Álgebra Básica 11/01/2017 Grado en Matemáticas. Grupo C. Curso 2016/2017

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1 Álgebra Básica 11/01/2017 Grado en Matemáticas. Grupo C. Curso 2016/2017 SOLUCIONES Ejercicio 1 (5 puntos). Sea A un anillo conmutativo y K un cuerpo. a) Definir: i) Unidad en A. ii) Elemento irreducible en A. iii) Ideal de A. iv) Ideal maximal. v) Ideal principal. Solución: Estas definiciones se encuentran en las notas de teoría. b) Dado r A, denotaremos r = A r = {ar a A}. Para cualesquiera f(x), g(x) K[x], probar los siguientes enunciados: i) f(x) g(x) si y sólo si g(x) f(x). Solución: Supongamos que f(x) g(x). Entonces f(x) g(x), luego f(x) = g(x)h(x) para algún h(x) K[x]. Por tanto, g(x) f(x). Supongamos que g(x) f(x), es decir, que existe h(x) K[x] tal que f(x) = g(x)h(x). Dado un elemento p(x) f(x), se tiene p(x) = f(x)q(x) para algún q(x) K[x]. Por tanto p(x) = g(x)h(x)q(x) con h(x)q(x) K[x], luego p(x) g(x). Esto demuestra que f(x) g(x). ii) f(x) = g(x) si y sólo si f(x) = g(x)u(x) para una cierta unidad u(x). Solución: Por el apartado anterior, f(x) = g(x) si y sólo si g(x) f(x) y f(x) g(x), es decir, si y sólo si existen u(x) y v(x) en K[x] tales que f(x) = g(x)u(x) y g(x) = f(x)v(x). Si se cumple esta propiedad, entonces f(x) = f(x)v(x)u(x) luego, al ser K[x] un dominio de integridad, v(x)u(x) = 1, y por tanto u(x) es una unidad. Recíprocamente, si f(x) = g(x)u(x) para una cierta unidad u(x) K[x], tendremos g(x) = f(x)u 1 (x), donde u 1 (x) K[x]. Por tanto g(x) f(x) y f(x) g(x), y entonces f(x) = g(x). iii) g(x) = K[x] si y sólo si g(x) es una unidad. Solución: Si g(x) = K[x], entonces 1 g(x). Luego 1 = g(x)h(x) para un cierto elemento h(x) K[x], y por tanto g(x) es una unidad. Recíprocamente, si g(x) es una unidad, entonces g(x)g 1 (x) = 1 g(x), y por tanto cualquier múltiplo de 1 estará en g(x), Es decir, cualquier polinomio de K[x] estará en g(x). Luego g(x) = K[x].

2 c) Se recuerda que todo ideal de K[x] es principal. Probrar: f(x) es irreducible f(x) es maximal. Solución: Supongamos que f(x) no es maximal. Entonces existe un ideal I = g(x) que contiene a f(x), distinto de f(x) y de K[x]. Por el apartado b-i, g(x) divide a f(x), luego f(x) = g(x)h(x) para algún h(x) K[x]. Observemos que g(x) no es unidad porque g(x) K[x] (apartado b-iii), y que h(x) no es unidad porque g(x) f(x) (apartado b-ii). Por tanto, f(x) es reducible. Supongamos que f(x) es reducible, es decir, f(x) = g(x)h(x) para ciertos g(x), h(x) K[x], ninguno de los cuales es una unidad. Entonces, por los apartados b-i, b-ii y b-iii, se tiene que g(x) es un ideal que contiene a f(x), y que es distinto de f(x) y de K[x], luego f(x) no es maximal. d) Probar que x 2 + x + 1 es irreducible en F 2 [x]. Solución: Al ser un polinomio de grado 2, será reducible si y sólo si tiene alguna raíz en F 2. Pero ninguno de los dos elementos de F 2 es raíz, ya que: Por tanto, el polinomio es irreducible. (0) 2 + (0) (mod 2) (1) 2 + (1) (mod 2) e) Sea F = F 2 [x]/ x 2 + x + 1. Probar que F es un cuerpo. Solución: Como x 2 + x + 1 es un polinomio irreducible en F 2 [x], el ideal x 2 + x + 1 es maximal en F 2 [x], luego el cociente F 2 [x]/ x 2 + x + 1 es un cuerpo. f) Enumerar los elementos de F. Solución: Toda clase de equivalencia en F 2 [x]/ x 2 + x + 1 tiene un único representante de grado menor que 2. Por tanto, los elementos de F son: { 0 + x 2 + x + 1, 1 + x 2 + x + 1, x + x 2 + x + 1, (x + 1) + x 2 + x + 1 } g) Enumerar las unidades de F, dando el inverso de cada elemento. Solución: Como F es un cuerpo, todo elemento no nulo es una unidad. El elemento 1 + x 2 + x + 1 es su propio inverso, ya que (mod x 2 + x + 1) Por otra parte, x + x 2 + x + 1 y (x + 1) + x 2 + x + 1 son inversos el uno del otro, ya que x (x + 1) x 2 + x 1 1 (mod x 2 + x + 1) 2

3 Ejercicio 2 (2,5 puntos). a) Hallar todas las soluciones de la siguiente ecuación: x 1 (mod 8) Solución: Como mcd(2 400, 8) = 8, y este número no divide a 1, la ecuación no tiene solución. De hecho, (mod 8), luego (mod 8). Por tanto, la ecuación es equivalente a 0x 1 (mod 8), que claramente no tiene solución. Nota: No se puede aplicar el Teorema de Euler, puesto que 2 no es primo con 8. b) Hallar todas las soluciones de la siguiente ecuación: 35 x 30 (mod 50) Solución: Como mcd(35, 50) = 5, y este número divide a 30, la ecuación tiene 5 soluciones. Para hallarlas, dividimos la ecuación (y el módulo) entre 5, y obtenemos: 7 x 6 (mod 10) Ahora 7 es primo con 10, y por tanto tiene inverso, por lo que podemos despejar: x (mod 10) El inverso de 7 en Z/Z10 es 3, puesto que (mod 10). Por tanto, la ecuación queda: x (mod 10). Esto implica que cualquier número de la forma 10n + 8 determinará una solución de la ecuación. Como la ecuación original estaba en Z/Z50, las 5 soluciones de la ecuación son: 8 + Z50, 18 + Z50, 28 + Z50, 38 + Z50, 48 + Z50. c) Hallar todas las soluciones de la siguiente ecuación: 19 x 1 (mod 200) Solución: Como mcd(19, 200) = 1, la ecuación tiene una única solución. Se puede hallar despejando: x (mod 200) Por tanto, sólo debemos hallar el inverso de 19 módulo 200. Para ello, calculamos unos coeficientes de la identidad de Bézout aplicada a 200 y 19, mediante el algoritmo de Euclides: 200 = Despejando: 19 = = = 10 9 = 10 (19 10) = = ( ) = Nota: Esta igualdad se puede comprobar fácilmente. Mirando esta identidad de Bézout módulo 200, obtenemos: Es decir: (mod 200) x (mod 200) Por tanto, la única solución de la ecuación es Z200. 3

4 Ejercicio 3 (2,5 puntos). Factorizar el polinomio x 4 + 2x 3 x 2 2x + 1: a) En Z[x], usando el método de los interpoladores de Lagrange. Solución: Como el polinomio a factorizar tiene grado 4, buscaremos factores de grado no superior a 2 = 2. Para ello, miramos los valores del polinomio f(x) = x 4 +2x 3 x 2 2x+1 en tres puntos, digamos 1, 0 y 1. Tenemos: f( 1) = ( 1) 4 + 2( 1) 3 ( 1) 2 2( 1) + 1 = = 1 f(0) = (0) 4 + 2(0) 3 (0) 2 2(0) + 1 = = 1 f(1) = (1) 4 + 2(1) 3 (1) 2 2(1) + 1 = = 1 Por tanto, si un polinomio g(x) = ax 2 +bx+c con coeficientes enteros es factor de f(x), los valores g( 1), g(0), g(1) serán divisores, respectivamente, de los valores 1, 1, 1. Observemos que estos valores son: g( 1) = a b + c, g(0) = c y g(1) = a + b + c. Debemos entonces estudiar las distintas posiblidades (siempre podemos suponer que uno de estos valores, digamos a + b + c, es positivo): a b + c = 1 Caso 1: c = 1 La solución de este sistema es a = b = 0, c = 1, que corresponde al polinomio g(x) = 1. Este factor de f(x) es trivial. Caso 2: a b + c = 1 c = 1 La solución de este sistema es a = 2, b = 0, c = 1, que corresponde al polinomio g(x) = 2x 2 1. Dividiendo f(x) entre este polinomio, vemos que no da resto 0, y por tanto g(x) no es un factor de f(x) en este caso. a b + c = 1 Caso 3: c = 1 La solución de este sistema es a = 1, b = c = 1, que corresponde al polinomio g(x) = x 2 + x + 1. Dividiendo f(x) entre este polinomio, vemos que no da resto 0, y por tanto g(x) no es un factor de f(x) en este caso. Caso 4: a b + c = 1 c = 1 La solución de este sistema es a = b = 1, c = 1, que corresponde al polinomio g(x) = x 2 + x 1. Dividiendo f(x) entre este polinomio, vemos que sí corresponde a un factor, y obtenemos la descomposición: x 4 + 2x 3 x 2 2x + 1 = (x 2 + x 1)(x 2 + x 1) Cada uno de los dos factores obtenidos es irreducible, puesto que las únicas raíces posibles (según la regla de Ruffini) serían 1 y 1, y ninguna de las dos es raíz de estos factores. b) En Q[x]. Solución: Ya sabemos que f(x) = x 4 + 2x 3 x 2 2x + 1 = (x 2 + x 1)(x 2 + x 1) en Z[x]. Como f(x) es primitivo, esta misma descomposición es la factorización de f(x) en Q[x]. 4

5 c) En F 3 [x]. Solución: Ya sabemos que f(x) = x 4 + 2x 3 x 2 2x + 1 = (x 2 + x 1)(x 2 + x 1) en Z[x]. Mirando los coeficientes en F 3, obtenemos: f(x) = x 4 + 2x 3 + 2x 2 + x + 1 = (x 2 + x + 2)(x 2 + x + 2) Cada uno de los dos factores obtenidos es irreducible, puesto que las únicas raíces posibles serían 0, 1 y 2, y ninguna de las tres es raíz de estos factores, ya que: (0) 2 + (0) (mod 3) (1) 2 + (1) (mod 3) (2) 2 + (2) (mod 3) 5