Universidad de Puerto Rico, Río Piedras Facultad de Ciencias Naturales Departamento de Matemáticas San Juan, Puerto Rico

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1 Universidad de Puerto Rico, Río Piedras Facultad de Ciencias Naturales Departamento de Matemáticas San Juan, Puerto Rico Apellidos: Nombre: No. estudiente: Profesor: Dr. Luis A. Medina Mate 4032 Examen III: 7 de diciembre de 2012 INSTRUCCIONES 1. Esta prueba consiste de 9 problemas en 7 páginas. 2. Escriba su nombre y número de estudiante ahora. 3. Muestre su trabajo. Para recibir crédito, sus respuestas deben estar bien escritas, justificadas y bien organizadas. 4. Por favor, apage el teléfono celular y cualquier otro aparato electrónico que pueda interrumpir a otros tomando el examen. 5. Esta prueba es de 2 horas. 1

2 PARTE I: Ejercicios de respuesta rápida y de computación. 1. Defina: (a) Ideal Maximal Respuesta: Un ideal propio M de R es un ideal maximal de R sii los únicos ideales de R que contienen a M son el mismo M y R. (b) Ideal Principal Respuesta: Un ideal I de anillo conmutativo R es principal si existe a R tal que I = (a) = {ra r R}. (c) Dominio de Iideales Principales (4 pts) Respuesta: Un dominio integral R se llama dominio de ideales principales si todo ideal I en R tiene la forma I = {ra r R} para algún a I. (d) Dominio Euclideano (4 pts) Respuesta: Un dominio integral R es un dominio Euclideano si existe un función d : R \ {0} N {0} tal que: i. Para a 0, b 0 R, d(a) d(ab). ii. Dado a 0, b 0, existen q, r R tal que b = qa + r donde r = 0 o d(r) < d(a). 2. Enuncie el Criterio de Eisenstein. (4 pts) Respuesta: Sea f(x) = a 0 + a 1 x + + a n 1 x n 1 + x n Z[x] y p un entero primo. Suponga que (a) p a i para i = 0, 1,, n 1 (b) p 2 no divide a a 0, entonces f(x) es irreducible en Q[x]. 3. Cierto o Falso. Explique su respuesta. (a) El anillo 5Z es un PID. Repuesta: Falso. El anillo 5Z no tiene identidad, por lo tanto no puede ser un PID. (b) Suponga que R es un anillo conmutativo tal que sus únicos ideales son (0) y R, entonces R es un cuerpo. Respuesta: Falso. El anillo necesita tener identidad. (c) El polinomio f(x) = x x x x + 35 es irreducible en Q[x]. Respuesta: Cierto. Note que 7 divide a 35, 98, 168 y 42, pero 7 2 no divide a 35. Concluimos, por el Criterio de Eisenstein, que f(x) es irreducible en Q[x]. (d) El elemento i en Z[i] es una unidad. Respuesta: Cierto. Note que i( i) = i 2 = 1. Por lo tanto, i es una unidad. 2

3 4. Considere el anillo Z[x] y defina I = {p(x) Z[x] coeficiente constante de p(x) es par}. Haga lo siguiente: (15 pts) (a) Demuestre que I es un ideal. Demostración: Para f(x) Z[x], defina c 0 (f) como el coeficiente constante de f(x). Ahora, i. Suponga que f(x), g(x) I. Entonces c 0 (f) y c 0 (g) son pares. Note que el coeficiente constante de f(x) g(x) es c 0 (f) c 0 (g). Como la resta de números pares es par, entonces el coeficiente constante de f(x) g(x) es par y f(x) g(x) I. ii. Suponga que f(x) I y a(x) Z[x]. Entonces, c 0 (f) es par. Ahora, note que el coeficiente constante de a(x)f(x) es c 0 (a)c 0 (f). Como la multiplicación de cualquier entero por uno par es par, entonces c 0 (a)c 0 (f) es par y a(x)f(x) I. Concluimos que I es un ideal. (b) Demuestre que I no es principal. Demostración: Suponga que I = (a(x)). Si deg(a(x)) = 0, entonces a(x) es constante. Note que las únicas constantes en I son los multiplos de 2. Por lo tanto, si a(x) es constante, entonces a(x) = ±2 e I = (2) = {f(x) 2 f(x) Z[x]}. Pero x + 2 I, o sea, existe f(x) Z[x] tal que x + 2 = 2f(x) Concluimos que los coeficientes de x + 2 son todos pares. Contradicción. Entonces, deg(a(x)) > 0 e I = (a(x)) = {f(x)a(x) f(x) Z[x]}. Como 2 I, entonces existe f(x) Z[x] tal que Ésto implica que 2 = f(x)a(x). 0 = deg(2) = deg(f(x)a(x)) = deg(f(x)) + deg(a(x)) deg(a(x)) > 0. O sea, 0 > 0. Contradicción. Concluimos que I no puede ser principal. 3

4 5. Haga lo siguiente: (a) Demuestre que (x 2 + 1) es un ideal maximal en Z 7 [x]. (7 pts) Demostración: Sea p(x) = x Como x tiene grado 2, entonces es suficiente verificar que p(x) 0 (mod 7). Ahora, p(0) 1 (mod 7) p(1) 2 (mod 7) p(2) 5 (mod 7) p(3) 3 (mod 7) p(4) 3 (mod 7) p(5) 5 (mod 7) p(6) 2 (mod 7). Concluimos que p(x) es irreducible sobre Z 7 y por lo tanto (p(x)) es maximal en Z 7 [x]. (b) Multiplique [2x + 2] con [4x + 3] en Z 7 [x]/(x 2 + 1). (8 pts) Respuesta: Primero note que [x 2 ] = [6]. Ahora, [2x + 2][4x + 3] = [8x x + 6] = [x 2 + 6] = [6 + 6] = [5]. (c) Encuentre el inverso de [3x + 1] en Z 7 [x]/(x 2 + 1) (10 pts) Respuesta: Queremos [ax + b] tal que [ax + b][3x + 1] = [1]. Entonces, [ax + b][3x + 1] = [3ax 2 + (a + 3b)x + b] Por lo tanto, tenemos que resolver el sistema = [3a(6) + (a + 3b)x + b] = [(a + 3b)x + 18a + b] = [(a + 3b)x + 4a + b]. a + 3b 0 (mod 7) 4a + b 1 (mod 7). La solución a este sistema de congruencias es a 6 (mod 7) y b 5 (mod 7). Concluimos que [3x + 1] 1 = [6x + 5]. 4

5 6. Demuestre que p(x) = x 3 3x 2 + 9x 11 es irreducible en Q[x]. (10 pts) Demostración: Note que en este caso no podemos aplicar el Criterio de Eisenstein directamente. Sin embargo, p(x + 2) = (x + 2) 3 3(x + 2) 2 + 9(x + 2) 11 = x 3 + 3x 2 + 9x + 3. Como 3 divide a 3, 9 y 3, pero 3 2 no divide a 3, entonces, por el Criterio de Eisenstein, concluimos que p(x + 2), y por consiguiente p(x), es irreducible. 7. Construya un cuerpo con 27 elementos. (10 pts) Respuesta: La idea en este problema es conseguir un polinomio p(x) de grado 3 que sea irreducible sobre Z 3. Luego, Z 3 [x]/(p(x)) es un cuerpo con 3 3 = 27 elementos. Escoja p(x) = x 3 + 2x + 1. El lector puede verificar que p(i) 1 (mod 3) para i Z 3. Concluimos que p(x) es irreducible y por lo tanto Z 3 [x]/(p(x)) es un cuerpo con 27 elementos. 8. Si F K son dos cuerpos y f(x), g(x) F [x] son co-primos en F [x], entonces demuestre que f(x) y g(x) son co-primos en K[x]. (10 pts) Demostración: Como f(x), g(x) F [x] son co-primos, entonces existen a(x), b(x) F [x] tal que a(x)f(x) + b(x)g(x) = 1. Ahora, F K, por lo tanto a(x), b(x) K[x]. Concluimos que existen a(x), b(x) K[x] tal que a(x)f(x) + b(x)g(x) = 1 y por lo tanto, f(x) y g(x) son co-primos en K[x]. 9. Sea F un cuerpo y ϕ es un automorfismo de F [x] tal que ϕ(a) = a para toda a F. Si f(x) F [x], demuestre que f(x) es irreducible en F [x] sii g(x) = ϕ(f(x)) es irreducible. (10 pts) Demostración: Suponga que f(x) = f 0 + f 1 x + f 2 x f n x n F [x] y que f(x) es irreducible. Si g(x) = ϕ(f(x)) es reducible, entonces existen a(x), b(x) F [x], ambos con grado mayor que 0, tal que g(x) = ϕ(f(x)) = a(x)b(x) = (a 0 +a 1 x+ +a s x s )(b 0 +b 1 x+ +b t x t ), con a i, b j F y a s, b t diferentes de 0. Entonces, f(x) = ϕ 1 (ϕ(f(x))) = ϕ 1 ( (a 0 + a 1 x + + a s x s )(b 0 + b 1 x + + b t x t ) ) = (a 0 + a 1 ϕ 1 (x) + + a s (ϕ 1 (x)) s )(b 0 + b 1 ϕ 1 (x) + + b t (ϕ 1 (x)) t ) Ahora, note que ϕ 1 (x) = d 0 + d 1 x + d m x m donde al menos uno de d 1, d 2,, d m no es cero. Si todos fueran cero, entonces trendríamos ϕ 1 (x) = d 0 y luego, x = ϕ(d 0 ) = d 0, lo cual es una contradicción, pues x tiene grado 1 y d 0 tiene grado 0. Por lo tanto, a 0 + a 1 ϕ 1 (x) + + a s (ϕ 1 (x)) s y b 0 + b 1 ϕ 1 (x) + + b t (ϕ 1 (x)) t son polinomios de grado igual a o mayor que 1. Por lo tanto, (a 0 + a 1 ϕ 1 (x) + + a s (ϕ 1 (x)) s )(b 0 + b 1 ϕ 1 (x) + + b t (ϕ 1 (x)) t ) es una 5

6 factorizacio n no trivial de f (x). Contradiccio n. Concluimos que g(x) = ϕ(f (x)) es irreducible. La demostracio n de que g(x) = ϕ(f (x)) irreducible implica que f (x) es irreducible es analoga a la presentada arriba con los roles de ϕ y ϕ 1 (y por lo tanto, de f (x) y g(x)) intercambiados. Esta demostracio n fue traida a ustedes gracias a: 6