, 1 := am + bn con a := −1 y b := 4. Al sustituir estos datos obtenemos x := βam + αbn = 1 · (−1) · 35 + 24 · 4 · 9 = 829. Como mcd (5, 7, 9) = 315, los números que cumplen las congruencias propuestas son los de la forma x = 829 − 315t,

∀ t ∈ Z.

Entre estos números enteros el positivo menor se obtiene para t = 2, esto es x0 := 199.



Número III.13 ¿Cuáles son las soluciones enteras de la ecuación x2 = 2y2 + 3z2 ? Solución. Supongamos que existe alguna solución (x, y, z) ∈ Z3 de la ecuación del enunciado con x no nulo, y la elegimos con |x| mínimo. Si y = 0, entonces z = 0 y por ello x = 0, pues en caso contrario ζ := x/z ∈ Q cumpliría ζ 2 = p, lo que contradice el Corolario III.1.14. Así y 6= 0, y tomando clases mod 3 resulta
2 [x]3 = [x2 ]3 = [2y 2 ]3 + [3z 2 ]3 = 2[y]23 . 2 Si y ∈ Z \ 3Z entonces [y]3 ∈ Z3 \ {0} y el cociente ξ := [x]3 · [y]−1 3 ∈ Z3 cumple que ξ = 2. Esto es falso, pues los elementos de Z3 que son un cuadrado son 0 y 1. Por tanto y es múltiplo de 3, por lo que x2 = 2y 2 + 3z 2 ∈ 3Z. Así, 3|x y 3|y, por lo que existen u, v ∈ Z tales que x := 3u, y := 3v, y en consecuencia

3z 2 = x2 − 2y 2 = 9u2 − 18v 2 = 9(u2 − 2v 2 )

=⇒

z 2 = 3(u2 − 2v 2 ),

así que 3|z 2 , lo que implica que z ∈ 3Z, esto es, existe w ∈ Z tal que z := 3w. En consecuencia, 9u2 = (3u)2 = x2 = 2y 2 + 3z 2 = 2(3v)2 + 3(3w)2 = 9(2v 2 + 3w2 )

=⇒

u2 = 2v 2 + 3w2 .

Esto significa que la terna (u, v, w) ∈ Z3 es una solución de la ecuación dada y |u| = |x|/3 < |x|, contra la elección de x. En consecuencia, x = 0, y = 0, z = 0 es su única solución. 

Soluciones a los ejercicios propuestos

172

Número III.14 Determinar para qué números enteros a la ecuación diofántica xy + xz + yz = a

(6)

DiOfnt1

tiene infinitas soluciones (x, y, z) ∈ Z3 tales que xyz 6= 0 y mcd (a, xyz) = 1. Solución. Supongamos que a es par y sea (x, y, z) una solución de (6). Entonces, al menos uno de los números xy, xz e yz es par, luego xyz es par y mcd (a, xyz) 6= 1. Recíprocamente, vamos a demostrar que para cualquier entero impar a la ecuación (6) tiene infinitas soluciones (x, y, z) ∈ Z3 tales que mcd (a, xyz) = 1. Reescribimos (6) como (x + y)(x + z) = a + x2 ,

(7)

e imponiendo la condición adicional x + y = 1 vamos a probar que el sistema de ecuaciones   x + y = 1 x + y = 1 (x + y)(x + z) = a + x2 x + z = a + x2 tiene infinitas soluciones (x, y, z) ∈ Z3 tales que mcd (a, xyz) = 1. Las soluciones enteras de este sistema son de la forma (t, 1 − t, a + t2 − t) con t ∈ Z, y es suficiente probar que para infinitas elecciones del entero t los números a y xyz = t(1 − t)(a + t2 − t) son primos entre sí. Consideremos los valores de la forma t := as + 2 con s ∈ Z. Como a es impar, mcd (a, x) = mcd (a, t) = mcd (a, as + 2) = mcd (a, 2) = 1 & mcd (a, y) = mcd (a, 1 − t) = mcd (a, −as − 1) = mcd (a, 1) = 1. Además, esto implica que

1 = mcd a, t(t − 1) = mcd a, a + t(t − 1) = mcd (a, z), por lo que finalmente deducimos que para cada s ∈ Z la terna de números enteros x = as + 2, y = −as − 1, z = a + (as + 2)(as + 1) es solución de la ecuación (6) y mcd (a, xyz) = 1. Comprobemos que para s ≥ 3 los enteros x, y y z son no nulos, por lo que los enteros a que satisfacen las condiciones del enunciado son los impares. En efecto si fuese x = 0 tendríamos 2 = |as| ≥ 3, lo que es imposible, mientras que si y = 0, entonces 1 = |as| ≥ 3, lo que también es falso. Por último, si z = 0, sería 0 = a + a2 s2 + 3as + 2, es decir, 2 = |a| · |1 + as2 + 3s|, luego |a| = 1. Si a = 1 resulta 1 + as2 + 3s = 1 + s2 + 3s ≥ 19, mientras que si a = −1 se tiene 2 = |1 − s2 + 3s| = |1 + s(3 − s)| = 1 + s(s − 3) que también es imposible.

=⇒

s(s − 3) = 1, 

DiOfnt2

Soluciones a los ejercicios propuestos

173

Número III.15 Sea p > 0 un entero primo. Hallar los números enteros x, y tales que p(x+y) = xy. Solución. Si uno de los números x, y es nulo también lo es el otro, así que en lo sucesivo suponemos que x 6= 0 e y 6= 0. Como p|xy el primo p divide a x o a y. Por tanto, existen u, v ∈ Z \ pZ y enteros no negativos r, s tales que x := pr u, y = ps v y m´ax{r, s} ≥ 1. Por la simetría de la ecuación podemos suponer que s ≤ r, y estudimos primero el caso en que s := 0, es decir, p6 |y. Entonces, p(pr u + v) = p(x + y) = xy = pr uv,

=⇒

pr u + v = pr−1 uv.

Esto implica, puesto que p6 |(pr u + v) que r := 1, luego x = pu e y = v, y la ecuación a resolver es pu + v = uv. Por tanto pu = v(u − 1), por lo que p|(u − 1) ya que p no divide a v. Existe por ello t ∈ Z tal que u − 1 := pt, y así, p(1 + pt) = pu = v(u − 1) = ptv

=⇒

1 + pt = vt

=⇒

1 = t(v − p).

En consecuencia, t = 1 o t = −1. Si t := 1, entonces v − p = 1, o sea, u := 1 + p y v = 1 + p, luego x = pu = p(1 + p)

& y = v = 1 + p,

(8)

Fs1

(9)

Fs2

mientras que si t := −1 entonces u = 1 − p y v − p = −1, lo que proporciona las soluciones x = pu = p(1 − p)

& y = v = p − 1.

Intercambiando los papeles de x e y obtenemos otras dos soluciones: x = 1 + p, y = p(1 + p)

& x = p − 1, y = p(1 − p).

Estudiamos ahora el caso en que 1 ≤ s ≤ r. Entonces, ps+1 (pr−s u + v) = p(pr u + ps v) = p(x + y) = xy = pr+s uv

=⇒

pr−s u + v = pr−1 uv.

Si s < r, entonces p6 |(pr−s u + v), luego p6 |pr−1 uv, así que r = 1, luego s = 0 y esto es falso. En consecuencia s = r y la ecuación de partida se convierte en pr+1 (u + v) = p(pr u + ps v) = p(x + y) = xy = p2r uv

=⇒

u + v = pr−1 uv.

(10)

Podemos suponer, sin pérdida de generalidad que 1 ≤ |u| ≤ |v|, y de la igualdad (10) resulta v(pr−1 u − 1) = u

=⇒

|v| · |pr−1 u − 1| = |u| ≤ |v|

=⇒

|pr−1 u − 1| ≤ 1.

Como pr−1 u 6= 0, necesariamente pr−1 u = 1 o pr−1 u = 2. En el primer caso r = 1 y u = 1, por lo que la igualdad (10) se convierte en 1 + v = v, que es imposible. Sin embargo, si pr−1 u = 2 puede suceder que r = 1 y u = 2 o p = r = 2 y u = 1. Si r = 1 y u = 2 entonces 2 + v = u + v = pr−1 uv = 2v

=⇒

v=2

=⇒

x = pr u = 2p, y = ps v = 2p.

Por otro lado, si p = r = 2 y u = 1, se sigue de la igualdad (10) que 1 + v = 2v, luego v = 1, lo que proporciona la solución x = pr u = 4 e y = ps v = pr = 4. Nótese que ésta es la solución obtenida en el caso anterior, ahora para el primo p = 2. Como la solución x = 2p e y = 2p no se altera al intercambiar los papeles de x e y, hemos terminado. Así, a las soluciones de las igualdades (8) y (9) hemos de añadir x = 0, y = 0 y también x = 2p e y = 2p. 

Fs3

174

Soluciones a los ejercicios propuestos

Número III.16 Hallar el menor entero n ∈ Z+ tal que la ecuación 1001x + 770y = 106 + n tenga soluciones enteras. Resolverla para ese valor de n. Solución. La ecuación dada tiene solución si y sólo si el término independiente 106 + n es múltiplo de mcd (1001, 770) = 77. Como 1001 = 7 · 11 · 13 es múltiplo de 77, resulta que 103 ≡ −1 mod 77, luego 106 ≡ 1 mod 77. Por tanto n es el menor entero positivo tal que 1 + n ∈ 77Z, es decir, n = 76. Dividiendo por 77 todos los coeficientes de la ecuación se obtiene 13x + 10y = 12988. Una Identidad de Bézout para 13 y 10 es (−3) · 13 + 4 · 10 = 1, y al multiplicar por 12988, 13 · (−38964) + 10 · 51952 = 12988. Finalmente, las soluciones de la ecuación 1001x + 770y = 106 + 76 son los números enteros x = −38964 + 10t, y = 51952 − 13t, con t ∈ Z.  Número III.17 Resolver los siguientes sistemas de congruencias en el anillo de los números enteros. ( ( x ≡ 36 mod 41 6x ≡ 8 mod 14 (2) (1) x ≡ 5 mod 17 9x ≡ 36 mod 48 Solución. (1) Las soluciones del primer sistema coinciden con las de ( 3x ≡ 4 mod 7 3x ≡ 12 mod 16 Multiplicando ambas ecuaciones por 5, que es primo con 7 y 16, obtenemos otro sistema con las mismas soluciones ( x ≡ 6 mod 7 x ≡ 4 mod 16 Éste se resuelve mediante el Teorema chino de los restos. Empleamos las notaciones de la igualdad (1) de II.2.5 con m := 7, n := 16, α := 6 y β := 4. Una Identidad de Bézout para 7 y 16 es 7 · 7 + (−3) · 16 = 1, es decir, 1 = a · 7 + b · 16 con a := 7 y b := −3. Por tanto, una solución del sistema es x := βam + αbn = 4 · 49 − 6 · 48 = −92. Como mcm (7, 16) = 112, las soluciones del sistema son los enteros de la forma x := −92 + 112t con t ∈ Z. Por supuesto esto es lo mismo que decir x := 20 + 112t con t ∈ Z. (2) En este caso no hay que efectuar simplificaciones previas, sino aplicar el Teorema chino de los restos con m := 41, n := 17, α := −5 y β := 5. Para obtener una Identidad de Bézout para m y n dividimos: 41 = 2 · 17 + 7, 17 = 2 · 7 + 3 y 7 = 2 · 3 + 1,

Soluciones a los ejercicios propuestos

175

lo que nos proporciona 1 = 7 − 2 · (17 − 2 · 7) = 5 · 7 − 2 · 17 = 5 · (41 − 2 · 17) − 2 · 17 = 5 · 41 − 12 · 17, esto es, 1 = am + bn con a := 5 y b := −12. Por tanto, sin más que aplicar la fórmula en la igualdad (1) de II.2.5 obtenemos la solución x := βam + αbn = 5 · 5 · 41 + 5 · 12 · 17 = 2045. Como mcm (41, 17) = 697, las soluciones son los números de la forma 2045 + 697t, con t ∈ Z. Podemos simplificar esta expresión observando que 2045 = 3 · 697 − 46, luego los números x := −46 + 697t con t ∈ Z son los buscados.  Número III.18 Sean m := 1713 y n := 134 . ¿Cuál es la cifra de las unidades de x := 17m − 3n ? Solución. Se trata de calcular el resto de la división euclídea de x entre 10. Para ello consideramos el grupo multiplicativo Z∗10 = U(Z10 ), cuyo orden es ϕ(10) = ϕ(2)ϕ(5) = 4, donde ϕ es la función de Euler. Como 17 ≡ 13 ≡ 1 mod 4, se tiene m ≡ 1713 ≡ 113 ≡ 1 mod 4

& n ≡ 134 ≡ 14 ≡ 1 mod 4,

es decir, existen k, ` ∈ Z tales que m = 1 + 4k y n = 1 + 4`. Por tanto, x ≡ (17m − 3n ) mod 10 = (71+4k − 31+4` ) mod 10 = (7 · 74k − 3 · 34` ) mod 10. Como ϕ(10) = 4 y las clases [7]10 y [3]10 son unidades de Z10 porque mcd (7, 10) = mcd (3, 10) = 1, se deduce de la Fórmula de Lagrange que [7]410 = [3]410 = [1]10 , es decir, 74 ≡ 34 ≡ 1 mod 10. En consecuencia, 74k mod 10 = (74 mod 10)k ≡ 1 mod 10

&

34` mod 10 = (34 mod 10)` ≡ 1 mod 10.

Finalmente, esto implica que x ≡ (7 mod 10) · (1 mod 10) − (3 mod 10) · (1 mod 10) = 4 mod 10, luego la cifra de las unidades de x es 4.



Número III.19 Un entero positivo con tres cifras que da resto 7 cuando se divide por 9 o 10 y 3 cuando se divide por 11, es divisor de otro con seis cifras que da restos 8, 7 y 1 cuando se divide por 9, 10 y 11, respectivamente. Encontrar el cociente. Solución. Presentamos dos soluciones a este Ejercicio. En la primera vamos a calcular, empleando de nuevo el Teorema chino de los restos, el denominador x y el numerador y del cociente buscado. Los números cuyo resto es 7 al ser divididos entre 9 o 10 son, por ser éstos dos últimos primos entre

Soluciones a los ejercicios propuestos

176

sí, los que tienen resto 7 al dividirlos por 90. Así pues x ≡ 3 mod 11 y x ≡ 7 mod 90. Buscamos una Identidad de Bézout para m := 11 y n := 90. Al dividir, 90 = 8 · 11 + 2

&

11 = 5 · 2 + 1,

y al despejar resulta 1 = 11 − 5 · (90 − 8 · 11) = 41 · 11 − 5 · 90. Esto se lee 1 = am + bn con a := 41 y b := −5. Con las notaciones de la igualdad (1) de II.2.5, α := 3 y β := 7, luego el número entero ξ = βam + αbn = 7 · 41 · 11 + 3 · (−5) · 90 = 1807 satisface las congruencias del enunciado. Así pues, el denominador x tiene tres cifras y es congruente con ξ mod 990, luego x := 1807 − 990 = 817. Para calcular el numerador y comenzamos buscando z ∈ Z que satisfaga las congruencias z ≡ 8 mod 9 y z ≡ 7 mod 10. En este caso m := 9, n := 10 y 1 = am + bn con a := −1 y b := 1. Empleando de nuevo las notaciones de la igualdad (1) de II.2.5, α := 8 y β := 7, por lo que z = βam + αbn = 7 · (−1) · 9 + 8 · 1 · 10 = 17. Así y ≡ 17 mod 90 e y ≡ 1 mod 11. Ya vimos que 1 = am + bn con a := 41 y b := −5, donde m := 11 y n := 90, luego si α := 1 y β := 17, un entero que satisface estas congruencias es η = βam + αbn = 17 · 41 · 11 + 1 · (−5) · 90 = 7217. Así, el numerador y ∈ 7217+990Z = 287+990Z, o lo que es igual, existe v ∈ Z tal que y = 287−990v para cierto v ∈ Z. Denotamos por u := y/x el cociente buscado. La igualdad y = ux equivale a 287 − 990v = 817u, esto es, 287 = 817u + 990v. Buscamos una Identidad de Bézout para 990 y 817. Mediante el Algoritmo de Euclides se tiene 990 = 1 · 817 + 173, 817 = 5 · 173 − 48, 173 = 3 · 48 + 29, 48 = 2 · 29 − 10, 29 = 3 · 10 − 1, y deshaciendo los pasos llegamos, tras operar, a 1 = 103 · 817 − 85 · 990. Multiplicando por 287, 817u + 990v = 287 = 29561 · 817 − 24395 · 990. En consecuencia, existen enteros λ y µ tales que u = 29561 − 990λ & v = −24395 + 817µ. Para determinar µ, y con ello el numerador y, empleamos que 105 ≤ y < 106 . Tenemos 105 ≤ 287 − 990 · (817µ − 24395) < 106 ⇐⇒ 105 ≤ 24151337 − 808830µ < 106 . Pasando de miembro, 23151337 < 808830µ ≤ 24051337

=⇒

28, 6 < µ < 29, 8.

Soluciones a los ejercicios propuestos

177

Como µ ∈ Z se tiene µ = 29, luego v = 817 · 29 − 24395 = −702 y, finalmente y := 287 − 990v = 695267

& u := y/x = 851.

En la segunda solución preservamos las notaciones de la anterior y observamos que y = ux luego, sea quien sea n, al tomar clases mod n resulta [y]n = [u]n [x]n . En particular, mcd (x, n) = 1

=⇒

[u]n = [y]n [x]−1 n .

(11)

aQCng

(12)

aQCng1

También es útil observar que: mcd (a, n) = 1

&

[a]n = [b]n

=⇒

mcd (b, n) = 1

=⇒

[b]n es unidad en Zn .

En particular, como x ≡ 7 mod 9, o sea, [x]9 = [7]9 , y mcd (7, 9) = 1, entonces [x]9 es unidad en −1 Z9 y [x]−1 9 = [7]9 = [4]9 . Aplicando ahora la igualdad (11) con n := 9 se tiene [u]9 = [y]9 · [x]−1 9 = [8]9 · [4]9 = [5]9 . −1 Del mismo modo [x]10 = [7]10 y mcd (7, 10) = 1, luego [x]10 es unidad en Z10 y [x]−1 10 = [7]10 = [3]10 . Empleando de nuevo (11), ahora con n := 10 obtenemos

[u]10 = [y]10 · [x]−1 10 = [7]10 · [3]10 = [1]10 . En tercer lugar, [x]11 = [3]11 y mcd (3, 11) = 1, por lo que [x]11 es unidad en Z11 . En consecuencia, −1 [x]−1 11 = [3]11 = [4]11 , y aplicando la igualdad (11) con n := 11 tenemos [u]11 = [y]11 · [x]−1 11 = [1]11 · [4]11 = [4]10 . Se trata pues de encontrar los enteros u que satisfacen las congruencias   u ≡ 5 mod 9 u ≡ 1 mod 10   u ≡ 4 mod 11 Para las dos primeras ecuaciones, y puesto que una Identidad de Bézout para los enteros 9 y 10 es 1 = a · 10 + b · 9 con a := 1 y b := −1 resulta, con las notaciones de la igualdad (1) de II.2.5, α := 1 y β := 5, luego las dos primeras congruencias equivalen a u ≡ β · a · 10 + α · b · 9 mod 90 = 41 mod 90. Hay que resolver ahora el sistema (

u ≡ 41 mod 90 u ≡ 4 mod 11

Ya vimos que 1 = 41 · 11 − 5 · 90 con a := 41 y b := −5, luego existen t, s ∈ Z tales que u = 412 · 11 − 4 · 5 · 90 + 990t = 16691 + 990t = 851 + 990s. Se trata ahora de elegir s. Aprovechamos que en la primera solución encontramos el denominador x = 817, luego ha de ser de seis cifras el numerador y = ux = 817 · 851 + 817 · 990s = 695267 + 808830s con s ∈ Z, por lo que s = 0, y así u = 851.



178

Soluciones a los ejercicios propuestos

Número III.20 (1) Sea n > 1 un número entero √ que no es divisible por el cuadrado de ningún entero mayor que 1. Demostrar que An := {a + b n : a, b ∈ Z} es un subanillo unitario de R. (2) ¿Existe algún homomorfismo de anillos unitarios A2 → A3 ? √ √ Solución. An es subanillo de R pues 0, 1 ∈ An√y dados x := a + b n ∈ An e y := c + d n ∈ An , por un lado se tiene x − y = (a − c) + (b − d) n ∈ An , y por otro √ √ √ xy = (a + b n)(c + d n) = ac + nbd + (ad + bc) n ∈ An . (2) Supongamos que existe un homomorfismo de anillos unitarios f : A2 → A3 . Denotemos u := √ y v := 3. Entonces existen enteros a, b tales que f (u) = a + bv, y elevando al cuadrado,

√

2

2 = 1 + 1 = f (1) + f (1) = f (1 + 1) = f (2) = f (u2 ) = (f (u))2 = (a + bv)2 = a2 + v 2 b2 + 2abv = a2 + 3b2 + 2abv. Como v ∈ / Q, o a = 0 o b = 0. Si a = 0, entonces 2 = 3b2 ∈ 3Z, que es falso, mientras que si b = 0 entonces a2 = 2, o sea u ∈ Q, lo que es falso también.  Número III.21 Demostrar que Zm contiene elementos nilpotentes no nulos si y sólo si m es divisible por el cuadrado de un número entero mayor que 1. Solución. Por el Teorema Fundamental de la Aritmética, si m no es divisible por el cuadrado de un número entero mayor que 1 existen números primos p1 < · · · < pk tales que m = p1 · · · pk . Si ξ := x + mZ es nilpotente existe n ∈ N tal que xn es múltiplo de m. Así cada pi divide a xn , luego divide a x, por lo que x ∈ mZ, es decir, ξ = 0. Recíprocamente, si existe un entero n > 1 tal que n2 |m, tomamos un divisor primo p1 de n. Entonces, p21 |m, luego la factorización de m como producto de potencias de primos es de la forma αr 1 m := pα 1 · · · pr ,

donde pi 6= pj si i 6= j, cada αi ≥ 1 y α1 ≥ 2. Entonces, z := p1 · · · pr ∈ / mZ, es decir ζ := z+mZ 6= 0 y sin embargo ζ α = 0, donde α := m´ax{α1 , . . . , αr }, por lo que ζ ∈ Zm es un elemento nilpotente no nulo.  Número III.22 A lo largo del ejercicio denotamos bzc la parte entera de cada número real z. √ Sean p un primo positivo, T := {0, 1, . . . , b pc} y S := T × T . (1) Demostrar que si p ∈ Z+ es un número primo, entonces S tiene más de p elementos. (2) Demostrar que para cada entero a ∈ Z \ pZ existen x, y ∈ T \ {0} tales que o bien ax ≡ y mod p o bien ax ≡ −y mod p. (3) Demostrar que si existe a ∈ Z tal que a2 + 1 ≡ 0 mod p, entonces p es suma de dos cuadrados de números enteros.

Soluciones a los ejercicios propuestos

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√ √ Solución. (1) El conjunto T tiene 1 + b pc > p elementos, luego √ √ Card(S) = Card(T )2 = (1 + b pc)2 > ( p)2 = p. (2) Como Card(S) > p = Card(Zp ) la aplicación ψ : S → Zp , (x, y) 7→ (ax − y) + pZ no es inyectiva, luego existen (x1 , y1 ) ∈ S y (x2 , y2 ) ∈ S tales que (x1 , y1 ) 6= (x2 , y2 ) y, sin embargo, ψ(x1 , y1 ) = ψ(x2 , y2 ). Entonces (ax1 − y1 ) ≡ (ax2 − y2 ) mod p

=⇒

a(x1 − x2 ) ≡ y1 − y2 mod p.

Denotamos x := |x1 − x2 | ∈ T e y := |y1 − y2 | ∈ T , que cumplen ax ≡ ±y mod p, y todo se reduce a demostrar que x 6= 0 6= y. Supongamos primero que x = 0. Entonces y ∈ pZ, y como √ 0 ≤ y ≤ p < p se deduce que y = 0, por lo que x1 = x2 e y1 = y2 , y esto es falso. Análogamente, si y = 0 se tiene ax ≡ 0 mod p, y como a ∈ / pZ se concluye que x ∈ pZ, lo que √ implica que x = 0, ya que 0 ≤ x ≤ p < p. De nuevo resulta que x1 = x2 e y1 = y2 , que es falso. (3) La condición a2 + 1 ≡ 0 mod p implica que a ∈ Z \ pZ, luego por el apartado anterior existen x, y ∈ T \ {0} tales que ax ≡ ±y mod p. Al multiplicar por x2 la igualdad a2 + 1 ≡ 0 mod p resulta y 2 + x2 ≡ (ax)2 + x2 ≡ x2 (a2 + 1) ≡ 0 mod p, así que existe un entero z ∈ Z tal que x2 + y 2 = pz. De hecho z ≥ 1, pues x2 + y 2 y p son √ positivos, y es suficiente demostrar que z = 1. Para ello basta observar que x, y < p, y por tanto, 2 2 pz = x + y < p + p = 2p, luego z < 2.  Número III.23 Escribir [7]11 como suma de dos cuadrados en el anillo de restos Z11 . Solución. Escribimos en este caso particular la demostración del caso general. Coleccionamos los cuadrados en Z11 y las diferencias entre [7]11 y los cuadrados, que son los elementos de los conjuntos S = {[0]11 , [1]11 , [4]11 , [9]11 , [5]11 , [3]11 } & T = {[7]11 , [6]11 , [3]11 , [9]11 , [2]11 , [4]11 }. En este caso la intersección S ∩ T consta de dos elementos, [3]11 = [5]211 = [7]11 − [2]211

&

[9]11 = [3]211 = [7]11 − [3]211 ,

lo que proporciona dos representaciones de [7]11 como suma de dos cuadrados en Z11 , que son [7]11 = [2]211 + [5]211

&

[7]11 = [3]211 + [3]211 . 

Número III.24 Demostrar que en Z12 no se cumple que cada elemento es suma de dos cuadrados. Solución. Al elevar al cuadrado cada x ∈ Z12 deducimos que los cuadrados en Z12 son los elementos del conjunto S := {0, 1, 4, 9}, luego las sumas de dos cuadrados son los elementos del conjunto Σ := {0, 1, 2, 4, 5, 6, 8, 9, 10}, lo que demuestra que 3, 7 y 11 no son suma de dos cuadrados en Z12 .



Soluciones a los ejercicios propuestos

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Número III.25 Hallar todas las ternas de números enteros no nulos x, y, z tales que x2 + y 2 = z 2 . Solución. Sea (x, y, z) ∈ Z3 tal que xyz 6= 0 y x2 + y 2 = z 2 , y denotemos d := mcd (x, y). Como d2 divide a x2 e y 2 también divide a su suma x2 + y 2 = z 2 . Esto implica, por III.1.14, que d divide a z, por lo que existen números enteros u, v, w tales que x := du, y := dv y z := dw. Además, d = mcd (x, y) = mcd (du, dv) = d mcd (u, v), luego mcd (u, v) = 1. En particular, bien u, bien v es impar, y podemos suponer lo primero. Esto implica que también u2 es impar. Por otra parte, u2 + v 2 = (x2 + y 2 )/d2 = z 2 /d2 = w2 , es decir, u2 = w2 − v 2 = (w − v)(w + v), así que a := w − v y b := w + v son impares. Esto implica que mcd (a, b) = 1. En efecto, si r ∈ Z divide a ambos es impar y divide a b − a = 2v, luego divide a v. Pero también divide a ab = u2 . Por tanto, r divide a mcd (u2 , v) = 1. De aquí se sigue que tanto a como b son cuadrados de números enteros. En efecto, como son primos entre sí, existen primos distintos p1 , . . . , pk , q1 , . . . , q` y enteros positivos α1 , . . . , αk , β1 , . . . , β` tales que αk 1 a := pα 1 · · · pk

& b := q1β1 · · · q`β` .

En consecuencia, si u := ργ11 · · · ργnn es la factorización de u como producto de potencias de números primos, la igualdad ab = u2 se lee β` 2γ1 αk β1 2γn 1 pα 1 · · · pk q1 · · · q` = ρ1 · · · ρn .

Se deduce del Teorema Fundamental de la Aritmética que cada αi y cada βj coincide con uno de los exponentes 2γm , por lo que son pares. Esto significa que a y b son cuadrados de números enteros y, como ambos son impares, existen enteros impares s, t tales que a := t2 y b := s2 . Por tanto, u2 = ab = s2 t2 y, cambiando el signo de s o t si es preciso resulta u = st. Además, v = (b − a)/2 = (s2 − t2 )/2

& w = (b + a)/2 = (s2 + t2 )/2.

Más aún, 1 = mcd (a, b) = mcd (t2 , s2 ), luego, s y t son primos entre sí. Finalmente, x = du = dst,

y = dv = d(s2 − t2 )/2

& z = d(s2 + t2 )/2.

Así, toda solución no trivial (x, y, z) de la ecuación x2 + y2 = z2 pertenece al conjunto S := {x = dst; y = d(s2 − t2 )/2; z = d(s2 + t2 )/2 : d, s, t ∈ Z, s, t impares, mcd (s, t) = 1}. Recíprocamente cada terna (x, y, z) perteneciente a S cumple la igualdad propuesta, ya que x2 + y 2 = d2 s2 t2 + d2 (s4 + t4 − 2s2 t2 )/4 = d2 (s4 + t4 + 2s2 t2 )/4 = d2 (s2 + t2 )2 /4 = z 2 . 

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Soluciones a los ejercicios del Capítulo IV Número IV.1 Sean A un anillo cuyos ideales son principales y f : A → B un epimorfismo de anillos. Demostrar que todos los ideales de B son principales. Solución. Sea b un ideal de B. Entonces a := f −1 (b) es un ideal de A, por lo que existe a ∈ A tal que a := aA. Definimos b := f (a) y vamos a comprobar que b = bB, lo que demostrará que el ideal b es principal. Desde luego b ∈ b, luego bB ⊆ b. Recíprocamente, dado y ∈ b existe, por ser f sobreyectivo, un elemento x ∈ A tal que f (x) = y. De hecho x ∈ a, luego existe z ∈ A tal que x = az, y por tanto y = f (x) = f (a)f (z) = bf (z) ∈ bB.  Número IV.2 (1) Demostrar que si A es un DFU y a ∈ A, el ideal aA es radical si y sólo si a es producto finito de primos distintos. (2) Sean A un DIP y a y b dos ideales radicales de A. ¿Es a + b un ideal radical de A? Solución. (1) Como A es un DFU existen elementos primos p1 , . . . , pr ∈ A distintos dos a dos mr 1 y enteros positivos m1 , . . . , mr tales que a := pm 1 · · · pr . Se trata de probar que el ideal aA es radical si y sólo si cada exponente mj = 1, esto es, m := m´ax{m1 , . . . , mr } > 1. En efecto, supongamos primero que m > 1. Entonces x := p1 · · · pr ∈ A \ aA pero xm ∈ aA, luego aA no es radical. Recíprocamente, supongamos que m = 1 y sea z ∈ A tal que a|z n para cierto n ∈ Z+ . Así pi |z n para cada 1 ≤ i ≤ k y, como cada pi es primo, se deduce que pi |z. Vamos a demostrar, por inducción sobre k, que esto implica que a = p1 · · · pk |z, esto es, z ∈ aA, como queremos demostrar. Para k = 1 el aserto es obvio, y si suponemos el resultado cierto para productos de k − 1 primos distintos, se tiene b := p1 · · · pk−1 |z, es decir, existe y ∈ A tal que z = by. Como pk |z = by y pk 6 |b se deduce, puesto que A es un DFU, que pk |y, luego a = bpk |by = z, como queríamos. (2) Vamos a comprobar que el ideal a+b es radical. Podemos suponer que tanto a como b son ideales propios y no nulos, pues en caso contrario el resultado es obvio. Los ideales a y b son principales, y se deduce del apartado anterior que existen elementos primos p1 , . . . , pr , q1 , . . . qs ∈ A tales que a := aA, b := bA y a := p1 · · · pr , b := q1 · · · qs , donde pi 6= pj y qk 6= q` si i 6= j y k 6= `. Si pi 6= qj para cada 1 ≤ i ≤ r y 1 ≤ j ≤ s el máximo común divisor mcd (a, b) = 1, luego a + b = A, que es ideal radical. Podemos pues suponer que r ≤ s y que p1 = q1 , . . . , pk = qk para cierto índice 1 ≤ k ≤ r, mientras que pi 6∈ {q1 , . . . , qs } si k + 1 ≤ i ≤ r. Por tanto, d := mcd (a, b) = p1 · · · pk y a + b = dA es, por el apartado anterior, un ideal radical.  √ Número IV.3 Sea A := {a + b 6 : a, b ∈ Z} dotado de la suma y producto de números reales. √ √ (1) Probar que A es subanillo unitario de R y la aplicación τ : A → A, a + b 6 7→ a − b 6 es un homomorfismo de anillos unitarios.

Soluciones a los ejercicios propuestos

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(2) Encontrar una unidad en A distinta de ±1. (3) ¿Son 2 y 3 irreducibles en A? ¿Permite la relación de factorización única?

√

6·

√

6 = 2 · 3 deducir que A no es dominio

√ √ Solución. (1) Dados números enteros a, b, c y d y los elementos x := a + b 6 e y := c + d 6 se tiene √ √ x + y = (a + c) + (b + d) 6 ∈ A & xy = (ac + 6bd) + (ad + bc) 6 ∈ A, lo que demuestra que A es subanillo, por supuesto unitario, de R. Se comprueba inmediatamente que τ (x+y) = τ (x)+τ (y) para cada x, y ∈ A. Además τ (1) = 1, y en cuanto al producto, con las notaciones anteriores se tiene √ √
τ (xy) = τ (ac + 6bd) + (ad + bc) 6 = (ac + 6bd) − (ad + bc) 6 √ √ = (a − b 6)(c − d 6) = τ (x)τ (y). (2) Consideremos la función norma √ √ √ N : A → N, x = a + b 6 7→ |xτ (x)| = |(a + b 6)(a − b 6)| = |a2 − 6b2 |, que es multiplicativa por ser τ homomorfismo, ya que dados x, y ∈ A, N(xy) = |xyτ (xy)| = |xyτ (x)τ (y)| = |xτ (x)| · |yτ (y)| = N(x)N(y). Veamos que U(A) = {x ∈ A : N(x) = 1}. En efecto, si x ∈ U(A) existe y ∈ A tal que xy = 1, luego N(x)N(y) = N(xy) = N(1) = 1, lo que implica que N(x) = 1. Recíprocamente, si N(x) = 1 entonces xτ (x) = ±1, luego xτ (x) = 1 o x(−τ (x)) = 1, por lo que x ∈ U(A). En particular, para encontrar una unidad distinta de ±1 basta encontrar (a, b) ∈ Z2 con b 6= 0 tal que a2 − 6b2 = 1, esto es, 6b2 = a2 − 1 = (a − 1)(a + 1). Como el miembro de la izquierda es par lo es el de la derecha, luego a es impar, digamos a := 2n+1 con n ∈ Z. Entonces a2 − 1 es múltiplo de 4, por lo que b es par. Existe por tanto c ∈ Z tal que b = 2c. Tras sustituir resulta 24c2 = 6b2 = (a − 1)(a + 1) = 2n(2n + 2) = 4n(n + 1), es decir, 6c2 = n(n+1). El menor múltiplo de 6 que es producto de dos enteros positivos consecutivos es 6 = 2 · 3, o lo que es igual, c = 1 y n = 2 √ es solución de la ecuación anterior. Estos valores nos proporcionan a = 5 y b = 2, y así u := 5 + 2 6 es unidad en A ya que √ √ uτ (u) = (5 + 2 6) · (5 − 2 6) = 1. √ (3) La norma de x := 2 + 6 ∈ A es N(x) = |4 − 6| = 2. Esto nos indica cómo factorizar 2 en el anillo A: √ √ x(−τ (x)) = (2 + 6)( 6 − 2) = 2,

Soluciones a los ejercicios propuestos

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y tanto x como τ (x) son no unidades, √ pues su norma no es 1. Por tanto 2 es reducible en A. Análogamente, la norma de z := 3 + 6 ∈ A es N(z) = |9 − 6| = 3, luego √ √ zτ (z) = (3 + 6)(3 − 2 6) = 3, y tanto z como τ (z) son no unidades, pues su norma no es 1. Esto implica que 3 es reducible en A. Comprobamos ahora que los elementos √ √ √ x = 6 + 2, τ (x) = 2 − 6, z = 3 + 6

& τ (z) = 3 −

√

6

son irreducibles en A. En efecto, ya hemos señalado que N(x) = N(τ (x)) = 2 y N(z) = N(τ (z)) = 3. Denotando p = 2, 3 indistintamente, si uno de estos elementos, digamos ζ, es reducible, existen ξ1 , ξ2 ∈ A \ U(A) tales que ζ = ξ1 ξ2 . Entonces, p = N(ζ) = N(ξ1 ξ2 ) = N(ξ1 )N(ξ2 ). Esto es imposible porque p es un entero primo y N(ξ1 ) y N(ξ2 ) son mayores que 1 porque ξ1 y ξ2 no son unidades en A. Observamos ahora que √ √ √ √

2 · 3 = ( 6 + 2) · ( 6 − 2) · (3 + 6) · (3 − 6) √ √
√ √
√ √ = ( 6 + 2) · (3 − 6) ( 6 − 2) · (3 + 6) = 6 · 6, luego las factorizaciones del enunciado son reagrupaciones diferentes de los factores irreducibles de 6 en A, que son x, −τ (x), y y τ (y), y por tanto no permiten decidir si A es un DFU.  Número IV.4 (1) Probar que el producto de dos enteros impares congruentes mod 4 es congruente con 1 mod 4. Deducir que el producto de números enteros congruentes con 1 mod 4, es congruente con 1 mod 4. (2) Probar que existen infinitos números primos congruentes con 1 mod 4. (3) Probar que existen infinitos números primos congruentes con 3 mod 4. Solución. (1) Sean x, y ∈ Z impares y congruentes mod 4. Existen por tanto m, n, q ∈ Z con q ∈ {0, 1} tales que x := 4m + 2q + 1 e y := 4n + 2q + 1. Al multiplicar, xy = (4m + 2q + 1)(4n + 2q + 1) = 4(4mn + 2mq + m + 2qn + q 2 + q + n) + 1, luego xy ≡ 1 mod 4. La segunda parte se prueba por inducción sobre el número de factores. Nada hay que probar si sólo hay uno, y si u1 , . . . , um son enteros congruentes con 1 mod 4 el producto v := u1 · · · um−1 ≡ 1 mod 4, por la hipótesis de inducción. Entonces, por lo que acabamos de probar, u1 · · · um = vum ≡ 1 mod 4. (2) Supongamos que p1 , . . . , pn son todos los números primos congruentes con 1 mod 4 y consideremos el entero impar z := x2 + 1, donde x := 2p1 · · · pn . Cada pj |(z − 1), luego ninguno de los primos pj divide a z. Por el Teorema Fundamental de la Aritmética z es divisible por algún primo

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impar p y, por lo que acabamos de señalar, p ≡ 3 mod 4. Sin embargo −1 ≡ x2 mod p, lo que contradice lo probado en la Proposición, IV.1.14. (3) Supongamos que q1 , . . . , qk son todos los números primos congruentes con 3 mod 4. Sean y := q12 · · · qk2

& ω := y + 2.

Por el apartado (1) cada qj2 ≡ 1 mod 4, luego también y ≡ 1 mod 4. Esto implica que ω ≡ 3 mod 4. Por el Teorema Fundamental de la Aritmética existen números primos no necesariamente distintos p1 , . . . , p` tales que ω := p1 · · · p` y, como ningún qj divide a ω, cada pi ≡ 1 mod 4. Entonces, por el apartado (1), ω ≡ 1 mod 4, que es una contradicción.  Número IV.5 Sea ϕ : N → N la función de Euler, VI.2.1, vol. I. Demostrar que existen infinitos números primos p ∈ Z tales que el número v uX u n ϕ(pj ) ζn := t j=1

es irracional para cada entero n > 1. Solución. Recordemos que ϕ(pj ) = (p − 1)pj−1 , por lo que el radicando de la expresión anterior es n X j=1

ϕ(pj ) =

n X j=1

(p − 1)pj−1 = (p − 1)

n X

pj−1 = pn − 1,

j=1

√ luego ζn = pn − 1. El número ζn es racional si y sólo si existen enteros positivos x, y primos entre sí tales que ζn = x/y, lo que implica que x2 = y 2 ζn2 = y 2 (pn − 1). Si y 6= 1 tendría algún divisor primo, que también lo sería de x, y esto es imposible ya que mcd (x, y) = 1. Por tanto y = 1, luego ζn ∈ Q si y sólo si existe un entero positivo x tal que pn − 1 = x2 . Esto implica que −1 ≡ x2 mod p, luego por la Proposición IV.1.14, p ≡ 1 mod 4. En consecuencia es suficiente probar que existen infinitos números primos congruentes con 3 mod 4, y esto se ha visto en el Ejercicio anterior IV.4.  Número IV.6 (1) Sean A un anillo y x, y ∈ A sumas de dos cuadrados de elementos de A. Demostrar que xy es suma de dos cuadrados de elementos de A. (2) Supongamos que tanto x como y son suma de cuatro cuadrados de elementos de A. Demostrar que también xy es suma de cuatro cuadrados de elementos de A. (3) Expresar 3965 como suma de dos cuadrados de números enteros positivos de 4 formas distintas. (4) Expresar 161, de dos modos distintos, como suma de cuatro cuadrados de números enteros positivos. Expresar 4991 como suma de cuatro cuadrados de números enteros positivos.

Soluciones a los ejercicios propuestos

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Solución. (1) Por la hipótesis existen a, b, c y d en A tales que x := a2 + b2 e y := c2 + d2 . Con caracter auxiliar introducimos el anillo D := {a + bi : a, b ∈ A} donde i2 := −1, en el que los elementos x e y factorizan como x = a2 + b2 = (a + bi)(a − bi)

& y = c2 + d2 = (c + di)(c − di).

Multiplicamos x por y agrupando de distinto modo los factores: (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = xy = (a + bi)(c + di)(a − bi)(c − di)

= (ac − bd) + (ad + bc)i (ac − bd) − (ad + bc)i = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 . Obsérvese que, saltándonos los pasos intermedios, podemos verificar la identidad obtenida sin necesidad del “elemento auxiliar” i introducido previamente. (2) De igual modo que los números complejos han sido útiles para manipular sumas de dos cuadrados, los cuaternios que vimos en el Ejercicio I.4 son útiles para estudiar sumas de cuatro cuadrados. Sea D el anillo introducido en el apartado anterior y consideramos las matrices de orden 2 con coeficientes en D:         1 0 0 1 0 i i 0 I := , A := , B := & C := , 0 1 −1 0 i 0 0 −i que cumplen las igualdades A2 = B 2 = C 2 = −I ,

BC = −CB = A ,

CA = −AC = B ,

AB = −BA = C .

Es inmediato comprobar que el conjunto HA := {aA + bB + cC + dI : a, b, c, d ∈ A} ⊂ M2 (D), es un subanillo de M2 (D). Además, si definimos la conjugada x := −aA − bB − cC + dI de cada matriz x := aA + bB + cC + dI ∈ HA se comprueba, como en el Ejercicio I.4, la igualdad x · y = y · x para cada x, y ∈ HA . La relación entre los cuaternios y las sumas de cuatro cuadrados viene dada por la igualdad x · x = x · x = kxkI, donde kxk := a2 + b2 + c2 + d2 . P4 P4 Tras estos preparativos, sean s := j=1 x2j y t := j=1 yj2 con xj , yj ∈ A dos elementos de A que son suma de cuatro cuadrados. Entonces s = kxk y t = kyk, donde x = x1 A + x2 B + x3 C + x4 I

& y = y1 A + y2 B + y3 C + y4 I.

Como y = y, el producto z := xy = z1 A + z2 B + z3 C + z4 I ∈ HA cumple que 4 X

 zj2 I = kzkI = z · z = x · y · x · y = x · y · x · y

j=1

= x · (y · y) · x = x · tI · x = tI · (x · x) = tI · sI = stI, así que st =

P4

2 j=1 zj

es suma de cuatro cuadrados de elementos de A.

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Obsérvese que la igualdad kxk · kyk = kx · yk que acabamos de probar proporciona un procedimiento explícito para expresar como suma de cuatro cuadrados el producto de dos elementos, cada uno de los cuales es suma de cuatro cuadrados. Por otro lado esta igualdad se puede comprobar “dentro de A”, es decir, sin mención alguna a las matrices auxiliares introducidas. (3) Aplicamos el procedimiento desarrollado en el primer apartado a los factores primos del número n := 3965 = 5 · 13 · 61, cada uno de los cuales es suma de dos cuadrados de números enteros por ser congruentes con 1 mod 4. Por ejemplo, un modo de expresar 3965 como suma de dos cuadrados es: 3965 = 5 · 13 · 61 = (12 + 82 ) · (52 + 62 ) = (5 − 48)2 + (6 + 40)2 = 432 + 462 . Pero cambiando el modo de asociar obtenemos otras expresiones: 3965 = 5 · 13 · 61 = (12 + 82 ) · (62 + 52 ) = (6 − 40)2 + (5 + 48)2 = 342 + 532 3965 = 5 · 13 · 61 = (42 + 72 ) · (52 + 62 ) = (20 − 42)2 + (24 + 35)2 = 222 + 592 3965 = 5 · 13 · 61 = (42 + 72 ) · (62 + 52 ) = (24 − 35)2 + (20 + 42)2 = 112 + 622 . (4) Escribimos 161 = 7 · 23 y, con las notaciones del segundo apartado, se tiene 7 = kxk &

23 = kyk = ky 0 k,

donde x := A + B + C + 2I, y := 3A + 2B + C + 3I

& y 0 := 2A + 3B + 3C + I.

Entonces z := xy = −2A − 3B + 2C + 12I

& z 0 := xy 0 = −3A − 4B − 6C + 10I,

y por lo probado en el apartado (2) se tiene kzk = 161 = kz 0 k, es decir 22 + 32 + 22 + 122 = 161 = 32 + 42 + 62 + 102 . Respecto de la última parte escribimos 4991 = 31 · 161 con 31 = kxk y 161 = kyk donde x = 2A + B + C + 5I

& y = −2A − 3B + 2C + 12I.

Ya sabemos que z = xy = 29A + 33B + 6C + 55I cumple que kxk · kyk = kzk, o lo que es igual, 4991 = 552 + 332 + 292 + 62 .  √ Número IV.7 (1) Demostrar que el conjunto A := {a+b −26 : a, b ∈ Z} es un subanillo unitario de C y calcular sus unidades. √ √ (2) Demostrar que los elementos 3, 1 + −26 y 1 − −26 son irreducibles en A. ¿Es A un dominio de factorización única?

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√ Solución. (1) Denotamos ξ := −26 y observamos que A es un subanillo unitario de C porque 1 ∈ A y dados x = a + bξ e y = c + dξ ∈ A se tiene x + y = (a + c) + (b + d)ξ ∈ A & xy = (ac − 26bd) + (ad + bc)ξ ∈ A. Consideramos la función N : A → N, x = a + bξ 7→ xx = a2 + 26b2 . Estamos en las hipótesis de la Proposición IV.1.10, luego x := a + bξ es unidad en A si y sólo si 1 = N(x) = a2 + 26b2 . Por tanto b := 0 y a := ±1, es decir, las unidades de A son 1 y −1. (2) Ningún elemento de A tiene norma 3, porque si (a, b) ∈ Z2 cumple 3 = a2 +26b2 , necesariamente b = 0, luego 3 = a2 y a ∈ Z, lo que contradice el Corolario III.1.14. Esto garantiza, por el apartado (4) de la Proposición IV.1.10, que los elementos del enunciado son irreducibles, pues N(3) = 9 = 32

& N(1 ± ξ) = 27 = 33 .

Como 1 + ξ es irreducible pero N(1 + ξ) = 27 = 33 , se desprende de la Proposición IV.1.10 (5) que A no es un dominio de factorización única.  √ Número IV.8 Probar que A := {a + b −3 : a, b ∈ Z} es un anillo y decidir si es un DFU. Solución. Denotamos por comodidad ξ := e y := c + dξ ∈ A se tiene

√

−3. Efectivamente A es un anillo, pues dados x := a+bξ

x + y = (a + c) + (b + d)ξ ∈ A & xy = (ac − 3bd) + (ad + bc)ξ ∈ A. Introducimos la función N : A → N, x = a + bξ 7→ xx = a2 + 3b2 , que satisface las hipótesis de la Proposición IV.1.10, luego x := a + bξ es unidad en A si y sólo si 1 = N(x) = a2 + 3b2 . Por tanto b = 0 y a = ±1, es decir, las unidades de A son 1 y −1. Comprobemos que ningún elemento de A tiene norma 2. En caso contrario existirían enteros a, b tales que 2 = a2 + 3b2 . En particular 3b2 ≤ 2, luego b := 0 y por tanto a2 = 2 y a ∈ Z, que es imposible. Esto implica, por la Proposición IV.1.10 (4), que 2, 1 + ξ y 1 − ξ son irreducibles en A, porque N(2) = N(1 + ξ) = N(1 − ξ) = 4 = 22 . Tenemos así dos factorizaciones del número 4 como producto de elementos irreducibles del anillo A: 22 = (1 + ξ) · (1 − ξ), y para confirmar que esto implica que A no es DFU basta observar que los elementos 2 y 1 + ξ no son asociados. Esto es evidente por ser 1 y −1 las únicas unidades de A.  Número IV.9 Denotamos la norma en el anillo de los enteros de Gauss mediante N : Z[i] → N, x 7→ x · x.

Soluciones a los ejercicios propuestos

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(1) Demostrar que x ∈ Z[i] es irreducible si y sólo si se cumple una de las dos condiciones siguientes: (1.1) N(x) es un entero primo. (1.2) Existe un entero primo p ∈ Z tal que p ≡ 3 mod 4 y bien x = ±p o bien x = ±ip. (2) Encontrar la descomposición en producto de factores irreducibles de los siguientes enteros de Gauss: 3 + i, 4 + 3i y 75 + 28i. Solución. (1) Si x ∈ Z[i] cumple que N(x) es primo la irreducibilidad de x en Z[i] se deduce de la Proposición IV.1.10 (3). Por otro lado, si p es un entero primo y p ≡ 3 mod 4, vimos en la Proposición IV.1.14 que ±p son irreducibles en Z[i], luego también lo son x = ±pi, ya que i es unidad. Recíprocamente, sea x := a + bi irreducible en Z[i]. Si a = 0 entonces b es irreducible en Z[i], luego en Z. Por tanto b = ±p, donde, por la Proposición IV.1.14, p es un entero primo y p ≡ 3 mod 4. El mismo argumento muestra que si b = 0 entonces x = ±p es un primo en Z con p ≡ 3 mod 4. Así pues en lo que sigue podemos suponer que a y b son no nulos. Por la Proposición IV.1.10 (5), y puesto que Z[i] es un DFU, N(x) = pk para cierto entero primo p y k = 1, 2. Vamos a descartar, por reducción al absurdo, la posibilidad de que N(x) = p2 . Como x divide a p2 y es irreducible en Z[i] se deduce que x divide también a p. Entonces p2 = N(x) = xx divide a px, es decir, p divide a x en el anillo Z[i]. Por tanto, p divide en Z a las partes real e imaginaria de x, luego p divide a a y b. Existen por tanto e, f ∈ Z tales que a := pe y b := pf . Así e y f son no nulos, pues tampoco lo son a y b, por lo que ξ := e + if no es unidad en Z[i], p tampoco lo es y x = a + bi = p(e + f i) = pξ, lo que contradice la irreducibilidad de x. (2) El entero de Gauss x := 3 + i no es irreducible, pues su norma vale 10, que no es un número primo. Buscamos una factorización x = yz, que cumplirá 10 = N(x) = N(y)N(z), luego podemos suponer que N(y) = 2 y N(z) = 5. El ser ambas normas números primos garantiza la irreducibilidad de y y z. Salvo producto por unidades el único entero de Gauss de norma 2 es y := 1+i, y buscamos z dividiendo: z = x/y = (3 + i)/(1 + i) = (3 + i)(1 − i)/(1 + i)(1 − i) = (4 − 2i)/2 = 2 − i. Esto nos proporciona la factorización buscada 3 + i = (1 + i) · (2 − i). También es reducible x = 3 + 4i, cuya norma es 25, por lo que sus factores irreducibles tienen norma 5. Tras algún ensayo previo probamos a dividir x entre y := 2 + i, para obtener z = x/y = (3 + 4i)/(2 + i) = (3 + 4i)(2 − i)/(2 + i)(2 − i) = (10 + 5i)/5 = 2 + i, luego la factorización buscada es, en este caso, 3 + 4i = (2 + i)2 . En el último ejemplo hay que efectuar algún cálculo más. Por un lado la norma de x = 75 + 28i es N(x) = 752 + 282 = 6409 = 6500 − 91 = 13 · 500 − 13 · 7 = 13 · 493 = 13 · 17 · 29,

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luego las normas de los factores irreducibles de x son 13, 17 y 29. Tras varios ensayos elegimos ξ1 := 2 + 3i, cuya norma es 13, como aspirante a factor de x. De hecho, x/ξ1 = (75 + 28i)/(2 + 3i) = (75 + 28i)(2 − 3i)/(2 + 3i)(2 − 3i) = (234 − 169i)/13 = 18 − 13i. Se trata pues de factorizar 18 − 13i, cuya norma es 17 · 29. Dividimos entre ξ2 := 4 − i, cuya norma es 17, para obtener (18 − 13i)/ξ2 = (18 − 13i)/(4 − i) = (18 − 13i)(4 + i)/(4 − i)(4 + i) = (85 − 34i)/17 = 5 − 2i. Se obtiene así, finalmente, la factorización buscada 75 + 28i = (2 + 3i) · (4 − i) · (5 − 2i), lo que completa la solución al ejercicio.



√ Número IV.10 Sean n ∈ Z un entero positivo libre de cuadrados y An := {a + b n : a, b ∈ Z}. (1) Demostrar que el ideal a := 2An del anillo An no es primo. √ (2) Consideramos la función N : A7 → N, a + b −7 7→ a2 + 7b2 . Demostrar que N(xy) = N(x)N(y) para cada x, y ∈ A7 . ¿Existe algún elemento x ∈ A7 tal que N(x) = 2? (3) ¿Es A7 un dominio de factorización única? √ √ Solución. (1)√Nótese que (n + n)(n − n) = n2 − n = n(n − 1) es un entero par, por √ √ lo que (n+ n)(n− n) ∈ a. Así, para probar que el ideal a no es primo basta observar que n+ε n ∈ A\a para ε = ±1. En caso contrario existirían a, b ∈ Z tales que √ √ n + ε n = 2(a + b n), lo que implica ε = 2b ∈ 2Z, y esto es falso. (2) Denotando z ∈ C al conjugado de cada número complejo z, resulta que √ √ N(x) = a2 + 7b2 = x · x para cada x := a + b −7 = a + b 7i ∈ A7 , √ donde i := −1. Como el conjugado del producto es el producto de los conjugados se tiene N(xy) = (xy) · xy = x · y · x · y = (x · x)(y · y) = N(x)N(y). √ Supongamos que existe x := a + b −7 ∈ A7 tal que N(x) = 2, es decir, a2 + 7b2 = 2. Entonces, 0 ≤ b2 ≤ (a2 + 7b2 )/7 ≤ 2/7, y como b2 ∈ Z deducimos que b2 = 0. Esto implica que a2 = 2, que es imposible. Por tanto no existe ningún elemento x ∈ A7 tal que N(x) = 2. (3) Demostramos que A7 no es un DFU comprobando que 2 es irreducible en A7 pero el ideal a = 2A7 no es primo. Esto último lo vimos en el apartado (1), mientras que la irreducibilidad de 2 en A7 se deduce de la Proposición IV.1.10 (4), ya que 2 ∈ / im N y N(2) = 22 . 

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√ Número IV.11 (1) Comprobar que A := {a + b −5 : a, b ∈ Z} es un subanillo unitario de C y calcular sus unidades. (2) ¿Es todo elemento no nulo x ∈ A \ U(A) producto finito de elementos irreducibles en A? √ (3) Sean η := 1 + −5 y a := ηA. ¿Cuántos elementos tiene el anillo cociente R := A/a? ¿Es R un dominio de integridad? √ √ Solución. (1) Dados enteros a, b, c y d y los elementos x := a + b −5, y := c + d −5 ∈ A, √ √ x + y = (a + c) + (b + d) −5 ∈ A & xy = (ac − 5bd) + (ad + bc) −5 ∈ A, lo que demuestra que A es un subanillo unitario de C. Consideramos la función √ N : A → N, z = a + b −5 7→ z · z = a2 + 5b2 , que cumple N(xy) = xy · xy = xy · x · y = (x · x)(y · y) = N(x) · N(y).

√ Se deduce de la Proposición IV.1.10 (2) que las unidades de A son los elementos x := a+b −5 ∈ A tales que 1 = N(x) = a2 + 5b2 . Entonces 5b2 ≤ 1, luego b := 0, y a2 := 1, así que U(A) = {−1, +1}. (2) Vamos a demostrar que todo elemento no nulo de A \ U(A) es producto finito de elementos irreducibles. En efecto, en caso contrario el conjunto B := {z ∈ A \ (U(A) ∪ {0}) : z no es producto finito de elementos irreducibles de A} sería no vacío, por lo que existe z ∈ B tal que N(z) ≤ N(w) para todo w ∈ B. Puesto que z ∈ B el elemento z no es irreducible, luego existen x, y ∈ A \ U(A) tales que z = xy. Además, al ser x e y no unidades, se deduce del apartado anterior que N(x) > 1 y N(y) > 1. Esto implica que N(x) < N(z) y N(y) < N(z) ya que N(x) · N(y) = N(xy) = N(z). Por la elección de z esto implica que x, y ∈ A \ B y, puesto que tanto x como y son no unidades, ambos son producto finito de elementos irreducibles. Existen por tanto elementos irreducibles x1 , . . . , xr , y1 , . . . , ys ∈ A tales que x=

r Y i=1

xi

& y=

s Y

yj

=⇒

z=

r Y i=1

j=1

xi ·

s Y

yj ,

j=1

es decir, z es producto finito de elementos irreducibles de A, o sea, z ∈ / B, contra la elección de z. √ (3) Para simplificar la escritura denotemos ξ := −5, con lo que η = 1 + ξ. Observamos que cada elemento x := a + bξ de A se escribe como x = a + b(η − 1) = (a − b) + bη, luego x − (a − b) = ηb ∈ ηA = a

=⇒

x + a = (a − b) + a.

Esto implica que el homomorfismo φ : Z → R, m 7→ m + a es sobreyectivo, porque para cada x + a = (a + bξ) + a ∈ R, existe m := a − b ∈ Z tal que φ(m) = m + a = x + a. Por el Primer Teorema de isomorfía, Z/ ker φ es isomorfo a im φ = R, √ así que todo se reduce a identificar el núcleo de φ. Para ello conviene observar que N(η) = N(1 + −5) = 6. Si m ∈ ker φ entonces m ∈ a = ηA, luego existe α ∈ A tal que m = ηα, por lo que m2 = N(m) = N(ηα) = N(η) · N(α) = 6 · N(α) ∈ 6Z,

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luego tanto 2 como 3 dividen en Z a m2 . Como 2 y 3 son enteros primos, esto demuestra que 2 y 3 dividen a m en Z o, equivalentemente, m ∈ 6Z. Por tanto ker φ ⊂ 6Z y el contenido recíproco es inmediato porque 6 = N(η) = η · η ∈ a, así que φ(6) = 0. En conclusión, R ' Z/ ker φ = Z/6Z tiene 6 elementos y no es dominio de integridad.  2πi

Número IV.12 (1) Demostrar que A := {a + bρ : a, b ∈ Z}, donde ρ := e 3 ∈ C, es un subanillo unitario de C al que la función N : A \ {0} → N, a + bρ 7→ a2 + b2 − ab dota de estructura de dominio euclídeo. Calcular sus unidades. (2) Encontrar un elemento irreducible ξ := a + bρ ∈ A con ab 6= 0 tal que N(ξ) no es un número primo. (3) Demostrar que el ideal m que genera z := 1 − ρ en A es maximal. (4) Factorizar el número 3 como producto de elementos irreducibles de A. (5) Demostrar que el cuerpo K := A/m es finito y calcular cuántos elementos tiene. Solución. (1) Nótese que ρ3 = e2πi = 1, luego 0 = ρ3 − 1 = (ρ − 1) · (1 + ρ + ρ2 ) y, como ρ 6= 1, se deduce que 1 + ρ + ρ2 = 0. Al sumar y multiplicar dos elementos x := a + bρ e y := c + dρ de A resulta x + y = (a + c) + (b + d)ρ ∈ A xy = ac + (ad + bc)ρ + bdρ2 = (ac − bd) + (ad + bc − bd)ρ ∈ A, y como 1 ∈ A se deduce que A es un subanillo unitario de C. En cuanto a la función N, observamos que, puesto que ρ es raíz del polinomio f (t) := t2 + t + 1 ∈ R[t], también f (ρ) = 0. En efecto, 0 = 0 = 1 + ρ + ρ2 = 1 + ρ + ρ2 = f (ρ). En consecuencia, ρ y ρ son las raíces de f , es decir, t2 + t + 1 = (t − ρ)(t − ρ) = t2 − (ρ + ρ)t + ρρ, y por tanto ρρ = 1 y ρ + ρ = −1. Por ello, dado x := a + bρ ∈ A se tiene xx = (a + bρ)(a + bρ) = a2 + ab(ρ + ρ) + b2 ρρ = a2 + b2 − ab = N(x). En particular la función N es multiplicativa y N−1 (0) = {0}. Para demostrar que dota al anillo A de estructura de dominio euclídeo sólo falta probar que existe división. Antes conviene observar que, según ya hemos probado, ρ = −(1 + ρ) ∈ A, luego para cada x := a + bρ ∈ A también su conjugado x = a + bρ = a − b(1 + ρ) pertenece a A. Sean entonces x := a+bρ, y := c+dρ ∈ A tales que y 6= 0. Dividiendo como números complejos, x/y = (xy)/(yy) := (u + vρ)/r, donde u, v, r ∈ Z, y de hecho r = N(y) > 0. Sean α, β ∈ Z tales que |q1 − α| ≤ 1/2 y |q2 − β| ≤ 1/2. Denotando r1 := q1 − α y r2 := q2 − β resulta que x = (q1 + q2 ρ)y

& q1 + q2 ρ = α + βρ + (r1 + r2 ρ),

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con |r1 | ≤ 1/2 y |r2 | ≤ 1/2. En consecuencia, x = (α + βρ)y + (r1 + r2 ρ)y, y todo se reduce a comprobar que la norma de s + tρ := (r1 + r2 ρ)y = x − (α + βρ)y ∈ A es menor que la de y. Ahora bien, N(s + tρ) = (s + tρ)(s + tρ) = (r1 + r2 ρ)y(r1 + r2 ρ)y = yy(r1 + r2 ρ)(r1 + r2 ρ)
= N(y)(r12 + r22 − r1 r2 ) ≤ 1/4 + 1/4 + 1/4 N(y) < N(y). Las unidades de A son, por la Proposición IV.1.10 (2), los elementos de norma 1. Se trata por tanto de determinar qué números x = a + bρ cumplen la igualdad
2 1 = N(x) = a2 + b2 − ab = a − b/2 + 3b2 /4. Esto implica que 3b2 /4 ≤ 1, luego b ∈ {−1, 0, 1}. Si b := −1 entonces a(a + 1) = 0, esto es, a ∈ {0, −1}, lo que nos proporciona dos unidades: u1 := −ρ y u2 := −(1 + ρ). Si b := 0, entonces a2 = 1, y tenemos dos unidades más, a saber, u3 := 1 y u4 := −1. Por último, si b := 1 entonces a(a − 1) = 0, de modo que u5 := ρ y u6 := 1 + ρ son las dos unidades que faltaban. En conclusión, las unidades del anillo A son U(A) = {ρ, −(1 + ρ), 1, −1, ρ, 1 + ρ}. (2) Acabamos de ver que 1 + ρ es unidad, luego basta probar que 2 es irreducible para tener un elemento irreducible ξ := 2(1 + ρ) := a + bρ con N(ξ) = 4 y ab 6= 0. La irreducibilidad de 2 se deduce de la Proposición IV.1.10 (4), comprobando que N(2) = 4 y que ningún elemento de A tiene norma 2. Veamos esto último. Si existiese µ := x + yρ ∈ A tal que 2 = N(µ) = x2 + y 2 − xy = (x − y/2)2 + 3y 2 /4, entonces 3y 2 ≤ 8, luego y ∈ {−1, 0, 1}. Si y = −1 entonces 1 = x(x + 1), que es par, y si y = 1 entonces 1 = x(x − 1), también par. Por último, si y = 0 entonces x2 = 2, que es imposible. (3) Como N(z) = 3 es un número primo, se deduce de la Proposición IV.1.10 (3) que z es irreducible. Como A es un dominio euclídeo, la irreducibilidad de z implica que el ideal zA es maximal. (4) Según acabamos de señalar 3 = N(z) = zz = (1 − ρ)(1 − ρ) = (1 − ρ)(2 + ρ), y los dos factores 1 − ρ y 2 + ρ son irreducibles pues sus normas valen 3. (5) Al dividir cada elemento x ∈ A entre z := 1−ρ obtenemos x = qz +r, con 0 ≤ N(r) < N(z) = 3, y como x + m = r + m, se deduce que K = {r + m : 0 ≤ N(r) ≤ 2}. El único elemento de norma cero es 0 y los elementos de norma 1 son las unidades, que ya calculamos anteriormente. Por otro lado no hay ningún elemento de norma 2, según vimos en el apartado (3). En consecuencia, K = {0 + m, 1 + m, −1 + m, ρ + m, −ρ + m, (1 + ρ) + m, −(1 + ρ) + m}.

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Ahora bien, 1 + m = ρ + m y −1 + m = −ρ + m, ya que 1 − ρ ∈ m. Por otro lado, 1 − (−1 − ρ) = 1 − ρ2 = (1 − ρ)(1 + ρ) ∈ m, y por tanto 1 + m = (−1 − ρ) + m y −1 + m = (1 + ρ) + m. Así pues, en el listado anterior de los elementos de K hay repeticiones y, tras eliminarlas, obtenemos. K = {0 + m, 1 + m, −1 + m} = {0K , 1K , −1K }.  Número IV.13 Sean A := Z[i] el anillo de los enteros de Gauss y N la norma euclídea de A, es decir, N(a + ib) := a2 + b2 , donde a, b ∈ Z. (1) Demostrar que para cada m ∈ N el conjunto Nm := {x ∈ A : N(x) < m} es finito. (2) Dado un ideal no nulo a de A, demostrar que el cociente A/a es un anillo finito. (3) Sean α := x + iy ∈ A un elemento no nulo, d := mcd (x, y) y a := αA. Comprobar que d2 divide a N(α) y que el núcleo del homomorfismo ψ : Z → A/a, n 7→ n + a, es el ideal generado por m := N(α)/d. (4) Demostrar que si α := x + iy con mcd (x, y) = 1, entonces los cocientes A/αA y Z/N(α)Z son isomorfos. (5) Sea α := x + iy ∈ A un elemento irreducible de A tal que xy 6= 0. ¿Cuántos elementos tiene A/αA? (6) Para cada uno de los siguientes valores de α: 1 + 2i, 1 + 3i, 7 + 5i, encontrar un número entero n tal que n + αA = i + αA. Describir los cocientes A/αA. (7) Probar que si un número primo p ∈ Z es irreducible en A entonces el cuerpo A/pA tiene p2 elementos. 2 2 Solución. (1) Si x := a + ib ∈ Nm√ entonces √ a , b ≤ m luego a y b son √ números enteros en el intervalo cerrado J de extremos − m y m. Si k es la parte entera de m, el intervalo J tiene 2k + 1 elementos, luego Nm tiene, a lo sumo, (2k + 1)2 elementos y es, en consecuencia, finito.

(2) Como A es un dominio de ideales principales existe ξ ∈ A \ {0} tal que a := ξA. Ahora, para cada elemento x ∈ A, al dividir entre ξ tenemos x = qξ + r para ciertos q, r ∈ A de modo que N(r) < N(ξ) = m. Desde luego x + a = r + a, luego el cociente A/a = {r + a : N(r) < m} = {r + a : r ∈ Nm } es finito por serlo Nm . (3) Como d divide a x e y en Z existen enteros u, v tales que x := du, y := dv. Así, denotando β := u + iv ∈ A se tiene N(α) = N(dβ) = N(d)N(β) = d2 N(β), luego d2 divide a N(α). En particular d|N(α), y en lo sucesivo denotamos m := N(α)/d.

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El núcleo de ψ es a ∩ Z, luego se trata de probar que a ∩ Z = mZ. La igualdad que acabamos de demostrar se reescribe m = dN(β) = d · β · β = αβ ∈ a. Así, para terminar este apartado sólo falta ver que si n ∈ a ∩ Z entonces n es múltiplo de m, o lo que es igual, N = dn es múltiplo de dm = N(α). Como n ∈ αA también nα ∈ N(α)A, es decir, tanto nx = ndu = N u como ny = ndv = N v son múltiplos enteros de N(α). Existen por tanto C, D ∈ Z tales que N u = N(α)C y N v = N(α)D. Ahora bien, al ser u y v primos entre sí, existen enteros p y q tales que 1 := pu + qv, luego N = N (pu + qv) = pN u + qN v = N(α)(pC + qD), es decir, N es múltiplo de N(α) en Z. (4) Estamos en las condiciones del apartado anterior con d := 1, luego ker ψ = a ∩ Z = N(α)Z, y por el Primer Teorema de isomorfía se tiene Z/N(α)Z = Z/ ker ψ ∼ = im ψ, luego basta demostrar que el homomorfismo ψ es sobreyectivo, para lo que es suficiente probar que la clase i + a pertenece a la imagen de ψ. Hecho esto existirá n ∈ Z tal que i + a = ψ(n), y entonces (u + iv) + a = (u + a) + (i + a)(v + a) = ψ(u) + ψ(n)ψ(v) = ψ(u + nv). Buscamos por tanto n ∈ Z tal que n − i ∈ αA. Para ello han de existir enteros s y t tales que  n = xs − yt n − i = (x + iy)(s + it) = (xs − yt) + (xt + ys)i ⇐⇒ −1 = ys + xt Ahora bien, como x e y son primos entre sí existen s y t satisfaciendo la segunda de estas igualdades, y tomamos como n el de la primera. (5) Como α es irreducible y xy 6= 0, vimos en el Ejercicio IV.9 que N(α) = p es un número primo. Además, según hemos probado en la solución del apartado (3), d2 divide a N(α) = p, donde d es el máximo común divisor de x e y. Por tanto d = 1 y, por el apartado (4), A/αA ∼ = Z/pZ. Por tanto, A/αA tiene N(α) elementos. (6) Para la primera parte se trata de aplicar en tres casos particulares el procedimiento descrito en el apartado (4). Mantenemos las notaciones y observamos que d = 1 en todos los casos. Si α := 1 + 2i entonces x := 1 e y := 2, luego −1 = ys + xt = 2 · 0 + 1 · (−1), es decir, podemos elegir s := 0, t := −1, y así n := sx − yt = 2. En el segundo caso α := 1 + 3i, o sea, x := 1, y := 3, y podemos escribir −1 = ys + xt = 3 · 0 + 1 · (−1), así que de nuevo, s := 0, t := −1 y n = sx − yt = 3. Por último para α := 7 + 5i se tiene x := 7, y := 5, y podemos escribir −1 = ys + xt = 5 · (−3) + 7 · 2,

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o lo que es igual, s := −3, t := 2, lo que nos proporciona n = sx − yt = −31 en este caso. Para describir los cocientes A/αA recordemos que hemos probado que la aplicación ψ:

Z → A/a, n + N(α)Z 7→ n + a N(α)Z

es isomorfismo. Asi, en cada caso, A/a = im ψ = {n + a : 0 ≤ n ≤ N(α) − 1}. (7) Basta demostrar que A/pA = {(u + iv) + pA : 0 ≤ u, v ≤ p − 1} y que en el miembro de la derecha no hay elementos repetidos. La igualdad es evidente, pues dado x + iy ∈ A dividimos x e y entre p, en el anillo Z, para obtener x = q1 p + u & y = q2 p + v, con 0 ≤ u, v ≤ p − 1

& q1 , q2 , u, v ∈ Z,

y así x + iy − (u + iv) = p(q1 + iq2 ) ∈ pA. Para ver que estos elementos son todos distintos suponemos, por reducción al absurdo, que existen u, v, a, b ∈ Z comprendidos entre 0 y p − 1 tales (u + iv) + pA = (a + bi) + pA, es decir (u − a) + i(v − b) = p(s + it) donde s, t ∈ Z. Así, u − a = ps y v − b = pt, por lo que 0 ≤ |u − a| < p y 0 ≤ |v − b| < p son múltiplos de p, luego u = a y v = b.  √ √ √ Número IV.14 (1) Calcular mcd (−5 + 2 −2, 1 + 5 −2) en el anillo A := {a + b −2 : a, b ∈ Z} y los coeficientes de una Identidad de Bézout. √ (2) Encontrar un generador del ideal a := αA + βA, donde α := 5 − −2 y β := 3. Demostrar que el ideal a es maximal. (3) Encontrar el núcleo y la imagen del único homomorfismo de anillos Z → A/a. Describir el cuerpo A/a y contar cuántos elementos tiene. Solución. (1) Al dividir como números complejos a := −5 + 2ξ y b := 1 + 5ξ se tiene b/a = (1 + 5ξ)(−5 − 2ξ)/(−5 + 2ξ)(−5 − 2ξ) = (15 − 27ξ)/33 = −ξ + (15 + 6ξ)/33. Multiplicando por a obtenemos b = (−ξ) · a +

(15 + 6ξ)(−5 + 2ξ) = (−ξ) · a − 3. 33

Al dividir de nuevo resulta a/3 = (−5 + 2ξ)/3 = (−2 + ξ) + (1 − ξ)/3.

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Multiplicamos por 3 y queda a = (−2 + ξ) · 3 + (1 − ξ), mientras que 3 = (1 − ξ)(1 + ξ). Así, √ √ mcd (−5 + 2 −2, 1 + 5 −2) = 1 − ξ, y para obtener los coeficientes de una Identidad de Bézout empleamos las igualdades anteriores: 1 − ξ = a − (−2 + ξ) · 3 = a − (−2 + ξ) · (−ξ · a − b) = (−2 + ξ) · b + (−1 − 2ξ) · a. (2) Vimos en el Ejemplo IV.1.4 que A es un dominio euclídeo. luego el ideal a está generado por un máximo común divisor de α y β. Para calcularlo dividimos α/β = 2 − (1 + ξ)/3

=⇒

α = 2 · β − (1 + ξ),

que es una division euclídea, pues si denotamos N : A → N, x 7→ xx la norma asociada se tiene N(1 + ξ) = 3 < 9 = N(β). Además, β = N(1 + ξ) = (1 + ξ)(1 − ξ), luego mcd (α, β) = 1 + ξ. Además 1 + ξ es irreducible en A pues su norma es un número primo, lo que implica, por ser A un DE, que el ideal a := (1 + ξ)A es maximal. (3) El homomorfismo ψ transforma el elemento unidad 1 de Z en el elemento unidad 1 + a de A y, como preserva sumas, ψ(n) = n + a para cada entero n ≥ 0. Por último, si m ∈ Z es negativo, también ψ(m) = m + a, ya que 0 + a = ψ(0) = ψ(m + (−m)) = ψ(m) + ψ(−m) = ψ(m) + (−m + a) = ψ(m) − (m + a). El núcleo de ψ es a ∩ Z, y vamos a probar que a ∩ Z = 3Z. Como 3 es múltiplo de 1 + ξ un contenido es evidente. Recíprocamente, sea n ∈ a ∩ Z. Existen entonces a, b ∈ Z tales que n = (1 + ξ)(a + bξ) = (a − 2b) + (a + b)ξ, y por tanto n = a − 2b y a + b = 0, luego n = 3a ∈ 3Z. En consecuencia ker ψ = 3Z y además ψ es sobreyectivo, es decir, im ψ = A/a. Para comprobar esto último basta encontrar m ∈ Z tal que ψ(m) = ξ + a. En efecto, en tal caso, para cada clase (a + bξ) + a ∈ A/a se tiene ψ(a + bm) = ψ(a) + ψ(b)ψ(m) = (a + a) + (b + a)(ξ + a) = (a + bξ) + a. Ahora bien, 1 + ξ ∈ a, luego ψ(−1) = −1 + a = ξ + a. En conclusión, por el Primer Teorema de isomorfía, los cuerpos K = A/a y Z3 son isomorfos. En particular K = {0K = 0 + a, 1K = 1 + a, −1K = −1 + a}, y K tiene 3 elementos.



Número IV.15 Encontrar, siguiendo los pasos que se indican a continuación, todos los números enteros x, y ∈ Z tales que x3 = y 2 + 2. (1) Probar que si x, y ∈ Z cumplen x3 = y 2 + 2, entonces x e y son impares y mcd (x, y) = 1.

Soluciones a los ejercicios propuestos

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√ √ (2) Demostrar √ que si y ∈ Z es impar, entonces y + −2 e y − −2 son primos entre sí en el anillo A := {a + b −2 : a, b ∈ Z}. √ √ (3) Probar que si y, a, b ∈ Z cumplen que y + −2 = (a + b −2)3 , entonces y = ±5. (4) Calcular todas las soluciones enteras de la ecuación x3 = y2 + 2. Solución. (1) Si y fuese par también lo sería x, luego existirían m, n ∈ Z tales que y = 2m y x = 2n, y por tanto 2 + 4m2 = 2 + y 2 = x3 = 8n3 . Esto es falso, pues el miembro de la derecha es múltiplo de 4 y el de la izquierda no lo es. Así y es impar, luego lo es x3 , y por ello también lo es x. Si x e y no fuesen primos entre sí compartirían algún divisor primo, que dividiría a x3 , por lo que sería impar, y a y 2 , luego también divide a 2 = x3 − y 2 , que es una contradicción. √ (2) Denotemos ξ := −2 y sea γ ∈ A un factor irreducible común de α := y + ξ y α := y − ξ. Entonces γ también divide a α − α = 2ξ en A. Sea N : A → N, x = a + bξ 7→ xx = a2 + 2b2 la norma introducida en el Ejemplo IV.1.4. Como γ divide a α y a 2ξ, su norma N(γ) divide a N(α) = y 2 + 2 y a N(2ξ) = 8. Lo primero implica que N(γ) es impar y como divide a 8 ha de ser N(γ) = 1. Esto implica que γ es unidad en A, pues γ ∈ A y 1 = N(γ) = γ · γ. Así, mcd (α, α) = 1. (3) Desarrollando el segundo miembro de la igualdad dada se tiene y + ξ = a3 + 3a2 bξ + 3ab2 ξ 2 + b3 ξ 3 = a(a2 − 6b2 ) + b(3a2 − 2b2 )ξ, y por tanto 1 = b(3a2 − 2b2 ). Así |b| = 1 y distinguimos dos casos: (3.1) Si b = 1, entonces 3a2 − 2 = 1, luego a = ±1, y por tanto y = a(a2 − 6b2 ) = ±5. (3.2) Si b = −1, entonces 3a2 − 2 = −1, y esto no es posible. (4) Pasamos a calcular todas las soluciones enteras de la ecuación dada. Si (x, y) es una de ellas ya hemos visto que y es impar y que α = y + ξ y α = y − ξ son primos entre sí en A, que es un DFU según probamos en el Ejemplo IV.1.4. Nótese que x3 = α · α, y se deduce de la Proposición IV.1.12 que α = uz 3 para ciertos u ∈ U(A) y z ∈ A. Vimos en el Ejemplo IV.1.4 que 1 y −1 son las unidades de A, así que u = u3 , luego α = uz 3 = u3 z 3 = (uz)3 , y existen enteros a, b tales que uz = a + bξ. Resulta entonces que y + ξ = α = (uz)3 = (a + bξ)3 , y ya hemos probado que y = ±5. En consecuencia x3 = y 2 + 2 = 27, es decir x = 3.  √ Número IV.16 (1) Probar que A := {a + bα : a, b ∈ Z}, donde α := (1 + −11)/2, es subanillo unitario de C, al que la función N : A → N, z 7→ zz dota de estructura de dominio euclídeo, y que U(A) = {−1, +1}.

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(2) Probar que m := 2A es un ideal maximal y hallar el número de elementos del cuerpo K := A/m. (3) Para cada entero y ∈ Z dar la lista de los posibles valores del máximo común divisor de y − 2α e y − 2α. (4) Encontrar todas las soluciones enteras de la ecuación x3 = z2 + 11. Solución. (1) Observamos que (2α − 1)2 = −11, y por tanto α2 − α + 3 = 0. En particular, dados x := a + bα e y := c + dα en A, donde a, b, c, d ∈ Z, resulta x + y = (a + c) + (b + d)α ∈ A & xy = ac + bdα2 + (ad + bc)α = ac + bd(α − 3) + (ad + bc)α = ac − 3bd + (bd + ad + bc)α, lo que demuestra que A es subanillo, desde luego unitario, de C. Es también útil observar que, puesto que el polinomio f (t) := t2 − t + 3 tiene coeficientes reales, sus raíces son α y α, ya que f (α) = α2 − α + 3 = α2 − α + 3 = f (α) = 0 = 0. En consecuencia, t2 − t + 3 = (t − α)(t − α) = t2 − (α + α)t + αα

=⇒

α+α=1

& αα = 3.

Veamos que la función N toma valores en N. En efecto, para cada z := a + bα ∈ A se tiene N(z) = (a + bα)(a + bα) = a2 + b2 αα + ab(α + α) = a2 + ab + 3b2 ∈ N. Observamos que la función N es multiplicativa, esto es, para cada z, ω ∈ A, N(z)N(ω) = (zz)(ωω) = (zω)(zω) = N(zω). En particular, si z, ω ∈ A son no nulos y z divide a ω en A existe ξ ∈ A tal que ω = zξ. Como N(ξ) ≥ 1 resulta N(z) ≤ N(z)N(ξ) = N(zξ) = N(ω). Por tanto, para demostrar que N dota al anillo A de estructura de DE sólo falta probar que existe división euclídea. Denotamos E := {a + bα : a, b ∈ Q} y sea N : E → Q, z 7→ zz una extensión a E de la norma definida en A. Vamos a probar que para cada par de elementos ω1 = x1 + y1 α ∈ A y ω2 = x2 + y2 α ∈ A con ω2 6= 0, existen u, v ∈ Z tales que si η := u + vα ∈ A, entonces N(ω1 /ω2 − η) < 1. Supongamos esto probado por un momento. Entonces escribimos ω1 = ω2 η + ω2 (ω1 /ω2 − η) lo que demuestra, por un lado, que ω2 (ω1 /ω2 − η) = ω1 − ω2 η ∈ A, y por otro, que
N ω2 (ω1 /ω2 − η) = N(ω2 )N(ω1 /ω2 − η) < N(ω2 ). En consecuencia, η y ω1 /ω2 − η son, respectivamente, el cociente y el resto de una división euclídea de ω1 entre ω2 .

Soluciones a los ejercicios propuestos

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Veamos pues que existen tales números enteros u y v. Al dividir ω1 entre ω2 como números complejos se obtiene, denotando ρ := N(ω2 ) y puesto que α + α ∈ Z y αα ∈ Z, ω1 /ω2 = (x1 + y1 α)/(x2 + y2 α) = (x1 + y1 α)(x2 + y2 α)/ρ = q1 + q2 α ∈ E para ciertos números racionales q1 y q2 . Escribimos entonces √ √ √ ω1 /ω2 = q1 + q2 (1 + −11)/2 = (q1 + q2 /2) + q2 −11/2 = r + s −11, donde r := q1 + q2 /2 ∈ Q y s := q2 /2 ∈ Q.

√ Por otro lado, el cociente buscado se escribirá η := u + vα = (u + v/2) + v −11/2, de modo que la resta cuya norma queremos hacer menor que 1 se escribe √ ω1 /ω2 − η = (r − u − v/2) + (s − v/2) −11. Por tanto, recordando que s = q2 /2 ∈ Q resulta √ √

N(ω1 /ω2 − η) = (r − u − v/2) + (s − v/2) −11 (r − u − v/2) − (s − v/2) −11 = (r − u − v/2)2 + 11(s − v/2)2 = (r − v/2 − u)2 + 11(q2 − v)2 /4. Sea v ∈ Z el entero más próximo a q2 . Entonces |q2 − v| ≤ 1/2, y el entero u más próximo a r − v/2 cumple que |r − v/2 − u| ≤ 1/2. Así, finalmente, N(ω1 /ω2 − η) = (r − v/2 − u)2 + 11(q2 − v)2 /4 ≤ 1/4 + 11/16 = 15/16 < 1, como queríamos. En cuanto a las unidades son, por la Proposición IV.1.10 (2), los elementos de A de norma 1. En consecuencia, dados a, b ∈ Z, el elemento x := a + bα es unidad en A si y sólo si 1 = N(a + bα) = a2 + ab + 3b2 = (a + b/2)2 + 11b2 /4, luego b = 0 y a2 = 1, esto es las unidades de A son ±1. (2) Como A es un DE, probar que m es ideal maximal equivale a demostrar que 2 es un elemento irreducible en A. Para comprobar esto es suficiente ver, por la Proposición IV.1.10 (4), que N(2) = 4 y que 2 ∈ / im N. Lo primero es evidente y para lo segundo, supongamos que ζ := a + bα cumple que N(ζ) = 2. Entonces, 2 = N(ζ) = a2 + ab + 3b2 = (a + b/2)2 + 11b2 /4, por lo que b = 0, y así a2 = 2, lo que es imposible. Esto prueba que m es ideal maximal de A, luego K = A/m es un cuerpo, cuyo número de elementos vamos a determinar. Para cada ξ ∈ A dividimos ξ := 2q + r con q, r ∈ A y N(r) < N(2) = 4, de modo que ξ + m = r + m. Así, K = A/m = {ξ + m : N(ξ) < 4}. Sabemos que 0 es el único elemento de norma 0, que ±1 son los únicos elementos de norma 1 y que A no tiene elementos de norma 2. En cuanto a los elementos de norma 3 los escribimos de la forma γ := x + yα con x, y ∈ Z, y deben cumplir 3 = N(γ) = x2 + xy + 3y 2 = (x + y/2)2 + 11y 2 /4

=⇒

12 = (2x + y)2 + 11y 2 .

200

Soluciones a los ejercicios propuestos

Por tanto y 2 ∈ {0, 1}, y de hecho y = ±1 porque 12 no es el cuadrado de ningún número entero. Si y = 1, entonces x = 0 o x = −1, mientras que si y = −1, entonces x = 0 o x = 1. En conclusión los elementos de norma 3 en A son {α, −α, −1 + α, 1 − α}. Resulta entonces K = {0 + m, 1 + m, −1 + m, α + m, −α + m, (1 − α) + m, −(1 − α) + m}. Ahora bien, como 2 ∈ m, cada elemento de K coincide con su opuesto, por lo que la lista anterior, quitando repeticiones, es la misma que K = {0 + m, 1 + m, α + m, (1 − α) + m}. Estos cuatro elementos son distintos dos a dos, y por tanto K tiene cuatro elementos. En efecto, la norma de cada elemento de m es múltiplo de 4 = N(2). Así, 0 + m, 1 + m y α + m son distintos dos a dos, pues N(1) = 1 y N(α) = N(1 − α) = 3, luego (1 − α) + m es distinto de los otros tres. (3) Sea β := mcd (y − 2α, y − 2α). Entonces β divide a la resta y − 2α − (y − 2α) = 2(α − α) = 2(1 − 2α). Hemos probado que 2 es irreducible en A, y también 1 − 2α lo es, en virtud la Proposición IV.1.10 (3), ya que N(1 − 2α) = 11 es un entero primo. Entonces, por ser A un DFU, concluimos que β = mcd (y − 2α, y − 2α) ∈ {1, 2, 1 − 2α, 2(1 − 2α)}. (4) Si (x, z) es solución de la ecuación dada e y := 1 + z, ésta se convierte en x3 = z2 + 11 = (y − 1)2 + 11 = y2 − 2y + 12 = (y − 2α)(y − 2α), y tiene por solución a (x, y), donde y := 1 + z. Desde el apartado anterior sabemos que mcd (y − 2α, y − 2α) ∈ {1, 2, 1 − 2α, 2(1 − 2α)}, y probaremos que, por ser su producto el cubo de un entero, y − 2α e y − 2α son primos entre sí. Comenzamos comprobando que mcd (y − 2α, y − 2α) 6= 2. En caso contrario y sería par, luego z := y − 1 sería impar, luego x sería par y así x3 es múltiplo de 8. Por tanto, z 2 ≡ 5 mod 8, y esto es imposible pues escribiendo z := 4t + k donde t, k ∈ Z y k = 1 o k = 3, resulta que k 2 ≡ 1 mod 8, por lo que z 2 ≡ (4t + k)2 ≡ 16t2 + 8tk + k 2 ≡ k 2 mod 8 ≡ 1 mod 8. Vamos a demostrar a continuación que 1 − 2α no divide en A a y − 2α, lo que implica que mcd (y − 2α, y − 2α) ∈ / {1 − 2α, 1 − 2α}. Supongamos que 1 − 2α divide en A a y − 2α. Entonces existen enteros a, b tales que y − 2α = (1 − 2α)(a + bα) = a + (b − 2a)α − 2bα2 = a + (b − 2a)α − 2b(α − 3) = (a + 6b) − (2a + b)α,

Soluciones a los ejercicios propuestos

201

luego y = a + 6b y 2 = 2a + b. En consecuencia, y = a + 6(2 − 2a) = 12 − 11a

=⇒

y ≡ 1 mod 11

=⇒

x3 = (y − 1)2 + 11 ∈ 11Z.

Por tanto, x ∈ 11Z, luego existen u, v ∈ Z tales que x := 11u e y := 1 + 11v. Sustituyendo resulta 113 u3 = x3 = (y − 1)2 + 11 = 112 v 2 + 11, y dividiendo por 11 se llega a contradicción: 1 = 112 u3 − 11v 2 ∈ 11Z. Así pues, hemos demostrado que mcd (y − 2α, y − 2α) = 1. Entonces, teniendo en cuenta que x3 = (y − 2α)(y − 2α), se deduce de la Proposición IV.1.12 que ambos factores son cubos en A, ya que A es un DFU cuyas unidades son cubos. Existen por ello p, q ∈ Z tales que y − 2α = (p + qα)3 = p3 + 3p2 qα + 3pq 2 α2 + q 3 α3 . Como α2 = α − 3 y α3 = α2 − 3α = −3 − 2α, al sustituir tenemos y − 2α = p3 + 3p2 qα + 3pq 2 (α − 3) − q 3 (3 + 2α) = (p3 − 9pq 2 − 3q 3 ) + q(3p2 + 3pq − 2q 2 )α, o lo que es lo mismo 

y −2

= p3 − 9pq 2 − 3q 3 = q(3p2 + 3pq − 2q 2 ).

De la segunda igualdad se sigue que q ∈ {±1, ±2}. Si q = 1, entonces 3p(p + 1) = 0, o sea, p = 0 o p = −1 En el primer caso y = −3, luego x = 3, y en el segundo y = 5, y de nuevo x = 3. Por supuesto, los valores de z = y − 1 son z = −4 y z = 4. Por otro lado, si q = −1, entonces 2 = 3p2 − 3p − 2, o sea, 4 = 3p(p − 1), y esto es imposible. Para el valor q = 2 resulta 3p2 + 6p − 8 = −1, esto es, 3p(p + 2) = 7, lo que de nuevo es imposible. Para terminar sólo falta estudiar qué sucede si q = −2. Entonces 3p2 − 6p − 8 = 1, o lo que es lo mismo, p2 − 2p − 3 = 0. Las soluciones de esta ecuación de segundo grado son p = 3 y p = −1. En el primer caso y = −57 y x = 15, mientras que en el segundo y = 59 y de nuevo x = 15. Claro está, los valores de z = y − 1 son z = 58 y z = −58. Así pues, las soluciones de la ecuación dada son: x = 3, z = 4;

x = 3, z = −4;

x = 15, z = 58

& x = 15, z = −58. 

√ Número IV.17 (1) Demostrar que si α := (1 + −7)/2, el conjunto A := {a + bα : a, b ∈ Z} es un subanillo unitario de C cerrado respecto de la conjugación. (2) Demostrar que la función N : A → N, z 7→ zz dota al anillo A de estructura de dominio euclídeo cuyas unidades son 1 y −1. (3) Factorizar ω := 2 + α como producto de elementos irreducibles de A.

Soluciones a los ejercicios propuestos

202

(4) Para cada entero y ∈ Z sea βy := mcd (y − α, y − α). Demostrar que N(βy ) vale 1 o 7, y dar entonces todas las posibilidades para βy . (5) Demostrar que para cada y ∈ Z, el elemento y − α es un cubo en A si y sólo si su norma N(α) es un cubo en Z. Encontrar todas las soluciones enteras de la ecuación x3 = y2 − y + 2. Solución. (1) Observamos que (2α − 1)2 = −7, y por tanto α2 − α + 2 = 0. En consecuencia, dados números enteros a, b, c y d los números x := a + bα e y := c + dα cumplen que x + y = (a + c) + (b + d)α ∈ A & xy = ac + bdα2 + (ad + bc)α = ac + bd(α − 2) + (ad + bc)α = ac − 2bd + (ad + bc + bd)α ∈ A. Para probar que A contiene a los conjugados de sus elementos observamos que α y α son las raíces del polinomio f (t) := t2 − t + 2. En efecto, ya hemos visto que f (α) = 0, y por ello, 0 = f (α) = α2 − α + 2 = α2 − α + 2 = f (α). En consecuencia, t2 − t + 2 = f (t) = (t − α)(t − α) = t2 − (α + α)t + αα, es decir, α + α = 1 y αα = 2. En particular, dados a, b ∈ Z y x := a + bα ∈ A, su conjugado x = a + bα = a + b(1 − α) = (a + b) − bα ∈ A. (2) Una fórmula explícita para la función N es N : A → N, a + bα 7→ (a + bα)(a + bα) = a2 + ab(α + α) + b2 αα = a2 + ab + 2b2 . Evidentemente N es una función multiplicativa, esto es, para cada z, ω ∈ A se tiene N(z)N(ω) = (zz)(ωω) = (zω)(zω) = N(zω). En particular, si z, ω ∈ A son no nulos y z divide a ω en A existe ξ ∈ A tal que ω = zξ. Como N(ξ) ≥ 1 resulta N(z) ≤ N(z)N(ξ) = N(zξ) = N(ω). Para probar que N dota al anillo A de estructura de DE sólo falta probar que existe división euclídea. Sean ζ := x + yα ∈ A y d := a + bα ∈ A, este último no nulo. Al dividirlos como números complejos se obtiene, denotando ρ := N(d) y puesto que α = 1 − α y αα = 2, ζ/d = (x + yα)/(a + bα) = (x + yα)(a + bα)/ρ = q1 + q2 α para ciertos números racionales q1 y q2 . Sean u, v ∈ Z tales que |u − q1 | ≤ 1/2 y |v − q2 | ≤ 1/2. Además, en caso de ser |u − q1 | = 1/2 = |v − q2 | elegimos u < q1 y v > q2 . Escribimos entonces ζ/d = u + vα + (q1 − u) + (q2 − v)α

⇐⇒

ζ = d(u + vα) + d((q1 − u) + (q2 − v)α).

Soluciones a los ejercicios propuestos

203

Así q := u + vα ∈ A es candidato a cociente mientras que
r := d (q1 − u) + (q2 − v)α = ζ − dq ∈ A es candidato a resto de la división de ζ entre d, siempre que probemos que N(r) < N(d). Ahora bien, si escribimos r1 := q1 − u y r2 := q2 − v, y sin más que operar, N(r) = rr = dd(r1 + r2 α)(r1 + r2 α) = N(d)(r12 + r1 r2 + 2r22 ), y basta probar que r12 + r1 r2 + 2r22 < 1. Como cada |ri | ≤ 1/2 siempre sucede que r12 + r1 r2 + 2r22 ≤ 1/4 + 1/4 + 2/4 = 1, y para que se tuviera la igualdad debe suceder |ri | = 1/2 y r1 r2 > 0, lo que es imposible por la elección de u y v. En cuanto a las unidades son, por la Proposición IV.1.10 (2), los elementos de A de norma 1. Ahora bien, dado z := a + bα, resulta que 1 = N(a + bα) = a2 + ab + 2b2 = (a + b/2)2 + 7b2 /4 si y sólo si b = 0 y a2 = 1, esto es U(A) = {−1, +1}. (3) Como α2 = α − 2 resulta que α3 = α · α2 = α(α − 2) = α2 − 2α = α − 2 − 2α = −(2 + α) = −ω, luego ω = (−α)3 , y esta es la factorización buscada porque, empleando la Proposición IV.1.10 (3), −α es irreducible en A, ya que N(−α) = 2 es un número primo. (4) Como βy divide a la resta y − α − (y − α) = α − α = 1 − 2α, se deduce que N(βy ) divide a N(1 − 2α) = 7. Por tanto, N(βy ) = 1 o N(βy ) = 7. Ya vimos que los elementos de norma 1 son 1 y −1. Por otro lado, sea βy := a + bα ∈ A tal que N(βy ) = 7. Esto significa que 7 = a2 + ab + 2b2 = (a + b/2)2 + 7b2 /4 y como

√

=⇒

28 = (2a + b)2 + 7b2 ,

7∈ / Q, ha de ser 1 ≤ b2 ≤ 4, es decir b = ±1 o b = ±2.

Si b = ±1 obtenemos (2a ± 1)2 = 21, que es imposible, y si b = ±2 entonces 2a + b = 0, así que a = ∓1. En consecuencia, los únicos elementos de norma 7de A son 1 − 2α y 2α − 1. (5) Si y − α es un cubo en A existe γ ∈ A tal que y − α = γ 3 y, por ser la norma multiplicativa, N(y − α) = N(γ 3 ) = N(γ)3 , luego N(y − α) es el cubo de un número natural. Recíprocamente, supongamos que N(y − α) = x3 es el cubo del número natural x. Escribimos entonces x3 = N(y − α) = (y − α)(y − α) = y 2 − y + 2

Soluciones a los ejercicios propuestos

204

y, según lo visto en el apartado anterior, distinguimos casos según que mcd (y − α, y − α) = 1 o mcd (y − α, y − α) = 1 − 2α. Si sucede esto último existen enteros a, b tales que y − α = (1 − 2α)(a + bα) = a + (b − 2a)α − 2bα2 = a + (b − 2a)α − 2b(α − 2) = (a + 4b) − (2a + b)α, lo que equivale a y = a + 4b y 1 = 2a + b. Por tanto y = a + 4(1 − 2a) = 4 − 7a

=⇒

y ≡ 4 mod 7

=⇒

x3 = y 2 − y + 2 ∈ 7Z.

Existen por tanto u, v ∈ Z tales que x = 7u e y = 4 + 7v. Sustituyendo resulta 73 u3 = x3 = y 2 − y + 2 = y(y − 1) + 2 = (7v + 4)(7v + 3) + 2 = 49v 2 + 49v + 14, lo que implica que 14 es múltiplo de 49, y esto es absurdo. Por tanto, si esta ecuación tiene alguna solución entera se cumple que mcd (y − α, y − α) = 1. Por ello la igualdad x3 = y 2 − y + 2 = (y − α)(y − α) implica, por la Proposición IV.1.12, al ser A un DFU, que tanto y − α como y − α son cubos en A, como queríamos probar. Estamos en condiciones de resolver la ecuación diofántica del enunciado. Por lo que acabamos de probar, si los números enteros x, y son tales que x3 = y 2 − y + 2, existen enteros p, q tales que y − α = (p + qα)3 = p3 + 3p2 qα + 3pq 2 α2 + q 3 α3 . Como α2 = α − 2 y α3 = α2 − 2α = −2 − α, al sustituir tenemos y − α = (p3 + 3p2 qα + 3pq 2 (α − 2) − q 3 (2 + α) = (p3 − 6pq 2 − 2q 3 ) + q(3p2 + 3pq − q 2 )α, o lo que es lo mismo, 

y −1

= =

p3 − 6pq 2 − 2q 3 q(3p2 + 3pq − q 2 )

La segunda de estas igualdades nos dice que q = ±1. Si q = −1 se tiene 3p(p − 1) = 2, lo que es imposible. Por tanto ha de ser q = 1, de donde 3p(p + 1) = 0, luego p = 0 o p = −1. Sustituyendo estos valores en la primera ecuación del sistema deducimos que y = −2 o y = 3. En ambos casos x3 = y 2 − y + 2 = 8, es decir, x = 2. Así pues la ecuación dada tiene dos soluciones enteras: x = 2, y = −2

& x = 2, y = 3. 

Número IV.18 (1) Demostrar que cada unidad del anillo Z[i] de los enteros de Gauss es el cubo de una unidad de Z[i]. (2) Dado un entero impar x ∈ Z, calcular el máximo común divisor d := mcd (x + i, x − i). Demostrar que dd = 2. (3) Demostrar que si α, β ∈ Z[i] son primos entre sí y existe γ ∈ Z[i] tal que αβ = γ 3 , entonces existen α1 , β1 en Z[i] tales que α = α13 y β = β13 . (4) Encontrar todas las soluciones enteras de la ecuación 1 + x2 = 2y3 .

Soluciones a los ejercicios propuestos

205

Solución. (1) En el Ejercicio I.6 vimos que las unidades de Z[i] son {±1, ±i}. Como 1 = 13 , −1 = (−1)3 , i = (−i)3 y −i = i3 , toda unidad es el cubo de otra unidad. (2) Nótese que d|2i = (x + i) − (x − i), pues d divide a x + i y a x − i y, como i es unidad, d divide a 2 = (1 + i)(1 − i). Ahora bien, 2 no divide ni a x + i ni a x − i; en caso contrario x + εi = 2(a + bi) para ε = ±1 y ciertos enteros a, b, e igualando las partes imaginarias, ε = 2b, que es absurdo. En consecuencia, o d = 1 o d = 1 + i o d = 1 − i. Las dos últimas afirmaciones son idénticas pues 1 + i y 1 − i son elementos asociados, ya que 1 + i = (1 − i)i. Además, por ser x impar, x+i (x + i)(1 − i) (x + 1) + (1 − x)i = = ∈ Z[i] 1+i 2 2 luego 1 + i divide a x + i en Z[i] y, del mismo modo, (x − i)(1 − i) (x − 1) − (1 + x)i x−i = = ∈ Z[i], 1+i 2 2 es decir, 1 + i divide a x − i en ∈ Z[i]. En conclusión, mcd (x + i, x − i) = 1 + i. Por supuesto, dd = (1 + i)(1 − i) = 2. (3) Sea (x, y) ∈ Z × Z tal que 1 + x2 = 2y 3 . Desde luego x es impar y, por el segundo apartado, 1 + i divide a x + i, por lo que existen a, b ∈ Z tales que x + i = (1 + i)(a + bi). Conjugando en ambos miembros se tiene x − i = (1 − i)(a − bi). Puesto que, por el apartado (2), mcd (x + i, x − i) = 1 + i y los elementos 1 + i y 1 − i son asociados, concluimos que mcd (a + bi, a − bi) = 1. Además, 2y 3 = 1 + x2 = (x + i)(x − i) = (1 + i)(a + bi)(1 − i)(a − bi) = 2(a + bi)(a − bi), es decir, y 3 = (a + bi)(a − bi). Se deduce de la Proposición IV.1.12 que existen una unidad u ∈ Z[i] y ξ ∈ Z[i] tales que a + bi = uξ 3 . Por el primer apartado existe una unidad v ∈ Z[i] tal que u = v 3 , por lo que existen m, n ∈ Z tales que vξ := m + ni cumple a + bi = uξ 3 = v 3 ξ 3 = (vξ)3 = (m + ni)3 . Ahora bien, x + i = (1 + i)(a + bi) = (a − b) + (a + b)i, y por tanto a + b = 1. Entonces, de la igualdad a + bi = (m + ni)3 = m3 + 3m2 ni − 3mn2 − n3 i = (m3 − 3mn2 ) + (3m2 n − n3 )i se deduce que 1 = a + b = (m3 − 3mn2 ) + (3m2 n − n3 ) = (m3 − n3 ) + 3mn(m − n) = (m − n)(m2 + mn + n2 ) + 3mn(m − n) = (m − n)(m2 + 4mn + n2 ), lo que nos lleva a distinguir dos casos.

Soluciones a los ejercicios propuestos

206

Caso 1. m − n = m2 + 4mn + n2 = 1. Entonces, 1 = m2 + 4mn + n2 = (m − n)2 + 6mn = 1 + 6mn

=⇒

mn = 0,

así que, m = 1 y n = 0, o m = 0 y n = −1. Si m = 1 y n = 0 resulta a + bi = (m + ni)3 = 1

=⇒

x + i = (1 + i)(a + bi) = 1 + i

=⇒

x = 1, y = 1.

x + i = (1 + i)(a + bi) = −1 + i

=⇒

x = −1, y = 1.

Si m = 0 y n = −1 tenemos a + bi = (m + ni)3 = i

=⇒

Caso 2. m − n = m2 + 4mn + n2 = −1. Entonces, −1 = m2 + 4mn + n2 = (m − n)2 + 6mn = 1 + 6mn, es decir, mn = −1/3, y esto es imposible. En consecuencia, las dos soluciones de la ecuación del enunciado son x = 1, y = 1 y x = −1, y = 1.  Número IV.19 (1) Resolver la siguiente ecuación en el anillo Z[i] de los enteros de Gauss: (5 − 16i)x + (13 − 10i)y = −1 + 5i. (2) Calcular mcd (5 + 2i, 2 − i) y mcd (17, 10 + 11i) y encontrar en cada caso los coeficientes de una Identidad de Bézout. Solución. Para encontrar una solución buscamos una Identidad de Bézout para a := 5 − 16i y b := 13 − 10i, y para ello empleamos el Algoritmo de Euclides. Al dividir se tiene a = (1 − i)y + (2 + 7i),

b = (−1 − 2i)(2 + 7i) + (1 + i),

2 + 7i = (4 + 2i)(1 + i) + i,

y deshaciendo el proceso,

i = 2 + 7i − (4 + 2i) b + (1 + 2i)(2 + 7i) = 1 − (4 + 2i)(1 + 2i) (2 + 7i) − (4 + 2i)b
= (1 − 10i)(2 + 7i) − (4 + 2i)b = (1 − 10i) a − (1 − i)y − (4 + 2i)b
= (1 − 10i)a − (1 − 10i)(1 − i) + 4 + 2i b = (1 − 10i)a + (5 + 9i)b. Multiplicamos ambos miembros por −i para hallar una Identidad de Bézout: 1 = −(10 + i)a + (9 − 5i)b, y multiplicamos de nuevo, ahora por −1 + 5i, para obtener una solución de la ecuación dada: −1 + 5i = (15 − 49i)a + (16 + 50i)b. Por tanto las soluciones en Z[i] de la ecuación propuesta están dadas por x := 15 − 49i + (13 − 10i)t & y := 16 + 50i − (5 − 16i)t ∀ t ∈ Z[i].

Soluciones a los ejercicios propuestos

207

(2) En el primer caso, al dividir como números complejos se tiene (5 + 2i)/(2 − i) = (5 + 2i)(2 + i)/5(8 + 9i)/5 = 2 + 2i − (2 + i)/5, y multiplicando por 2 − i ambos miembros, resulta 5 + 2i = (2 − i)(2 + 2i) − 1. Esto ya demuestra que mcd (5 + 2i, 2 − i) = 1 y proporciona una Identidad de Bézout: 1 = (2 + 2i) · (2 − i) + (−1) · (5 + 2i). En el segundo caso tenemos 17/(10 + 11i) = 17(10 − 11i)/221 = (10 − 11i)/13 = 1 − i − (3 − 2i)/13. Multiplicamos ambos miembros por 10 + 11i, y queda 17 = (1 − i)(10 + 11i) − (10 + 11i)(3 − 2i)/13 = (1 − i)(10 + 11i) − (52 + 13i)/13 = (1 − i)(10 + 11i) − (4 + i). Dividiendo de nuevo, (10 + 11i)/(4 + i) = (10 + 11i)(4 − i)/17 = (51 + 34i)/17 = 3 + 2i, lo que muestra que mcd (17, 10 + 11i) = 4 + i. Además una Identidad de Bézout es 4 + i = (1 − i) · (10 + 11i) + (−1) · 17.  Número IV.20 Sean que p := n2 + 2m2 es un número primo. √ m y n números enteros tales √ Denotemos A := Z[ −2] y m := ζA, donde ζ := n + m −2. Demostrar que m es un ideal maximal de A y determinar el número de elementos del cuerpo K := A/m. Solución. Sabemos que la aplicación √ N : A → N, x = a + b −2 7→ xx = a2 + 2b2 dota al anillo A de estructura de dominio euclídeo. Además, ζ es irreducible en A pues su norma N(ζ) = p es un número primo. Por tanto el ideal m = ζA es maximal. Para calcular el número de elementos del cuerpo cociente consideramos el homomorfismo ψ : Z → K, z 7→ z + m. Observamos que p ∈ ker ψ, puesto que √ √ √ p = m2 + 2n2 = (n + m −2)(n − m −2) = ζ(n − m −2) ∈ m, luego pZ ⊂ ker ψ y, como pZ es un ideal maximal de Z, se deduce la igualdad pZ = ker ψ. Así, por el primer Teorema de isomorfía, Zp = Z/pZ = Z/ ker ψ ∼ = im ψ,

Soluciones a los ejercicios propuestos

208

y vamos a demostrar que ψ es sobreyectiva. Eso implica que K = im ψ ∼ = Zp tiene p elementos. √ Sea ξ := (a + b −2) + m ∈ K. Buscamos z ∈ Z tal que z + m = ξ, esto es, deben existir enteros c, d tales que √ √ √ √ a + b −2 − z = (n + m −2)(c + d −2) = (cn − 2md) + (nd + mc) −2, lo que equivale a que se cumplan las igualdades  a − z = cn − 2md b = nd + mc



b = nd + mc z = a − cn + 2md

Se trata pues de probar que existen c y d cumpliendo la primera de las ecuaciones anteriores y elegir como z el valor que nos proporciona la segunda igualdad. Ahora bien, mcd (m, n) = 1, pues en caso contrario existiría un entero primo q que divide a m y n, luego q 2 |n2 + 2m2 = p, y esto es falso. Así, por la identidad de Bézout, existen x, y ∈ Z tales que 1 = nx + my, luego b = nxb + myb = n(xb) + m(yb) = nd + mc, donde d := xb y c := yb, como buscábamos.



Soluciones a los ejercicios del Capítulo V Número V.1 Sea f ∈ Z[t] un polinomio que tiene alguna raíz entera y cumple f (4) = 11 y f (8) = 7. Demostrar que f tiene una única raíz entera y calcularla. Solución. Denotemos a ∈ Z una raíz entera de f . Por la Regla de Ruffini existe un polinomio g ∈ Z[t] tal que f (t) = (t − a)g(t), y evaluando en t = 4 y t = 8 se deduce que 11 = f (4) = (4 − a)g(4)

& 7 = f (8) = (8 − a)g(8).

La primera igualdad implica que 4 − a divide a 11, luego 4 − a ∈ {1, −1, 11, −11}, o lo que es lo mismo, a ∈ {3, 4, −7, 15}, mientras que la segunda implica que 8 − a ∈ {1, −1, 7, −7}, esto es, a ∈ {7, 9, 1, 15}. De aquí se desprende que a := 15 es la única raíz entera de f .  Número V.2 ¿Para cuántos n ∈ Z con 1 ≤ n ≤ 100 el polinomio fn (t) := t2 + t − n ∈ Z[t] es producto de dos polinomios de grado 1 con coeficientes enteros? Solución. Por la Regla de Ruffini, fn es producto de dos polinomios de grado 1 en Z[t] si y sólo si posee una raíz x ∈ Z, esto es, n = x2 + x = x(x + 1). Por tanto hay que contar cuántos enteros comprendidos entre 1 y 100 son producto de dos enteros consecutivos. Necesariamente 1 ≤ x ≤ 9, luego existen exactamente 9 enteros n que satisfacen el enunciado. 

Soluciones a los ejercicios propuestos

209

Número V.3 (1) Sea k un entero no negativo. Demostrar que t

k+1

− 1 = (t − 1)

k X

t

i

y, si k es par,

k+1

t

+ 1 = (t + 1)

i=0

k X

(−1)i ti .

i=0

(2) Probar que uk+1 − 1 es múltiplo de u − 1 para cada u ∈ Z y, si k es par, uk+1 + 1 es múltiplo de u + 1. (3) Probar que si k ∈ Z es positivo y u ∈ Z, entonces u2k − 1 es múltiplo de u + 1. Solución. (1) Argumentamos por inducción, siendo obvio el caso k = 0. Para k ≥ 1 tenemos, por la hipótesis de inducción, tk+1 − 1 = (tk+1 − tk ) + (tk − 1) = (t − 1)tk + (t − 1)

k−1 X

ti = (t − 1)

i=0

k X

ti .

i=0

Suponemos ahora que k es par. La igualdad propuesta es obvia para k = 0, y si k ≥ 2 tenemos tk+1 + 1 = (tk+1 − tk−1 ) + (tk−1 + 1) = tk−1 (t2 − 1) + (t + 1)

k−2 X

(−1)i ti

i=0

=t

k−1

(t − 1)(t + 1) + (t + 1)

k−2 X

i i

(−1) t = (t + 1)

i=0

k X

(−1)i ti .

i=0

(2) Este apartado se deduce del anterior evaluando ambas igualdades en t := u. (3) El polinomio t2k − 1 tiene a −1 por raíz luego, por la Regla de Ruffini, existe un polinomio f ∈ Z[t] tal que t2k − 1 = f (t)(t + 1), y basta evaluar ambos miembros en t := u.  Número V.4 Sea n > 1 un número entero escrito en base 10 como n := a0 , . . . , am son los dígitos de n. Demostrar que:

Pm

i=0

ai 10i . Se dice que

(1) n es múltiplo de 2 si y sólo si lo es la cifra a0 de sus unidades. (2) n es múltiplo de 3 si y sólo si lo es la suma a0 + · · · + am de sus dígitos. (3) n es múltiplo de 4 si y sólo si lo es a0 + 10a1 . (4) n es múltiplo de 5 si y sólo si o bien a0 = 0 o bien a0 = 5. (5) n es múltiplo de 6 si y sólo si es múltiplo de 2 y de 3. (6) n := a0 + a1 10 + a2 102 es múltiplo de 7 si y sólo si a1 + 10a2 − 2a0 es múltiplo de 7. (7) n es múltiplo de 8 si y sólo si lo es a0 + 10a1 + 102 a2 . (8) n es múltiplo de 9 si y sólo si lo es la suma a0 + · · · + am de sus dígitos. (9) n es múltiplo de 10 si y sólo si a0 = 0.

Soluciones a los ejercicios propuestos

210

(10) Denotemos k := [m/2] la parte entera de m/2, esto es, el mayor entero menor o igual que m/2, y convenimos que am+1 = 0. Entonces, n ∈ 11Z

k X

⇐⇒

a2j −

k+1 X

j=0

a2j−1 ∈ 11Z.

j=1

(11) n := a0 + a1 10 + a2 102 es múltiplo de 13 si y sólo si 4a0 + a1 + 10a2 es múltiplo de 13. (12) n es múltiplo de 25 si y sólo si lo es a0 + 10a1 . (13) n es múltiplo de 125 si y sólo si lo es a0 + 10a1 + 102 a2 . Solución. (1) y (4) Denotamos p = 2 o p = 5 según convenga, y observamos que n ≡ a0 mod p, porque m X n − a0 = ai 10i ∈ 10Z ⊂ pZ. i=1

De aquí se deducen (1) y (4) porque 0 y 5 son los únicos dígitos múltiplos de 5. (2) y (8) Nótese que n ≡ (a0 + · · · + am ) mod 9, ya que n − (a0 + · · · + am ) =

m X

ai (10i − 1) ∈ 9Z ⊂ 3Z

i=1

pues, por el Ejercicio V.3 (2), 10i − 1 ∈ 9Z para cada 1 ≤ i ≤ m. (3) y (12) Denotamos p = 2 o p = 5 según convenga. Entonces, n ≡ a0 + 10a1 mod p2 , ya que n − (a0 + 10a1 ) =

m X

ai 10i = 100

i=2

m X

ai 10i−2 ∈ 100Z ⊂ p2 Z.

i=2

(5) Basta aplicar el Teorema Fundamental de la Aritmética por ser 2 y 3 primos distintos. (6) Observamos que 7|98, y por tanto 7|n ⇐⇒ 7|(a0 + 3a1 + 2a2 ) ⇐⇒ 7| − 2(a0 + 3a1 + 2a2 ) ⇐⇒ 7| − 2(a0 + 3a1 + 2a2 ) + 7(a1 + 2a2 ) ⇐⇒ 7|10a2 + a1 − 2a0 (7) y (13) Denotamos p = 2 o p = 5 según el caso. Entonces, n ≡ a0 + 10a1 + 100a2 mod p3 , ya que n − (a0 + 10a1 + 100a2 ) =

m X i=3

ai 10i = 1000

m X

ai 10i−3 ∈ 1000Z ⊂ p3 Z.

i=3

(9) Por el Teorema Fundamental de la Aritmética, III.1.13, n es múltiplo de 10 si y sólo si lo es de 2 y de 5, lo que en virtud de los apartados (1) y (4) equivale a que a0 = 0.

Soluciones a los ejercicios propuestos

211

(10) Probamos el criterio sólo en el caso en que m es impar. Para m par se argumenta del mismo modo. En este caso k +1 = (m+1)/2, luego 2(k +1)−1 = m y 2k = m−1, y como 10 ≡ −1 mod 11, y 102` ≡ 1 mod 11 para cada entero ` en virtud del apartado (3) del Ejercicio V.3, n=

k X

a2j 102j +

k+1 X

i=0

≡

k X j=0

a2j−1 102j−1 =

i=1

a2j −

k+1 X

k X

a2j 102j + 10

j=0

k+1 X

a2j−1 102(j−1)

j=1

a2j−1 mod 11,

j=1

luego n es múltiplo de 11 si y sólo si lo es

Pk

j=0

a2j −

Pk+1 j=1

a2j−1 .

(11) Como 104 = 13 · 8, se tiene n = a0 + 10a1 + 100a2 ∈ 13Z ⇐⇒ a0 − 3a1 − 4a2 ∈ 13Z ⇐⇒ 4(a0 − 3a1 − 4a2 ) ∈ 13Z ⇐⇒ 4(a0 − 3a1 − 4a2 ) + 13(a1 + 2a2 ) ∈ 13Z ⇐⇒ 4a0 + a1 + 10a2 ∈ 13Z. Las soluciones de algunos de los apartados anteriores son diferentes entre sí, y hay razones conceptuales para ello. Comparemos, por ejemplo, los criterios (2) y (6). El primero dice, en otro lenguaje, que si denotamos K := Z3 , las formas lineales f : K m+1 → K, (a0 , . . . , am ) 7→

m X

10i ai

& g : K m+1 → K, (a0 , . . . , am ) 7→

i=0

m X

ai

i=0

tienen el mismo núcleo. De hecho son la misma, pues como 10 ≡ 1 mod 3 también 10i ≡ 1 mod 3 para cada i ≥ 0, y esto es lo que hemos demostrado. Por otro lado, denotando ahora K := Z7 , el criterio del apartado (6) dice que los núcleos de las formas lineales f : K 3 → K, (a0 , a1 , a2 ) 7→

2 X

10i ai

& g : K 3 → K, (a0 , a1 , a2 ) 7→ 10a2 + a1 − 2a0

i=0

coinciden. Eso es lo que hemos probado, pero f 6= g pues f (1, 1, 1) = 6 y g(1, 1, 1) = 2.



Número V.5 (1) Sea f ∈ Z[t] tal que existe n ∈ Z positivo de modo que n6 |f (k) para cada 0 ≤ k ≤ n − 1. Demostrar f no tiene raíces enteras. (2) Probar que si f ∈ Z[t] cumple que f (0) y f (1) son impares, entonces f no tiene raíces enteras. Solución. El apartado (2) se deduce de (1) con n = 2. Para demostrar el primero consideremos la reducción mod n, que es el homomorfismo Z[t] → Zn [t], g(t) :=

d X i=0

ai ti 7→ g(t) :=

d X i=0

(ai + nZ)ti ,

Soluciones a los ejercicios propuestos

212

que cumple, para cada z ∈ Z y cada g ∈ Z[t], la igualdad g(z + nZ) =

d X

(ai + nZ)(z + nZ)i =

i=0

d X

 ai z i + nZ = g(z) + nZ.

i=0

Para cada z ∈ Z existe 0 ≤ k ≤ n − 1 tal que z + nZ = k + nZ, y f (k) + nZ 6= 0 + nZ, luego f (z) + nZ = f (z + nZ) = f (k + nZ) = f (k) + nZ 6= 0 + nZ. En particular f (z) 6= 0, como queríamos probar.



Número V.6 Calcular el máximo común divisor en Q[t] y los coeficientes de una identidad de Bézout de los polinomios f1 (t) := t4 + t3 + 3t − 9

& f2 (t) := 2t3 − t2 + 6t − 3.

Solución. Usando el Algoritmo de Euclides resulta que mcd (f1 , f2 ) = r := −(9t2 + 27)/4, pues si q1 (t) := (2t + 3)/4 y q2 (t) := (−8t + 4)/9 se tiene f1 = q1 f2 + r & f2 = q2 r. Además, una identidad de Bézout es r = f1 − q1 f2 .



Número V.7 (1) Sean a y n dos números enteros y a := a(a, n) el ideal que generan n y t − a en Z[t]. Construir un isomorfismo entre Zn y Z[t]/a. (2) ¿Cuáles de los siguientes ideales de Z[t] son primos? ¿Cuáles son maximales? a1 := (t + 1), a2 := (2, t), a3 := (3, t), a4 := (4, t), a5 := (t2 )

& a6 := (t3 − 2t2 − 2t − 3).

Solución. (1) Vamos a demostrar que a es el núcleo del homomorfismo ϕ : Z[t] → Zn , f 7→ f (a) + nZ. Hecho esto, y puesto que ϕ es sobreyectivo ya que ϕ(k) = k + nZ para cada entero k, se desprende del Primer Teorema de isomorfía que el homomorfismo inducido ϕ : Z[t]/a → Zn , f + a 7→ f (a) + nZ es un isomorfismo. Es obvio que a ⊂ ker ϕ. Recíprocamente, sea f ∈ ker ϕ, esto es, f (a) ∈ nZ. Existe por tanto k ∈ Z tal que f (a) = nk. Como el polinomio f (t) − f (a) se anula en a existe, por la Regla de Ruffini, g ∈ Z[t] tal que f (t) − f (a) = (t − a)g(t), esto es, f (t) = f (a) + (t − a)g(t) = nk + (t − a)g(t) ∈ a. (2) Con las notaciones del apartado anterior el ideal a1 = a(−1, 0), luego Z[t]/a1 ∼ = Z0 = Z, que es un dominio pero no un cuerpo. Por tanto a1 es un ideal primo pero no maximal. Por otro lado,

Soluciones a los ejercicios propuestos

213

para n = 2, 3 y 4, se tiene an = a(0, n), luego Z[t]/an ∼ = Zn , que es un cuerpo para n = 2 y n = 3 y no es dominio para n = 4. En consecuencia, los ideales a2 y a3 son maximales, mientras que a4 ni siquiera es primo. Por otro lado, los polinomios t2 y f (t) := t3 − 2t2 − 2t − 3 = (t − 3)(t2 + t + 1) son reducibles en Z[t], luego ni a5 ni a6 son ideales primos.



Número V.8 Sea a el ideal del anillo de polinomios Z[t] generado por 7 y t − 3. (1) Demostrar que para cada h ∈ Z[t] existe r ∈ Z tal que 0 ≤ r ≤ 6 y h − r ∈ a. (2) Encontrar el valor de r para el polinomio h(t) := t250 + 15t14 + t2 + 5. (3) Probar que el ideal a es maximal y calcular el número de elementos del cociente Z[t]/a. Solución. (1) Por la Regla de Ruffini existe q ∈ Z[t] tal que h(t) = (t−3)q(t)+h(3). Al dividir h(3) entre 7 en Z obtenemos un cociente m ∈ Z y un resto r ∈ Z con 0 ≤ r ≤ 6, es decir, h(3) = 7m + r. Por tanto, h(t) = (t − 3)q(t) + h(3) = (t − 3)q(t) + 7m + r, y así h(t) − r = (t − 3)q(t) + 7m ∈ a. (2) Nótese que r es el representante entre 0 y 6 de h(3) mod 7. En nuestro caso, h(3) = 3250 + 15 · 314 + 32 + 5, y emplearemos el Pequeño Teorema de Fermat. Como 36 ≡ 1 mod 7, se tiene 3250 ≡ (36 )41 · 34 mod 7 ≡ 81 mod 7 ≡ 4 mod 7. Además, 314 ≡ (36 )2 · 32 mod 7 ≡ 9 mod 7 ≡ 2 mod 7, y sustituyendo, h(3) ≡ (4 + 15 · 2 + 9 + 5) mod 7 ≡ (4 + 2) mod 7 ≡ 6 mod 7, luego r = 6. (3) Este apartado es un caso particular del Ejercicio V.7 (1), del que se deduce que K = Z[t]/a es isomorfo al cuerpo Z7 , por lo que el ideal a es maximal y K tiene 7 elementos.  Número V.9 Sea K un cuerpo de característica 3. Descomponer f (t) := t9 − t3 en producto de polinomios irreducibles de K[t]. Solución. Los primeros pasos nada tienen que ver con la característica de K: f (t) = t3 (t6 − 1) = t3 (t3 − 1)(t3 + 1) = t3 (t − 1)(t2 + t + 1)(t + 1)(t2 − t + 1). Además, y esto sí es propio de los cuerpos de característica 3, se tiene t2 + t + 1 = t2 − 2t + 1 = (t − 1)2

& t2 − t + 1 = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2 .

Como los polinomios t, t − 1 y t + 1 tienen grado 1 son irreducibles en K[t]. Por tanto, la factorización buscada es f (t) = t3 (t − 1)3 (t + 1)3 . 

Soluciones a los ejercicios propuestos

214

Número V.10 Sean a, b ∈ Z y f (t) := (t − a)2 + (t − b)2 − 2ab + 1. ¿Posee f alguna raíz racional? Solución. Las raíces complejas de f (t) = 2t2 − 2(a + b)t + (a − b)2 + 1 son p p a + b ± 4ab − (a − b)2 − 2 a + b ± (a + b)2 − 2((a − b)2 + 1) = , 2 2 luego f posee alguna raíz racional si y sólo si el número entero 4ab − (a − b)2 − 2 es el cuadrado de un número racional. Esta condición equivale, por el Corolario V.2.12, a que exista un número entero x tal que 4ab − (a − b)2 − 2 = x2 . Si a ≡ b mod 2 entonces (a − b)2 ≡ 0 mod 4, luego x2 = 4ab − (a − b)2 − 2 ≡ 2 mod 4, así que x es par pero x2 no es múltiplo de 4, lo que es imposible. Suponemos en lo que sigue que a 6≡ b mod 2. Existe por tanto n ∈ Z tal que a := b + 2n + 1, por lo que f (t) = 2t2 − 2(a + b)t + (a − b)2 + 1 = 2t2 − 2(2b + 2n + 1)t + 4n2 + 4n + 2, luego si f tuviese alguna raíz racional también la tendría el polinomio g(t) := f (t)/2 = t2 − (2b + 2n + 1)t + 2n2 + 2n + 1. Como g es mónico, se deduce del Corolario V.2.12 que g posee alguna raíz entera. Ahora bien, g(0) = 2n2 + 2n + 1

& g(1) = 2(n2 − b) + 1,

y en particular g(0) y g(1) son impares; esto implica, por el Ejercicio V.5, que g carece de raíces enteras, luego f no tiene ninguna raíz racional.  √ Número V.11 Sea A := {a + b −2 : a, b ∈ Z}. Resolver el Ejercicio IV.20, empleando un argumento semejante al utilizado en el Ejemplo V.1.11. El enunciado dice lo siguiente. Sean m y n números √enteros tales que p := n2 + 2m2 es un número primo y denotemos m := ζA, donde ζ := n + m −2. Demostrar que m es un ideal maximal de A y determinar el número de elementos del cuerpo K := A/m. Solución. Denotemos ξ :=

√

−2 y consideremos el homomorfismo de anillos evξ : Z[t] → C, f (t) 7→ f (ξ),

cuyo núcleo contiene al polinomio g(t) := t2 + 2 y, de hecho, ker evξ = gZ[t]. En efecto, para cada h ∈ Z[t], y puesto que g es mónico, se deduce del Teorema de división V.1.4 que existen polinomios q, r ∈ Z[t] tales que h = qg + r y r(t) = at + b para ciertos a, b ∈ Z. Así, aξ + b = r(ξ) = h(ξ) − q(ξ)g(ξ) = h(ξ).

(13)

Por tanto, si h ∈ ker evξ resulta que aξ + b = 0 y, necesariamente, a = 0 pues en caso contrario ξ = −b/a ∈ Q ⊂ R, y esto es falso. Por tanto a = 0, lo que por la igualdad (13) implica que

EvAL1

Soluciones a los ejercicios propuestos

215

también b = 0, y en consecuencia h = qg ∈ gZ[t]. Esto prueba que ker evξ = gZ[t] y, por el Primer Teorema de isomorfía, II.2.1, la aplicación ϕ : Z[t]/gZ[t] → Z[ξ], f (t) + gZ[t] 7→ f (ξ) es un isomorfismo. Además, de la igualdad (13) se sigue que Z[ξ] = im evξ = {h(ξ) : h ∈ Z[t]} = {aξ + b : a, b ∈ Z} = A. En consecuencia, la aplicación ϕ : B := Z[t]/gZ[t] → A = Z[ξ], f (t) + gZ[t] 7→ f (ξ) es un isomorfismo. El ideal n := ϕ−1 (m) cumple que B/n ∼ = A/m = K, luego basta probar que B/n es un cuerpo y contar el número de sus elementos. Como ζ = n + mξ genera el ideal m, para cada polinomio h ∈ Z[t] se tiene: h + gZ[t] ∈ n ⇐⇒ h(ξ) = ϕ(h + gZ[t]) ∈ m ⇐⇒ ∃r1 ∈ Z[t] tal que h(ξ) = (n + mξ)r1 (ξ). La última igualdad equivale a que el polinomio h(t) − (mt + n)r1 (t) pertenece al núcleo del homomorfismo evξ , es decir, es múltiplo del polinomio g(t), o lo que es lo mismo, h + gZ[t] ∈ n ⇐⇒ ∃r1 , r2 ∈ Z[t] tales que h(t) − (mt + n)r1 (t) = g(t)r2 (t). En consecuencia, n = p/gZ[t], donde p := (g(t), mt + n)Z[t], y empleando el Tercer Teorema de isomorfía II.2.3, resulta K∼ = Z[t]/p. = B/n = (Z[t]/gZ[t])/n = (Z[t]/gZ[t])/(p/gZ[t]) ∼ Tenemos por tanto que demostrar que p es un ideal maximal del anillo de polinomios Z[t] y calcular cuántos elementos tiene el cociente Z[t]/p. Observamos primero que p ∈ p, ya que (n − mt)(n + mt) = n2 − m2 t2 = n2 − m2 (t2 + 2) + 2m2 = (n2 + 2m2 ) − m2 (t2 + 2) = p − m2 (t2 + 2), y despejando, p = (n − mt)(n + mt) + m2 (t2 + 2) ∈ p. Esto nos permite escribir el ideal p como p = (t2 +2, mt+n, p)Z[t]. Consideramos el homomorfismo reducción módulo p, definido por ψ : Z[t] → Zp [t],

d X j=0

j

aj t 7→

d X

(aj + pZ)tj ,

j=0

que es evidentemente sobreyectivo, y cuyo núcleo es ker ψ = pZ[t]. Denotamos x = x + pZ para cada entero x, y consideramos en Zp [t] el ideal q := (t2 + 2, mt + n)Zp [t]. Vamos a demostrar que

Soluciones a los ejercicios propuestos

216

p = ψ −1 (q). La inclusión p ⊂ ψ −1 (q) es evidente. Recíprocamente, para cada f ∈ ψ −1 (q) existen polinomios u1 , v1 ∈ Zp [t] tales que ψ(f ) = u1 (t)(t2 + 2) + v1 (t)(mt + n). Como ψ es sobreyectivo existen polinomios u, v ∈ Z[t] tales que u1 = ψ(u) y v1 = ψ(v), por lo que ψ(f ) = ψ(u)ψ(t2 + 2) + ψ(v)ψ(mt + n) = ψ(u(t)(t2 + 2) + v(t)(mt + n)), es decir, la resta f (t) − u(t)(t2 + 2) − v(t)(mt + n) ∈ ker ψ = pZ[t]. Así, existe w ∈ Z[t] tal que f (t) = u(t)(t2 + 2) + v(t)(mt + n) + pw(t) ∈ p. Por tanto, se trata de probar que el ideal q es maximal y contar el número de elementos del cuerpo K∼ = Z[t]/p = Z[t]/ψ −1 (q) ∼ = Zp [t]/q. Este último cociente se estudia de modo sencillo pues Zp es un cuerpo. Veamos cómo aprovechar este hecho. Observamos en primer lugar que m ∈ / pZ. En efecto, en caso contrario p|(p − 2m2 ), es 2 decir, p|n luego p|n, así que existen m1 , n1 ∈ Z tales que m := pm1 y n := pn1 , lo que implica que p = n2 + 2m2 = p2 (n21 + 2m21 )

=⇒

1 = p(n21 + 2m21 ),

que es imposible. En consecuencia, m = m + pZ 6= 0 y, como Zp es un cuerpo, existe un entero s tal que s · m = 1. Esto nos permite encontrar generadores más sencillos del ideal q de Zp [t]. Definimos a = −s · n ∈ Zp , y resulta que t − a = (s · m)t + s · n = s(mt + n)

&

0 = p = s2 (n2 + 2m2 ) = (s · n)2 + 2(s · m)2 = 2 + a2 .

En consecuencia, t2 + 2 = t2 − a2 , y puesto que t2 − a2 = (t − a)(t + a), se tiene q = (t2 + 2, mt + n)Zp [t] = (t2 − a2 , s(mt + n))Zp [t] = (t2 − a2 , t − a)Zp [t] = (t − a)Zp [t]. Hemos demostrado así que

K∼ = Zp [t]/q = Zp [t]/(t − a).

Ahora bien, (t − a)Zp [t] es el núcleo del homomorfismo sobreyectivo eva : Zp [t] → Zp , f 7→ f (a), y por el Primer Teorema de isomorfía, A/m = K ∼ = Zp [t]/(t − a) = Zp [t]/ ker eva ∼ = im eva = Zp , lo que prueba que m es un ideal maximal del anillo A y que K tiene p elementos.

 2

Número V.12 Encontrar todos los pares de enteros positivos (x, y) tales que xy = y x . Solución. Si y = 1, la ecuación se lee x = 1x = 1, lo que proporciona la solución (x, y) = (1, 1). 2 Además, si y ≥ 2 se tiene xy = y x ≥ y ≥ 2, luego x ≥ 2. En consecuencia, suponemos en todo lo que sigue que x, y ≥ 2. Observamos en primer lugar que los factores primos de x e y coinciden, pues 2 si p es primo y divide a x también divide a xy , luego divide a y x , y por tanto a y. Recíprocamente, 2 si el primo p divide a y también divide a y x , luego a xy , y esto implica que p divide a x. Sea

Soluciones a los ejercicios propuestos

217

S := {p1 , . . . , pk } el conjunto de divisores primos de x, que son los de y. Existen exponentes enteros positivos mi , ni , con 1 ≤ i ≤ k tales que x :=

k Y

i pm i ,

y :=

i=1 2

En consecuencia, xy =

Qk

i=1

pyi

2

k Y

pni i

y2 =

=⇒

i=1 mi

pyi

i=1

2

mi

i p2n i .

i=1

, mientras que y x =

k Y

k Y

2

Qk

= xy = y x =

i=1

k Y

i pxn i . Como Z es DFU, la igualdad

i pxn i

i=1

equivale a que cada y 2 mi = xni , y denotamos r := x/y 2 = mi /ni ∈ Q+ para cada 1 ≤ i ≤ k. Así, cada mi = rni , luego k k Y Y x (r−2)ni i −2ni = pm pi = y r−2 . r= 2 = i y i=1 i=1 Por tanto, x = ry 2 = y r−2 y 2 = y r . Escribimos r ∈ Q+ como cociente r := m/n donde m y n son √ enteros positivos primos entre sí. Entonces, si denotamos t := n y ∈ R, que es mayor que 1 porque y ≥ 2, resulta y = tn , y las últimas igualdades se leen x = y r = y m/n = tm

& m/n = r = y r−2 = tn(r−2) = tm−2n .

Vamos a estimar en diversos pasos los posibles valores de r. Paso 1. En primer lugar comprobamos que r ∈ / [1, 2]. En caso contrario m − 2n ∈ (−∞, 0], y como t > 1, deducimos que r = tm−2n ≤ 1, luego r = 1, esto es, 1 = y r−2 = 1/y, lo que significa que y = 1, que es una contradicción. Paso 2. Comprobamos a continuación que r ∈ / (4, +∞). Suponemos lo contrario y observamos que r = y r−2 ≥ 2r−2 , o sea, 4r ≥ 2r . Por tanto, la función f : R → R, z 7→ 2z − 4z cumple f (4) = 0 y f (r) ≤ 0. Veamos que f es creciente en el intervalo (4, +∞), lo que implica que r ∈ / (4, +∞). En efecto, al derivar, y denotando ln la función logaritmo neperiano,
f 0 (z) = (ln 2)2z − 4 = 4 (ln 2)2z−2 − 1 ,
por lo que para cada z > 4 se tiene f 0 (z) > 4 4(ln 2)−1 = 4(ln 16−1) > 0. De las dos estimaciones precedentes se sigue que r ∈ (0, 1) ∪ (2, 4]. Más aún, si r = 4 obtenemos 4 = r = y r−2 = y 2 , luego y = 2 y esto implica que x = y r = 16, lo que proporciona una nueva solución (x, y) = (16, 2). En lo que sigue asumimos que r ∈ (0, 1) ∪ (2, 4). Si r = 3 resulta 3 = r = y r−2 = y, y esto implica que x = y r = 27. Obtenemos así una tercera solución (x, y) = (27, 3), y suponemos en lo sucesivo que r ∈ (0, 1) ∪ (2, 3) ∪ (3, 4). Paso 3. Vemos ahora que y 6= 2. En caso contrario r = y r−2 = 2r−2 y x = y r = 2r = 2m/n . Esto implica que r ∈ Z. En efecto, xn = 2m , luego x es potencia de 2. Existe pues un entero no negativo ` tal que x = 2` y, por ello, 2m = xn = 2n` , es decir, m = n`, o sea, r = m/n = ` ∈ Z. Además 4r = 4y r−2 = 22 · 2r−2 = 2r , y por ello existe un entero positivo s tal que r = 2s , luego

Soluciones a los ejercicios propuestos

218

2r = 4r = 22 · 2s = 2s+2 . En consecuencia, 2s = r = s + 2, y esto implica que s = 2, porque s 6= 1 y 2s > s + 2 para cada entero s ≥ 3. Pero entonces r = 4, que es una contradicción. Paso 4. Demostramos a continuación que r ∈ / (3, 4). En caso contrario, el número entero y satisface las desigualdades 2 < y < y r−2 = r < 4, luego y = 3 y, en consecuencia, 3r = 9·3r−2 = 9·y r−2 = 9r, es decir, la función g : R → R, z 7→ 3z − 9z se anula en z = r. Sin embargo, g(3) = 0 y para cada z > 3 se tiene
g 0 (z) = (ln 3)3z − 9 = 9 (ln 3)3z−2 − 1 > 3z−2 − 1 > 0, es decir, la restricción g|(3,+∞) es una función creciente, por lo que g(z) > 0 para cada z > 3. Ya podemos restringirnos a estudiar qué sucede si r ∈ (0, 1) ∪ (2, 3). Paso 5. Veamos que r ∈ / (2, 3). En caso contrario existen enteros a > 0 y b > 0 tales que r−2 := a/b, luego r = y r−2 = y a/b , esto es, rb = y a ∈ Z. Así, el polinomio mónico p(t) := tb − y a ∈ Z[t] tiene al número racional r por raíz, y por el Corolario V.2.12 que r ∈ Z, lo que implica que r ∈ / (2, 3). Por lo tanto r ∈ (0, 1), luego α = 1/r = y 2−r y 2−r es un número racional positivo. Escribimos 2 − r = u/v para ciertos enteros positivos u y v. Entonces α = y u/v , esto es, αv = y u ∈ Z, luego α ∈ Q es raíz no nula del polinomio mónico q(t) := tv − y u ∈ Z[t], por lo que α ∈ Z. Así, α = y 2−r = y (2α−1)/α , esto es, yαα = y · y 2α−1 = y 2α , o lo que es igual, y = (y 2 /α)α . Por tanto, ζ = y 2 /α ∈ Q es raíz del polinomio mónico r(t) := tα − y ∈ Z[t] lo que implica, de nuevo por el Corolario V.2.12, que ζ ∈ Z, y de hecho ζ > 1, ya que α = y 2−r < y 2 . De este modo, α = (y 1/α )2α−1 = (y 2 /α)2α−1 = ζ 2α−1 ≥ 22α−1

=⇒

α = ζ 2α−1 ≥ 22α−1 .

Esto es imposible pues α ∈ Z es positivo. Por fin, las soluciones de la ecuación del enunciado son (x, y) = (1, 1),

(x, y) = (16, 2)

& (x, y) = (27, 3). 

Número V.13 Sean f (t) := t2 + t − 2 y g(t) := t2 − 1 y denotemos a y b los ideales generados en R[t] por f y g, respectivamente. Encontrar un generador del ideal a ∩ b. Solución. Como R[t] es un dominio euclídeo el ideal a ∩ b está generado por el mínimo común múltiplo de f y g, que es el polinomio h := (t − 1)(t + 1)(t + 2) puesto que f = (t − 1)(t + 2),

g = (t − 1)(t + 1)

y los polinomios de grado 1 son irreducibles en R[t].



Número V.14 Probar que si f ∈ R[t] tiene una raíz u ∈ C \ R, también su conjugado u es raíz de f . Además, multu (f ) = multu (f ). (2) Determinar los polinomios irreducibles de C[t] y R[t].

Soluciones a los ejercicios propuestos

Solución. (1) Sean d := deg(f ) y f (t) :=

0 = f (u) =

d X j=0

219

Pd

j=0

aj tj ∈ R[t]. Entonces, cada aj = aj , luego

d d  X X aj uj = aj uj = aj uj = f (u). j=0

j=0

Demostremos ahora que multu (f ) ≤ multu (f ). En efecto, si k := multu (f ) existe g ∈ R[t] tal que f = (t − u)k g y g(u) 6= 0. Por tanto, f = (t − u)k g, luego k ≤ multu (f ). Ahora, como u = u, multu (f ) ≤ multu (f ) ≤ multu (f ) = multu (f )

=⇒

multu (f ) = multu (f ).

(2) Para cualquier cuerpo K los polinomios de grado 1 son irreducibles en K[t]. Estos son los únicos si K = C, ya que si f ∈ C[t] tiene grado mayor o igual que 2, el Teorema Fundamental del Álgebra asegura que existe a ∈ C tal que f (a) = 0, luego existe g ∈ C[t] con deg(g) = deg(f ) − 1 ≥ 1 tal que f (t) = (t − a)g(t), por lo que f es reducible en C[t]. En el caso real, cada polinomio f ∈ R[t] de grado 2 sin raíces reales es irreducible en R[t]. En efecto, en caso contrario sería producto de dos polinomios g(t) := at − b y h(t) en R[t] de grado 1, por lo que f (b/a) = 0, esto es, b/a ∈ R sería raíz de f , contra lo supuesto. Veamos para terminar que los polinomios de grado 1 y los de grado 2 sin raíces reales son los únicos polinomios irreducibles en R[t]. De hecho si f ∈ R[t] tiene grado ≥ 2 y alguna raíz α ∈ R, es reducible en R[t] por ser múltiplo de t − α. Esto demuestra la reducibilidad de los polinomos de grado 2 con alguna raíz real y, por el Teorema de Bolzano, la de los polinomios de grado impar mayor o igual que 3. Por último, sea f ∈ R[t] de grado par mayor o igual que 4 sin raíces reales. Por el Teorema Fundamental del Álgebra f tiene una raíz u := a + bi ∈ C \ R y, por el apartado (1), también u = a − bi es raíz de f . Por tanto t − u y t − u son factores irreducibles de f en C[t] primos entre sí y, como C[t] es un DFU, existe g ∈ C[t] tal que deg(g) = deg(f ) − 2 ≥ 2 y

f (t) = (t − u)(t − u)g(t) = t2 − (u + u)t + uu g(t) = t2 − 2at + (a2 + b2 ) g(t). El polinomio h(t) := t2 − 2at + (a2 + b2 ) pertenece a R[t] y, por el Teorema de división, existen polinomios q, r ∈ R[t] tales que f = qh + r y deg(r) < 2 = deg(h). En particular, gh + 0 = f = qh + r son dos divisiones euclídeas de f entre h en R[t] y, por la unicidad de la división, resulta g = q y r = 0. En particular g ∈ R[t], por lo que f = gh es una factorización de f en R[t] y ni g ni h son unidades, lo que prueba que f es reducible en este anillo.  Número V.15 Sea n > 0 un entero. Hallar un automorfismo del anillo C[t] cuyo orden en el grupo de automorfismos de C[t] sea n. Solución. Para cada λ ∈ C∗ := C \ {0} la aplicación ϕλ : C[t] → C[t], f (t) 7→ f (λt) es un automorfismo de C[t], cuyo inverso es ϕλ−1 . Como ϕnλ = ϕλn y ϕ1 es la identidad, ϕλ tiene orden n si y sólo si λ lo tiene como elemento del grupo C∗ de los números complejos no nulos. Esto nos lleva a elegir, por ejemplo, el automorfismo ϕλ donde λ := e2πi/n . 

Soluciones a los ejercicios propuestos

220

Número V.16 Sean K un cuerpo y f ∈ K[t] un polinomio irreducible de grado 2. Demostrar que si la característica de K es distinta de 2, existe a ∈ K tal que los cocientes K[t]/a y K[t]/b son isomorfos, donde a y b son los ideales generados en K[t] por los polinomios f y g := t2 + a, respectivamente. Comprobar que el resultado es falso para el polinomio f (t) := t2 + t + 1 y el cuerpo K := Z2 . Solución. Como K es un cuerpo podemos suponer que f es mónico. Entonces, sin más que completar cuadrados, y puesto que la característica de K no es 2, escribimos f (t) := t2 + bt + c = (t + d)2 + a ∈ K[t], donde d := b/2 y a := c − b2 /4. Así, si denotamos g(t) := t2 + a, el isomorfismo ψ : K[t] → K[t], h(t) 7→ h(t − d) cumple que ψ(f ) = g, luego ψ −1 (b) = a. Denotamos π : K[t] → K[t]/b, f 7→ f + b el epimorfismo canónico de núcleo b, y ϕ = π ◦ ψ : K[t] → K[t]/b, que es homomorfismo sobreyectivo por serlo π y ψ. Además, ker ϕ = ϕ−1 (0) = (π ◦ ψ)−1 (0) = ψ −1 (π −1 (0)) = ψ −1 (b) = a, luego, por el Primer Teorema de isomorfía, K[t]/a = K[t]/ ker ϕ ∼ = im ϕ = K[t]/b. Lo anterior no se puede hacer en característica 2, pues no se puede dividir por 2. De hecho sólo existen dos polinomios de la forma g(t) = t2 + a con a ∈ K := Z2 , que son t2 y t2 + 1 = (t + 1)2 , ambos reducibles, por lo que en ambos casos K[t]/b no es dominio de integridad. Por el contrario, el polinomio f (t) := t2 + t + 1 no tiene raíces en K, ya que f (0) = f (1) = 1, y por ser de grado 2 esto implica que f es irreducible en K[t], porque los posibles factores de f en K[t] que no son unidades tienen grado 1. Como K[t] es un dominio euclídeo esto implica que el cociente K[t]/a es un cuerpo, y en particular no es isomorfo a K[t]/b.  Número V.17 Sean K un cuerpo y f, g ∈ K[t] dos polinomios de modo que deg(g) ≥ 1. Probar que existen un número entero d no negativo y polinomios fj ∈ K[t] con 0 ≤ j ≤ d, tales que Pd j deg(fj ) ≤ deg(g), f = j=0 fj g , y los polinomios fj son únicos cumpliendo las condiciones anteriores. Solución. Comenzamos demostrando la existencia. Si deg(f ) < deg(g) basta elegir d := 0 y f0 := f . En lo que sigue suponemos que deg(f ) ≥ deg(g), y argumentamos por inducción sobre la diferencia n := deg(f ) − deg(g). Si n = 0 y dividimos f entre g obtenemos polinomios q1 , r1 ∈ K[t] tales que deg(r1 ) < deg(g) y f = q1 g + q1 . Nótese que deg(g) = deg(f ) = deg(q1 g) = deg(q1 ) + deg(g) > deg(q1 ), luego eligiendo d := 1, f0 := r1 y f1 := q1 se cumple la igualdad f = f0 + f1 g y deg(fj ) < deg(g) para j = 0, 1. Suponemos probado el resultado si 0 ≤ deg(f ) − deg(g) ≤ n − 1 y demostrémoslo

Soluciones a los ejercicios propuestos

221

en el caso deg(f ) − deg(g) = n. Dividiendo de nuevo, existen q, r ∈ K[t] tales que f = qg + r y deg(r) < deg(g). En particular, deg(q) + deg(g) = deg(qg) = deg(qg + r) = deg(f ), luego deg(q) − deg(g) < deg(q) = deg(f ) − deg(g) = n, y aplicando la hipótesis de inducción al par (q, g) existen polinomios f1 , . . . , fd ∈ K[t] tales que Pd−1 deg(fj ) < deg(g) y q = j=0 fj+1 g j . Como el grado de f0 := r es también menor que el de g, y Pd f = qg + r = j=0 fj g j , hemos concluido la prueba de la existencia. Para la unicidad, sean h0 , . . . , hs ∈ K[t] tales que deg(hj ) < deg(g) para cada 0 ≤ j ≤ s y h0 + h1 g + · · · + hs g s = f = f0 + f1 g + · · · + fd g d . De hecho podemos suponer que s = d sin más que añadir sumandos nulos de la forma 0 · g j en el miembro adecuado. Al restar, (h0 − f0 ) + (h1 − f1 )g + · · · + (hd − fd )g d = 0. Se trata de probar que el conjunto J := {0 ≤ j ≤ d : hj 6= fj } es vacío, y suponemos lo contrario. Existe entonces i := m´ın(J) y denotamos h := (fi+1 − hi+1 ) + · · · + (hd − fd )g d−(i+1) . Como (hi − fi )g i + (hi+1 − fi+1 )g i+1 + · · · + (hd − fd )g d = 0, deducimos que hi − fi = gh y h, g 6= 0 pues hi − fi 6= 0. Sin embargo, deg(h) + deg(g) = deg(hg) = deg(hi − fi ) ≤ m´ax{deg(hi ), deg(fi )} < deg(g), que es una contradicción. Por tanto J = ∅, lo que demuestra la unicidad. Número V.18 Sean A un anillo conmutativo y unitario y f (t) := de grado n.

Pn

i=0



ai ti ∈ A[t] un polinomio

(1) Demostrar que f es divisor de cero si y sólo si existe a ∈ A \ {0} tal que af = 0. (2) Demostrar que f es una unidad en A[t] si y sólo si a0 ∈ U(A) y ai es nilpotente para cada 1 ≤ i ≤ n. (3) Demostrar que f es nilpotente si y sólo si ai es nilpotente para cada 0 ≤ i ≤ n. Solución. (1) Es obvio que si existe a ∈ A ⊂ A[t] no nulo tal que af = 0 entonces f es un divisor de cero en A[t]. Recíprocamente, supongamos que f ∈ A[t] es un divisor de cero. Esto significa que el conjunto Σ := {g ∈ A[t] \ {0} : gf = 0} no es vacío, luego existe g ∈ Σ cuyo grado m es mínimo entre los grados de los polinomios de Σ. La igualdad gf = 0 se escribe g(t) :=

m X j=0

bj tj

&

X i+j=k

ai bj = 0 ∀ 0 ≤ k ≤ m + n,

Soluciones a los ejercicios propuestos

222

donde ai = bj = 0 si i > n y j > m. En particular, para k = m + n se tiene an bm = 0, por lo que el grado del polinomio h := an g =

m X

an bj tj =

j=0

m−1 X

an bj tj + an bm tm =

j=0

m−1 X

an bj tj

j=0

es menor que m. Como hf = an gf = 0, la minimalidad de m implica que h = 0, esto es, an bj = 0 para cada 0 ≤ j ≤ m, luego an g = 0. Demostremos, por inducción sobre i, que an−i g = 0 para 0 ≤ i ≤ n. Para i = 0 lo acabamos de probar. Suponemos que an−i g = 0 para 0 ≤ i ≤ k − 1 y probaremos que an−k g = 0. La hipótesis de inducción afirma que an−i bj = 0 para todo 0 ≤ j ≤ m y todo 0 ≤ i ≤ k − 1. En consecuencia, el coeficiente de tn+m−k del producto gf , que es nulo, vale 0=

k X

an−i bm−k+i = an−k bm +

i=0

k−1 X

an−i bm−k+i = an−k bm .

i=0

Por tanto, el grado del polinomio p(t) := an−k g(t) =

m X

j

an−k bj t =

j=0

m−1 X

j

m

an−k bj t + an−k bm t

j=0

=

m−1 X

an−k bj tj

j=0

es menor que m y pf = an−k gf = 0, lo que por la minimalidad de m implica que p = 0, que es lo que pretendíamos probar. Así, el coeficiente de grado m de an−i g es nulo, esto es, an−i bm = 0 para 0 ≤ i ≤ n, por lo que a = bm ∈ A es no nulo, ya que deg(g) = m, y af = 0, como queríamos. (2) Supongamos primero que a0 es unidad en A y cada ai con 1 ≤ i ≤ n es nilpotente. Así a`i i = 0 para cierto entero positivo `i , lo que implica que el monomio ai ti es también nilpotente, pues (ai ti )`i = a`i i ti`i = 0. La suma de elementos nilpotentes es nilpotente, Pmya que el nilradical es un ideal, en virtud del Ejercicio I.13, por lo que el polinomio g(t) := i=1 ai ti es nilpotente, y se deduce del Ejercicio I.8 que f = a0 +P g es unidad en A[t]. Recíprocamente, supongamos que f m i es unidad. Existe por tanto h(t) := i=0 bi t ∈ A[t] tal que f h = 1. Igualando los términos independientes de ambos miembros se deduce que b0 a0 = 1, por lo que a0 ∈ U(A). En particular esto prueba lo requerido si deg(f ) = 0, así que en lo sucesivo supondremos que n := deg(f ) ≥ 1 y vamos a demostrar que su coeficiente director an es nilpotente. Para ello probaremos, por inducción sobre k, que ak+1 n bm−k = 0 para 0 ≤ k ≤ m. b0 = 0, luego también am+1 = am+1 b0 a0 = 0 · a0 = 0, lo que demuestra Visto esto se tiene am+1 n n n que an es nilpotente. Nótese que el coeficiente de tm+n de f h es nulo, o sea, an bm = 0, lo que prueba la igualdad deseada para k = 0. Sea k ≥ 1 y supongamos ya probado que aj+1 n bm−j = 0 n+m−k para 0 ≤ j ≤ k − 1. Vamos a comprobar que ak+1 b = 0. El coeficiente de t del producto m−k n f h es nulo, ya que n + m − k ≥ n ≥ 1, es decir, k X i=0

an−i bm−k+i = 0.

Soluciones a los ejercicios propuestos

223

Multiplicando esta igualdad por akn , y denotando j := k − i, se tiene 0=

k X

an−i akn bm−k+i = ak+1 n bm−k +

i=0

k X

an−i akn bm−k+i

i=1

= ak+1 n bm−k +

k−1 X

k+1 an−k+j ak−1−j aj+1 n n bm−j = an bm−k ,

j=0

como queríamos. Hemos demostrado que si f es unidad en A[t] y su grado es n := deg(f ) ≥ 1, entonces su coeficiente director an es nilpotente. Ahora debemos probar que también son nilpotentes los coeficientes an−k con 0 ≤ k ≤ n − 1, y lo demostramos por inducción sobre k. El paso para k = 0 es el que acabamos de comprobar. Supongamos ya probado que an−j es nilpotente para 0 ≤ j ≤ k − 1 y veámoslo para j = k. Para cada 0 ≤ j ≤ k − 1 existe un entero nj ≥ 1 tal que nj an−j = 0, luego an−j tn−j es nilpotente. Como el nilradical de A[t] es, por el Ejercicio I.13, un Pk−1 ideal, la suma j=0 an−j tn−j es nilpotente luego, por el Ejercicio I.8, la diferencia p(t) := f (t) −

k−1 X j=0

an−j tn−j =

n X

an−j tn−j

j=k

es unidad. Por lo ya demostrado, el coeficiente director de h, que es an−k , es nilpotente, lo que completa la solución de este apartado. Pn (3) Si cada ai es nilpotente también lo es ai ti para 0 ≤ i ≤ n, luego la suma f (t) = i=0 ai ti es nilpotente. Supongamos, recíprocamente, que f es nilpotente, por lo que tf lo es. Por el Ejercicio Pn I.8, el polinomio 1 + tf = 1 + i=0 ai ti+1 es unidad en A[t], y esto implica, por el apartado (2), que ai es nilpotente para cada 0 ≤ i ≤ n.  Número V.19 Sea A un anillo conmutativo y unitario. Demostrar que el nilradical y el radical de Jacobson, definidos en los Ejercicios I.13 y I.15, del anillo de polinomios A[t] coinciden. Solución. Sean B := A[t] y Spec(B) y Max(B) las familias de ideales primos y maximales de B. Entonces, \ \ Nil(B) := p & R(B) := m p∈Spec(B)

m∈Max(B)

son el nilradical y el radical de Jacobson de B, que cumplen Nil(B) ⊂ R(B). Recíprocamente, sea f ∈ R(B). En virtud del Ejercicio I.15, el polinomio 1 − tf ∈ U(B). Si escribimos f (t) :=

n X j=0

aj tj

=⇒

1 − tf (t) = 1 −

n X

aj tj+1 ,

j=0

y se deduce del Ejercicio V.18 (2) que aj es nilpotente para cada 0 ≤ j ≤ n. Esto implica, por el apartado (3) de dicho Ejercicio, que f ∈ Nil(B). 

Soluciones a los ejercicios propuestos

224

Soluciones a los ejercicios del Capítulo VI Número VI.1 Sean n > 1 un entero y f (t) := ntn+1 − (n + 1)tn + 1 y g(t) := (t − 1)3 . Encontrar el resto de la división de f entre g como polinomios en Z[t]. Solución. Como g es mónico existe división de f entre g en Z[t]. Nótese que f (1) = f 0 (1) = 0, porque f 0 (t) = n(n + 1)tn−1 (t − 1). Además f 00 (1) = n(n + 1) 6= 0, ya que f 00 (t) = n(n + 1)tn−2 (nt − n + 1). Así, 1 es raíz de multiplicidad 2 de f , es decir existe h ∈ Z[t] tal que f (t) = (t−1)2 h(t) y h(1) 6= 0. Como t − 1 es mónico se puede dividir h entre t − 1 en Z[t], por lo que existe q ∈ Z[t] tal que h(t) = (t − 1)q(t) + h(1). Multiplicando ambos miembros por (t − 1)2 obtenemos una división de f entre g: f (t) = (t − 1)2 h(t) = (t − 1)3 q(t) + h(1)(t − 1)2 = q(t)g(t) + h(1)(t − 1)2 , pues el grado del resto r(t) := h(1)(t − 1)2 es menor que el de g. Sólo queda, por tanto, calcular h(1). Al derivar dos veces la igualdad f (t) = (t − 1)2 h(t) se tiene f 0 (t) = 2(t − 1)h(t) + (t − 1)2 h0 (t)

& f 00 (t) = 2h(t) + 4(t − 1)h0 (t) + (t − 1)2 h00 (t),

luego 2h(1) = f 00 (1) = n(n + 1), por lo que el resto de la división de f entre g es r(t) := h(1)(t − 1)2 = n(n + 1)(t − 1)2 /2 ∈ Z[t].  Número VI.2 (1) Sean α ∈ C una raíz de un polinomio mónico e irreducible f ∈ Z[t] y a el ideal que f genera en Z[t]. Probar que existe un isomorfismo Z[t]/a → Z[α] que transforma t + a en α. √ √ √ √ √ (2) Sean α := (5 + 3 2)/(1 + 2) ∈ Z[ 2] y β := 1 − 2 2. Demostrar que α ∈ Z[ 2] y que existe un isomorfismo de anillos ϕ : Z[α] → Z[β] tal que ϕ(α) = β. √ √ (3) Demostrar que los elementos β y 3 + 2 son asociados en el anillo Z[ 2]. Solución. (1) Se trata de probar que a es el núcleo del homomorfismo sobreyectivo ϕ : Z[t] → Z[α], h 7→ h(α), ya que en tal caso el isomorfismo ϕ que induce ϕ entre el cociente Z[t]/ ker ϕ y Z[α] cumple ϕ(t + a) = ϕ(t) = α. Sea pues g ∈ ker ϕ. Como f es mónico existen, por el Teorema de división, q, r ∈ Z[t] tales que g := qf + r y deg(r) < deg(f ). Todo se reduce a probar que r = 0, y suponemos lo contrario. La anterior es una división euclídea de g entre f en el dominio euclídeo

Soluciones a los ejercicios propuestos

225

Q[t], luego g ∈ / f Q[t]. El ideal m := f Q[t] es maximal, pues f es también irreducible en Q[t], por el Lema de Gauss, y Q[t] es un dominio de ideales principales. En consecuencia, Q[t] = f Q[t] + gQ[t], luego existen polinomios h1 , h2 ∈ Q[t] tales que 1 := h1 f + h2 g. Al evaluar ambos miembros en α llegamos a una contradicción: como f (α) = g(α) = 0, 1 = h1 (α)f (α) + h2 (α)g(α) = 0. (2) Al racionalizar resulta √ √ √ √ √ (5 + 3 2)(1 − 2) 5+3 2 √ = √ √ = 1 + 2 2 ∈ Z[ 2]. α= 1+ 2 (1 + 2)(1 − 2) Ahora basta encontrar un polinomio mónico e irreducible f ∈ Z[t] del que α y β sean raíces. Hecho esto, y aplicando el apartado anterior, existen isomorfismos ψ1 : Z[t]/a → Z[α]

& ψ2 : Z[t]/a → Z[β]

tales que ψ1 (t + a) = α y ψ2 (t + a) = β, por lo que el isomorfismo composición Ψ = ψ2 ◦ ψ1−1 : Z[α] → Z[β] cumple la igualdad Ψ(α) = √ β. Para encontrar f basta observar que si γ denota, indistintamente, α o β, entonces γ − 1 = ±2 2, luego elevando al cuadrado (γ − 1)2 = 8, es decir, α y β son las raíces del polinomio f (t) := (t − 1)2 − 8 = t2 − 2t − 7, que es irreducible en Z[t], porque tiene grado dos y carece de raíces en Z. (3) Hay que demostrar que el cociente √ √ √ √ 3+ 2 (3 + 2)(1 + 2 2) √ = √ √ = −(1 + 2) 1−2 2 (1 − 2 2)(1 + 2 2) √ √ √ es unidad en el anillo Z[ 2]. Esto es obvio, pues −(1 + 2)(1 − 2) = 1.



Número VI.3 ¿Es cierto que si a es un ideal primo del dominio de factorización única √ A, entonces el cociente A/a es un dominio de factorización única? Indicación: Estudiar el anillo Z[ −5]. Solución. Por el Teorema de Gauss, A := Z[t] es un DFU ya que Z lo es. Además √ el polinomio f (t) := t2 + 5 es irreducible en A pues su grado es 2 y no tiene raíces en Z. Como −5 es raíz de √ f se desprende del primer apartado del Ejercicio VI.2 que los anillos A/a y Z[ −5] son isomorfos, donde √ a := f A. Por tanto a es un ideal primo y, según vimos en el Ejemplo IV.1.11, el dominio Z[ −5], y por ello el cociente A/a, no es dominio de factorización única. 

Soluciones a los ejercicios propuestos

226

Número VI.4 (1) Sea A un dominio de ideales principales. Demostrar que todo ideal primo del anillo de polinomios A[t] se puede generar con, a lo sumo, dos elementos. (2) Describir mediante generadores adecuados los ideales maximales del anillo Z[t]. Solución. (1) Sea p un ideal primo de A[t], que suponemos no nulo, pues en caso contrario nada hay que añadir. Denotemos q := p ∩ A, que es un ideal primo. Por tanto, q es el ideal nulo, o es el ideal generado por un elemento primo p ∈ A \ {0}. Tratamos por separado ambos casos. Si q = (0), escogemos un polinomio f ∈ p de grado mínimo entre los grados de los polinomios no nulos de p. Como suponemos que q = (0) el grado de f es al menos 1. Sea g ∈ A[t] un polinomio primitivo tal que f = c(f )g. Como c(f )g ∈ p y c(f ) ∈ A \ p, de nuevo porque q = (0), deducimos que g ∈ p, y vamos a probar que es irreducible en A[t]. En caso contrario existirían g1 , g2 ∈ A[t] no unidades, tales que g := g1 g2 . Puesto que gi no es unidad y g es primitivo, cada deg(gi ) ≥ 1, luego deg(gi ) < deg(g). De este modo, de la minimalidad de deg(g) = deg(f ) se deduce que g1 , g2 ∈ A\p. Esto implica, por ser p primo, que g ∈ / p, lo que es falso. Comprobemos que p = gA[t], con lo que este caso quedará resuelto. En efecto, la inclusión gA[t] ⊂ p es obvia, y si denotamos por a el coeficiente director de g, para cada h ∈ p existen, por el Teorema de división, un entero n no negativo y q, r ∈ A[t] tales que an h := qg + r, donde deg(r) < deg(g). Nótese que r = an h − qg ∈ p y, como deg(r) < deg(g), se deduce que r = 0, es decir, an h = qg. Por el Teorema de Gauss A[t] es un DFU, luego la irreducibilidad de g implica que el ideal gA[t] es primo y contiene al producto an h. Como an ∈ / gA[t], ya que an ∈ / p, se deduce que h ∈ gA[t], como queríamos. Estudiamos a continuación el caso en que q := p ∩ A = pA para cierto primo p ∈ A \ {0}. El ideal q es maximal, por ser A un dominio de ideales principales, y denotamos K := A/q el cuerpo cociente. La aplicación ϕ : K[t] → A[t]/p,

d X j=0

(aj + q)tj 7→

d X

 aj tj + p

j=0

está bien definida porque p ∈ p, y es un epimorfismo de anillos. Además, por el Primer Teorema de isomorfía II.2.1, K[t]/ ker ϕ ∼ = A[t]/p es un dominio, luego a := ker ϕ es un ideal primo del dominio de ideales principales K[t]. Aún ahora debemos distinguir dos subcasos, según que a sea nulo o no. Subcaso 1. Vamos a demostrar que si a = (0) entonces p = pA[t], lo que prueba la afirmación del enunciado. En efecto, Pd en caso contrario existiría un polinomio f ∈ p que no es múltiplo de p, y escribimos f (t) := j=0 aj tj ∈ / pA[t]. Algún coeficiente de f , digamos aj , no es múltiplo de p, Pd luego el polinomio f := j=0 (aj + q)tj ∈ K[t] no es nulo y, sin embargo, ϕ(f ) = f + p = 0, contra la inyectividad de ϕ. Subcaso 2. Supongamos finalmente que a 6= (0). Entonces, por ser K[t] un DIP, existe un polinomio g ∈ K[t] irreducible en K[t], tal que a := gK[t]. Sean aj ∈ A, con 0 ≤ j ≤ d, tales Pd Pd que g(t) := j=0 (aj + q)tj , y denotamos g(t) := j=0 aj tj ∈ A[t]. De hecho g + p = ϕ(g) = 0, luego g ∈ p, y vamos a demostrar que el contenido evidente (p, g)A[t] ⊂ p es una igualdad, lo

Soluciones a los ejercicios propuestos

227

que concluye la solución del ejercicio. En efecto, dado h ∈ p tiene sentido considerar el polinomio h ∈ K[t] cuyos coeficientes son las clases mod q de los coeficientes de h. De hecho ϕ(h) = h + p = 0 + p

=⇒

h ∈ ker ϕ = a = gK[t],

por lo que existe q ∈ K[t] tal que h = q · g. Si escribimos h(t) =

n X

(bj + q)tj

& q(t) =

m X

j=0

(cj + q)tj ,

j=0

y denotamos h(t) :=

n X

j

bj t

& q(t) :=

j=0

la igualdad h = q · g significa que bk − h − qg ∈ pA[t], luego h ∈ (p, g)A[t].

m X

cj tj ,

j=0

P

i+j=k

ai cj ∈ pA para cada 0 ≤ k ≤ n. En consecuencia

(2) Sea m un ideal maximal de Z[t], que no es nulo porque Z[t] no es un cuerpo. Como Z es un DIP estamos en las condiciones del apartado anterior, y hemos de estudiar a cuál de los casos antes discutidos corresponde que m sea maximal. Vamos a demostrar que no puede suceder que q := m ∩ Z = (0). Suponemos lo contrario y recordamos que hemos probado en el apartado anterior que entonces existe un polinomio irreducible g ∈ Z[t], de grado al menos 1, tal que m := gZ[t]. Sea p ∈ Z un número primo que no divide al coeficiente director `(g) de g. Como p ∈ Z[t] \ m el ideal (g, p)Z[t] contiene estrictamente a m y, por la maximalidad de éste último, ha de ser (g, p)Z[t] = Z[t]. Existen por tanto h, q ∈ Z[t] tales que 1 := g(t)h(t)+pq(t). Denotamos g1 la suma de aquellos monomios de g que no son múltiplos de p. Como p6 |`(g), se tiene deg(g1 ) = deg(g) := d ≥ 1, y existe g0 ∈ Z[t] tal que g := pg0 + g1 . Análogamente, si h1 es la suma de aquellos monomios de h que no son múltiplos de p existe h0 ∈ Z[t] tal que h := ph0 + h1 . En consecuencia, si denotamos ψ := pg0 h0 + g0 h1 + g1 h0 ∈ Z[t], se tiene 1 = gh + pq = (pg0 + g1 )(ph0 + h1 ) = g1 h1 + p(pg0 h0 + g0 h1 + g1 h0 ) = g1 h1 + pψ.

(14)

Además h1 6= 0 porque 1 ∈ / pZ y, por definición, su coeficiente director a := `(h1 ) no es múltiplo de p. Tampoco es múltiplo de p el coeficiente director b := `(g1 ) = `(g), luego si denotamos d0 := deg(h1 ) la igualdad (14) se reescribe en la forma 0

1 = (abtd+d + · · · ) + pψ, 0

y esto es una contradicción, ya que el monomio abtd+d tiene grado ≥ 1 y no puede cancelarse con ningún monomio del polinomio pψ, ya que p6 |ab. En consecuencia, la intersección q := m ∩ Z no es el ideal nulo, así que existe un número primo p ∈ Z tal que q := pZ. Según hemos estudiado en el apartado (1), en esta situación podemos distinguir dos subcasos. En el primero m = pZ[t], pero esto contradice la maximalidad de m, que estaría estrictamente contenido en el ideal (p, t)Z[t]. Por tanto, necesariamente se da la situación

IdTTD

Soluciones a los ejercicios propuestos

228

descrita en el Subcaso 2 del apartado anterior, y allí hemos probado que existe g ∈ Z[t], cuya reducción g ∈ Zp [t] = (Z/pZ)[t] mod p es irreducible en Zp [t], tal que m = (p, g)Z[t]. Hemos pues probado que los ideales maximales del anillo Z[t] son de la forma m = (p, g)Z[t], donde p es un primo entero y g ∈ Z[t] es un polinomio cuya reducción mod p es un polinomio irreducible en el anillo Zp [t].  Número VI.5 Probar que f (t) := t3 + 2t2 + 1 es irreducible en Z3 [t], Z[t] y Q[t] y es reducible en Z17 [t]. Solución. Como Z3 es un cuerpo y f tiene grado 3, basta comprobar que no tiene raíces en Z3 para saber que es irreducible en Z3 [t]. Ahora bien, f (0) = f (1) = 1 y f (2) = 2. Por otro lado, como f es primitivo, es irreducible en Z[t] si y sólo si lo es en Q[t], luego demostraremos lo primero, que de nuevo equivale a que f no tenga raíz en Z. Las posibles raíces enteras de f son los divisores del término independiente. Sin embargo f (1) = 4 y f (−1) = 2. Por último, f es reducible en Z17 [t], pues f (2) = 17 ≡ 0 mod 17, lo que por la Regla de Ruffini nos proporciona una factorización de f en Z17 [t]: f (t) = t3 + 2t2 + 1 = (t − 2)(t2 + 4t + 8).  Número VI.6 Estudiar la irreducibilidad en Q[t] y Z[t] de los siguientes polinomios: (1) f1 (t) := t3 + 3t2 + 3t + 9

(2) f2 (t) := 5t10 + 10t7 + 20t3 + 10

(3) f3 (t) := t3 + 5t2 + 3t + 25

(4) f4 (t) := 5t5 + 5t4 + 10t3 + 25t2 + 15t + 1

(5) f5 (t) := t7 + 14t5 + 7t2 + 4

(6) f6 (t) := 3t5 − 5t4 + 15t3 + 5t + 16

(7) f7 (t) := 2t13 − 13t4 + 13t + 37

(8) f8 (t) := 14t11 − 21t5 + 28t2 − 5 .

(9) f9 (t) := t5 + 18t4 + 22t3 + 12t + 4

(10) f10 (t) := t271 + 9 .

Solución. El polinomio f1 es reducible, tanto en Z[t] como en Q[t], pues es divisible por t + 3, ya que f1 (−3) = 0. En cuanto a f2 , podemos factorizar f2 = 5g2 , donde g2 (t) := t10 + 2t7 + 4t3 + 2. Esto implica que f2 es reducible en Z[t], pues 5 no es unidad en este anillo. Sin embargo la irreducibilidad de g2 en Z[t], que se deduce del Criterio de Eisenstein aplicado al primo 2, implica la de f2 en Q[t], pues 5 es unidad en este último anillo. En cuanto a f3 , que es primitivo, basta estudiar su irreducibilidad en Z[t], y por tener grado 3 todo se reduce a estudiar si posee alguna raíz entera. Ahora bien, si z ∈ Z es raíz de f3 , entonces z es un divisor negativo de 25. Pero f3 (−1) = 26, f3 (−5) = 10 &

f3 (−25) = −12550,

luego f3 es irreducible en Z[t] y Q[t]. También f4 es irreducible en ambos anillos, aplicando la segunda versión del Criterio de Eisenstein para el primo 5.

Soluciones a los ejercicios propuestos

229

Como f5 es primitivo basta estudiar su irreducibilidad en Z[t], que es la de cualquiera de sus trasladados ga (t) := f5 (t + a) para a ∈ Z, y se trata de elegir a adecuadamente. En el Ejemplo
VI.2.6 (1) probamos que para cada 1 ≤ k ≤ 6 los números combinatorios k7 son múltiplos de 7, por lo que todos los coeficientes de ga son múltiplos de 7 salvo el director, que vale 1 y, tal vez, el término independiente, que vale n(a) := a7 + 14a5 + 7a2 + 4. Si encontramos un valor de a para el que n(a) sea múltiplo de 7 pero no de 49, el Criterio de Eisenstein asegurará la irreducibilidad de ga , luego la de f5 . Buscamos primero los valores de a para los que n(a) es múltiplo de 7. Por el Pequeño Teorema de Fermat, a7 ≡ a mod 7, luego n(a) ≡ 4 + a mod 7. Por eso elegimos a = 3, y basta comprobar que n(3) no es múltiplo de 49. Para ello es conveniente observar que 35 ≡ −2 mod 49, y así n(3) = 37 + 14 · 35 + 7 · 32 + 4 = 35 (32 + 14) + 67 ≡ (−2) · 23 + 18 mod 49 ≡ 21 mod 49. Para f6 empleamos la misma estrategia que en el caso anterior. También el polinomio f6 es primitivo, luego basta estudiar su irreducibilidad en Z[t]. Buscamos un entero b de modo que podamos aplicar el Criterio de Eisenstein para el primo 5 al polinomio hb (t) := f6 (t + b). Hay que exigir para ello que su término independiente m(b) := 3b5 − 5b4 + 15b3 + 5b + 16 sea múltiplo de 5 pero no de 25. Ahora bien, por el Pequeño Teorema de Fermat, b5 ≡ b mod 5, luego m(b) ≡ 3b + 1 mod 5, lo que induce a elegir b = 3. Además 33 ≡ 2 mod 25, así que m(3) = 36 − 5 · 34 + 5 · 34 + 31 ≡ (33 )2 + 6 mod 25 ≡ 10 mod 25. También es primitivo f7 , luego basta estudiar su irreducibilidad en Z[t]. La suma de su coeficiente director y el término independiente es 39, que es múltiplo de 13, al igual que los demás coeficientes. Ello nos induce a sustituir f7 por su trasladado f7 (t + 1) = 2t13 +

12 X

13ai t13−i + 39,

i=1

donde los ai son números enteros que no necesitamos calcular. Ahora, la irreducibilidad de f7 (t+1) se deduce del Criterio de Eisenstein aplicado al primo 13. Así, también f7 es irreducible en Z[t]. En cuanto a la irreducibilidad de f8 en Z[t] y Q[t] se deduce inmediatamente de la segunda versión del Criterio de Eisenstein para el primo 7, mientras que la de f9 y f10 se deduce del Criterio de Netto aplicado con los primos p = 2 y p = 3.  Número VI.7 Factorizar los polinomios fn (t) := tn − 1, donde 3 ≤ n ≤ 10, como producto de polinomios irreducibles en Z[t]. Solución. Recordamos que para cada número primo p ≥ 2 se llama p-ésimo polinomio ciclotómico al polinomio n−1 X Φp (t) = 1 + ti , i=1

Soluciones a los ejercicios propuestos

230

de grado p − 1, y que es irreducible en Z[t]. Por tanto, algunas de las factorizaciones buscadas son f3 (t) = (t − 1)(t2 + t + 1) = (t − 1)Φ3 (t), f5 (t) = (t − 1)(t4 + t3 + t2 + t + 1) = (t − 1)Φ5 (t), f7 (t) = (t − 1)(t6 + t5 + t4 + t3 + t2 + t + 1) = (t − 1)Φ7 (t). Otro argumento que emplearemos más de una vez es que si un polinomio p ∈ Z[t] es irreducible también lo es q(t) := p(−t), por ser la imagen de p por el único automorfismo de Z[t] que transforma t en −t. En particular Φp (−t) es irreducible si p es primo. Pasamos ya a factorizar f4 . Como t2 + 1 es primitivo, tiene grado 2 y ninguna raíz real, es irreducible en Z[t], luego la factorización de f4 es f4 (t) = (t2 + 1)(t − 1)(t + 1). Para factorizar f6 empleamos la factorización de f3 : f6 (t) = (t3 − 1)(t3 + 1) = (t − 1)(t2 + t + 1)(t + 1)(t2 − t + 1). Obsérvese que estos factores son irreducibles; el primero y el tercero por ser de grado 1, el segundo por ser el polinomio ciclotómico Φ3 , y el cuarto por ser Φ3 (−t). Obtenemos la factorización de f8 a partir de la de f4 , ya que f8 (t) = (t4 + 1)(t4 − 1) = (t4 + 1)(t2 + 1)(t + 1)(t − 1), y todo se reduce a comprobar la irreducibilidad de g(t) := t4 + 1. Para ello basta trasladar, pues el polinomio g(t + 1) = t4 + 4t3 + 6t2 + 4t + 2 es irreducible, en virtud del Criterio de Eisenstein aplicado al primo 2. Para factorizar f9 denotamos, por un momento, x := t3 y empleamos la factorización de f3 , lo que nos proporciona f9 (t) = x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1) = (x3 − 1)(x6 + x3 + 1) = (t − 1)(t2 + t + 1)(t6 + t3 + 1). El segundo de estos factores es el polinomio ciclotómico Φ3 (t), que es irreducible, y para demostrar la irreducibilidad del tercero h(t) := t6 + t3 + 1 trasladamos: h(t + 1) = t6 + 6t5 + 15t4 + 21t3 + 18t2 + 9t + 3, que en virtud del Criterio de Eisenstein para el primo 3 es irreducible. Por último observamos que f10 (t) = (t5 − 1)(t5 + 1). El primero de estos factores es f5 (t) = (t − 1)Φ5 (t). Por otro lado, el segundo de ellos cumple
t5 + 1 = − (−t)5 − 1 = −f5 (−t) = −(−t − 1)Φ5 (−t) = (t + 1)Φ5 (−t),

Soluciones a los ejercicios propuestos

231

y ya hemos señalado que este último factor Φ5 (−t) es irreducible. Por tanto, la factorización de f10 como producto de polinomios irreducibles en Z[t] es f10 (t) = (t − 1)(t + 1)Φ5 (t)Φ5 (−t).  √ Número VI.8 Sea K := Q[ −1]. ¿Es f (t) := t4 − 5 un polinomio irreducible en K[t]? Solución. El anillo A := Z[i] de los enteros de Gauss es un dominio de factorización única por ser un dominio euclídeo, y vimos en el Ejercicio II.10 que K es el cuerpo de fracciones de A. Así, por el Lema de Gauss basta probar que f ∈ A[t] es irreducible en A[t]. Para ello es suficiente aplicar el Criterio de Eisenstein en A[t] ya que p := 1 + 2i es un elemento irreducible en A porque su norma N(p) = p · p = 5 es primo en Z, divide a 5 según acabamos de observar, y p2 = (1 + 2i)2 = −3 + 4i no divide a 5 en A, puesto que 5(−3 − 4i) 5(−3 − 4i) −3 − 4i 5 = = = ∈ / A. −3 + 4i (−3 + 4i)(−3 − 4i) 25 5  Número VI.9 (1) Sean K un cuerpo finito con q elementos y f ∈ A := K[t] un polinomio irrreducible de grado n. Sea m el ideal de A generado por f . Demostrar que el cociente E := A/m es un cuerpo con q n elementos. (2) Construir cuerpos con 8, 27 y 125 elementos. Solución. (1) Al ser A un dominio euclídeo y f un polinomio irreducible en A[t], el ideal m es maximal, luego E es un cuerpo. Para describir sus elementos dividimos cada polinomio g ∈ A entre f y así g := f h + r donde h, r ∈ A y el grado de r es menor que n := deg(f ). Puesto que g + m = r + m, podemos escribir E = {(a0 + a1 t + · · · + an−1 tn−1 ) + m : ai ∈ K}, o lo que es igual, la aplicación K n → E, (a0 , . . . , an−1 ) 7→ (a0 + a1 t + · · · + an−1 tn−1 ) + m es sobreyectiva. Pero también es inyectiva, lo que prueba que E tiene q n elementos, pues al ser K un dominio el ideal m no contiene polinomios no nulos de grado menor que el de f . (2) Aplicamos el apartado anterior en casos particulares. El polinomio f1 (t) := t3 + t + 1 es irreducible tanto en Z2 [t] como en Z5 [t], pues su grado es 3 y carece de raíces en Z2 y en Z5 . Por tanto los cuerpos Z2 [t]/(f1 ) y Z5 [t]/(f1 ) tienen 8 = 23 y 125 = 53 elementos, respectivamente. También vimos en el Ejercicio VI.5 que el polinomio f2 (t) := t3 + 2t + 1 es irreducible en Z3 [t], y por tanto el cuerpo Z3 [t]/(f2 ) tiene 27 = 33 elementos. 

Soluciones a los ejercicios propuestos

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√ Número VI.10 Sea A := {a + bα : a, b ∈ Z}, donde α := (1 + −11)/2. Demostrar, mediante un argumento semejante al utilizado en el Ejemplo V.1.11, que el ideal m := 2A es maximal y determinar el número de elementos del cuerpo K := A/m. Solución. Como (2α−1)2 = −11 se deduce que 4α2 −4α+12 = 0, luego el núcleo del homomorfismo evα : Z[t] → C, f (t) 7→ f (α) es el ideal generado por el polinomio g(t) := t2 − t + 3. En efecto es obvio que g ∈ ker evα , y para probar la otra inclusión, para cada h ∈ Z[t], y puesto que g es mónico, se deduce del Teorema de división V.1.4 que existen polinomios q, r ∈ Z[t] tales que h := qg + r y r(t) := at + b para ciertos a, b ∈ Z. Así, aα + b = r(α) = h(α) − q(α)g(α) = h(α). (15) Por tanto, si h ∈ ker evα resulta que aα + b = 0 y, necesariamente, a = 0 pues en caso contrario α = −b/a ∈ Q ⊂ R, y esto es falso. Así a = 0, lo que por la igualdad (15) implica que también b = 0, y en consecuencia h = qg ∈ gZ[t]. Esto prueba que ker evα = gZ[t] y, por el Primer Teorema de isomorfía, II.2.1, la aplicación ϕ : Z[t]/gZ[t] → Z[α], f (t) + gZ[t] 7→ f (α) es un isomorfismo. Además, de la igualdad (15) se sigue que Z[α] = im evα = {h(α) : h ∈ Z[t]} = {aα + b : a, b ∈ Z} = A. En consecuencia, la aplicación ϕ : B := Z[t]/gZ[t] → A = Z[α], f (t) + gZ[t] 7→ f (α) es un isomorfismo. Por tanto, si n := ϕ−1 (m), se tiene B/n ∼ = A/m = K, luego para probar que el ideal m es maximal y determinar el cardinal de K es suficiente probar que el cociente B/n es un cuerpo y contar el número de sus elementos. Ahora bien, para cada polinomio h ∈ Z[t] se tiene: h + gZ[t] ∈ n ⇐⇒ h(α) = ϕ(h + gZ[t]) ∈ m ⇐⇒ ∃q1 ∈ Z[t] tal que h(α) = 2q1 (α). La última igualdad equivale a que el polinomio h(t)−2q1 (t) pertenece al núcleo del homomorfismo evα , es decir, es múltiplo del polinomio g(t), o lo que es lo mismo, h + gZ[t] ∈ n ⇐⇒ ∃q1 , q2 ∈ Z[t] tales que h(t) − 2q1 (t) = g(t)q2 (t). Por tanto, n = p/gZ[t], donde p := (g(t), 2)Z[t], y empleando el Tercer Teorema de isomorfía II.2.3, resulta B/n = (Z[t]/gZ[t])/n = (Z[t]/gZ[t])/(p/gZ[t]) ∼ = Z[t]/p. Se trata de demostrar que p es un ideal maximal de Z[t] y calcular el número de elementos del cociente Z[t]/p. Consideramos para ello el homomorfismo sobreyectivo de anillos Φ : Z[t] → Z2 [t], f (t) :=

d X j=0

j

aj t 7→

d X j=0

(aj + 2Z)tj .

EvAL2

Soluciones a los ejercicios propuestos

233

El anillo Z2 [t] es un DE, pues Z2 es un cuerpo, y el polinomio h(t) := Φ(g)(t) = t2 + t + 1 ∈ Z2 [t] es irreducible en Z2 [t] porque no tiene ninguna raíz en Z2 . En consecuencia el ideal q := hZ2 [t] es maximal y Φ−1 (q) = p. Por tanto, los cocientes Z[t]/p y Z2 [t]/q son isomorfos. Esto prueba que p es un ideal maximal de Z[t], y se desprende del Ejercicio VI.9 (1) que card(K) = card(B/n) = card(Z[t]/p) = card(Z2 [t]/q) = 2deg(h) = 22 = 4.  Número VI.11 (1) Demostrar que el conjunto a := {f ∈ R[t] : f (1) = f 0 (1) = f 00 (1) = 0} es un ideal de R[t] y encontrar su generador mónico. ¿Es a un ideal primo o maximal de R[t]? (2) ¿Es ideal de R[t] el conjunto M := {f ∈ R[t] : f (1) = f 0 (2) = 0}? (3) Sea K uno de los cuerpos siguientes: Q, R, C, Z3 . Sea b el ideal de K[t] generado por el polinomio f (t) := t4 + 2t − 2. ¿Para qué elecciones de K el anillo cociente K[t]/b es un cuerpo? Solución. (1) Las condiciones f (1) = f 0 (1) = f 00 (1) = 0 equivalen a que 1 es raíz de f de multiplicidad al menos 3, o lo que es igual, f es múltiplo de (t − 1)3 , es decir, a es el ideal de K[t] generado por (t − 1)3 , y no es radical, pues t − 1 ∈ / a, luego no es ni primo ni maximal. (2) El polinomio g(t) := t2 − 4t + 3 ∈ M , pero h(t) := tg(t) ∈ / M , pues h0 (2) = −1. Por tanto M no es un ideal de R[t]. (3) Como K[t] es un dominio euclídeo, el cociente K[t]/b es un cuerpo si y sólo si f es irreducible en K[t]. Vimos en el Ejercicio V.14 que los polinomios irreducibles de C[t] tienen grado 1 y los de R[t] tienen grado 1 o 2, por lo que f es reducible en K[t] si K := R o K := C. Por otro lado, f es irreducible en Z[t], luego en Q[t], en virtud del Criterio de Eisenstein. Por último, f ([2]3 ) = [16]3 + [4]3 − [2]3 = [18]3 = [0]3 . En consecuencia, f es reducible en Z3 [t] pues tiene una raíz en Z3 .



Número VI.12 Sean ξ ∈ C una raíz del polinomio f (t) := t3 − 5 y a el ideal del anillo A := Z[ξ] generado por η := 1 + ξ ∈ A. (1) Demostrar que cada elemento x de A se escribe, de modo único, como x := a + bξ + cξ 2 donde a, b, c ∈ Z. (2) Demostrar que el anillo cociente A/a es isomorfo a Z6 . Solución. (1) Hemos probado en el Ejercicio VI.2 que si p := f Z[t] la aplicación Z[t]/p → A, (a + bt + ct2 ) + p 7→ a + bξ + cξ 2 es isomorfismo, ya que f es mónico e irreducible en Z[t] por el Criterio de Eisenstein.

Soluciones a los ejercicios propuestos

234

(2) Para operar con los elementos del cociente A/a es conveniente escribir los elementos de A en función de η: a + bξ + cξ 2 = a + b(η − 1) + c(η − 1)2 = (a − b + c) + (b − 2c)η + cη 2 , lo que demuestra que el homomorfismo canónico ϕ : Z → A/a, n 7→ n + a es sobreyectivo, pues cada elemento de A/a se escribe como (a + bξ + cξ 2 ) + a = (a − b + c) + a = ϕ(a − b + c). Todo se reduce, por tanto, a probar que ker ϕ = 6Z. Recordemos que en el Ejercicio VI.7 obtuvimos la identidad 1 + t3 = (1 + t)(1 − t + t2 ), que evaluada en ξ proporciona 6 = 1 + ξ 3 = (1 + ξ)(1 − ξ + ξ 2 ) = η(1 − ξ + ξ 2 ) ∈ a, es decir, 6 ∈ ker ϕ. Recíprocamente, si n ∈ ker ϕ existen números enteros a, b y c tales que n = η(a + bξ + cξ 2 ) = (1 + ξ)(a + bξ + cξ 2 ) = a + (a + b)ξ + (b + c)ξ 2 + cξ 3 = (5c + a) + (a + b)ξ + (b + c)ξ 2 , o lo que es igual, (a + 5c − n) + (a + b)ξ + (b + c)ξ 2 = 0. Por lo visto en el primer apartado esto implica que n = a + 5c, a + b = 0 y b + c = 0. De las dos últimas igualdades se desprende que a = c, luego n = 6c ∈ 6Z.  Número VI.13 Sean p un número primo impar y d un divisor de p − 1. ¿Cuántas soluciones tiene en el cuerpo Zp la ecuación xd = 1? Solución. El conjunto G := {x ∈ Z∗p : xd = 1} formado por las soluciones de la ecuación dada es un subgrupo de Z∗p , pues 1 ∈ G y si x, y ∈ G, entonces (xy −1 )d = xd (y d )−1 = 1. Por la Proposición V.2.2 el grupo G tiene, a lo sumo, d elementos. Por otro lado, hemos probado en el Corolario V.2.4 que existe un generador ξ del grupo multiplicativo Z∗p de orden p − 1. Si escribimos p − 1 := dk, una solución de la ecuación dada es η := ξ k , ya que η d = ξ p−1 = 1, esto es, η ∈ G. Ahora bien, el orden de η es el cociente o(η) = o(ξ)/k = d, luego G posee un elemento de orden d y por tanto tiene al menos d elementos. Así pues, la ecuación dada tiene, exactamente, d soluciones, en Zp . Por I.2.7 vol. I, el grupo Z∗p admite un único subgrupo de orden d, por lo que estas soluciones son los elementos del único subgrupo de orden d de Z∗p .  Número VI.14 Factorizar el polinomio f (t) := t4 + 3 en producto de factores irreducibles en los anillos de polinomios C[t], R[t], Q[t] y Z[t].

Soluciones a los ejercicios propuestos

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Solución. El polinomio f es irreducible en Z[t], y por tanto en Q[t], por el Criterio de Eisenstein aplicado al primo 3. Para obtener la factorización en C[t] calculamos sus raíces. Sean η := eπi/4 , √ 4 4 que cumple η = −1, y ρ := 3 el único número √ real positivo cuya potencia cuarta es 3. Es obvio que ξ = ρη es raíz de f y, si denotamos i := −1, los números complejos ξk := ξik con 1 ≤ k ≤ 4 son también raíces de f pues ξk4 = ξ 4 (i4 )k = ξ 4 = −3. Estas raíces son dos a dos distintas, luego la factorización de f en producto de factores irreducibles de C[t] es la dada por f (t) = (t − ξ1 )(t − ξ2 )(t − ξ3 )(t − ξ4 ). Para obtener a partir de ella la factorización de f en R[t] observamos que, al ser sus coeficientes números reales, y puesto que ninguna de las raíces de f es real, dichas raíces son conjugadas dos a dos. Ahora bien, fijado un índice k, y puesto que η = η −1 se tiene k

ξ k = ξ · ik = ξ · ik = ρη · i = ρ · η(−i)k = ρ · η(−1)k ik = ρ · η −1 (−1)k ik , mientras que ξj = ξ · ij = ρ · η · ij . En consecuencia, como −1 = i2 , ξ k = ξj ⇐⇒ ρ · η −1 (−1)k ik = ρ · η · ij ⇐⇒ (−1)k ik−j = η 2 = i ⇐⇒ i3k−j−1 = 1. Esta última condición equivale a que 3k − j − 1 sea múltiplo de 4. Así los pares (j, k) = (1, 2) y (j, k) = (3, 4) cumplen lo requerido. Como √ √ √ 4 ξ3 + ξ4 = ξ4 + ξ 4 = ξ + ξ = 2 0 sea gn (t) := (t + 1)6n+1 − t6n+1 − 1. Demostrar que gn es múltiplo en Z[t] del polinomio f (t) := (t2 + t + 1)2 . Solución. Comenzamos demostrando que f divide a gn en C[t]. Para ello vamos a encontrar las raíces de f . En el Ejercicio VI.7 probamos que t3 − 1 = (t − 1)g(t), donde g(t) := t2 + t + 1, luego las raíces de f = g 2 son las raíces cúbicas de la unidad distintas de 1, es decir, ξ := e2πi/3 y ξ 2 . Ambas son raíces simples de g, luego son raíces de multiplicidad 2 de f , y por tanto f (t) = (t − ξ)2 (t − ξ 2 )2 . Así, para demostrar que f divide a gn en C[t] es suficiente comprobar que ξ y ξ 2 son raíces dobles de gn , o lo que es igual, son raíces de gn y de su derivada gn0 . Denotamos por µ, indistintamente,

fact7

Soluciones a los ejercicios propuestos

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ξ y ξ 2 . Emplearemos que 1 + µ + µ2 = 0 y µ3 = 1, y por tanto µ4 = µ y µ6n = (µ3 )2n = 1. En consecuencia (1 + µ)6n = (−µ2 )6n = 1, luego gn (µ) = (1 + µ)6n (1 + µ) − µ6n µ − 1 = (1 + µ) − µ − 1 = 0.
En cuanto a la derivada, gn0 (t) = (6n + 1) (t + 1)6n − t6n , y por tanto gn0 (µ) = (6n + 1)(1 − 1) = 0. Esto prueba que gn es múltiplo de f en C[t], y para demostrar que lo es en Z[t] es suficiente efectuar la división de gn entre f en este anillo y comprobar que el resto es nulo. Si no lo fuera existirían q, r ∈ Z[t] tales que r 6= 0 y gn := qf + r con deg(r) < deg(f ). Pero f divide en C[t] a gn y a qf , luego también a r, y esto es imposible ya que deg(r) < deg(f ).  4 2 Número VI.17 Sean f (t) := t5 − 2t4 − 4t3 − 3t + 3 y g(t) √ := t − t + 2t − 1. Hallar un entero d tal que los polinomios f y g tienen una raíz común en Q[ d].

Solución. Las raíces comunes de f y g en C son las del máximo común divisor h := mcd (f, g) de f y g en A := C[t]. En efecto, como h divide tanto a f como a g sus raíces lo son tanto de f como de g. Recíprocamente, como A es un DIP existen polinomios p, q ∈ A tales que h = pf + qg. Por tanto, si u ∈ C es una raíz común de f y g, entonces también lo es de h, ya que h(u) = p(u)f (u) + q(u)g(u) = 0 + 0 = 0. Para calcular h empleamos el Algoritmo de Euclides. Al dividir resulta f := q1 g + q1 , donde q1 (t) := t − 2

& r1 (t) := −3t3 − 4t2 + 2t + 1,

g := q2 r1 + r2 , donde q2 (t) = (−3t + 4)/9

& r2 (t) := 13(t2 + t − 1)/9.

Sin haber calculado todavía el máximo común divisor de f y g en A ya podemos detener el proceso, pues la supuesta raíz común de f y g ha de serlo de r2 y las de este polinomio, al ser de grado 2, se calculan inmediatamente. ¡Pero como no podía ser de otro modo éste es el máximo común divisor de f y g! Para comprobarlo basta observar que r1 (t) = −(t2 + t − 1)(3t + 1) = −9(3t + 1)r2 /13. Si esto no hubiese sido así el grado de h hubiese sido o bien 0, y en tal caso f y g no comparten raíz alguna, o bien 1, y entonces compartirían raíz en Q, lo que es falso. √ Por tanto, las raíces comunes de f y g son las de √ h := r2 , o sea, (−1 ± 5)/2, y en consecuencia f y g comparten alguna raíz, de hecho dos, en Q[ 5].  Número VI.18 ¿Es irreducible en Q[t] el polinomio f (t) := t5 − 6t4 + 5t2 − t + 2? Solución. Por el Lema de Gauss basta decidir si f es irreducible o no en Z[t]. La reducción módulo 2 de f es fe(t) = t5 + t2 + t = t · (t4 + t + 1),

Soluciones a los ejercicios propuestos

238

y éstos son los factores irreducibles de fe en Z2 [t]. En efecto, el segundo factor carece de raíces en Z2 , luego si fuese reducible en Z2 [t] se escribiría como producto t4 + t + 1 = (t2 + at + 1)(t2 + at + 1) = t4 + a2 t2 + 1, lo cual es falso. Así, si f fuese reducible en Z[t] sería, en virtud del Ejemplo VI.2.11 (3), producto de dos polinomios irreducibles en Z[t] de grados 1 y 4. Por otro lado, la reducción de f módulo 3 es fe(t) = t5 + 2t2 + 2t + 2 = (t2 + 1) · (t3 + 2t + 2), y ambos factores son irreducibles en Z3 [t] porque su grado es ≤ 3 y carecen de raíces en Z3 . Empleando de nuevo el Ejemplo VI.2.11 (3) se deduce que f es producto de dos polinomios irreducibles en Z[t] de grados 2 y 3, lo que contradice lo probado con anterioridad ya que la factorización de f en producto de polinomios irreducibles en Z[t] es única.  Número VI.19 (1) Sean d ≥ 2 un entero y 1 < a1 < · · · < ad−1 < ad := p números enteros tales Pd que p es primo. Probar que el polinomio f (t) := td + i=1 ai td−i es irreducible en Z[t]. Pd (2) Sean p1 < p2 < · · · < pd números primos. Probar que el polinomio f (t) := td + i=1 pi td−i es irreducible en Z[t]. Solución. Comenzamos observando que el apartado (2) es un caso particular del primero, por lo que sólo necesitamos demostrar (1). Además c(f ) = 1, por ser f mónico, luego si f fuese reducible en Z[t] existirían polinomios mónicos g, h ∈ Z[t] tales que f = gh y deg(g), deg(h) ≥ 1. Sean g(t) := tr +

r X

bj tr−j

& h(t) := ts +

j=1

s X

ck ts−k .

k=1

Como p = f (0) = g(0)h(0) = br cs y p es primo podemos suponer que br = ±p y cs = ±1. Por el Teorema Fundamental del Álgebra existen α1 , . . . , αs ∈ C, no necesariamente distintos, tales que h=

s Y

(t − αk )

=⇒

±1 = cs = h(0) = (−1)s

k=1

s Y

αk .

k=1

Para obtener una contradicción basta demostrar que el módulo de cada raíz de f es mayor que 1. En tal caso, como las raíces de h lo son de f , se tendrá |αk | > 1 para cada 1 ≤ k ≤ s, por lo que s s Y Y 1 = (−1)s αk = |αk | > 1, k=1

k=1

lo que es imposible. Sea pues α ∈ C una raíz de f y supongamos, por reducción al absurdo, que |α| ≤ 1. Consideramos el producto ϕ(t) := (t − 1)f (t) =

d X i=0

γi td+1−i − p ∈ Z[t].

Soluciones a los ejercicios propuestos

239

Pd Pd Nótese que ϕ(1) = 0, luego i=0 γi = p. Por otro lado, ϕ(α) = 0, esto es, i=0 γi αd+1−i = p. Además, γi = ai − ai−1 > 0 ∀ i ≥ 2, γ1 = a1 − 1 > 0 & γ0 = 1. En consecuencia, como cada γi > 0 y |α| ≤ 1, se deduce de la desigualdad triangular que d d d X X X d+1−i d+1−i γi |α| p= γi α ≤ γi = p. ≤ i=0

i=0

(17)

i=0

Pd Pd d+1−i Esto implica que i=0 γi αd+1−i = , es decir, la desigualdad triangular es en i=0 γi |α| este caso una igualdad, por lo que existen números reales no negativos {ci : 1 ≤ i ≤ d} tales que γd α = ci γd−i α1+i . Si c := c1 se tiene γd α = cγd−1 α2 , y como α 6= 0, se tiene c 6= 0 y α = γd /cγd−1 es un número real positivo. Así, como también la segunda desigualdad de (17) es una igualdad, d X

γi αd+1−i =

i=0

d X

γi

&

0 < α ≤ 1,

i=0

por lo que necesariamente α = 1, y esto no es posible ya que f (1) = 1 +

Pd

i=1

ai > 0.



Número VI.20 Demostrar que 43331 es un número primo y utilizarlo para demostrar que los polinomios f (t) := 1 + 3t + 3t2 + 3t3 + 4t4

& g(t) := 2 + t + 2t2 + 2t3 + t5 + 2t6 + t7 + 2t9

son irreducibles en Z[t]. Solución. La demostración de que n := 43331 es primo es pesada pero trivial; basta comprobar que no es divisible por ningún número primo menor que la parte entera de su raíz cuadrada, que es 208. Hecho esto, la irreducibilidad de f y g en Z[t] se deduce del Criterio de Cohn, VI.2.16, pues 1 + 2 · 10 + 3 · 102 + 3 · 103 + 4 · 104 = n = 2 + 1 · 3 + 2 · 32 + 2 · 33 + 35 + 2 · 36 + 37 + 2 · 39 . 

Soluciones a los ejercicios del Capítulo VII Número VII.1 Sean K un cuerpo y f1 , f2 ∈ K[x, y] dos polinomios homogéneos primos entre sí de grados d ≥ 1 y d + 1, respectivamente. Demostrar que el polinomio f := f1 + f2 es irreducible en K[x, y]. Solución. Supongamos, por reducción al absurdo, que existen polinomios g, h ∈ K[x, y] de grado al menos 1 tales que f := gh. Escribimos g y h como suma de sus componentes homogéneas, g := gk + · · · + g`

& h := hr + · · · + hs ,

AcOt

Soluciones a los ejercicios propuestos

240

con k ≤ ` y r ≤ s, donde cada gi y cada hi es, o bien nulo, o bien un polinomio homogéneo de K[x, y] de grado i. Además, gk , g` , hr y hs son no nulos. Cada producto gi hj es, por VII.1.5, nulo, o un polinomio homogéneo de grado i + j. Por tanto, la componente homogénea de menor grado de f = gh es gk hr y la de mayor grado es g` hs . A fortiori son las únicas, pues f tiene, exactamente, dos componentes homogéneas, que son f1 , la de grado menor, y f2 la de grado mayor. Así f1 = gk hr y f2 = g` hs , lo que implica que 1 = (d + 1) − d = deg(f2 ) − deg(f1 ) = deg(g` hs ) − deg(gk hr ) = (` + s) − (k + r) = (` − k) + (s − r), luego k = ` o r = s. Podemos suponer sin pérdida de generalidad lo primero, lo que implica que f1 = gk hr y f2 = gk hs , por lo que gk , cuyo grado es al menos 1, divide tanto a f1 como a f2 , lo que contradice el hecho de que f1 y f2 son primos entre sí.  Número VII.2 Sea g ∈ R[x1 , . . . , xn−1 ] no nulo tal que g(x) ≥ 0 para cada x ∈ Rn−1 . Demostrar que el polinomio f := x2n + g ∈ R[x1 , . . . , xn ] es irreducible. Solución. Como degxn (f ) = 2, si f fuese reducible en R[x1 , . . . , xn ] = R[x1 , . . . , xn−1 ][xn ] sería producto de dos polinomios f1 y f2 que podemos suponer mónicos y de grado 1 respecto de xn . Existirían, por tanto, g1 , g2 ∈ R[x1 , . . . , xn−1 ] tales que fi := xn + gi para i = 1, 2, luego x2n + g = f := f1 f2 = (xn + g1 )(xn + g2 ) = x2n + (g1 + g2 )xn + g1 g2 , por lo que g1 + g2 = 0 y g = g1 g2 = −g12 . Así, 0 ≤ g(x) = −g12 (x) ≤ 0, esto es, g(x) = 0 para cada x ∈ Rn−1 contra la hipótesis.  Número VII.3 Estudiar la irreducibilidad en C[x, y] de los siguientes polinomios: f1 := x2 y5 + x3 +xy2 + y2 + x − 1,

f2 := x2 y5 + yx3 − x2 y2 + y − 1,

f3 := x3 + x2 y − 2xy2 + 3xy3 + 3y4 . Solución. (1) Denotamos A := C[y], que es un DFU, y escribimos f1 como polinomio mónico en el anillo A[x] = C[x, y], esto es, f1 = x3 + y5 x2 + (1 + y2 )x + (y2 − 1). Como degx (f ) = 3, para probar la irreduciblidad de f1 en A[x] es suficiente, en virtud de la Proposición VI.2.4, comprobar que f1 no tiene raíces en A. Por el Teorema V.2.11 las posibles raíces de f1 en A son divisores en A de su término independiente y2 − 1 = (y − 1)(y + 1), es decir, son de la forma c, c(y + ε) o c(y2 − 1), donde c ∈ C \ {0} y ε = ±1. Al evaluar f1 en x := c se obtiene f1 (c) = c2 y5 + (c + 1)y2 + (c3 + c − 1) 6= 0, mientras que al evaluar f1 en x := c(y + ε) y en x := c(y2 − 1) resulta

f1 c(y + ε) = c2 y7 + h1 & f1 c(y2 − 1) = c2 y9 + h2 ,

donde h1 , h2 ∈ A cumplen deg(h1 ) < 7 y deg(h2 ) < 9, luego f1 c(y + ε) 6= 0 y f1 c(y2 − 1) 6= 0.

Soluciones a los ejercicios propuestos

241

(2) Escribimos f2 := yx3 + (y5 − y2 )x2 + (y − 1) = a3 (y)x3 + a2 (y)x2 + a0 (y), donde a3 (y) := y, a2 (y) := y5 − y2 = y2 (y3 − 1) = y2 (y − 1)(y2 + y + 1)

& a0 (y) := y − 1.

El polinomio a0 (y) := y − 1 es irreducible en el dominio de factorización única A = C[y] y divide a a2 pero no a a3 , y a206 |a0 . Además f2 es primitivo, pues mcdA (a0 , a3 ) = 1, luego f2 es irreducible en A[x] = C[x, y] por el Criterio de Eisenstein. (3) Escribimos f3 := g + h donde g := x3 + x2 y − 2xy2 es un polinomio homogéneo de grado 3 y h := 3xy3 + 3y4 es homogéneo de grado 4. Para probar que f3 es irreducible en C[x, y] es suficiente demostrar, en virtud del Ejercicio VII.1, que mcd (g, h) = 1. Para ello factorizamos g y h como producto de factores irreducibles. Se tiene h = 3(x + y)y3

& g = x3 + x2 y − 2xy2 = x(x2 + xy − 2y2 ).

Para factorizar x2 + xy − 2y2 introducimos la variable auxiliar t := x/y y empleando la Regla de Ruffini, x2 + xy − 2y2 = t2 y2 + ty2 − 2y2 = y2 (t2 + t − 2) = y2 (t − 1)(t + 2) = (yt − y)(yt + 2y) = (x − y)(x + 2y), y por tanto g = x(x − y)(x + 2y). En consecuencia f y g no comparten ningún factor irreducible, luego mcd (f, g) = 1, como queríamos comprobar.  Número VII.4 ¿Es irreducible en R[x, y] el polinomio f := −x + y + x2 + xy + x2 y + x2 y2 + x2 y3 + x2 y4 ? Solución. Aplicamos el Criterio modular, VI.2.10. Escribimos R[x, y] := A[x], donde A := R[y], y denotamos p := (y − 1)A, que es un ideal primo de A porque, al ser de grado 1, el polinomio y − 1 es irreducible en A. El polinomio f := (y4 + y3 + y2 + y + 1)x2 + (y − 1)x + y ∈ A[x] es primitivo, ya que mcd (y − 1, y) = 1. Para calcular la reducción mod p de f observamos que y ≡ 1 mod p, mientras que, por la Regla de Ruffini, g(y) = y4 + y3 + y2 + y + 1 ≡ g(1) = 5 mod p. Por tanto, la reducción mod p de f es f = 5x2 + 1 ∈ (A/p)[x] ∼ = R[x], que es irreducible en R[x] pues tiene grado 2 y carece de raíces en R. 

Soluciones a los ejercicios propuestos

242

Número VII.5 (1) Demostrar que el ideal a del anillo R[x, y] generado por f := x2 +1 y g := y2 +2 no es primo y que es intersección de los ideales maximales √ √ m1 := (f, y − 2x)R[x, y] & m2 := (f, y + 2x)R[x, y]. (2) ¿Cuáles son los ideales primos de R[x, y] que contienen al ideal a? Solución. (1) Observamos que (y −

√

2x)(y +

√

2x) = y2 − 2x2 = g − 2f ∈ a,

luego para √ demostrar que a no es primo es suficiente comprobar que para ε = ±1 el polinomio hε := y + ε / a. En caso √ contrario existirían p, q ∈ R[x, y] tales √ que hε = pf + qg, y evaluando √ 2x ∈ en x := −1 := i e y := ε 2i resulta, puesto que f (i) = 0 y g(ε 2i) = 0, √ √ √ √ √ √ 2ε 2i = hε (i, ε 2i) = p(i, ε 2i)f (i, ε 2i) + q(i, ε 2i)g(i, ε 2i) = 0, que es una contradicción. Ahora debemos probar que a = m1 ∩ m2 y que tanto m1 como m2 son ideales maximales de A. Para la primera parte, nótese que a = (f, g)R[x, y] = (f, g −2f )R[x, y] = (f, h−1 h1 )R[x, y] ⊂ (f, h−1 )R[x, y]∩(f, h1 )R[x, y] = m1 ∩m2 . Antes de probar la otra inclusión observamos que m1 y m2 son ideales comaximales, es decir, m1 + m2 = R[x, y]. En efecto, √ 2 2x = h1 − h−1 ∈ m1 + m2 =⇒ f, x ∈ m1 + m2 , =⇒ 1 = f − x2 ∈ m1 + m2 . Ahora, deducimos del Teorema chino de los restos II.2.4 que m1 ∩ m2 = m1 m2 = (f, h−1 )R[x, y] · (f, h1 )R[x, y] ⊂ (f 2 , f h1 , f h−1 , h−1 h1 )R[x, y] ⊂ (f, h−1 h1 )R[x, y] = a. Para terminar la solución de este apartado comprobemos que m1 y m2 son ideales maximales. Denotemos q := (f, hε )R[x, y] uno cualquiera de ellos y consideremos el homomorfismo de anillos √ ϕ : R[x, y] → C, h 7→ h(i, −ε 2i), que es sobreyectivo porque ϕ(a + bx) = a + bi para cada par de números reales a y b. Por tanto R[x, y]/ ker ϕ ∼ = C, luego ker ϕ es un ideal maximal de R[x, y], y es √ suficiente probar que ker ϕ = q. La inclusión q ⊂ ker ϕ es evidente ya que f (i) = 0 y hε (i, −ε 2i) = 0. Para el recíproco, sea h ∈ ker ϕ. Al dividir h entre hε , que tiene grado 1 como polinomio en la variable y, existen q1 ∈ R[x, y] y r1 ∈ R[x] tales que h := q1 hε + r1 , y √ √ √ r1 (i) = h(i, −ε 2i) − q1 (i, −ε 2i)hε (i, −ε 2i) = 0.

Soluciones a los ejercicios propuestos

243

Según vimos en el Ejemplo V.1.10 esta última igualdad implica que f divide a r1 en R[x], luego también en R[x, y], es decir, r1 = q2 f para cierto q2 ∈ R[x, y]. Por ello h = q1 hε + q2 f ∈ q. Queda pues probado que m1 y m2 son ideales maximales de R[x, y]. (2) Tanto m1 como m2 son, por el apartado (1), ideales primos de R[x, y] que contienen a a, y son los únicos, pues si p es ideal primo de R[x, y] y contiene a m1 ∩ m2 = a entonces, por el Ejercicio I.11, m1 ⊂ p o m2 ⊂ p, y la maximalidad de cada mi implica que p = m1 o p = m2 .  Número VII.6 ¿Es primo alguno de los ideales a := (2, x2 + 1, y), b := (3, x2 + 1, y2 + 1) y m := (3, x2 + 1, y) del anillo Z[x, y]? ¿Es maximal alguno de ellos? Solución. Comprobemos que los ideales a y b no son primos. Para el primero de ellos, (x − 1)(x + 1) = x2 − 1 = (x2 + 1) − 2 ∈ a, y para probar que a no es primo es suficiente demostrar que x + ε ∈ / a para ε = ±1. Supongamos lo contrario. Entonces existen f, g, h ∈ Z[x, y] tales que x + ε := 2f + (x2 + 1)g + yh, y evaluando esta igualdad en x := i, y := 0 se obtiene ε + i = 2f (i, 0). Si escribimos X f := ajk xj yk , j,k

donde la suma es finita y cada ajk ∈ Z, entonces f (i, 0) = entero no negativo d y a, b ∈ Z. Por ello,

Pd

j=0

aj0 ij := a + bi ∈ Z[i] para cierto

ε + i = 2f (i, 0) = 2(a + bi), y en particular 1 = 2b ∈ 2Z, lo que es imposible. El argumento para demostrar que b no es primo es muy similar. Si lo fuera, y puesto que (x + y)(x − y) = x2 − y2 = (x2 + 1) − (y2 + 1) ∈ b, alguno de los dos factores x + εy, con ε = ±1 pertenecería a b, y vamos a probar que esto es falso. En caso contrario, existirían f, g, h ∈ Z[x, y] tales que x + εy = 3f + (x2 + 1)g + (y2 + 1)h, y evaluando esta igualdad en x := i, y := εi se obtiene 2i = 3f (i, εi). Si escribimos X f= ajk xj yk , j,k

donde la suma es finita y cada ajk ∈ Z, al evaluar en x := i, y := εi resulta X f (i, εi) = ajk εk ij+k := a + bi ∈ Z[i], j,k

con a, b ∈ Z, de modo que 2i = 3f (i, εi) = 3(a + bi). Esto es una contradicción porque implica que 2 = 3b ∈ 3Z.

Soluciones a los ejercicios propuestos

244

Comprobemos que m es un ideal maximal del anillo Z[x, y]. Los ideales q := (y) y p := (3, x2 + 1) cumplen p + q = m. Por el Tercer Teorema de isomorfía,  Z[x, y]/m = Z[x, y]/(p + q) = (Z[x, y]/q) (p + q)/q, y vamos a calcular el numerador Z[x, y]/q del último cociente. El núcleo del epimorfismo de anillos ϕ : Z[x, y] → Z[x], f 7→ f (x, 0). es q, pues es evidente que y ∈ ker ϕ y, recíprocamente, si f ∈ ker ϕ y dividimos f entre el polinomio mónico y ∈ Z[x][y] existen q, r ∈ Z[x, y] tales que f := yq + r, donde degy (r) < degy (y) = 1, es decir, r ∈ Z[x] y por tanto ϕ(r) = r. Así, r = f − yq ∈ ker ϕ

=⇒

r = ϕ(r) = 0,

lo que significa que f = yq ∈ q. Esto nos permite identificar el cociente Z[x, y]/q pues, por el Primer Teorema de isomorfía, el homomorfismo inducido ϕ : Z[x, y]/q = Z[x, y]/ ker ϕ → Z[x], f + q 7→ f (x, 0) es un isomorfismo. Sea c := (3, x2 + 1)Z[x]. Entonces ϕ−1 (c) = p + q. En efecto, si f ∈ p + q existen p ∈ p y q ∈ q tales que f := p + q. Así, existen g1 , g2 ∈ Z[x, y] tales que p = 3g1 + (x2 + 1)g2 , luego ϕ(f ) = ϕ(p) + ϕ(q) = ϕ(p) = 3ϕ(g1 ) + ϕ(x2 + 1)ϕ(g2 ) = 3g1 (x, 0) + (x2 + 1)g2 (x, 0) ∈ c, lo que prueba que p + q ⊂ ϕ−1 (c). Recíprocamente, si f ∈ ϕ−1 (c) se tiene f (x, 0) = ϕ(f ) ∈ c, por lo que existen h1 , h2 ∈ Z[x] tales que f (x, 0) = 3h1 + (x2 + 1)h2 . Al dividir f entre y en Z[x][y] existen q1 , r1 ∈ Z[x, y] tales que f := yq1 + r1 de modo que degy (r1 ) < degy (y) = 1, es decir, r1 ∈ Z[x]. Así, r1 = ϕ(r1 ) = ϕ(f ) − ϕ(y)ϕ(q1 ) = ϕ(f ), luego
f = r1 + yq1 = ϕ(f ) + yq1 = f (x, 0) + yq1 = 3h1 + (x2 + 1)h2 + yq1 ∈ p + q. La igualdad ϕ−1 (c) = p + q que acabamos de probar es equivalente a ϕ−1 (c) = (p + q)/q, por lo que el isomorfismo ϕ induce otro (Z[x, y]/q)/(p + q)/q = (Z[x, y]/q)/ϕ−1 (c) ∼ = Z[x]/c. Por lo tanto Z[x, y]/m ∼ = Z[x]/c, así que para probar que m es ideal maximal de Z[x, y] es suficiente probar que c lo es de Z[x]. Denotemos p1 := 3Z[x] y q1 := (x2 + 1)Z[x]. Entonces c = p1 + q1 y, aplicando otra vez el Tercer Teorema de isomorfía se tiene  Z[x]/c = Z[x]/(p1 + q1 ) = (Z[x]/p1 ) (p1 + q1 )/p1 , así que comenzamos por identificar el cociente Z[x]/p1 . Para ello empleamos la reducción mod 3 de los coeficientes de los polinomios en Z[x], es decir, consideramos el epimorfismo ψ : Z[x] → Z3 [x], f (x) :=

m X j=0

j

bj x 7→ f (x) =

m X j=0

(bj + 3Z)xj ,

Soluciones a los ejercicios propuestos

245

cuyo núcleo es p1 . Por el Primer Teorema de isomorfía, la aplicación ψ : Z[x]/p1 = Z[x]/ ker ψ → Z3 [x], f + p1 7→ f es un isomorfismo. Más aún, denotando d := (x2 +1)Z3 [x], vamos a comprobar que ψ −1 (d) = p1 +q1 . En efecto, si g ∈ p1 +q1 existen p1 ∈ p1 y q1 ∈ Z[x] tales que g := p1 +(x2 +1)q1 , y en consecuencia, ψ(g) = ψ(p1 ) + (x2 + 1)ψ(q1 ) = (x2 + 1)ψ(q1 ) ∈ d, lo que demuestra la inclusión p1 + q1 ⊂ ψ −1 (d). Recíprocamente, si f ∈ ψ −1 (d), entonces f ∈ d, es decir, existe
g ∈ Z[x] tal que f = (x2 + 1)g, por lo que f − (x2 + 1)g ∈ 3Z[x], o lo que es igual, f ∈ 3, (x2 + 1) Z[x] = p1 + q1 .
−1 (d) = (p1 + q1 )/p1 por lo que, finalmente, La igualdad ψ −1 (d) = p1 + q1 es equivalente a ψ  
−1 Z[x, y]/m ∼ (d) ∼ = Z[x]/c = (Z[x]/p1 ) (p1 + q1 )/p1 = (Z[x]/p1 ) ψ = Z3 [x]/d, luego basta probar que d es ideal maximal del dominio euclídeo Z3 [x]. Para ello es suficiente ver que f (x) := x2 + 1 es irreducible en Z3 [x] y, como deg(f ) = 2, todo se reduce a comprobar que f carece de raíces en Z3 . Esto es obvio pues f (0) = 1 y f (1) = f (2) = 2.  Número VII.7 Demostrar que el único polinomio f ∈ C[x, y] que se anula en todos los puntos del producto Z+ × Z+ es el polinomio nulo. Pd Solución. Sea f := j=0 fj (x)yj ∈ C[x, y], donde cada fj ∈ C[x], un polinomio que se anula en todos los puntos del conjunto M := Z+ × Z+ . En particular, fijado x ∈ Z+ , 0 = f (x, y) = f0 (x) + f1 (x)y + · · · + fd (x)y d para todo entero 1 ≤ y ≤ d + 1. Estas igualdades se escriben en forma matricial como sigue:      f0 (x) 0 1 1 1 ... 1 2 d 1   f1 (x)   0  2 2 . . . 2      1     3 32 ... 3d     f2 (x)  =  0   ..  .   .  .. .. .. .   ..   ..  . . . 2 d 1 d + 1 (d + 1) . . . (d + 1) 0 fd (x) El determinante de la matriz A := (aij ) de orden d + 1, donde aij := ij−1 , es no nulo, pues es de Vandermonde, luego la única solución de este sistema homogéneo de ecuaciones lineales es la trivial, es decir, fj (x) = 0 para 0 ≤ j ≤ d. Esto implica que cada polinomio fj ∈ C[x] es nulo, pues tiene infinitas raíces (todos los enteros positivos), por lo que f = 0.  Número VII.8 Calcular la suma de los inversos de las raíces en C de f (t) := t3 − 2t2 + 3t − 4. Calcular la suma de los cuadrados de dichas raíces.

Soluciones a los ejercicios propuestos

246

Solución. Las raíces x, y y z de f cumplen x + y + z = 2, xy + xz + yz = 3 y xyz = 4. Así, la suma S de sus inversos es S := (1/x) + (1/y) + (1/z) = (yz + xz + xy)/xyz = 3/4. Por otro lado, la suma C de sus cuadrados vale C := x2 + y 2 + z 2 = (x + y + z)2 − 2(xy + xz + yz) = 4 − 6 = −2.  Número VII.9 Sean a, b y c tres números reales positivos cuyo producto vale 1 y cuya suma es mayor que la suma de sus inversos. Demostrar que exactamente uno de los tres es mayor que 1. Solución. La hipótesis dice que s := a + b + c > (1/a) + (1/b) + (1/c) = (bc + ac + ab)/abc = ab + ac + bc := q. Consideramos el polinomio f (t) := (t − a)(t − b)(t − c) = t3 − st2 + qt − 1, que cumple f (1) = q − s < 0. En particular ninguna de las raíces a, b y c de f valen 1. Podemos suponer que a ≤ b ≤ c. Si a > 1 entonces abc > 1, y si c < 1 entonces abc < 1, y ambas cosas son falsas. Por tanto a < 1 < c, y todo se reduce a probar que también b < 1. Suponemos, por reducción al absurdo, que b > 1. Así, a 6= b, luego a es raíz simple de f . Como f (t) < 0 para cada t < a y a es raíz simple de f , entonces f (t) > 0 para cada a < t < b. Pero estamos suponiendo que a < 1 < b, luego f (1) > 0, que es una imposble.  Número VII.10 Sea f (t) := 3t2 +3rt+r2 −1 ∈ C[t] y sean u, v ∈ C sus raíces, no necesariamente distintas. Probar que f (u3 ) = f (v 3 ). Solución. Por las Fórmulas de Cardano-Vieta, las raíces u, v del polinomio f cumplen que u+v = −r y uv = (r2 − 1)/3. De este modo, al restar,
f (u3 ) − f (v 3 ) = 3u6 + 3ru3 + (r2 − 1) − 3v 6 − 3rv 3 − (r2 − 1) = 3 (u6 − v 6 ) + r(u3 − v 3 )
= 3(u3 − v 3 )(u3 + v 3 + r) = 3(u3 − v 3 ) (u + v)(u2 − uv + v 2 ) + r , luego basta demostrar que (u + v)(u2 − uv + v 2 ) = −r. Ahora bien, u2 − uv + v 2 = (u + v)2 − 3uv = r2 − (r2 − 1) = 1, por lo que finalmente (u + v)(u2 − uv + v 2 ) = (−r) · 1 = −r, como queríamos probar.



Número VII.11 Determinar todos los polinomios mónicos de C[t] de grado 3 cuyas raíces, no necesariamente distintas, cumplen que dos de sus medias aritméticas son raíces de su derivada.

Soluciones a los ejercicios propuestos

247

Solución. Sean f (t) := t3 − ut2 + vt − w ∈ C[t] un polinomio que satisface las condiciones del enunciado. Denotamos x, y, z ∈ C sus raíces, de modo que (x + y)/2 e (y + z)/2 son raíces de la derivada f 0 (t) = 3t2 − 2ut + v. Por las Fórmulas de Cardano-Vieta se cumplen las siguientes igualdades:  y + z = u  x + xy + yz + xz = v (18)  xyz = w

cvoa

mientras que de la igualdad  y + z x + y  t− 3t2 − 2ut + v = f 0 (t) = 3 t − 2 2 se desprende que

x+y y+z + = 2u/3 2 2

&

x + y y + z  · = v/3, 2 2

o equivalentemente, 

3x

+

6y + 3(x + y)(y + z)

3z

= 4u = 4v

(19)

Restando a la primera igualdad de (19) el triple de la primera igualdad de (18) se deduce que u = 3y, mientras que de las segundas igualdades de ambos sistemas se tiene 4v = 3(xy + yz + xz + y 2 ) = 3(v + y 2 )

=⇒

v = 3y 2 .

Además, x + y + z = u = 3y, luego x + z = 2y, lo que implica que 3y 2 = v = xy + yz + xz = y(x + z) + xz = 2y 2 + xz

=⇒

y 2 = xz

=⇒

y 3 = xyz = w.

Hemos probado que si un polinomio f cumple las condiciones del enunciado existe y ∈ C tal que f (t) = t3 − 3yt2 + 3y 2 t − y 3 = (t − y)3 . El recíproco es claro, pues las tres raíces x, y y z de f coinciden, así que (x + y)/2 = (y + z)/2 = y, que es la única raíz de f 0 (t) = 3(t − y)2 .  Número VII.12 (1) Probar que el conjunto Dh := {x ∈ Rn : h(x) 6= 0}, donde h ∈ R[x1 , . . . , xn ] es un polinomio no nulo, es denso en Rn con su topología usual.
Pn (2) Sea f (t) := k=0 ak nk tk ∈ R[t] un polinomio de grado n ≥ 2 con n raíces reales distintas. Probar que ak−1 ak+1 < a2k ∀ 1 ≤ k ≤ n − 1. (3) Sean s0 := 1 y s1 , . . . , sn las formas simétricas elementales en Z[x] := Z[x1 , . . . , xn ]. Demostrar que para cada 1 ≤ k ≤ n − 1 el polinomio homogéneo y simétrico gk := k(n − k)s2n−k − (k + 1)(n − k + 1)sn−k−1 sn−k+1 es semidefinido positivo, es decir, gk (x) ≥ 0 para cada x ∈ Rn .

cvoa1

Soluciones a los ejercicios propuestos

248

Solución. (1) Denotamos Z(h) := {x ∈ Rn : h(x) = 0} = Rn \ Dh , y argumentamos por inducción sobre n. Para n = 1 el conjunto Z(h) de raíces de h en R es finito, por lo que Dh es denso en R. Suponemos probado el resultado para polinomios en menos de n indeterminadas, escribimos x0 := (x1 , . . . , xn−1 ) y h := h0 (x0 ) + h1 (x0 )xn + · · · + hm (x0 )xm n, donde cada hj ∈ R[x1 , . . . , xn−1 ]. Supongamos, por reducción al absurdo, que Dh no es denso en Rn . Entonces existen subconjuntos abiertos no vacíos Ui de R con su topología usual, con 1 ≤ i ≤ n, cuyo producto n Y U := Ui ⊂ Rn i=1

Qn−1 no corta a Dh , es decir, U ⊂ Z(h). Denotando U 0 := i=1 Ui resulta que para cada x0 ∈ U 0 , el polinomio en una variable h(x0 , xn ) ∈ R[xn ] se anula en todos los puntos del subconjunto no vacío y abierto Un , luego ha de ser el polinomio nulo. Esto significa que hj (x0 ) = 0

∀ 0 ≤ j ≤ m & x0 ∈ U 0 .

Por tanto, Dhj ∩ U 0 = ∅ y, por la hipótesis de inducción, cada hj es el polinomio nulo, esto es, hj (x0 ) = 0, por lo que h = 0. (2) Razonamos por inducción sobre n. Para n = 2 el polinomio f (t) = a2 t2 + 2a1 t + a0 tiene dos raíces reales distintas, luego su discriminante es positivo, es decir (2a1 )2 − 4a0 a2 > 0, que es la desigualdad que queremos demostrar. Para el paso inductivo suponemos n ≥ 3 y observamos que, por el Teorema de Rolle, la derivada f 0 (t) tiene m := n − 1 raíces reales distintas y su grado es n − 1. De hecho,       n n m X n k−1 X n − 1 k−1 X m ` f 0 (t) := kak t = nak t = b` t, k k−1 ` k=1

k=1

`=0

donde b` := na`+1 . Por la hipótesis de inducción, b`−1 b`+1 < b2` para cada 1 ≤ ` ≤ m − 1, luego a` a`+2 < a2`+1

∀ 1 ≤ ` ≤ n − 2,

o lo que es lo mismo, ak−1 ak+1 < a2k para cada 2 ≤ k ≤ n−1, y sólo falta comprobar que a0 a2 < a21 . Esta desigualdad es obvia si a0 = f (0) = 0, ya que en tal caso a1 6= 0 ya que f carece de raíces múltiples, y por tanto a0 a2 = 0 < a21 . Suponemos por tanto que 0 no es raíz de f y escribimos x1 < · · · < xn las raíces de f . Denotemos yj := 1/xj y consideramos el polinomio de grado n     n n X X n k n k fb(t) := tn f (1/t) = an−k t := ck t , k k k=0

k=0

donde ck = an−k , que tiene n raíces reales distintas y1 , . . . , yn . Por lo ya demostrado, y puesto que n ≥ 3, se tiene cn−2 cn < c2n−1 , es decir, a0 a2 < a21 , como queríamos.

Soluciones a los ejercicios propuestos

249

(3) Consideremos los polinomios un := 1,

uk (x) :=

(−1)n−k sn−k (x)
∈ Q[x], n

∀ 0 ≤ k ≤ n − 1,

k

q(x, t) :=

n Y

n

(t − xj ) = t +

j=1

n−1 X

n−k

(−1)

k

n

sn−k (x)t = un t +

k=0

n−1 X k=0

  n k uk (x) t . k

Introducimos el polinomio no nulo h(x) :=

Y

(xj − xi ) ∈ R[x1 , . . . , xn ]

1≤i 0 un entero. ¿Cuáles son los subconjuntos algebraicos de K n ? ¿Cuáles son los irreducibles no vacíos? Solución. Todo subconjunto de K n es algebraico porque al ser finito es unión finita de sus puntos, y cada uno de éstos es, por el Ejercicio VII.22, subconjunto algebraico de K n . Esto implica que los irreducibles no vacíos son los conjuntos que consisten en un único punto, porque si X ⊂ K n tiene al menos dos puntos distintos y a es uno de ellos, entonces X = {a} ∪ (X \ {a}) es unión de dos subconjuntos algebraicos propios, luego es reducible.  Número VII.24 Sean K un cuerpo y X un subconjunto algebraico de K n . Demostrar que X es irreducible si y sólo si J (X) es un ideal primo del anillo K[x] := K[x1 , . . . , xn ].

Soluciones a los ejercicios propuestos

263

Solución. Supongamos primero que el ideal a := J (X) no es primo. Existen por tanto dos polinomios f, g ∈ K[x] \ a cuyo producto f g ∈ a. Tanto Z(f ) como Z(g) son subconjuntos algebraicos de K n y lo supuesto significa que X ⊂ Z(f g) = Z(f ) ∪ Z(g),

X 6⊂ Z(f )

& X 6⊂ Z(g).

Por tanto, Y := X ∩ Z(f ) y Z := X ∩ Z(g) son subconjuntos algebraicos de K n estrictamente contenidos en X pero X = Y ∪ Z, luego X es reducible. Supongamos, recíprocamente, que X es reducible, y sean Y y Z dos subconjuntos algebraicos de K n estrictamente contenidos en X tales que X := Y ∪ Z. Entonces J (X) ( J (Y ) y J (X) ( J (Z). En efecto, los contenidos se deducen del apartado (2) del Ejercicio VII.22, pues Y ⊂ X y Z ⊂ X. Además, si se diera la igualdad J (X) = J (Y ) se sigue del apartado (5) del Ejercicio VII.22 que X = Z(J (X)) = Z(J (Y )) = Y, lo que es falso. De igual modo se comprueba que la inclusión J (X) ( J (Z) es estricta. Existen por tanto polinomios f ∈ J (Y ) \ J (X) y g ∈ J (Z) \ J (X), que cumplen f g ∈ J (Y ) ∩ J (Z) = J (Y ∪ Z) = J (X), lo que demuestra que el ideal J (X) no es primo.



Número VII.25 Sean K un cuerpo infinito, ϕ : K 2 → K 3 , (u, v) 7→ (uv, v, u2 ) y M := ϕ(K 2 ). (1) Demostrar que el ideal J (M ) es principal y encontrar un generador suyo. (2) Estudiar si M es un subconjunto algebraico de K 3 para K := C y para K := R. Solución. (1) Si (x, y, z) ∈ M existen u, v ∈ K 2 tales que x := uv, y := v y z := u2 , por lo que x2 − zy 2 = (uv)2 − u2 v 2 = 0, es decir, el polinomio f (x, y, z) := x2 − zy2 se anula en cada punto de M , o lo que es lo mismo f ∈ J (M ). Veamos que J (M ) = (f ) es el ideal principal del anillo de polinomios A := K[x, y, z] generado por f . Ya henos demostrado un contenido de esta igualdad y, para probar el otro, sea g ∈ J (M ). Al dividir g entre f en A = B[x], donde B := K[y, z], y puesto que f es mónico, existen q, r ∈ A tales que g := qf + r y degx (r) < degx (f ) = 2. En consecuencia, existen r1 , r2 ∈ B tales que r = r1 (y, z)x + r2 (y, z), esto es, g(x, y, z) = q(x, y, z)f (x, y, z) + r1 (y, z)x + r2 (y, z),

(23)

y se trata de demostrar que tanto r1 como r2 son el polinomio nulo. Puesto que K es un cuerpo infinito podemos identificar los polinomios con coeficientes en K con las funciones polinómicas. Así, que g ∈ J (M ) significa que al evaluar g en x := uv, y := v y z := u2 , donde u y v son indeterminadas, se obtiene el polinomio nulo. También f (uv, v, u2 ) = 0, por lo que al evaluar todos los miembros de la igualdad (23) se tiene 0 = g(uv, v, u2 ) = q(uv, v, u2 )f (uv, v, u2 ) + r1 (v, u2 )uv + r2 (v, u2 ) = r1 (v, u2 )uv + r2 (v, u2 ).

witny

Soluciones a los ejercicios propuestos

264

Escribimos r1 y r2 como polinomios en C[z] donde C := K[y], esto es, r1 (z) :=

n X

ai (y)zi

& r2 (z) :=

i=0

m X

bj (y)zj ,

j=0

con lo que la identidad anterior se reescribe así: 0=

n X i=0

ai (v)u

2i



uv +

m X

bj (v)u

j=0

2j

=

n X i=0

ai (v)vu

2i+1

+

m X

bj (v)u2j .

j=0

El miembro de la derecha de esta igualdad es un polinomio en K[v][u] y la igualdad afirma que se trata del polinomio nulo, luego todos sus coeficientes son nulos. Como todas las potencias de u del primer sumando tienen grado impar, y las del segundo grado par, bj (v) = 0 ∀ 0 ≤ j ≤ m & vai (v) = 0 ∀ 0 ≤ i ≤ n. En conclusión, todos los a0i s y b0j s son nulos, luego r1 = r2 = 0 como pretendíamos. (2) Según se prueba en el apartado (5) del Ejercicio VII.22, M es algebraico si y sólo si coincide con Z(J (M )), lo que en nuestro caso se traduce, por el apartado (1), en que M = Z(f ). Esto pone de manifiesto que para K := R el conjunto M no es algebraico, pues el punto a := (0, 0, −1) cumple que f (a) = 0, esto es, a ∈ Z(f ) y, sin embargo, a ∈ / M , pues en caso contrario existirían números reales u y v tales que a = (uv, v, u2 ) y, en particular, −1 = u2 , lo que no es posible. Sin embargo, M sí es algebraico para K := C. En efecto, el contenido M ⊂ Z(f ) ya lo vimos. Recíprocamente, dado (x, y, z) ∈ Z(f ) se tiene x2 = zy 2 . Si y 6= 0, entonces u := x/y ∈ C y z = (x/y)2 = u2 , o sea (x, y, z) = (uy, y, u2 ) = ϕ(u, y) ∈ M. Por otro lado, si y = 0 también x2 = zy 2 = 0 y, como C es algebraicamente cerrado, existe u ∈ C tal que z = u2 , lo que implica que (x, y, z) = (0, 0, u2 ) = ϕ(u, 0) ∈ M .  Número VII.26 Sea K un cuerpo. Demostrar que las siguientes afirmaciones son equivalentes. (1) El cuerpo K es algebraicamente cerrado. (2) Para cada entero positivo n y cada polinomio irreducible f ∈ K[x1 , . . . , xn ] el subconjunto algebraico Z(f ) de K n es irreducible. (3) Existe un entero positivo n > 1 tal que el subconjunto algebraico Z(f ) de K n es irreducible para cada polinomio irreducible f ∈ K[x1 , . . . , xn ]. Solución. (1) =⇒ (2) Como f es irreducible en el DFU K[x] := K[x1 , . . . , xn ], el ideal p := f K[x] es primo, y por tanto radical. La forma fuerte del Teorema de los ceros afirma, puesto que K es algebraicamente cerrado, que √ J (Z(f )) = J (Z(p)) = p = p,

Soluciones a los ejercicios propuestos

265

lo que a la vista del Ejercicio VII.24 implica, por ser p primo, que Z(f ) es un subconjunto algebraico irreducible de K n . La implicación (2) =⇒ (3) es obviamente cierta, así que sólo falta probar (3) =⇒ (1). Por razones que se verán más adelante tratamos separadamente el caso en que K := Z2 es el cuerpo con dos elementos, que desde luego no es algebraicamente cerrado ya que el polinomio t2 + t + 1 ∈ Z2 [t] no tiene ninguna raíz en Z2 , y mostraremos que el polinomio f (x1 , . . . , xn ) := x21 − x2 (x2 + 1)x1 + x22 (x2 + 1)2 ∈ Z2 [x] es irreducible en Z2 [x] pero Z(f ) es un subconjunto algebraico reducible de Zn2 . Comprobamos en primer lugar la irreduciblidad de f . En caso contrario, y puesto que f es un polinomio mónico y de grado 2 en A[x1 ], donde A := Z2 [x2 , . . . , xn ], existirían f1 , f2 ∈ A tales que f = (x1 + f1 )(x1 + f2 ), es decir, f1 + f2 = x2 (x2 + 1) y f1 f2 = x22 (x2 + 1)2 . Por tanto (f1 + f2 )2 = f1 f2 . Dividiendo por f22 esta igualdad se deduce que el cociente ζ := f1 /f2 pertenece al cuerpo de fracciones F de A y (ζ +1)2 = ζ, es decir, ζ 2 +ζ +1 = 0. Por tanto ζ es entero sobre A y como este anillo es, por el Teorema de Gauss, un DFU, se sigue del Corolario V.2.12 que ζ ∈ A. Contando grados en la igualdad −1 = ζ 2 +ζ = ζ(ζ +1) se deduce que 0 = deg(ζ)+deg(ζ +1), así que ζ, ζ + 1 ∈ Z2 , y esto es imposible pues cada elemento ξ ∈ Z2 cumple que ξ(1 + ξ) = 0. Para calcular Z(f ) observamos que si x := (x1 , . . . , xn ) ∈ Z(f ) entonces, como x2 (x2 + 1) = 0 también x1 = 0, y la condición f (x) = 0 la cumplen todas las n-uplas cuya primera coordenada es nula. En consecuencia Z(f ) no es vacío y tiene más de un punto, luego es, por el Ejercicio VII.23, un subconjunto algebraico reducible de Zn2 . En todo lo que sigue suponemos que K tiene más de dos elementos. En particular, existe u ∈ K tal que u(u − 1) 6= 0 y suponemos también que K no es algebraicamente cerrado. Existe por ello un polinomio g ∈ K[t] de grado mayor o igual que 1 sin raíces en K. Como K[t] es un DFU Qr existen m polinomios irreducibles g1 , . . . , gr ∈ K[t] y enteros positivos m1 , . . . , mr tales que g := j=1 gj j , y como las raíces de g1 lo son de g, reemplazando g por g1 podemos suponer que g ∈ K[t] es un polinomio irreducible en K[t] que no tiene raíces en K. Dividiendo g por su coeficiente director también podemos suponer que es mónico, y lo escribimos g(t) := td +

d X

aj td−j ,

j=1

donde cada aj ∈ K. A partir de g construimos el polinomio f (x1 , . . . , xn ) := xd1 +

d X j=1

aj xd−j xj2 (x2 − 1)j ∈ K[x], − 1)j 1

uj (u

y todo se reduce a demostrar que f es irreducible en K[x] y Z(f ) es un subconjunto algebraico reducible de K n . Si f fuese reducible existirían polinomios h1 , h2 ∈ K[x] mónicos respecto de la variable x1 tales que f = h1 h2 . Al evaluar en x2 := u resulta g(x1 ) = f (x1 , u, x3 , . . . , xn ) = p(x1 )q(x1 ),

Soluciones a los ejercicios propuestos

266

donde p(x1 ) := h1 (x1 , u, x3 , . . . , xn ) y q(x1 ) := h2 (x1 , u, x3 , . . . , xn ). Como h1 y h2 son mónicos respecto de x1 , tanto p como q son mónicos, luego su grado es al menos 1, lo que contradice la irreducibilidad de g en K[t]. En cuanto a la reducibilidad de Z(f ), observamos que para cada b := (b1 , . . . , bn ) ∈ Z(f ), bd1 +

d X j=1

aj bd−j bj (b2 − 1)j = 0, − 1)j 1 2

uj (u

y si b2 (b2 − 1) 6= 0 multiplicando los dos miembros por ud (u − 1)d /bd2 (b2 − 1)d se tiene d  bd−j ud−j (u − 1)d−j   b u(u − 1) d X 1 + aj 1 d−j = 0. b2 (b2 − 1) b2 (b2 − 1)d−j j=1

Esto es significa que v := b1 u(u − 1)/b2 (b2 − 1) ∈ K es raíz de g, lo que es imposible. Por tanto b2 (b2 − 1) = 0, luego bd1 = 0, o sea, b1 = 0. Recíprocamente, f se anula en todos los puntos de la forma (0, b2 , x3 , . . . , xn ) con b2 (b2 −1) = 0, es decir, Z(f ) = Y ∪ Z donde Y := Z(a) y Z := Z(b), con a := (x1 , x2 )K[x]

& b := (x1 , x2 − 1)K[x],

son subconjuntos algebraicos disjuntos y no vacíos de Z(f ). Esto prueba que Z(f ) es reducible.  Número VII.27 Demostrar que el polinomio f := z2 + x2 y4 + x4 y2 − 3x2 y2 + 1 es irreducible en R[x, y, z]. ¿Es Z(f ) un subconjunto algebraico irreducible de R3 ? Solución. A la vista del Ejercicio VII.2, para demostrar la irreducibilidad de f es suficiente probar que el polinomio g := x2 y4 + x4 y2 − 3x2 y2 + 1 cumple g(x, y) ≥ 0 para cada (x, y) ∈ R2 . Los números reales 1, x2 y 4 y x4 y 2 son no negativos, luego su media aritmética es mayor o igual que su media geométrica, y ambas medias coinciden si y sólo si 1 = x2 y 4 = x4 y 2 . Estas medias aritmética y geométrica son, respectivamente, σ :=

1 + x2 y 4 + x4 y 2 3

& τ :=

p 3

1 · x2 y 4 · x4 y 2 = x2 y 2 ,

luego g(x, y, z) = 1 + x2 y 4 + x4 y 2 − 3x2 y 2 = 3(σ − τ ) ≥ 0. Para la segunda parte observamos que (x, y, z) ∈ Z(f ) si y sólo si z 2 + g(x, y) = 0, lo que equivale, por ser g(x, y) ≥ 0, a que z = 0 y g(x, y) = 0. Ya hemos señalado que g(x, y) = 0 si y sólo si 1 = x2 y 4 = x4 y 2 , esto es, x 6= 0 6= y

& x2 = x4 /x2 = y 4 /y 2 = y 2 ,

Soluciones a los ejercicios propuestos

267

por lo que y = εx, con ε = ±1. En consecuencia, x2 = y 2 , y esto implica que 0 = g(x, y) = 1 + x2 y 4 + x4 y 2 − 3x2 y 2 = 2x6 − 3x4 + 1 = (x2 − 1)2 (2x2 + 1), donde hemos empleado la Regla de Ruffini para obtener la última factorización. Así, x = ±1, y como y = ±x resulta finalmente Z(f ) = {(1, 1, 0), (1, −1, 0), (−1, 1, 0), (−1, −1, 0)}, que es un subconjunto algebraico reducible de R3 .



Bibliografía Lecturas de motivación. Éste es un texto dedicado, prioritariamente, a estudiar una noción clave en Álgebra: la factorización en anillos conmutativos. De hecho, la resolubilidad de algunas ecuaciones diofánticas, incluyendo el último teorema de Fermat, pasa por estudiar si ciertos anillos son dominios de factorización única. Por ello recomendamos la lectura del libro (1) H.M. Edwards, Fermat’s Last Theorem: A Genetic introduction to Algebraic Number Theory. GTM. 50. Springer-Verlag, (1977). En él se explica el álgebra “hecha a mano”, y se presentan las ideas acerca de la noción de factorización debidas principalmente a Kummer y Dedekind. Éstas resultaron muy fructíferas en la resolución de la ecuación de Fermat para algunos exponentes (los llamados primos regulares), y a través de las mismas se explica la aparición de la noción de ideal, que permite obtener un “teorema de factorización única” en algunos anillos que no son DFU. Las tres últimas lecciones de este texto se dedican específicamente a los anillos de polinomios en una y varias variables. Un aspecto clásico acerca de las ecuaciones polinómicas es la teoría de la eliminación, que muchos consideran el germen del álgebra conmutativa. Para conocer sus orígenes y varias aplicaciones geométricas de las nociones de resultante y discriminante recomendamos la lectura del siguiente libro. (2) D. Cox, J. Little, D. O’Shea, Using Algebraic Geometry. Revised second edition. GTM. 185, Springer-Verlag, (2005). Entre los libros que tratan la historia del Álgebra, y no sólo de la factorización en anillos conmutativos, señalamos los dos siguientes. (3) I. Bashmakova, G. Smirnova, The beginnings and evolution of Algebra. The Dolciani Mathematical Expositions, 23. The Mathematical Association of America, (2000). (4) I. Kleiner, A History of Abstract Algebra. Birkhäuser, (2007).

269

270

Bibliografía

Libros que se adaptan al contenido de este texto. Hay muchos textos que tratan, esencialmente, los mismos temas que éste y con un nivel de profundidad similar. Entre ellos citamos los siguientes, que hemos empleado varios años en clase: (5) F. Delgado, C. Fuertes, S. Xambó, Introducción al Álgebra. Anillos, factorización y teoría de cuerpos. Universidad de Valladolid, (1993). (6) J.M. Gamboa, J.M. Ruiz, Anillos y cuerpos conmutativos. Cuadernos de la UNED, (2002). (7) J.F. Fraleigh, A first course in Abstract Algebra. Addison-Wesley, (1982). Libros que permiten ampliar conocimientos. Ateniéndonos exclusivamente a nuestros gustos personales aconsejamos la lectura de los siguientes libros, en los que bien se estudian con más profundidad los conceptos introducidos en éste, bien se abordan otras cuestiones sobre anillos conmutativos. (8) L.J. Goldstein, Abstract Algebra: a first course. Prentice Hall, (1973). (9) I.N. Herstein, Topics in Algebra. Wiley, (1975). (10) R. Hidalgo, Estructuras Algebraicas; grupos y anillos. Monografías matemáticas. Departamento de Matemática. Universidad Técnica Federico Santa María, Chile. (2009). (11) T.H. Hungerford, Algebra. GTM 73. Springer (1980). (12) I. Kaplansky, Commutative Rings. Lectures in Mathematics. University of Chicago Press, (1974). Los siguientes libros no están dedicados exclusivamente a la factorización. De hecho cualquiera de ellos es un buen libro de consulta tanto para el alumno de álgebra como para el profesor. El primero, cuya primera edición es muy posterior a las primeras ediciones de los dos siguientes, está escrito con especial esmero. Del tercero, el de lectura más difícil y cuya primera edición se publicó en 1965, existe una traducción al castellano publicada por Aguilar en 1972. (13) D.S. Dummit, R.M. Foote, Abstract Algebra. Wiley, (2003). (14) N. Jacobson, Basic Algebra. II. Dover, (2009). (15) S. Lang, Algebra. GTM 211, Springer-Verlag, (2002).

Bibliografía

271

Libros con ejercicios resueltos. (16) M. Anzola, J. Caruncho, G. Pérez Canales, Problemas de Álgebra: Tomo 2, Anillos y polinomios. Editado por los autores. (1982). (17) T.S. Blyth, E.F. Robertson (Editores), Algebra Through Practice: vol. 6, Rings, Fields and Modules. A Collection of Problems in Algebra with Solutions. Chapman & Hall, (1985). (18) F. Delgado, C. Fuertes, S. Xambó, Introducción al Álgebra. Soluciones de los Problemas. Universidad de Valladolid, (2000). (19) V. Fernández Laguna, Problemas de Anillos y Cuerpos Conmutativos. Ed. Sanz y Torres, (2001).

Índice Algoritmo de Euclides en Z, 32 Algoritmo de Euclides en un dominio euclídeo, 58 Anillo, 1 Anillo booleano, 25 Anillo cociente, 6 Anillo de los cuaternios, 13 Anillo de polinomios, 69 Anillo de polinomios en n indeterminadas, 110 Anillo de restos, 36 Anillo local, 14 Anillo noetheriano, 8 Anillo total de fracciones, 21 Anillos isomorfos, 18

Derivada de un polinomio, 79 Discriminante, 132 Divisor, 27 Divisor de cero, 2 Dominio, 2 Dominio de factorización única, 51 Dominio de ideales principales, 51 Dominio euclídeo, 45

Cadena, 9 Coeficiente director, 70 Coeficientes de un polinomio, 70 Componentes homogéneas, 113 Componentes irreducibles de un conjunto algebraico, 143 Conjunto algebraico irreducible, 143 Conjunto bien ordenado, 9 Conjunto de ceros de un ideal, 137 Contenido de un polinomio, 90 Criterio de Cohn, 104 Criterio de Eisenstein, 96 Criterio de Eisenstein modificado, 97 Criterio de Hasse, 59 Criterio de la traslación, 95 Criterio de Netto, 97 Criterio modular, 99 Cuerpo algebraicamente cerrado, 136 Cuerpo de fracciones, 19

Fórmula de Leibniz, 81 Fórmula de Newton, 4 Fórmulas de Cardano-Vieta, 116 Factorial, 51 Forma débil del teorema de los ceros, 136 Forma simétrica elemental, 115 Función polinómica, 114 Función racional, 115

Elemento primo, 28 Elementos asociados, 27 Endomorfismo, 15 Enteros de Gauss, 3 Epimorfismo, 15 Especiabilidad de la resultante, 131

Grado, 50 Grado de un polinomio, 70 Grado parcial de un polinomio, 112 Grado total de un polinomio, 112 Homomorfismo de anillos, 15 Homomorfismo evaluación, 73 Ideal, 5 Ideal contraído, 17 Ideal de un conjunto, 138

273

Índice

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Ideal extendido, 17 Ideal finitamente generado, 8 Ideal generado por un subconjunto, 7 Ideal maximal, 11 Ideal primo, 10 Ideal principal, 5, 8 Ideal radical, 12 Ideales comaximales, 7 Ideales maximales del anillo de polinomios, 139 Identidad de Bézout en Z, 33 Identidad de Bézout en un DIP, 57 Imagen de un homomorfismo, 17 Indeterminada, 69 Irreducible, 28 Isomorfismo, 15 Lema de Euclides, 33 Lema de Gauss, 92 Lema de Zorn, 9 Máximo común divisor, 31 Máximo común divisor en un DFU, 56 Mínimo, 9 Mínimo común múltiplo, 31 Mínimo común múltiplo en un DFU, 56 Múltiplo, 27 Monomorfismo, 15 Multiplicidad de una raíz, 78 Núcleo de un homomorfismo, 17 Nilpotente, 4 Nilradical, 14 Norma, 50 Orden total, 9 p-ésimo polinomio ciclotómico, 96 Polinomio homogéneo, 112 Polinomio mónico, 70 Polinomio semidefinido, 141 Polinomio simétrico, 115 Primer teorema de isomorfía, 22 Producto de ideales, 7 Proyección canónica, 16

Raíz de un polinomio, 77 Raíz múltiple, 78 Raíz simple, 78 Radical de Jacobson, 14 Radical de un ideal, 14 Reducible, 28 Regla de la cadena, 79 Regla de Leibniz, 79 Regla de Ruffini, 77 Resultante, 124 Segundo teorema de isomorfía, 23 Subanillo, 17 Subconjunto algebraico, 138 Subconjunto multiplicativamente cerrado, 14 Suma de ideales, 6 Sumas de cuadrados en anillos de restos, 41 Término independiente, 70 Teorema chino de los restos, 24 Teorema de división de polinomios, 71 Teorema de Euclides, 35 Teorema de Gauss, 93 Teorema de la base de Hilbert, 85 Teorema de la correspondencia, 21 Teorema de la división euclídea, 29 Teorema de los ceros, 138 Teorema de los polinomios simétricos, 119 Teorema de Wilson, 30 Teorema fundamental de la aritmética, 34 Teorema fundamental del álgebra, 83 Tercer teorema de isomorfía, 23 Unidad, 1 Variable, 69