EAEA

Ecuaciones AlgebraicasCurso 20142015

Impartido por Carmen Corrales Rodrigez

Autor Autor*

3 de junio de 2015

*El punto de partida han sido los apuntes de Estructuras Algebraicas por Enrique Arrondo (versindel 17 de mayo de 2011), Departamento de lgebra, Facultad de Ciencias Matemticas, UniversidadComplutense de Madrid, 28040 Madrid, [email protected].

ndice general

1 Teora bsica de grupos, anillos y cuerpos 5

2 Divisibilidad y factorizacin en anillos 17

3 Races de polinomios 27

4 Extensiones de cuerpos 37

5 El grupo de Galois 49

6 Teoremas de Sylow 63

7 Resolubilidad de ecuaciones y de grupos 75

8 Constructibilidad con regla y comps 87

9 Extensiones transcendentes 93

3

1 Teora bsica de grupos, anillos y cuerpos

Definicin. Un grupo es un conjunto G con una operacin interna que verifica las siguientespropiedades:

(i) g (h k)= (g h) k para cualesquiera a,b,c G (propiedad asociativa).(ii) Existe 1 G (elemento neutro) tal que 1 g = g 1= g para cualquier g G.(iii) Para cada g G existe g1 G (elemento inverso) tal que g g1 = g1 g = 1.

Si adems

(iv) gh = hg para cualesquiera g ,h G (propiedad conmutativa) entonces se dice que G esun grupo abeliano.

Normalmente, se omite el signo si ello no da lugar a confusin. Es tambin habitual denotara la operacin con + cuando el grupo es abeliano (como veremos, por ejemplo, en los anillos),en cuyo caso el elemento neutro se denota con 0 y el inverso de g con g . El cardinal de ungrupo se llama orden del grupo y se denota por |G|.

Ejemplo 1.1. El ejemplo de grupo que ms usaremos es el del grupo de permutaciones de nelementos, denotado por Sn , y que consiste en el conjunto de biyecciones : {1,2, . . . ,n}{1,2, . . . ,n} con la composicin (indicaremos simplemente para designar a la composicin ). El orden de Sn es n!. Llamaremos r -ciclo a la permutacin, que denotaremos por(i1 i2 . . . ir ) (con i1, . . . , ir elementos distintos de {1,2, . . . ,n}) que manda i1 a i2, i2 a i3, . . . ,ir1 a ir , ir a i1 y deja fijos todos los dems elementos de {1,2, . . . ,n}. Un 2-ciclo (i j ) se llamatransposicin (ya que lo nico que hace es intercambiar entre s los nmeros i y j ). Dos ciclos(i1 i2 . . . ir ), ( j1 j2 . . . js) conmutan si y slo si {i1, i2, . . . , ir } { j1, j2, . . . , js}=; (en cuyo casose dice que son ciclos disjuntos). Toda permutacin se puede poner de forma nica (salvo elorden) como producto de ciclos disjuntos dos a dos.

Definicin. Un subgrupo de un grupo G es un subconjunto H G tal que, para cualesquierag ,h H se tiene que gh1 H ; en otras palabras, H tiene estructura de grupo con la mismaoperacin que G. Para indicar que un subconjunto H G es un subgrupo, escribiremosnormalmente H

6 ECUACIONES ALGEBRAICAS

(i) Las transposiciones.

(ii) Las transposicin (1 2) y el n-ciclo (1 2 . . . n).

(iii) Cualquier transposicin y cualquier n-ciclo, si n es un nmero primo.

Dado un subgrupo H

CAPTULO 1 TEORA BSICA DE GRUPOS, ANILLOS Y CUERPOS 7

La ltima igualdad se debe a que el conjunto de pares (no ordenados) {i , j } coincide con elconjunto de pares {(i ),( j )} y el conjunto de cocientes (i )( j )i j coincide con el conjunto de

cocientes (i )( j )(i )( j ) (con la nica salvedad de que si i < j pero (i )> ( j ) entonces hay quecambiar de signo numerador y denominador). Por tanto, tenemos que sgn es un homomorfismode grupos. El valor sgn() se llama signo de la permutacin . Una permutacin par es unapermutacin con signo +1, y una permutacin impar es una permutacion de signo 1. Elconjunto de permutaciones pares es el ncleo de sgn, por lo que es un subgrupo normal,llamado subgrupo alternado An . El motivo del nombre par o impar para una permutacin es elsiguiente. Supongamos que tenemos una transposicin = (a b). Como (a b)= (b a), podemossuponer a < b. Entonces los factores negativos en la definicin de sgn(a b) son exactamente(recurdese que i < j)

(i )( j )i j =

b ja j si i = a < j < b

i ai b si a < i < j = b

baab =1 si i = a < j = b

luego en total hay (ba1)+ (ba1)+1 (que es un nmeros par) factores negativos, conlo que sgn(a b)=1. Dado que cualquier permutacin es producto de transposiciones, estodemuestra que una permutacin es par si y slo si se se puede escribir como producto de unnmero par de transposiciones, e impar si y slo si se escribe como producto de un nmeroimpar (y por supuesto, ninguna se puede escribir simultneamente como producto de unnmero par y un nmero impar de transposiciones).

Ejercicio 1.3. Demostrar que el grupo An est generado por los 3-ciclos.

Teorema 1.4 (Primer Teorema de Isomorfa). Sea : G G un homomorfismo de grupos.Entonces la aplicacin natural :G/ker Im definida por (gH)=(g ) es un isomorfismo.

Ejercicio 1.4. Dado un grupo G y un elemento g , consideramos el homomorfismo de gruposg : ZG (donde en Z tomamos la adicin) definido por (n) = gn . Entonces Img = g .Como cualquier subgrupo de Z es cclico n, se tiene que g =Z/n =Zn . Si n > 0, se diceque n es el orden del elemento g . Como |g | = n, el Teorema de Lagrange implica que, si G esfinito, el orden de cualquier elemento divide al orden del grupo. Obsrvese que el orden n esel menor entero n tal que gn = 1.

Ejercicio 1.5. Sea G es un grupo cclico de orden n generado por un elemento g . Demostrarque para cada divisorm de n existe un nico subgrupo de G de ordenm, y que es el subgrupocclico generado por g

nm .

Teorema 1.5 (Segundo teorema de isomorfa). Sea G un grupo y sea N / G. Entonces laproyeccin natural pi:GG/N induce una biyeccin entre el conjunto de los subgrupos de G quecontienen a N y los subgrupos de G/N ; es decir, los subgrupos de G/N se pueden en escribir deforma nica como H/N , donde N < H


(i) H N /H .(ii) El conjunto HN = {hn |h H , n N } es un subgrupo G.(iii) La aplicacin natural H/(H N )HN/N es un isomorfismo.Teorema 1.7 (Teorema de estructura de los grupos abelianos finitos). Sea G un grupo abelianofinito. Entonces existen n1,n2, . . . ,nr N nicos tales que n1 | n2 | | nr y con G =Zn1 Znr .Ejercicio 1.6. Demostrar, a partir del teorema de estructura, que todo grupo abeliano finito Gposee subgrupos de orden cualquier divisor de |G|.Definicin. Un anillo es un conjunto A con dos operaciones internas, + y , tales que (A,+)es un grupo abeliano y se verifican las propiedades:

(i) (a+b) c = a c+b c y a (b+c)= a b+a c para cualesquiera a,b,c A (distributividaddel producto respecto de la suma).

(ii) a (b c)= (a b) c para cualesquiera a,b,c A (asociatividad del producto).El anillo se dice conmutativo si adems se verifica

(iii) a b = b a para cualesquiera a,b A (conmutatividad del producto).Y se dice con unidad si se verifica

(iv) Existe 1 A tal que a 1= 1 a = a para cualquier a A (existencia de elemento neutropara el producto).

Supondremos que todos nuestros anillos son conmutativos y con unidad. Al elemento neutropara la suma lo denotaremos por 0, y al inverso para la suma de a por a. Omitiremos tambinsistemticamente el punto en el producto de dos elementos.

Definicin. Una unidad en un anillo A es un elemento a A que tiene inverso para el producto,es decir, que existe a1 A tal que aa1 = a1a = 1. Un anillo en el que todos los elementosa 6= 0 son unidades es un cuerpo.Definicin. Un anillo se dice que es un dominio de integridad (que abreviaremos con D.I.) si,dados a,b A tales que ab = 0, entonces necesariamente a = 0 b = 0.Definicin. Un subanillo de un anillo A es un subconjunto B A tal que, para cualesquieraa,b,c,d B se tiene que ab+ cd B ; en otras palabras, B tiene estructura de anillo con lasmismas operaciones que A.

Sin embargo, los subconjuntos buenos de los anillos no son los subanillos, ya que el cocientede un anillo por un subanillo no tiene estructura de anillo. Para ello, hay que pedir unacondicin ms, llegando a la siguiente:

Definicin. Un ideal en un anillo I es un subconjunto I A tal que, para cualesquieraelementos a,b A, c,d I se tiene ac+bd I . La relacin

a b a+ I = b+ I ab I

(donde a+ I = {a+a a I}) es una relacin de equivalencia. El correspondiente conjuntocociente A/I tiene, con las operaciones naturales, estructura de anillo, y se llama anillo cociente.Puede considerarse como el conjunto formado por los subconjuntos de A de la forma a+ I .


Definicin. Un ideal maximal es un ideal propio de A (i.e., I A) que no est contenido enotro ideal propio de A. Equivalentemente, A/I es un cuerpo.

Definicin. Un ideal primo es un ideal propio I de A tal que, dados a,b A tales que ab I ,entonces necesariamente a I b I . Equivalentemente, A/I es un D.I. (y del mismo modo,un D.I. est caracterizado por el hecho de que el ideal trivial {0} sea primo).

Definicin. Se llama ideal generado por los elementos b1, . . . ,br de un anillo A al conjunto(b1, . . . ,br ) := {a1b1+ +arbr |a1, . . . ,ar A}. Este conjunto es el ideal de A ms pequeo quecontiene a los elementos b1, . . . ,br . En particular, el ideal generado por dos ideales I , J es elconjunto I + J = {a+b |a I , b J }, que se llama ideal suma. Se llama ideal principal a unideal generado por un solo elemento b A, es decir, de la forma (b)= {ab |a A}. Un anilloen el que todos los ideales son principales se llama dominio de ideales principales (D.I.P. paraabreviar).

Ejemplo 1.8. Z y K [X ] (donde K es un cuerpo) son D.I.P.

Ejercicio 1.7. Demostrar que dos elementos a,b A de un D.I. generan el mismo ideal si yslo si existe una unidad u A tal que a = ub.Definicin. Un homomorfismo de anillos es una aplicacin : A A entre dos anillos tal que(ab+cd)=(a)(b)+(c)(d) para cualesquiera a,b,c,d A. Como estamos considerandoanillos con unidad, pediremos tambin la condicin (1A)= 1A (donde 1A y 1A son, respecti-vamente, los elementos unidad para el producto de A y A). Si es inyectiva, se dice que esun monomorfismo; si es suprayectiva, es un epimorfismo, y si es biyectiva, es un isomorfismo (yen este caso, su inversa es tambin un homomorfismo).

Ejercicio 1.8. Demostrar que, si A es un D.I., entonces la condicin(1A)= 1A en la definicinde homomorfismo se deduce de la otra siempre que no sea nula. Dar en cambio un ejemplo deaplicacin no nula : A A que verifique (ab+ cd)=(a)(b)+(c)(d) pero (1A) 6= 1A .Observacin 1.9. Conviene observar que, mientras que la imagen inversa de un ideal por unhomomorfismo es un ideal, la imagen de un ideal no es en general un ideal (salvo que elhomomorfismo sea suprayectivo). Lo nico que se puede afirmar es que la imagen de unsubanillo es un subanillo.

Definicin. Dado un homomorfismo de anillos : A A, se llama ncleo del homomorfismoal ideal ker := {a A (a)= 0} y se llama imagen del homomorfismo al subanillo Im :=(A) A:Teorema 1.10 (Primer teorema de isomorfa). Sea : A A un homomorfismo de anillos.Entonces la aplicacin natural : A/ker Im definida por (a+ I )=(a) es un isomorfismo.Definicin. Se llama caracterstica de un anillo A al nico generador no negativo del ncleodel homomorfismo Z A definido por

n 7{1+ n +1 si n 0(1)+n + (1) si n 0

En otras palabras, A tiene caracterstica cero si ninguna suma positiva de unos es nula,mientras que tiene caracterstica positiva n si n es el menor nmero de veces que sumado el


uno obtenemos cero. Por el Primer teorema de isomorfa, Zn es isomorfo a un subanillo de A,por lo que si A es un D.I. (por ejemplo, si es un cuerpo) su caracterstica (si no es cero) es unnmero primo.

Ejercicio 1.9. Sea A un anillo con caracterstica un nmero primo p. Demostrar que (a+b)p =ap +bp para cualesquiera a,b A. Ms en general, (a+b)pk = apk +bpk para cualquier k N.

Teorema 1.11 (Segundo teorema de isomorfa). Sea A un grupo y sea I A un ideal. Entoncesla proyeccin natural pi: A A/I induce una biyeccin entre el conjunto de los ideales de A quecontienen a I y los ideales de A/I ; es decir, los subgrupos de A/I se pueden escribir de formanica como J/I , donde I J A. Adems, (A/I )/(J/I )= A/J (mediante la aplicacin natural).En particular, J/I es primo en A/I si y slo si I es primo en A.

Teorema 1.12 (Tercer teorema de isomorfa). Sea A un grupo y sean I , J , ideales de A. Entoncesla aplicacin natural I/(I J ) (I + J )/I es un isomorfismo.

Dedicamos el resto de este captulo a los anillos ms importantes que vamos a utilizar: losanillos de polinomios.

Definicin. Dado un anillo A, se llama anillo de polinomios con coeficientes en A en laindeterminada X al conjunto A[X ] de expresiones formales f = a0 + a1X + a2X 2 + enque ai A y existe d N tal que ai = 0 si i > d , en cuyo caso se escribe normalmentef = a0+a1X + +adX d . Es fcil (aunque lioso) ver que el conjunto A[X ] tiene estructura deanillo con las operaciones

(a0+a1X + +adX d )+ (b0+b1X + +bdX d )= (a0+b0)+ (a1+b1)X + + (ad +bd )X d

(a0+a1X + +adX d )(b0+b1X + +beX e )= (a0b0)+ (a0b1+a1b0)X + + (adbe )X d+e

(ntese que dos polinomios arbitrarios los podemos escribir con el mismo d , ya que bastatomar el ms grande de ambos).

Ejercicio 1.10. Dado un anillo A, el grado de un polinomio no nulo f A[X ] (que denotaremospor f ) es el mayor exponente de X que tiene coeficiente no nulo en f . Es decir, que ftenga grado d quiere decir que f se puede escribir f = a0+a1X + +adX d con an 6= 0. Porcomodidad, se suele escribir convenir que el grado de cero es .

(i) Demostrar que A, identificado con el conjunto de polinomios de grado menor o igualque cero, es un subanillo de A[X ].

(ii) Demostrar que, dados f ,g A[X ], entonces ( f + g )max{ f ,g }, y que si no se da laigualdad entonces f = g .

(iii) Si A es un D.I., demostrar que ( f g )= f +g para cualesquiera f ,g A[X ]. Concluirentonces que A[X ] es un D.I. y que sus unidades son las unidades de A (en particular,en K [X ], con K cuerpo, sus unidades son las constantes no nulas de K ).

(iv) Dar un contraejemplo a la propiedad de los grados del apartado anterior si no se suponeque A sea un D.I.

Si queremos trabajar con varias indeterminadas, repetir todo lo anterior (en concretodescribir el producto de dos polinomios) es especialmente engorroso, por lo que daremos ladefinicin por recurrencia:


Definicin. Dado un anillo A, se llama anillo de polinomios con coeficientes en A en las indetermi-nadas X1, . . . ,Xn al conjunto A[X1, . . . ,Xn] definido por recurrencia como

(A[X1, . . . ,Xn1]

)[Xn].

Obsrvese que existe un monomorfismo natural de anillos i : A A[X1, . . . ,Xn].

La definicin anterior no es completamente satisfactoria, ya que parece depender delorden en que se introducen las indetermiadas. Para solucionar esto, utilizaremos una tcnicafrecuente en matemticas, que consiste en caracterizar (salvo isomorfismo) ciertos objetos pormedio de lo que se llama una propiedad universal. Ilustramos este hecho con la correspondientepropiedad universal para anillos de polinomios:

Proposicin 1.13. Sea A un anillo y R = A[X1, . . . ,Xn] el anillo de polinomios en las indeter-minadas X1, . . . ,Xn con coeficientes en A. Entonces la inclusin natural i : A , A[X1, . . . ,Xn]verifica la siguiente propiedad universal:

() Para cada anillo A, homomorfismo : A A y elementos a1, . . . ,an A, existe unnico homomorfismo de anillos : R A tal que = i y (X j )= aj para j = 1, . . . ,n.

A

R A

i

Adems, cualquier otro anillo R con elementos X 1, . . . ,Xn y con un monomorfismo i

: AR que verifique la propiedad () es isomorfo a A[X1, . . . ,Xn].

Demostracin. Demostremos primero, por induccin sobre n, que A[X1, . . . ,Xn] verifica ().Obviamente, el caso n = 0 es trivial, as que supondremos n 1 y que la inclusin i : AA[X1, . . . ,Xn1] verifica la propiedad universal. Por tanto, dado un homomorfismo de anillos: A A y elementos a1, . . . ,an A podemos asegurar por hiptesis de induccin que existeun nico homomorfismo de anillos : A[X1, . . . ,Xn1] tal que = i y (Xi ) = a1 parai = 1, . . . ,n 1. Queremos construir ahora un homomorfismo : A[X1, . . . ,Xn] A tal que(Xn)= an y el diagrama

A

A[X1, . . . ,Xn1] A

A[X1, . . . ,Xn]

i

j

sea conmutativo (donde j es el monomorfismo natural). Recordando que los elementos deA[X1, . . . ,Xn] son polinomios en la indeterminada Xn con coeficientes en A[X1, . . . ,Xn1], debeser por tanto

( f0+ f1Xn + + fdX dn )= ( f0)+ ( f1)(Xn)+ + ( fn)(Xn)d= ( j ( f0))+ ( j ( f1))(Xn)+ + ( j (h))(Xn)d=( f0)+( f1)an + +( fd )(an)d

con lo que es nico en esas condiciones. Adems es claro que tal es un homomorfismode grupos y que verifica las condiciones de (). Hay que ver que es el nico que verifica las


dos condiciones de (). Supongamos que otro las verificara. En particular, tendramos que j verifica

( j ) i = i =( j )(Xi )= (Xi )= ai si i = 1, . . . ,n1.

Como era el nico homomorfismo que verificaba esas dos condiciones (por la unicidad enla hiptesis de induccin) se tiene j =. Como se tiene adems (Xn)= an , y estas dospropiedades caracterizan a , se sigue la igualdad = . Esto termina la demostracin deque R = A[X1, . . . ,Xn] verifica la propiedad ().

Para ver que la propiedad () caracteriza a R salvo isomorfismo, supongamos que tenemosotro i : A R con X 1, . . . ,X n R que verifica (). Aplicando la propiedad () a i : A Rtomando = i (y aj = X j para j = 1, . . . ,n) tendremos (ver diagrama de abajo a la izquierda)que existe : RR tal que i =i y con cada (X j )= X j . Aplicando de forma simtrica ()a i , tendremos (diagrama de abajo a la derecha) : R R tal que i = i con (X j )= X j .

A

R R

i

i

A

R R

i

i

El truco est ahora en volver a aplicar ahora () pero a los siguientes diagramas:

A

R R

i

i

, idR

A

R R

i

i

, idR

Como en ambos la flecha punteada debe ser nica, se tiene = idR , = idR , conlo que y son inversas una de la otra, luego isomorfismos.

Ejercicio 1.11. Usando la propiedad universal de anillos de polinomios, demostrar que, si A esun anillo, entonces

(A[X1, . . . ,Xn]

)[Y1, . . . ,Ym] es cannicamente isomorfo a A[X1, . . . ,Xn ,Y1,

. . . ,Ym].

La propiedad universal para anillos de polinomios viene a decir que, en cierto modo, lasindeterminadas forman una especie de base, en el sentido de que sus imgenes determinan deforma nica cualquier homomorfismo de anillos. Ilustremos este hecho con algunas definicionesms (que sern especialmente tiles a la hora de estudiar la teora de Galois):

Definicin. Sea A un subanillo de un anillo B , y sean, b1, . . . ,bn B . Entonces llamaremossubanillo generado por los elementos b1, . . . ,bn al mnimo subanillo de B que contiene a Ay a b1, . . . ,bn . Es fcil ver que dicho subanillo consiste en las expresiones polinomiales, concoeficientes en A, de b1, . . . ,bn , por lo que lo denotaremos A[b1, . . . ,bn]. En otras palabras,tenemos definido el homomorfismo

evb1,...,bn : A[X1, . . . ,Xn]Bf (X1, . . . ,Xn) 7 f (b1, . . . ,bn)

y A[b1, . . . ,bn] es precisamente la imagen.


Definicin. En las condiciones anteriores, los elementos b1, . . . ,bn se dice que son algebrai-camente independientes sobre el anillo A si la aplicacin evb1,...,bn es inyectiva (y por tantoA[b1, . . . ,bn]= A[X1, . . . ,Xn]), es decir, si no existe ninguna relacin polinomial con coeficien-tes en A entre los elementos b1, . . . ,bn . En caso contrario, se dice que los elementos b1, . . . ,bnson algebraicamente dependientes sobre el anillo A.

Ejemplo 1.14. Consideremos Z como subanillo de C y el elemento i =p1. El subanillo Z[i ]generado por i se llama anillo de los enteros de Gauss. La aplicacin evi : Z[X ] C no esinyectiva, ya que evi (X 2+1)= i2+1= 0. Es decir, i es algebraicamente dependiente sobre Z(cuando se trata de un solo elemento, en teora de cuerpos abreviaremos diciendo que i esalgebraico sobre Z). Obsrvese tambin que, en virtud de esa relacin, cualquier elementode Z[i ] se puede escribir (de forma nica) como a+bi , con a,b Z. Observamos finalmenteque la inclusin natural j : Z , Z[i ] no verifica la propiedad universal () de los anillos depolinomios. En efecto, si consideramos la inclusin : Z , Z[X ] y el elemento X Z[X ] nopodemos encontrar : Z[i ] Z[X ] tal que = j y (i ) = X ; dicha aplicacin deberaverificar X 2+1= (1+ i2)= (0)= 0, lo que es una contradiccin.Ejercicio 1.12. Sea d Z un entero que no sea un cuadrado perfecto.(i) Demostrar que cualquier elemento del subanillo Z[

pd ] C se escribe de forma nica

como a+bpd , con a,b Z.(ii) Demostrar que la aplicacin N : Z[

pd ]Z definida por N (a+bpd)= a2db2 verifica

N ()=N ()N () para cualesquiera , Z[pd ].(iii) Demostrar que Z[pd ] es una unidad si y slo si N ()=1.Una consecuencia inmediata de la propiedad universal (que puede verse tambin directa-

mente a mano) es que un homomorfismo de anillos : A B induce automticamente otrohomomorfismo de anillos

[X ]: A[X ]B [X ]a0+a1X + +adX d 7(a0)+(a1)X + +(ad )X d .

Claramente [X ] es inyectiva o suprayectiva si lo es. Vamos a aplicar esto a dos casoconcretos. Para el primero de ellos necesitamos una definicin previa (que es la generalizacinde la construccin de Q a partir de Z, i.e., de cmo construir un cuerpo que contenga a unanillo).

Definicin. Se llama cuerpo de fracciones de un D.I. A al conjunto de expresiones ab , con a,b Ay b 6= 0, donde ab = cd si y slo si ad = bc. El cuerpo de fracciones de A[X1, . . . ,Xn] (donde A esun D.I.) se suele denotar por A(X1, . . . ,Xn). El cuerpo de fracciones tiene estructura de cuerpo(del que A es un subanillo) con las operaciones:

a

b+ cd= ad +bc

bda

b cd= acbd

.

Ejercicio 1.13. Demostrar que la inclusin i : A , K de un D.I. en su cuerpo de fraccionesverifica la siguiente propiedad universal que lo caracteriza salvo isomorfismo: para cadamonomorfismo : A A en un anillo A tal que los elementos de (A {0}) son unidadesexiste un nico homomorfismo de anillos : K A tal que = i .


Observacin 1.15. Obsrvese que un cuerpo est caracterizado por el hecho de que sus idealesson el cero y el total. Por tanto, cualquier homomorfismo de anillos K A en el que K seaun cuerpo es un monomorfismo (usaremos este hecho repetidamente); en efecto, el ncleo,que es un ideal, no puede ser el total, porque 1K debe ir a 1A, luego el ncleo es cero. Enparticular, el homomorfismo del ejercicio anterior es siempre inyectivo. Por ejemplo, si uncuerpo K tiene caracterstica cero, entonces existe un monomorfismo ZK . Por la propiedaduniversal del cuerpo de fracciones de Z (que es Q), este monomorfismo se extender a unmonomorfismo QK .

La generalizacin del cuerpo de fracciones (y de hecho su definicin precisa) es la siguiente:

Ejercicio 1.14. Sea A un anillo y S A {0} un subconjunto multiplicativamente cerrado (i.e.,que s, t S, st S) tal que 1 S. Se define S1A como el conjunto de fracciones as (a A,s S), donde as = bt si y slo si existe u S tal que uat = ubs.

(i) Demostrar las operaciones as + bt = at+bsst y as bt = abst estn bien definidas y dotan a S1Ade estructura de anillo (conmutativo y con unidad).

(ii) Demostrar que la aplicacin iS : A S1A definida por a 7 a1 es un homomorfismo deanillos, que la imagen de cada elemento de S es una unidad, y que esta propiedadcaracteriza a S1A mediante una propiedad universal.

(iii) Demostrar que iS es inyectivo si y slo si S no contiene divisores de cero (i.e., elementosa A tales que ab = 0 para algn b 6= 0).

(iv) Si P es un ideal primo, comprobar que S = AP es es un subconjuntomultiplicativamentecerrado (en este caso, S1A se denota por AP y se llama localizacin de A en P).

(v) Demostrar que S = {s A | s no es un divisor de cero} es un subconjunto multiplicativa-mente cerrado de A (en este caso, S1A se llama anillo total de fracciones de A). Si A esun dominio de integridad, comprobar que S = A {0} y S1A es el cuerpo de fraccionesde A.

(vi) Demostrar que i1S define una biyeccin entre los ideales de S1A y los ideales de A que

no cortan a S. Demostrar que tal biyeccin restringe a una biyeccin entre los idealesprimos de S1A y los ideales primos de A que no cortan a S. En particular, AP contieneun nico ideal maximal, que es el que corresponde al ideal primo P de A.

Ejemplo 1.16. Si i : A ,K es la inclusin de un D.I. en su cuerpo de fracciones, consideramosel monomorfismo i [X ]: A[X ] K [X ]. Esta inclusin nos permitir ver polinomios con coefi-cientes en un anillo como polinomios con coeficientes en un cuerpo, que en principio tienenpropiedades mejores (por ejemplo K [X ] es un D.I.P. y tiene una divisin).

Ejemplo 1.17. Consideramos ahora un anillo A cualquiera y un ideal suyo I , y la proyeccincannica pi: A A/I . Tenemos entonces el epimorfismo pi[X ]: A[X ] (A/I )[X ]. La imagende un polinomio de A[X ] es lo que se llama la reduccin mdulo I del polinomio. El ncleo depi[X ] es claramente

I [X ]= {a0+a1X + +adX d A[X ] |ai I para i = 0, . . . ,d},por lo que por el Primer teorema de isomorfa tenemos que A[X ]/I [X ] es cannicamenteisomorfo a (A/I )[X ]. En particular, si I es primo, entonces A/I es un D.I., por lo que (ver


el ejercicio 1.10) (A/I )[X ] y A[X ]/I [X ] son D.I., es decir, I [X ] es un ideal primo. Si I es unideal maximal, de nuevo pi[X ] permite pasar de polinomios con coeficientes en un anillo apolinomios con coeficientes en un cuerpo.

2 Divisibilidad y factorizacin en anillos

Definicin. Dado un anillo A, y elementos a,b A, diremos que a divide a b (y lo denotaremospor a | b) si existe c A tal que b = ac, es decir, si b (a).

La mejor forma de ver si un elemento divide a otro sera el que, como ocurre para losnmeros enteros o los polinomios (en una indeterminada sobre un cuerpo), existiera unalgoritmo de divisin. La definicin general es:

Definicin. Un anillo A es un dominio eucldeo (D.E.) si es un D.I. y existe una aplicacin: A{0}N tal que, dados a,b A con b 6= 0, existe una descomposicin (no necesariamentenica) a = qb+ r con r = 0 o bien (r )< (b).

Ejemplo 2.1. El anillo Z es un D.E. con la divisin eucldea usual; basta tomar como el valorabsoluto.

Ejemplo 2.2. El anillo de polinomios K [X ] en una indeterminada sobre un cuerpo es un D.E.,tomando como el grado.

Cuando el anillo de coeficientes del anillo de polinomios no es un cuerpo (pensando porejemplo en anillos de polinomios en varias indeterminadas), no siempre existe la divisin.Lo mximo que se puede decir es lo siguiente (que cuando A es un cuerpo en realidad es lademostracin de que existe la divisin):

Proposicin 2.3. Sea A un anillo y sean f ,g A[X ] donde g = b0+b1X + +bmXm conbm 6= 0 (i.e., el grado de g es m). Entonces existe ` N y polinomios q,r A[X ] (con r = 0 ode grado menor que m) tales que b`m f = qg + r . Adems, si A es un D.I., se tiene que paracada ` los polinomios q y r son nicos.

Demostracin. Demostraremos la existencia de q y r por induccin sobre el grado de f . Sitiene grado menor que m, basta tomar `= 0, q = 0 y r = f . As que suponemos que f tienegrado n m y que el resultado est demostrado para polinomios de grado menor que n.Escribimos f = a0+a1X + +anX n . Definimos entonces el polinomio f = bm f ang X nm .Claramente, f tiene grado menor que n, por lo que por hiptesis de induccin podemosencontrar ` N y q , r A[X ] (con r = 0 o de grado menor quem) tales que b`m f = qg + r . Portanto, b`+1m f = (anX nm +bm q)g +bm r . Tomando q = anX nm +bm q y r = bm r se concluyeel resultado de existencia.

Para la unicidad, supongamos que tenemos b`m f = qg + r = q g + r , con r,r o bien cero ode grado menor que m. Entonces (qq )g = r r . Como A es un D.I., si qq 6= 0, entonces(q q )g tendra grado al menos m (ver el ejercicio 1.10), lo que es absurdo, ya que r r escero o tiene grado menor que m. Por tanto, q = q , lo que implica tambin r = r .

El resultado anterior implica que s que existe una buena divisin cuando dividimos entrepolinomios mnicos (es decir, aqullos en que el coeficiente del trmino de grado mayor es 1).

17


En concreto, para polinomios de grado uno se tiene que la regla de Ruffini sigue siendo ciertapara polinomios con coeficientes en un anillo arbitrario:

Corolario 2.4. Sea A un anillo y sea a A. Entonces un polinomio f A[X ] es divisible porX a si y slo si f (a)= 0.

Demostracin. Es evidente que si f es divisible por X a entonces f (a)= 0. Recprocamente,si f (a)= 0, por la proposicin 2.3 podemos escribir f = (X a)q + r , con q,r A[X ] y r = 0 ode grado menor que el grado de X a, es decir, r A. De esa igualdad obtenemos r = f (a), ypor tanto f (a)= 0 si y slo si f es divisible por X a.

Definicin. Dado un anillo A, una raz de un polinomio f A[X ] es un elemento a A tal quef (a)= 0.

Ejemplo 2.5. Veamos que Z[i ] es un D.E. si tomamos (a+bi )=N (a+bi )= a2+b2 = a+bi2(ver el ejercicio 1.12). En efecto, sean , Z[i ] con 6= 0. Escribimos entonces el nmerocomplejo como u+vi , con u,v Q y claramente podemos escribir u = p+1, v = q+2, conp,q Z y |1|, |2| 1/2. Por tanto = (p +qi )+(1+2i ). Obsrvese que r = (1+2i )est necesariamente en Z[i ] por ser diferencia de elementos de Z[i ]. Adems,

N (r )= r2 = 2 1+2i2 =N ()(21+22)

CAPTULO 2 DIVISIBILIDAD Y FACTORIZACIN EN ANILLOS 19

Definicin. Dado un anillo A, un elemento a A que no es ni cero ni unidad diremos que es:(i) irreducible si la nica forma de escribir a = a1a2 es con a1 o a2 unidades;(ii) primo si genera un ideal primo (a), o dicho en el lenguaje de la divisibilidad, si a | bc

implica que a | b o a | c.Obsrvese que, por ejemplo en Z, tanto un nmero primo p como su opuesto p son

elementos primos. En realidad, lo importante es que generen el mismo ideal (p)= (p). Dehecho (ver el ejercicio 1.7), en un D.I. dos elementos a,b generan el mismo ideal si y slosi existe una unidad u tal que a = ub. A partir de ahora, hablaremos de elementos (primos,irreducibles, . . . ) salvo multiplicacin por una unidad para indicar que nos da lo mismotrabajar con un elemento a o con su producto por una unidad del anillo.

Ejemplo 2.7. Obsrvese que no es tan inmediato decidir si dos elementos difieren o no poruna unidad. Por ejemplo, en Z[

p2] podemos considerar las factorizaciones

22+19p2= (3+p2)(4+5p2)22+19p2= (14+9p2)(1+2p2)

que parecen ser distintas. Sin embargo, 14+9p2= (4+5p2)(1+p2) y 1+2p2= (3+p2)(1+p2), los elementos 1+p2,1+p2 son unidades de Z[p2] (una inversa de la otra), por lo

que las segunda factorizacin se obtiene a partir de la primera cambiando el orden de losfactores y multiplicndolos por unidades, con lo que las consideraremos equivalentes. Tenemosadems el problema de que hay infinitas unidades en Z[

p2]. Por el ejercicio 1.12, a+bp2 es

una unidad si y slo si a22b2 =1, que es la famosa ecuacin de Pell de Teora Elementalde Nmeros, cuya resolucin dista mucho de ser trivial. Ni siquiera es fcil caracterizar loselementos irreducibles. En nuestro ejemplo, 3+p2 es irreducible, ya que N (3+p2)= 7, quees un nmero primo, luego si 3+p2=, entonces, como N ()N ()= 7, luego N () o N ()son necesariamente 1, con lo que o es una unidad. Sin embargo, N (4+5p2)=34, ycomo posibles factores no triviales de 4+5p2 habra que estudiar todos los elementos a+bp2tales que a22b2 =2,17, lo que no es a priori fcil. En nuestro caso, puede comprobarseque se tiene 4+5p2=p2(5+2p2), y los factores son ya irreducibles, ya que N (p2)=2 yN (5+2p2)= 17 son, salvo el signo, nmeros primos. Vale la pena observar que, sin embargo,en Z[

pd ] con d < 0, el nmero de soluciones de cada a2db2 = c es finito para cada c Z,

con lo que este tipo de problemas no se presenta.

Lema 2.8. Si A es D.I. entonces culquier elemento primo es irreducible.

Demostracin. Sea a un elemento primo, y supongamos que podemos escribir a = bc. Enparticular, a | bc, con lo que a | b o a | c. Sin prdida de generalidad, podemos suponer a | b,es decir, b = ad para algn d A. Por tanto, a = adc, luego (por ser A un D.I.) dc = 1, con loque c es una unidad. Esto demuestra que a es irreducible.

Observacin 2.9. La implicacin opuesta no es cierta. Si a es irreducible, para ver que es primotendramos que ver que a | bc implica que a | b o a | c. Sin embargo, de a | bc slo se deduce queexiste un d en A tal que ad = bc, pero esto no implica que a divida a b o a c. Teniendo enmentelo que pasa para nmeros enteros, nos hara falta ver que, descomponiendo b y c en factoresirreducibles, como a | bc, entonces a aparece en alguna de estas dos descomposiciones. Enotras palabras, necesitamos una descomposicin (nica) de elementos en factores irreducibles.


Definicin. Un dominio de factorizacin nica (D.F.U.) es un anillo A que es un D.I. tal quecada elemento que no es cero ni unidad se puede descomponer de forma nica (salvo orden ymultiplicacin por unidades) como producto finito de elementos irreducibles.

Observacin 2.10. Una forma de evitar las unidades en la definicin anterior es usar el productode ideales (se llama producto de los ideales I1, . . . , Ir de un anillo al ideal generado por losproductos de la forma a1 ar , con ai Ii para i = 1, . . . ,r ). En este lenguaje, un D.F.U. esun D.I. en el que cada ideal principal (a) se escribe de forma nica, salvo el orden, comoproducto de ideales primos principales. Obsrvese por otra parte que en un D.F.U. tiene sentidohablar de mnimo comn mltiplo y mximo comn divisor de dos o ms elementos (siempredefinidos salvo multiplicacin por constante o definidos como ideales principales). El modode calculanos es como en el caso de los nmeros naturales: factorizando los elementos enfactores irreducibles, el mcm es el producto de cada uno de los factores elevados al mayorexponente y el mcd es el producto de los factores comunes elevados al menor exponente.

Ejercicio 2.2. Dado un anillo A arbitrario, y dados elementos a1, . . . ,ar A, se dice que a esun mximo comn divisor de a1, . . . ,ar si a divide a cada ai y para cada b que divide a cadaai entonces a divide a b. Si A no es un D.F.U. se pueden dar diversas patologas:

(i) Demostrar que en Z[p5] los elementos 6 y 2+2p5 no tienen mximo comn divisor.

(ii) Demostrar que en Z[p5] los elementos 3 y 2+p5 tienen mximo comn divisor igual

a 1, pero el ideal I = (3,2+p5) no es el total. Concluir que I no es principal.

Ejercicio 2.3. Demostrar que en un D.F.U. cada elemento irreducible es primo.

Lema 2.11. Sean A un D.I.P. y a A un elemento que no es ni cero ni unidad. Entonces sonequivalentes:

(i) a es primo

(ii) a es irreducible

(iii) el ideal (a) es maximal

Demostracin.

(i)(ii) Inmediato por el lema 2.8.(ii)(iii) Supongamos que (a) est contenido en otro ideal, que al ser A un D.I.P. ser de la

forma (b) para algn b A. Por tanto, al estar a en (b) existir c A tal que a = bc. Comoa es irreducible, entonces b o c es una unidad. Si b es una unidad, entonces (b) es el total,mientras que si c es una unidad, entonces la igualdad a = bc implica (a)= (b). En resumen,hemos demostrado que los nicos ideales que contienen a (a) son l mismo y el total, conlo que (a) es maximal.

(iii)(i) Si (a) es un ideal maximal, en particular es primo, que es lo mismo que decir que elelemento a es primo.

Teorema 2.12. Todo D.I.P. es un D.F.U.

Demostracin. Veamos primero que todo elemento que no es cero ni unidad es producto finitode elementos irreducibles. Si no fuera as, existira un elemento a0 A que no es cero, ni


unidad ni expresable como producto finito de elementos irreducibles. En particular a0 no serairreducible, luego se podr escribir a0 = a1a1, donde ni a1 ni a1 son unidades (y por tanto setienen contenidos estrictos (a0) (a1) y (a0) (a1)). No puede ocurrir que tanto a1 como a1 sepuedan escribir como producto finito de elementos irreducibles (porque entonces a0 tambinsera producto finito de elementos irreducibles). Sin prdida de generalidad, podemos suponerque a1 no es producto finito de elementos irreducibles. Repitiendo el proceso, encontramosuna cadena (a0) (a1) (a2) . La unin I = (a0) (a1) (a2) es un ideal de A, luegoest generada por un elemento a. Como a est en I , existir in n tal que a (an), es decir,a = ban para algn b A. Por otra parte, an+1 est en I , por lo que se podr escribir an+1 = capara algn c A. Por tanto, an+1 = cban , lo que demuestra que (an+1) est contenido en (an),con lo que ambos ideales seran iguales, lo que es absurdo por construccin. Esto demuestrala descomposicin de elementos en producto finito de elementos irreducibles.

Veamos finalmente que tal descomposicin es nica. Sean a = b1 bn = c1 cm , conb1, . . . ,bn ,c1, . . . ,cm irreducibles (y por tanto primos, por el lema anterior), dos descomposicio-nes de a. Como b1 divide a c1 cm , divide a algn c j , que podemos suponer reordenandolos factores que sea c1. Por tanto, c1 = u1b1, y como c1 es irreducible u1 es necesariamenteuna unidad (ya que b1 no lo es por ser un elemento irreducible). Podemos escribir entoncesb2 bn = u1c2 cm , y reiterando lo anterior para b2, . . . ,bn , se llega a que, salvo unidades, ladescomposicin es nica.

Obsrvese que la parte final de la demostracin anterior en realidad muestra que, si A esun D.I. en que todo elemento es producto de irreducibles, entonces A es un D.F.U. si y slo sitodo elemento irreducible de A es primo (ver el ejercicio 2.3).

Ejemplo 2.13. Veamos una aplicacin de todo lo visto hasta ahora a teora de nmeros. Enconcreto, veamos cundo un nmero n N se puede escribir como suma de dos cuadrados.Para ello, lo descomponemos en producto de nmeros primos. De hecho, los nicos primosrelevantes sern los que aparezcan con potencia impar ya que, agrupando potencias paresde primos, podemos escribir n =m2p1 pr , con p1, . . . ,pr primos distintos (precisamente losque aparecen con exponente impar). Por tanto, la pregunta es cundo p1 pr es una sumade cuadrados (ya que en tal caso n lo sera tambin).

Una primera condicin es bastante fcil. Supongamos que un primo p divide a una sumaa2+b2 pero p2 no la divide. Es claro entonces que p no puede dividir ni a a ni a b. Tomandoclases en Zp (que denotaremos con una barra), tendremos que ( ab )

2 =1. Si p 6= 2 (si p = 2,claramente podemos escribir 2= 12+12, con lo que no hace falta estudiar este caso) tenemosentonces que ( a

b)4 = 1 y ( a

b)2 6= 1, por lo que a

btiene orden 4 en el grupo Zp {0}. Como este

grupo tiene orden p1, se sigue que 4 es un divisor de p1, es decir que p 1 (mod 4).Recprocamente, si p 1 (mod 4), entonces 4 es un divisor del orden del grupo Zp {0}.

Dicho grupo es cclico (es un resultado de lgebra Bsica, que de todas formas redemostraremosen el corolario 3.3), por lo que tiene un elemento c de orden 4. Esto quiere decir que c4 = 1 yc2 6= 1. Como 0= c4 1= (c2+1)(c21), se sigue que c2 =1, luego p | c2+1. Escrito en Z[i ](que por los Teoremas 2.6 y 2.12 se tiene que es un D.F.U.), tenemos entonces p | (c+ i )(c i ).Como evidentemente p no divide ni a c+ i ni a c i , se sigue que p no es primo en Z[i ], luegotampoco es irreducible. Sea a+bi un divisor no trivial de p. Como N (p) = p2 y N (a+bi )tiene que ser un divisor no trivial de N (p), se sigue que N (a+bi )= p, es decir, p = a2+b2.

Para terminar de resolver el problema, observamos que el producto de dos sumas de


cuadrados es una suma de cuadrados, ya que se tiene (a2+b2)(c2+d2)= (ac+bd)2+(adbc)2.Por tanto, un nmero natural es suma de cuadrados si y slo si sus factores primos p con exponenteimpar son o bien p = 2 o bien p 1 (mod 4).

Vamos a centrarnos ahora en la factorialidad de los anillos que ms nos van a interesar: losanillos de polinomios en varias indeterminadas o con coeficientes en un anillo. La idea es biensimple: podemos ver todos estos anillos como anillos de polinomios en una indeterminaday con coeficientes en un anillo A (por ejemplo, K [X1, . . . ,Xn] lo podemos ver como el anillode polinomios en la indeterminada Xn y coeficientes en el A = K [X1, . . . ,Xn1], lo que nospermitir un estudio por recurrencia). Entonces, consideraremos los elementos de A[X ] comoelementos de K [X ], donde K es el cuerpo de fracciones de A (suponiendo que A sea unD.I.), y ya podemos usar que K [X ] es un D.F.U. El problema que tendremos que resolver esque la factorizacin en K [X ] tendr los ceoficientes en K , y tendremos que saber quitar losdenominadores para pasar a una factorizacin en A[X ].

Empezamos con la siguiente construccin, que usaremos constantemente y que lo que hacees prescindir de factores comunes redundantes: dado un polinomio f = a0+a1X + +anX n A[X ], donde A es un D.F.U., podemos descomponer cada ai en factores irreducibles y tomar asu mximo comn divisor. Es decir, podemos escribir cada ai como ai = aai , con a0, . . . ,an Asin factores comunes. Si llamamos f0 = a0+a1X + +anX n , entonces tendremos f = a f0.

Definicin. Se llama polinomio primitivo a un polinomio f = a0+a1X + +anX n A[X ] concoeficientes en un D.F.U. tal que a0, . . . ,an no tienen factores comunes.

Teorema 2.14 (Lema de Gauss). Sea A un D.F.U. y f ,g A[X ] un par de polinomios. Entoncesf y g son primitivos si y slo si f g es primitivo.

Demostracin. Es claro que si f g es primitivo entonces lo son f y g , ya que si, por ejemplo,los coeficientes de f tuvieran un factor comn (no unidad) a A, entonces a sera tambinun factor comn de f g , contra la hiptesis de que es primitivo. Recprocamente, supongamosque f y g son primitivos. Si f g no fuera primitivo, existira algun factor irreducible p Acomn a todos sus coeficientes. Entonces, considerando el ideal I = (p) de A (que es primo deA por el ejercicio 2.3), se tendra que f g I [X ]. Por el ejemplo 1.17, I [X ] es un ideal primo deA[X ], por lo que f o g deberan estar en I . Pero esto es lo mismo que decir que p dividiraa todos los coeficientes de f o de g , con lo que no seran primitivos, en contra de nuestrahiptesis.

El siguiente es el resultado que andbamos buscando, que relaciona la irreducibilidad deun polinomio con coeficientes en un D.F.U. con la del polinomio visto con ceoficientes en elcuerpo de fracciones.

Proposicin 2.15. Sea A un D.F.U. con cuerpo de fracciones K y sea f A[X ] un polinomio.Entonces:

(i) Si f es primitivo y f = gh con g ,h K [X ], entonces existen r K y g0,h0 A[X ]polinomios primitivos tales que g = r g0, h = 1r h0 y por tanto f = g0h0.

(ii) f es irreducible como polinomio en A[X ] si y slo si o bien es un elemento irreduciblede A o bien es de grado positivo, primitivo e irreducible como polinomio en K [X ].


Demostracin. Para demostrar (i), observamos primero que, tomando comn denominador enlos respectivos coeficientes, tanto g como h se pueden escribir de la forma g = g1b1 y h =

h1c1, con

b1,c1 A y g1,h1 A[X ]. Escribimos ahora g1 = b0g0 y h1 = c0h0, con b0,c0 A y g0,h0 A[X ]polinomios primitivos. Tendremos por tanto f = gh = b0c0b1c1 g0h00 equivalentemente, b1c1 f =b0c0g0h0. De aqu se obtiene que b0c0 divide a todos los coeficientes de b1c1 f . Como loscoeficientes de f no tienen ningn factor comn (porque por hiptesis f es primitivo), sededuce que b0c0 divide a b1c1. De modo simtrico, como g0h0 es primitivo (por el lema deGauss) se sigue que b1c1 tambin divide a b0c0. Por tanto (ver el ejercicio 1.7), existe unaunidad u A tal que b0c0 = ub1c1. Escribimos por tanto f = (ug0)h0, y tenemos que ug0,h0son los polinomios primitivos buscados (y r = b0ub1 =

c1c0).

Para demostrar (ii), observamos primero que si f es irreducible como polinomio en A[X ],entonces es claro que, si es constante, debe ser un elemento irreducible de A, y si tienegrado positivo, debe ser primitivo. Veamos que, en este ltimo caso, (i) implica que f esirreducible como polinomio en K [X ]. En efecto, si f se descompone de forma no trivialen K [X ], necesariamente lo hace como producto de polinomios de grado positivo (ya quelos polinomios de grado cero son las constantes no nulas, que son las unidades, segnel ejercicio 1.10(iii)). Pero (i) implica que cualquier descomposicin de f en K [X ] induce unadescomposicin en A[X ] con factores del mismo grado, lo que implicara que f sera reducibleen A[X ]. Recprocamente, cualquier elemento irreducible de A es un elemento irreducibleen A[X ]. Supongamos entonces que f es de grado positivo, primitivo e irreducible comopolinomio en K [X ], y consideremos una posible descomposicin f = gh con g ,h A[X ]. Comog ,h tambin estn en K [X ], se tendr que uno de ellos, por ejemplo g , es una unidad enK [X ], es decir una constante no nula. Por tanto, g sera un elemento de A, pero como f = ghes primitivo, necesariamente g es una unidad en A.

Teorema 2.16. Si A es un D.F.U., entonces A[X ] tambin es un D.F.U.

Demostracin. Dado un polinomio f A[X ], lo escribimos como a f0, con a A y f0 A[X ]un polinomio primitivo. Por una parte, si a = p1 ps es una descomposicin de a en factoresirreducibles en A, cada pi es tambin irreducible en A[X ] (por la proposicin 2.15). Basta portanto encontrar una descomposicin de f0 para encontrar una de f .

Sea K el cuerpo de fracciones de A. Como K [X ] es un D.F.U. podemos escribir f0 = f1 fr ,con f1, . . . , fr polinomios irreducibles de grado positivo en K [X ]. Por la proposicin 2.15,obtenemos una factorizacin f0 = f 1 f r con f 1, . . . , f r polinomios irreducibles en A[X ].

Basta ver que las factorizaciones en A[X ] son nicas. Supongamos que tenemos dos factori-zaciones distintas p1 ps f1 fr = p 1 p t f 1 f ` donde p1, . . . ,ps ,p 1, . . . ,p t son los factoresde grado cero (es decir, los elementos de A, que sern irreducibles) y f1, . . . , fr , f 1, . . . , f

`los

factores de grado positivo (luego necesariamente polinomios primitivos, e irreducibles tantoen A[X ] como en K [X ]).

Entonces es claro que tanto f1, . . . , fr como f 1, . . . , f`son los factores irreducibles de f en

K [X ]. Por tanto, los f1, . . . , fr coinciden con los f 1, . . . , f`salvo multiplicacin por una constante

de K . Supongamos por ejemplo que cada fi = aibi f i con ai ,bi A sin factores comunes. Comofi , f i son primitivos, se deduce que ai ,bi son unidades en A, y en particular f1 fr = u f 1 f `,donde u es una unidad en A. Por tanto, p1 ps = up 1 p t , y por ser A un D.F.U., se sigueque los p1, . . . ,ps coinciden con los p 1, . . . ,p

t salvo multiplicacin por una unidad de A.

Corolario 2.17. Si K es un cuerpo, K [X1, . . . ,Xn] es un D.F.U.


Demostracin. Basta usar induccin sobre n. Si n = 1, entonces K [X1] es un D.I.P., luego unD.F.U. Si n > 1, entonces K [X1, . . . ,Xn1] es un D.F.U. por hiptesis de induccin, luego porel teorema 2.16 tambin lo es

(K [X1, . . . ,Xn1]

)[Xn]=K [X1, . . . ,Xn].

Ahora que sabemos que los anillo de polinomios que nos interesarn son D.F.U., veamoscriterios para saber si un polinomio es irreducible.

Teorema 2.18 (Criterio de Eisenstein). Sea A un D.F.U. con cuerpo de fracciones K y seaf = a0+ a1X + + an1X n1+ anX n A[X ]. Si existe un elemento irreducible p A tal quep | a0,a1, . . . ,an1, p |an y p2 |a0, entonces f es irreducible como polinomio en K [X ]. Por tanto,si f es adems primitivo, es tambin irreducible como polinomio en A[X ].

Demostracin. Basta demostrar el criterio cuando f es primitivo (escribiendo f = a f0, cona A y f0 primitivo, como claramente p |a (ya que p |an) se sigue que f0 verifica las hiptesisdel criterio, luego sera irreducible en K [X ], y por tanto tambin en A[X ]). Supongamosentonces que f es primitivo y reducible en K [X ] y busquemos un absurdo. Como f esprimitivo, ser reducible tambin en A[X ], se podr escribir f = gh, con g = b0+b1X + ,h = c0+c1X + A[X ] y ambos de grado positivo. Dado que a0 = b0c0 es divisible por p perono por p2, ese sigue que por ejemplo b0 no es divisible por p, mientras que c0 lo es. Sea cr elprimer coeficiente de h que no es divisible por p (que existe, ya que en caso contrario todos loscoeficientes de f seran divisibles por p). Se tiene entonces que ar = b0cr +b1cr1+ +br c0es, por una parte divisible por p (ya que lo es ar por hiptesis, puesto que claramenter h < f = n), mientras que por otra parte no lo es, ya que p divide a cr1, . . . ,c0 pero no ab0cr . Esto proporciona el absurdo que buscbamos.

Ejemplo 2.19. Sea p = X p1X1 = X p1+ X p2+ + X + 1 Z[X ]. Claramente, p (X ) serirreducible si y slo si lo es p (X +1). Como

p (X +1)= (X +1)p 1

X= X p1+

(p1

)X p2+ +

( pp2

)X +( pp1

)y p | (pi ) para i = 1, . . . ,p1, el Criterio de Eisenstein implica que p (X ) es irreducible.Ejercicio 2.4. Sea K un cuerpo y K (t ) el cuerpo de fracciones del anillo de polinomios concoeficientes en K en la indeterminada t . Demostrar que, para cada n N, el polinomio X n tes irreducible en K (t )[X ].

Observacin 2.20. Si A es un D.I. y f A[X ] es un polinomio mnico, entonces cualquierfactor de f es mnico (salvo multiplicacin por una unidad). En efecto, si f = gh cong = b0+b1X + +br X r y h = c0+ c1X + + csX s (con br ,cs 6= 0), entonces br cs = 1 (comoA es D.I., br cs 6= 0, luego es el coeficiente del trmino de mayor grado de f ); basta entoncesescribir f = (csg )(brh), donde ahora los dos factores son mnicos. Esto implica que cualquierfactorizacin no trivial de f (es decir, en que los factores no sean unidades) es necesariamenteen factores de grado positivo. Por supuesto, si el coeficiente del trmino de mayor grado de fes una unidad (por ejemplo si A es un cuerpo), multiplicando por el inverso de esta unidadobtendramos un polinomio mnico y valdra lo anterior.

Observacin 2.21. Por la observacin anterior y la regla de Ruffini (corolario 2.4), un polinomiomnico de grado dos o tres en A[X ] (donde A es un D.I.) ser irreducible si y slo si no tiene


races en A (si fuera reducible, tendra algn factor mnico de grado uno, y por tanto una raz).El ejemplo 2.23 nos dar tambin otro mtodo para estudiar la irreducibilidad de polinomios(esta vez de grado arbitrario) a partir de sus races.

Observacin 2.22. Si A es un D.I. y un polinomio mnico f A[X ] fuera reducible, porla observacin 2.20 se descompone como f = gh, con g ,h mnicos de grado positivo. Por tanto,para cualquier ideal primo I A, la reduccin de f mdulo I (ver el ejemplo 1.17) tambindescompondr en factores de grado positivo, luego no sera irreducible. Podemos usar estopara demostrar la irreducibilidad de polinomios. Por ejemplo, el polinomio X 3X +1 Z[X ]es irreducible, ya que el polinomio correspondiente X 3X +1 Z3[X ] es irreducible por notener races (de hecho, cualquier elemento de Z3 es raz de X 3 X ). La hiptesis de quef sea mnico es necesaria para que se conserve el grado de los polinomios. Por ejemplo,el polinomio (3X +1)X Z[X ] es obviamente reducible, pero su reduccin mdulo 3 es elpolinomio irreducible X Z3[X ].

Ejemplo 2.23. Un mtodo bastante til para ver si un polinomio con coeficientes en uncuerpo es irreducible es encontrar todas sus races en un cuerpo ms grande (ya veremos enel Captulo 4 qu quiere decir esto con precisin) y ver si se pueden agrupar. Ilustremos estocon un ejemplo. Consideremos f = X 410X 2+1 Q[X ]. Sus races son p2p3, as que enR[X ] se puede factorizar como

f = (X p2p3)(X

p2+p3)(X +

p2p3)(X +

p2+p3).

Como f no tiene races en Q, si factoriza en Q[X ] slo puede ser como producto f = gh, cong ,h Q[X ] de grado dos, que claramente se pueden tomar mnicos. Pero si factorizamos g yh en R[X ], por la unicidad de la factorizacin, tanto g como h tienen que ser el producto dedos de los cuatro factores anteriores. Pero eso es imposible, porque agrupando de dos en doslos factores, las posibles factorizaciones son:

f = (X 22p2X 1)(X 2+2

p2X 1)

f = (X 22p3X +1)(X 2+2p3X +1)f = (X 22p65)(X 2+2p65)

y ninguna de ellas es una factorizacin en Q[X ]. Esto demuestra que f es irreducible en Q[X ],y por tanto tambin en Z[X ]. Este ejemplo es especialmente interesante porque, considerandof Z[X ] para cada primo p, el polinomio f Zp [X ] obtenido tomando cada coeficientemdulop es en cambio reducible (lo que muestra que el mtodo explicado en la observacin 2.22 noes un si y slo si, ni siquiera tomando todos los ideales maximales I). En efecto, si 2 es uncuadrado en Zp , la primera de las tres factorizaciones anteriores da una factorizacin en Zp ;si es 3 un cuadrado en Zp , la segunda es la factorizacin buscada, mientras que si 6 es uncuadrado vale la tercera factorizacin. Un resultado bsico de Teora Elemental de Nmerosimplica que, para cada primo p, si 2 y 3 no son cuadrados en Zp , entonces 6 lo es (usandosmbolos de Legendre,

( 6p

)= ( 2p )( 3p )). De todas formas, este hecho es fcil verlo directamente(supondremos p 6= 2,3, porque para p = 2,3 es todo trivial):

En efecto, el conjunto de cuadrados mdulo p distintos de cero es el conjunto imagende la aplicacin : Zp Zp dada por () = 2. Como 2 = 2 si y slo si = , parap 6= 2 cada elemento de es imagen por de exactamente dos elementos de Zp , luego


tiene cardinal p12 , la mitad del cardinal de Zp . Por tanto el conjunto

de los elementos deZp que no son cuadrados perfectos tambin tiene cardinal

p12 . Si suponemos que la clase

de 2 no es un cuadrado perfecto, es claro que 22 tampoco es un cuadrado perfecto paracualquier 2 (ya que si 22 =2, entonces 2= ( )2, en contra de la hiptesis). Por tanto,la biyeccin : Zp Zp dada por () = 2 manda dentro de , y por tener ambas elmismo cardinal se tiene que () = . Como Zp es la unin disjunta de y , se tendrtambin que ()=. En particular, (3)= 6 es un cuadrado perfecto. Otra demostracinindependiente de este hecho se ver en el ejercicio 3.1.

Terminamos la seccin dando un criterio para buscar races de un polinomio con coeficientesen un D.F.U.

Proposicin 2.24. Sea A un D.F.U. y sea K su cuerpo de fracciones. Supongamos que unpolinomio f = a0+a1X + +anX n A[X ] tiene una raz pq K donde p,q A son primosentre s. Entonces p | a0 y q | an .

Demostracin. Como pq es una raz de f , tenemos la siguiente igualdad en K :

a0+a1 pq+ +an

(Pq

)n= 0.

Multiplicando por qn tenemos la siguiente igualdad en A:

a0qn +a1pqn1+ +an1pn1q +anpn = 0.

Como p divide a a1pqn1+ +an1pn1q +anpn , se deduce de esa igualdad que tambindivide a a0qn; pero como p y q no tienen factores comunes, se concluye que p divide a a0.Anlogamente, q divide a a0qn + a1pqn1+ + an1pn1q, luego se deduce de la mismaigualdad que tambin divide a anpn; y, como antes, esto implica que q divide a an .

3 Races de polinomios

En esta seccin vamos a estudiar el comportamiento de las races de polinomios en unaindeterminada con coeficientes en un anillo. En general, daremos por descontado que lasraces se encuentran en el anillo, dejando para la siguiente seccin el ver que todo D.I. sepuede ampliar hasta un cuerpo en el que vivan todas las races de cualquier polinomio fijadode antemano.

Empezamos con la siguiente definicin, motivada por el corolario 2.4:

Definicin. Se llamamultiplicidad de una raz a de un polinomio f A[X ] al mximo exponenter tal que (X a)r divide a f , es decir, f = (X a)r g con g (a) 6= 0. Si la multiplicidad de a esal menos dos, se dice que a es una raz mltiple de f .

Lema 3.1. Si A es un D.F.U. o un cuerpo, todo polinomio no nulo de A[X ] tiene a lo ms tantasraces (contadas cada una con su multiplicidad) como su grado.

Demostracin. Sea f A[X ] no nulo y sean a1, . . . ,am sus races distintas, con multiplicidadesrespectivas r1, . . . ,rm . Por definicin de multiplicidad, cada (X ai )ri divide a f . Como A[X ]es un D.F.U. (por el teorema 2.16) y X ai y X a j son irreducibles (ya que A[X ]/(X ai )es isomorfo a A, que es un D.I.) y primos entre s si i 6= j (por el corolario 2.4), se tiene que(X a1)r1 (X am)rm divide a f , por lo que r1+ + rm es como mucho el grado de f .

Ejemplo 3.2. Si A es un anillo arbitrario, el resultado anterior no es cierto. Por ejemplo, elpolinomio 2X Z4 tiene dos races (las clases de 0 y 2), a pesar de tener grado uno. Obsrveseque, de todas formas, vale la regla de Ruffini (corolario 2.4) ya que 2X = 2(X 2).Corolario 3.3. Sea K un cuerpo y sea G


Proposicin 3.4. Sean A un D.I., f A[X ] y a una raz de f . Entonces a es una raz mltiplede f si y slo si f (a)= 0.

Demostracin. Como a es una raz de f , por el corolario 2.4 podemos escribir f = (X a)g . Pordefinicin, a es una raz mltiple de f si y slo si (X a)2 divide a f = (X a)g . Como A es D.I.(y por tanto tambin lo es A[X ] por el ejercicio 1.10(iii)), se tiene que entonces (X a)2 dividea f = (X a)g si y slo si X a divide a g . Aplicando de nuevo el corolario 2.4 tendremos quea es una raz mltiple de f si y slo si g (a)= 0. Derivando la igualdad f = (X a)g , tenemosf = (X a)g + g , luego f (a)= g (a), lo que demuestra el resultado.

Dado que debemos reconocer cundo f y f tienen races comunes, damos el siguienteresultado que dice al menos cundo dos polinomios tienen factores comunes. La idea es que,en la siguiente seccin, construiremos (al menos para los cuerpos) un cuerpo en el que unpolinomio dado tenga todas sus races (y por tanto, compartir factores quiere decir compartirraces).

Teorema 3.5. Sea A D.F.U. o un cuerpo y sean f = a0+a1X + +anX n , g = b0+b1XbmXmdos polinomios en A[X ] de grados respectivos n y m (es decir, an ,bm 6= 0). Entonces f y g tienenun factor comn de grado positivo si y slo si R( f ,g )= 0, donde

R( f ,g )=

a0 a1 . . . an 0 0 . . . 0

0 a0 . . . an1 an 0 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

0 . . . 0 a0 a1 . . . an1 anb0 b1 . . . bm1 bm 0 . . . 00 b0 . . . bm2 bm1 bm . . . 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

0 . . . 0 b0 b1 . . . bm1 bm

m filasn filas(3.1)

Demostracin. Como A[X ] es un D.F.U., que en la descomposicin de f y g haya un factorcomn de grado positivo es equivalente a decir que existen polinomios no nulos p,q A[X ]de grados respectivamente menores a m y n tales que f p = gq. Dicho de otra forma, existenc0,c1, . . . ,cm1,d0,d1, . . . ,dn1 A no todos nulos tales que

(a0+a1X + +anX n)(c0+ c1X + +cm1Xm1)== (b0+b1X + +bmXm)(d0+d1X + +dn1X n1).

CAPTULO 3 RACES DE POLINOMIOS 29

Igualando coeficientes tenemos (suponiendo por ejemplo n m):

a0c0 b0d0 = 0a1c0+ a0c1 b1d0 b0d1 = 0

. . .

am1c0+am2c1+ + a0cm1bm1d0bm2d1 = 0amc0+am1c1+ + a1cm1 bmd0bm2d1 = 0

am+1c0+ amc1+ + a2cm1 bm2d1 = 0. . .

an1c0+ an2c1+ + anmcm1 b0dn1 = 0anc0+ an1c1+ +anm+1cm1 b1dn1 = 0

+ anc1+ +anm+2cm1 b2dn1 = 0. . .

+ ancm1 bmdn1 = 0

Podemos ver estas igualdades como un sistema homogneo de n+m ecuaciones en las n+mincgnitas c0,c1, . . . ,cm1,d0,d1, . . . ,dn1 que tiene solucin no trivial en An+m . Si K es elcuerpo de fracciones de A, es claro que el sistema tiene solucin no trivial en An+m si y slosi la tiene en K n+m , luego la condicin necesaria y suficiente es que la matriz de coeficientesdel sistema tenga determinante cero. Pero dicha matriz de coeficientes, cambiando de signolas ltimas columnas y transponiendo, es exactamente la matriz cuyo determinante es R( f ,g ).Por tanto, f y g tienen un factor comn de grado positivo si y slo si R( f ,g )= 0.

Definicin. Dado un anillo A, se llama resultante de los polinomios f ,g A[X ] al elementoR( f ,g ) A definido en el teorema anterior por la expresin (3.1).

Ejemplo 3.6. En el caso de un polinomio f (X ) = aX 2+bX + c de grado dos, se reobtieneenseguida el resultado de cundo tiene una raz mltiple. En efecto, podemos aplicar la pro-posicin 3.4, y tendremos f = 2aX +b, que tendr su nica raz comn con f si y slo si seanula

R( f , f )=

c b a

b 2a 0

0 b 2a

= 4a2cab = a(4acb2)de donde obtenemos el resultado conocido de que f tiene una raz doble si y slo si b24ac = 0.En realidad, en este caso se poda evitar la resultante para ver si f y f comparten raz, yaque f tiene una sola raz, precisamente X = b2a . Por tanto, f y f comparten raz si y slo sif(b2a

)= 0, es decir0= a

(b2a

)2+bb

2a+ c = b

2+4ac4a

Queremos ahora generalizar las ideas del ejemplo anterior, y expresar la resultante entrminos de las races del polinomio. Por comodidad, trabajaremos slo con polinomiosmnicos, dejando al lector los cambios oportunos para polinomios arbitrarios. Empezamos conla siguiente observacin elemental:


Lema 3.7. Sea A un D.F.U. o un cuerpo y sea f = a0 + a1X + + an1X n1 + X n A[X ]un polinomio mnico con n races 1, . . . ,n A (cada una repetida tantas veces como sumultiplicidad). Entonces

a0 = (1)n1 na1 = (1)n1(12 n1+ +2 n)...

an1 =(1+2+ +n)

es decir, para j = 0, . . . ,n1 se tiene a j = (1)n j en j (1, . . . ,n), donde

ek :=

1i1


Corolario 3.9. Sea A un D.F.U. y f ,g A[X ] de grados respectivos n y m. Supongamos queg es mnico y tiene races 1, . . . ,m (cada una repetida tantas veces como su multiplicidad)y que tambin f tiene n races contadas con multiplicidad. Entonces R( f ,g )= f (1) f (m).

Demostracin. Si f es tambin mnico, podemos escribir f = (X 1) (X n) y g = (X 1) (X m). Como R( f ,g ) consiste en sustituir, en la expresin de la demostracin dela proposicin 3.8 X 1, . . . ,X

n ,X

1 , . . . ,X

m por 1, . . . ,n ,1, . . . ,m , tendremos

R( f ,g )=i , j( j i )=

j

(( j 1) ( j n)

)=jf ( j ).

Si f no es necesariamente mnico, si 1, . . . ,n son sus races, sabemos que f := (X1) (Xn) divide a f . Como f y f tienen el mismo grado, podemos escribir f = a f , con a A. De laexpresin (3.1) se deduce R( f ,g )= amR( f ,g ), luego

R( f ,g )= amjf ( j )= (a f (1)) (a f (m))= f (1) f (m).

Observacin 3.10. En realidad, en el Corolario anterior no hara falta pedir que f tuvieratodas sus races en A (y de hecho a partir de ahora no lo pondremos como hiptesis), ya queen la seccin prxima demostraremos (teorema 4.12) que podremos extender el cuerpo defracciones de A a un cuerpo en el que ya estn todas las races de f . De hecho, el corolario 3.9demuestra mucho ms (usando tambin que en una extensin oportuna g tiene tambintodas sus races): Si g = g1g2 entonces R( f ,g1g2)= R( f ,g1)R( f ,g2). El lector que no est deacuerdo con el hecho de usar algo que veremos ms adelante puede tranquilizar su concienciaresolviendo el siguiente:

Ejercicio 3.2. Demostrar la igualdad R( f , (X )g ) = f ()R( f ,g ) [Indicacin: En el deter-minante de orden (m+1)+n que da la resultante de f y (X )g efectuar dos series deoperaciones elementales; en primer lugar, empezando desde la penltima columna hasta laprimera, ir sumando a cada columna la siguiente multiplicada por ; en segundo lugar, desdela fila segunda hasta la (m+1)-sima de la matriz obtenida, restar a cada fila la anteriormultiplicada por ]. Concluir, por induccin sobre m, que en el corolario 3.9 no hace faltasuponer que f tenga n races contadas con multiplicidad.

Corolario 3.11. Sea A un D.F.U., f A[X ] un polinomio mnico de grado n con races1, . . . ,n contadas con multiplicidad. Entonces

R( f , f )=i 6= j

(i j ).

Adems, si escribimos :=i< j (i j ), se tiene R( f , f )=R( f , f )= (1) n(n+1)2 2.Demostracin. Escribimos f = (X1) (Xn), y por el corolario 3.9 sabemos que R( f , f )=f (1) f (n). Por otra parte, derivando, se obtiene

f = (X 2) (X n)+ + (X 1) (X n1)

por lo que, para cada i = 1, . . . ,n, se tiene f (i )= j 6=i (i j ), que es la primera igualdadque buscbamos.


Para la segunda igualdad, basta observar dos cosas. La primera, que si en (3.1) cambiamos elorden de los polinomios f y f estamos subiendo n1 filas cada una de las ltimas n filas; comocada permutacin de filas cambia el signo, tendremos R( f , f )= (1)n(n1)R( f , f )=R( f , f ),ya que n(n1) es siempre par. La segunda observacin es que el cociente de j 6=i (i j )entre el cuadrado de

i< j (i j ) es el cociente entre

i> j (i j ) y

i< j (i j ); los

factores en el numerador y denominador son entonces los mismos, pero todos cambiados designo, luego como hay n(n1)/2 factores, dicho cociente queda (1) n(n+1)2 .

Definicin. Dado un polinomio f A[X ] de grado n y con races 1, . . . ,n (repetida cadauna tantas veces como su multiplicidad), llamaremos discriminante del polinomio f a D :=2(con las notaciones del corolario anterior).

Observacin 3.12. Evidentemente, est definido a partir de un orden prefijado de las races, ypuede cambiar de signo al permutar las races (por eso, lo que tiene sentido es definir D =2).Concretamente, si Sn es una permutacin de {1, . . . ,n}, el nuevo valor del discriminante alordenar las races de la forma (1), . . . ,(n) ser =i< j ((i )( j )). Entonces tenemosla igualdad

i< j

(i )( j )(i )( j ) =

i< j

i ji j

ya que en ambos productos tenemos los mismos factores, aunque cambiados de orden (obsr-vese que si un numerador de la izquierda cambia de signo respecto del mismo numerador de laderecha entonces los correspondientes denominadores tambin cambian de signo). Tenemospor tanto

=i< j ((i )( j ))

i< j (i j )=

i< j

(i )( j )i j

que es el signo de , segn vimos en el ejemplo 1.3. Por tanto, = sgn().La definicin concreta de discriminante vara segn los autores. Hay quien llama dis-

criminante a , o a R( f , f ), o ms generalemente, una constante por D. Por ejemplo, sif = aX 2+bX + c, sabemos que las races de f son b

pb24ac2a , con lo que, con nuestra defi-

nicin, D = b24aca2 , mientras que se suele llamar discriminante de una ecuacin de segundogrado a b24ac o a su raz cuadrada (comparar con el ejemplo 3.6 otras posibles definicionesnaturales para el discriminante de f ). Es claro que un polinomio de grado dos (con coeficientesen cualquier cuerpo K ) tiene sus races en el cuerpo si y slo si D tiene una raz cuadradaen K . Cuando el grado es superior, es evidente que, si un polinomio con coeficientes en unanillo A tiene sus races en A entonces D tiene una raz cuadrada en A, pero el recproco noes cierto (ni aunque supongamos que A es un cuerpo). La siguiente observacin muestra cules la situacin sobre R.

Observacin 3.13. Sea f R[X ] de grado n y sin componentes mltiples. Demos de momentopor bueno el teorema fundamental del lgebra (que demostraremos en el teorema 6.9).Entonces las races 1, . . . ,n de f son todas distintas, y son o bien reales o bien por cada razimaginaria tenemos tambin su conjugada. Sea entonces la permutacin de {1, . . . ,n} queconsiste en dejar fijos los elementos i tales que i es una raz real y transponer i , j si i y json races imaginarias conjugadas. Por tanto, para cada i = 1, . . . ,n, se tendr i =(i ). Portanto, =i< j (i j )=i< j ((i )( j )), luego por la observacin 3.12 ser = sgn().Como es el producto de tantas transposiciones como pares de races conjugadas tiene f , se


concluye que = (es decir, es real) si y slo si el nmero de pares de races imaginariasconjugadas de f es par, mientras que en caso contrario es imaginario puro. En otras palabras:

D > 0 si y slo si f tiene una cantidad par de pares de races imaginarias conjugadas;D < 0 si y slo si el nmero de pares de races imaginarias conjugadas es impar.

En particular, si f tiene grado dos se reobtiene que f tiene sus races reales si y slo si sudiscriminante es positivo. Si f tiene grado tres, obtenemos que D > 0 si y slo si las tres racesde f son reales y distintas y D < 0 si y slo si una raz es real y las otras dos imaginariasconjugadas. Para grado superior, la informacin no es tan precisa; por ejemplo, para gradocuatro, D < 0 quiere decir que hay exactamente un par de races imaginarias conjugadas, perosi D > 0 puede ocurrir que todas las races sean reales o todas imaginarias.

Por el corolario 3.11,D se puede expresar como polinomio en los coeficientes de f . El mtodoclsico de hacer esto, ms que calculando resultantes, era observar que D es invariante al per-mutar las races; esta propiedad se da tambin en los polinomios simtricos elementales (queson los que determinan los coeficientes de f ), lo que demostrar (como veremos enseguida)que D se puede poner tambin en funcin de los polinomios simtricos elementales, y portanto de los coeficientes de f . Empecemos con la definicin precisa:

Definicin. Un polinomio s A[X1, . . . ,Xn] se dice que es un polinomio simtrico si, para todapermutacin Sn se tiene que s(X(1), . . . ,X(n))= s. En otras palabras, cada vez que en saparece un monomio X i11 X inn , entonces aparecen todos los monomios X i1(1) X in(n) y conel mismo coeficiente.

Ejemplo 3.14. Veamos en un ejemplo cmo funciona escribir un polinomio simtrico enfuncin de los elementales. Consideremos el polinomio que corresponder al discriminante deuna cbica, es decir,

s(X1,X2,X3)= (X1X2)2(X1X3)2(X2X3)2

o desarrollado y agrupado en bloques simtricos,

s(X1,X2,X3)= (X 41X 22 +X 41X 23 +X 21X 42 +X 21X 43 +X 42X 23 +X 22X 43 )+ (2X 41X2X32X1X 42X32X1X2X 43 )+ (2X 31X 32 2X 31X 33 2X 32X 33 )+(2X 31X

22X3+2X 31X2X 23 +2X 21X 32X3

+2X 21X2X 33 +2X1X 32X 23 +2X1X 22X 33)

6X 21X 22X 23 .

Los bloques simtricos estn ordenados lexicogrficamente respecto a los exponentes (orde-nados stos de mayor a menor): concretamente, los exponentes de cada bloque son: (4,2,0),(4,1,1), (3,3,0), (3,2,1) y (2,2,2). Para eliminar los exponentes (4,2,0), restamos e21e

22 y obte-

nemos

se21e22 = (4X 41X2X34X1X 42X34X1X2X 43 )+ (4X 31X 32 4X 31X 33 4X 32X 33 )+ (6X 31X 22X36X 31X2X 23 6X 21X 32X36X 21X2X 33 6X1X 32X 23 6X1X 22X 33 )21X 21X 22X 23


Obsrvese que los exponentes no han aumentado (el lector debe averiguar por qu), y ahoralos exponentes mximos son (4,1,1) (con coeficiente 4), por lo que ahora sumamos 4e31e3, yobtenemos

se21e22+4e31e3 = (4X 31X 32 4X 31X 33 4X 32X 33 )+ (6X 31X 22X3+6X 31X2X 23 +6X 21X 32X3

+6X 21X2X 33 +6X1X 32X 23 +6X1X 22X 33)

+3X 21X 22X 23Repitiendo el proceso, el lector habr adivinado que ahora toca:

se21e22+4e31e3+4e32 = 18(X 31X

22X3+X 31X2X 23 +X 21X 32X3

+X 21X2X 33 +X1X 32X 23 +X1X 22X 33)

+27X 21X 22X 23y finalmente

se21e22+4e31e3+4e3218e1e2e3 =27X 21X 22X 23 =27e23con lo que podemos escribir s = e21e224e31e34e32+18e1e2e327e23. De aqu se obtiene que sif = X 3+aX 2+bX + c, entonces D = a2b24a3c4b3+18abc27c2.Teorema 3.15. Sea s A[X1, . . . ,Xn] un polinomio simtrico. Entonces existe p A[Y1, . . . ,Yn]tal que s = p(e1, . . . ,en).Demostracin. Basta seguir las ideas del ejemplo anterior. En primer lugar, est claro quecada componente homognea de s es tambin simtrica, luego podemos suponer que s es unpolinomio homogneo. Sea (i1, . . . , in) la sucesin de exponentes maxima respecto al ordenlexicogrfico tal que X i11 X inn tenga coeficiente c 6= 0 en s (claramente, por la simetra de s,se tiene i1 in). Observamos que el polinomio e i1i21 e in1inn1 e inn tiene como monomiocon sucesin de exponentes maxima respecto al orden lexicogrfico a

X i1i21 (X1X2)i2i3 (X1 Xn1)in1in (X1 Xn)in = X i11 X inn .

Por tanto, el nuevo polinomio homogneo simtrico sce i1i21 e in1inn1 e inn tiene sus sucesionesde exponentes todas estrictamente menores que (i1, . . . , in). Por recurrencia, y restando siemprepolinomios en e1, . . . ,en , se llega al polinomio cero (el ltimo caso posible sera la sucesin deexponentes todos iguales, pero esto es una potencia de e1 en , con lo que se llega a cero).

Ejemplo 3.16. Veamos cmo resolver con las ideas anteriores una ecuacin cbica. La primeraobservacin es que calcular las races del polimonio g (X )= X 3+aX 2+bX +c es equivalente acalcular las races de g (X a/3), que tiene el aspecto f (X )= X 3+pX +q. Tendremos entoncespor el ejemplo 3.14 que D = 4p3 27q2. Si 1,2,3 son las races de f , tendremos lasrelaciones

0=1+2+3p =12+13+23

q =123= (12)(13)(23)


y despejando 3 en la primera ecuacin podemos expresano todo en funcin slo de 1 y 2:

p =211222q =212+122= 231+32123122232

La idea mgica ahora es que una combinacion lineal (con coeficientes imaginarios!) de qy da un cubo perfecto. De hecho, observando que en 2 tenemos los monomios

31 y 32

(que no aparecen en q), es natural comprobar si sumando a 2 algn mltiplo de q se obtiene(12)3, donde es una raz cbica de 1. Se comprueba inmediatamente que para = 1no funciona, mientras que para los otros dos valores de se tiene:(

1+(12p3

2i)2

)3=31+

(32 3

p3

2i)212+

(32 3

p3

2i)1

2232 =

2 3

p3

2i q

Antes de tomar races cbicas, como querremos despejar 2 al restar las dos expresionesconjugadas de la izquierda, dividimos por (

p3i )3 =p27i y obtenemos:( 1p

3i1+

( 12p3i+ 12

)2

)3=

2p27i

q2=q

2+ 12

D27( 1p

3i1+

( 12p3i 12

)2

)3=

2p27i

+ q2= q

2+ 12

D27

que, tomando races cbicas (y cambiando primero el signo de la segunda igualdad) queda:

1p3i1+

( 12p3i+ 12

)2 =

3

q2+ 12

D27

(3.2)

1p3i1+

( 12p3i+ 12

)2 =

3

q2 12

D27

. (3.3)

Sumando y teniendo en cuenta que D = 4p3 27q2 se obtiene la frmula de CardanoTartaglia para el clculo de las races:

2 =3

q2+ 12

4p3+27q2

27+ 3q

2 12

4p3+27q2

27. (3.4)

A la hora de interpretar la frmula hay que tener cuidado, ya que cada nmero tiene dosraces cuadradas y tres complejas, luego en principio hay muchas posibilidades de eleccin.Respecto a las races cuadradas en la frmula, est claro que lo que hacemos es tomar las dos,una en cada sumando. El problema est luego en ver qu races cbicas hay que tomar encada sumando para obtener una raz de f . La clave est en (3.2) y (3.3). Dichas expresionesdicen que las races cbicas hay que tomanas de forma que su producto sea( 1p

3i1+

( 12p3i+ 12

)2

)( 1p

3i1+

( 12p3i+ 12

)2

)= 1321+

1

312+ 1

322 =

p

3.

Por tanto, la frmula puede escribirse tambin como

= 3q

2+ 12

4p3+27q2

27 p

33

q2+ 12

4p3+27q2

27

(3.5)


La observacin sorprendente es que, en el caso en que las tres races son reales y distintassabemos que D =4p327q2 es positivo (observacin 3.13), mientras que al usar la frmula(3.4) debemos pasar necesariamente por el nmero imaginario

4p3+27q2

27 . Este hecho llev alos matemticos del siglo xvi a buscar una frmula alternativa, hasta que se demostr mstarde que cualquier frmula pasa necesariamente por los nmeros imaginarios.

Ejemplo 3.17. Tomemos f = X 3X . En este caso p =1, q = 0, luego D = 4 y la frmula paralas races queda

3

12

427+ 3

1

2

427

donde el producto de las races cbicas debe ser 1/3. El primer sumando se puede ponercomo

p33

3pi , que toma los valores

1 =p3

3i , 2 = 1

2+p3

6i , 3 =1

2+p3

6i ,

mientras que el segundo sumando esp33

3pi y toma los valores

1 =p3

3i , 2 =1

2p3

6i , 3 = 1

2p3

6i .

La condicin de que el producto de los dos sumandos debe ser p3 = 13 implica que las sumasque dan las races son

1+1 = 0, 2+3 =1, 3+2 = 1.

Ejercicio 3.3. Repetir todo el ejemplo anterior para el polinomio f = X 3+X .

Ejemplo 3.18. Veamos ahora el mtodo para resolver ecuaciones curticas. Resolver f =X 4+aX 3+bX 2+cX +d = 0 es equivalente a calcular la interseccin de las cnicas Y 2+aXY +bY +cX +d = 0 y X 2Y = 0. Evidentemente, la interseccin de las cnicas es la misma que lade las cnicas Y 2+aXY +bY +cX +d +(X 2Y )= 0 y X 2Y = 0 para cualquier . La ideaes entonces escoger de forma que la primera cnica sea un par de rectas, lo que permitecalcular inmediatamente la interseccin. La primera cnica tiene por matriz asociada

M =

d c/2 b/2/2c/2 a/2b/2/2 a/2 1

y por tanto ser degenerada si y slo si det(M)= 0, es decir, si y slo si

32b2+ (ac+b24d)abc+ c2+a2d = 0.

Por tanto, basta resolver esta ecuacin cbica (que ya sabemos resolver), y tomando un valorcualquiera de basta escribir la cnica Y 2+aXY +bY +cX +d +(X 2Y )= 0 como uninde dos rectas y cortar cada una de ellas con Y = X 2 (para lo cual basta resolver una ecuacincuadrtica).

4 Extensiones de cuerpos

Dado un polinomio en una indeterminada con coeficientes reales, se habla siempre de susraces aunque stas no sean siempre reales, sino imaginarias. En realidad, lo que se hace esampliar el cuerpo R a un cuerpo ms grande, el cuerpo C de los nmeros complejos, dondeviven en realidad las races. Cuando el cuerpo de partida no es R, sino un cuerpo arbitrario,no es fcil (aunque se puede) construir un cuerpo ms grande en el que todos los polinomiostengan sus races (es lo que se llama la clausura algebraica del cuerpo). Sin embargo, para cadapolinomio concreto s que es fcil construir un cuerpo en el que vivan las races del polinomio,y eso es lo que vamos a hacer en este captulo.

Definicin. Una extensin de cuerpos es una inclusin de cuerpos K L. Dada una extensinK L y un elemento L, se dice que es algebraico sobre K si existe f K [X ] no nulo talque f ()= 0. En caso contrario, se dice que es transcendente sobre K . Si todos los elementosde L son algebraicos sobre K se dice que K L es una extensin algebraica; en caso contrario,se dice que es una extensin transcendente.

Una observacin bsica es que cualquier homomorfismo de cuerpos K L es inyectivo(luego proporciona una extensin del cuerpo K ), ya que, visto como homomorfismo de anillos,su ncleo es un ideal, por tanto el cero o el total; y como el 1 de K va a parar al 1 de L, elncleo no es el total.

Observacin 4.1. A nosotros nos interesarn especialmente las extensiones algebraicas, ya quelo que queremos es aadir races de polinomios. Sin embargo, debe notarse que hay muchasms extensiones transcendentes que algebraicas. Por ejemplo, consideremos la extensinQCy definamos el conjunto Q de los nmeros complejos que son algebraicos sobre Q. Si llamamosn al conjunto de los nmeros complejos que son races de algn polinomio en Q[X ] degrado menor o igual que n, es claro que n es numerable (ya que el conjunto de polinomiosde grado menor o igual que n est en biyeccin con el conjunto numerable Qn+1 de suscoeficientes, y cada polinomio tiene un nmero finito de races, de hecho como mucho sonn). Como claramente Q=nNn , se sigue que Q es numerable, y por tanto un subconjuntomuy pequeo dentro de C, que es no numerable. Sin embargo, demostrar la transcendenciade un elemento concreto no es nada fcil. Se sabe, por ejemplo, que nmeros como e y pison transcendentes, pero la demostracin dista mucho de ser trivial (ya el demostrar que sonirracionales no es precisamente fcil).

Una primera observacin sobre extensiones de cuerpos es que no se trata de algo esencial-mente nuevo, sino que es bsicamente una cuestin de lgebra Lineal:

Lema 4.2. Sea K L una extensin de cuerpos. Entonces L tiene una estructura de espaciovectorial sobre K , donde la suma es la propia de L, y el producto de un elemento de K con otrode L es el producto de ambos como elementos de L. Con esta estructura, dadas dos extensionesK L1 y K L2, un homomorfimsmo de cuerpos : L1 L2 es un homomorfismo de espaciosvectoriales sobre K si y slo si |K = idK .

37


Demostracin. Es un simple ejercicio el ver que las propiedades de L como cuerpo implican laspropiedades de L como espacio vectorial sobre K . Sea ahora : L1 L2 un homomorfismo decuerpos entre dos extensiones de K . Si |K = idK , entonces para cada K y cada L1 setiene que ()=()() por ser un homomorfismo de cuerpos. Pero por ser |K = idKse tiene () = , con lo que () = (), lo que implica que es un homomorfismode espacios vectoriales sobre K (sumas van a sumas por tratarse de un homomorfismo decuerpos).

Recprocamente, si: L1 L2 es un homomorfismo de espacios vectoriales sobreK , entoncespara cada K se tiene ()=( 1L1)=(1L1)=1L2 =, con lo que |K = idK .

Podemos aprovechar este lema para demostrar un resultado sobre cuerpos finitos:

Corolario 4.3. Si K es un cuerpo finito, entonces su cardinal es una potencia de un nmeroprimo p (ms precisamente, p es la caracterstica del cuerpo).

Demostracin. Recordemos que la caracterstica es el generador no negativo del ncleo delhomomorfismo ZK que manda n a la suma n veces del 1. Si K es finito, el homomorfismono puede ser inyectivo, luego su ncleo ser el conjunto de mltiplos de un primo p. Porel Primer teorema de isomorfa, podemos ver Zp como subcuerpo de K . Por el lema 4.2, Ktendr estructura de espacio vectorial sobre Zp . Como K es finito, su dimensin como espaciovectorial ser un nmero finito n N, y se tendr que, como espacio vectorial, K es isomorfoa (Zp )n , por lo que tendr pn elementos.

En nuestro plan de extender un cuerpo K hasta que un polinomio dado tenga sus races,empecemos por encontrar una primera extensin donde viva al menos una raz del polinomio.El siguiente resultado nos indica que esencialmente slo hay una forma de construir tal cuerpo,y que si el polinomio es irreducible las races son indistinguibles. Adems, cada elemento esraz de un nico polinomio irreducible (luego dos polinomios irreducibles distintos no puedencompartir races).

Lema 4.4. Sea K L una extensin y sea L un elemento algebraico sobre K . Entonces:

(i) Existe un nico polinomio mnico irreducible f K [X ] tal que es raz de f .(ii) Existe un isomorfismo K [] = K [X ]/( f ) en que la imagen de es la clase de X (y en

particular K [] es un cuerpo).

(iii) Para cualquier polinomio g K [X ] tal que g ()= 0, se tiene que f divide a g .

Demostracin. Consideramos el homomorfismo ev: K [X ] L definido por ev( f )= f (). Porhiptesis, el ncleo de ev es no nulo y su imagen es K [] por definicin. Como K [X ] es unD.I.P., el ncleo est generado por un polinomio f K [X ], que podemos tomar mnico, ypor el Primer teorema de isomorfa K [X ]/( f ) = K [], siendo la imagen de la clase de X elelemento . Como K [] es un D.I. (por estar contenido en un cuerpo) ( f ) es un ideal primo,y por tanto f es irreducible y K [X ]/( f ) es un cuerpo (por el lema 2.11), lo que probara (ii).La parte (iii) es clara, ya que si un polinomio g se anula en , entonces est en el ncleo deev, luego es divisible por f . La unicidad de f (y por tanto (i)) es consecuencia de que, si es raz de otro polinomio mnico irreducible f , por (iii) se tiene que f divide a f , y comoambos son mnicos e irreducibles entonces f = f .

CAPTULO 4 EXTENSIONES DE CUERPOS 39

Definicin. Sea K L una extensin de cuerpos y sea L un elemento algebraico sobreK . En las condiciones del lema anterior, se llama polinomio mnimo de sobre K al nicopolinomio irreducible mnico f K [X ] tal que f ()= 0. Equivalentemente, f es el polinomiomnico en K [X ] de menor grado tal que f () = 0. Como hemos visto, f divide a todos losdems polinomios de K [X ] que se anulan en . Las otras races de f se llaman conjugados de respecto de K .

Observacin 4.5. La situacin que se produce en el lema 4.4 es radicalmente distinta si Les un elemento transcendente. En efecto, por definicin, el homomorfismo ev: K [X ] L seren tal caso inyectivo. Por tanto, K [] ser isomorfo a K [X ], por lo que no ser un cuerpo.

Ejemplo 4.6. Segn el lema 4.4, un anillo como por ejemplo Q[ 3p2] es un cuerpo, es decir,

que todos sus elementos distintos de cero tienen inverso. En algunos casos concretos, es fcilencontrarlo directamente. Por ejemplo, usando la frmula a3+b3 = (a+b)(a2ab+b2), secalcula inmediatamente

1

3+5 3p2 =323 5 3p2+ (5 3p2)2

(3+5 3p2)(323 5 3p2+ (5 3p2)2)

= 9153p2+25 3p4

33+ (5 3p2)3 =9

277 15277

3p2+ 25

2773p4

(este proceso recibe el nombre de racionalizar la expresin). Sin embargo no es tan evidentecmo calcular el inverso de un elemento como 23 3p2+7 3p4. Un mtodo seguro, aunquebastante laborioso, sera el usar el isomorfismo Q[ 3

p2]=Q[X ]/(X 32) dado por el lema 4.4,

identificando entonces 23 3p2+7 3p4 con la clase del polinomio 23X+7X 2. Como 23X+7X 2y X 32 son primos entre s (como X 32 es irreducible, la condicin necesaria y suficiente esque 23X +7X 2 no sea mltiplo suyo), el teorema de Bzout afirma que existen polinomiosp,q Q[X ] tales que (23X+7X 2)p+(X 32)q = 1 (aunque el modo de encontrar p y q no seaespecialmente rpido). Evaluando en 3

p2, tendramos entonces que el inverso de 23 3p2+7 3p4

sera p(). No haremos las cuentas porque en el ejemplo 4.9 daremos un mtodo ms efectivo.

Basndonos en el lema 4.4, construimos ahora una extensin que contenga una raz de unpolinomio irreducible.

Lema 4.7. Sea f K [X ] un polinomio irreducible. Entonces:

(i) L :=K [X ]/( f ) es un cuerpo en el que K est incluido mediante la composicin de aplicacionesnaturales i : K K [X ]K [X ]/( f ), y si es la clase de X mdulo ( f ), entonces es unaraz de f .

(ii) L tiene una estructura de espacio vectorial sobre K de dimensin igual al grado de f .

(iii) Si L es otro cuerpo que contiene una raz de f , entonces existe un nico monomorfismo: L L tal que |K = idK y ()=.

Demostracin. Que L es un cuerpo es una consecuencia del lema 2.11, ya que ( f ) es un idealmaximal de K [X ]. Que la aplicacin i : K K [X ]/( f ) es inyectiva se puede ver directamente,ya que el ideal ( f ) no contiene constantes no nulas, aunque por supuesto es consecuenciade que cualquier homomorfismo de cuerpos es inyectivo. Que la clase de X es una raz de fes una pura tautologa (aunque suele hacer falta reflexionar un poco para darse cuenta de


ello): si escribimos f = a0+a1X + +anX n , con a0, . . . ,an K , tenemos que su clase mdulo( f ) es obviamente cero, luego (denotando con una barra las clases mdulo ( f )) se tiene0= a0+ a1+ + ann = 0; como i (a j )= a j , viendo K como contenido en L, esta relacinest diciendo precisamente f ()= 0. Esto demuestra (i).

Para la demostracin de (ii), veamos que los vectores 1,, . . . ,n1 (donde n es el grado def ) forman una base de L como espacio vectorial sobre K :

En primer lugar, son linealmente independientes, porque en caso contrario existira unacombinacin lineal 01+1+ +n1n1 = 0 con i K y no todos nulos. Pero estoquerra decir que el polinomio 0+1X + +n1X n1 K [X ] es no nulo y es divisiblepor f , lo que es absurdo porque tiene grado menor que el grado de f .

Por otra parte, forman un sistema de generadores, porque dado un elemento cualquierade L, ser la clase de un polinomio g K [X ] mdulo f . Entonces, haciendo la divisineucldea de g entre f tendremos g = q f + r , donde r K [X ] es cero o de grado menorque n. Podremos entonces escribir r = b0+b1X + +bn1X n1, con b0,b1, . . . ,bn1 K .Tomando clases mdulo f se tendr entonces

g = r = b0+b1+ +bn1n1

luego cualquier g K [X ] es combinacin lineal de 1,, . . . ,n1.

El apartado (iii) es el lema 4.4.

Definicin. Se dice que K L es una extensin finita si L es un espacio vectorial de dimensinfinita sobre K ; la dimensin de dicho espacio vectorial se llama grado de la extensin y sedenota por [L :K ].

Podra surgir la duda de si, ampliando el cuerpo K como en el lema anterior, estamosintroduciendo elementos que no sean algebraicos. El siguiente resultado nos dice que no esas.

Lema 4.8. Toda extensin finita es algebraica.

Demostracin. Sea K L una extensin finita

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