Solución Parcial I

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Álgebra abstracta II
Nombre/Código:
Guillermo Mantilla-Soler
Febrero 21 2015
Examen I
Problemas
1 /10pts
2 /10pts
3 /10pts
4 /10pts
5 /10pts
Total:/50pts
Puntuación
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Preguntas
Problema 1[10 pts]: Sea R un anillo conmutativo con identidad.
Muestre que:
(i) 2pts Si 0 es un ideal primo de R entonces R es un dominio integral.
(ii) 2pts Si 0 es un ideal maximal de R entonces R es un cuerpo.
(iii) 2pts Si R es finito muestre que todo ideal primo es maximal.
(iv) 2pts Si R es un anillo Booleano i.e., para todo r ∈ R se tiene que r2 = r, muestre que todo ideal primo
es maximal.
(v) 2pts Si R[x], el anillo de polinomios sobre R, es un D.I.P entonces R es un cuerpo.
Sol: Recuerde que un anillo conmutativo con identidad tenemos lo siguiente: (a) un ideal P es primo sii
R/P es un dominio, (b) un ideal M es maximal sii R/M es un cuerpo y (c) si R es un dominio finito
entonces R es un cuerpo.
(i) Dado que R/0 ∼
= R el resultado se sigue de (a).
(ii) Dado que R/0 ∼
= R el resultado se sigue de (b).
(iii) Si P es un ideal primo de R tenemos por (a) que R/P es un dominio, y como R es finito, también
es un dominio finito. Se sigue de (c) que R/P es un cuerpo y gracias a (b) concluimos que P es un
ideal maximal.
(iv) Sea P un ideal primo y sea x ∈ R/P . Como x es la imagen de algún r ∈ R bajo la proyección
canónica, y como r2 = r para todo r, se tiene que x2 = x o equivalentemente x(x − 1) = 0. Como
P es un ideal primo R/P es un dominio, por lo tanto x = 0 ó x = 1. En particular, todo x 6= 0 es
una unidad i.e., R/P es un cuerpo y gracias a (b) concluimos que P es maximal.
(v) Como R[x] es un D.I.P todo elemento irreducible genera un ideal primo, más aun todo ideal primo
no trivial es maximal. Dado que x es irreducible (esto se sigue ya que R[x] es dominio y el grado
de x es 1) tenemos que R[x]/hxi es un cuerpo, pero este último es isomorfo a R.
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Problema 2[10 pts]: Considere el anillo R := Z/2310Z.
(i) 2pts Muestre que R no es un dominio entero.
(ii) 2pts Muestre que R es isomorfo al producto de 5 cuerpos.
(iii) 2pts Muestre que R∗ no es un grupo cı́clico.
(iv) 2pts Encuentre la intersección de todos los ideales primos de R.
(v) 2pts Encuentre el radical de Jacobson de R.
Sol:
(i) Denotemos por [n]2310 la clase de un entero n en R. Entonces si a := [10]2310 y b := [231]2310 se
tiene que a 6= 0 y b =
6 0 pero ab = 0.
(ii) Note que 2310 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11. Dado que 2, 3, 5, 7 y 11 son coprimos entre si (ya que son primos)
se sigue del teorema Chino del residuo que
Z/2310Z ∼
= Z/2Z × Z/3Z × Z/5Z × Z/7Z × Z/11Z.
(iii) Por lo anterior tenemos que R∗ ∼
= (Z/2Z)∗ × (Z/3Z)∗ × (Z/5Z)∗ × (Z/7Z))∗ × (Z/11Z))∗ . Note que
el grupo de la derecha tiene más de dos elementos de orden 2, esto se sigue ya que todos menos el
primer factor tiene orden divisible por 2, pero un grupo cı́clico finito de orden par tiene un único
elemento de orden 2.
(iv) Como R es conmutativo con identidad la intersección de todos sus ideales primos es igual al ideal
generado por nilpotentes. Como 2310 es libre de cuadrados R no tiene nilpotentes diferentes de 0,
por tanto la intersección sobre todos los primos es trivial.
(v) Como R es finito ideal primo y maximal son equivalentes (ver punto 1.iii) por lo tanto el radical de
Jacobson es igual a la intersección de todos los ideales primos la cual es trivial por el inciso anterior.
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Problema 3[10 pts]:El conjunto RN de sucesiones reales tiene una estructura de anillo conmutativo
(RN , +, ×) con identidad de la siguiente forma : dadas (un )n∈N , (vn )n∈N , se define
(un )n∈N + (vn )n∈N := (un + vn )n∈N
(un )n∈N × (vn )n∈N := (un × vn )n∈N .
Una sucesión (un )n∈N se llama de soporte finito si existe N ∈ N tal que un = 0 para todo n ≥ N .
(i) 2pts Justifique brevemente por qué el conjunto I de sucesiones de soporte finito es un ideal de RN y por
qué es propio.
(ii) 2pts ¿Es I un ideal principal?
(iii)2pts ¿Es I un ideal primo?
(iv) 2pts De un ejemplo explı́cito de un ideal maximal de RN .
(v)2pts Muestre que existe M ideal maximal de RN que contiene a I. ¿Puede describir un maximal M que
contiene a I de manera explı́cita?
Sol:
(i) La identidad del anillo es la secuencia (an ) con an = 1 para todo n. Como esta secuencia no tiene
soporte finito se sigue que I no contiene la identidad, en particular es propio. Si definimos el soporte
de un elemento (an ) ∈ RN , digamos supp((an )), como el conjunto de los n tal que an 6= 0 entonces
I es un ideal ya que supp((an bn )) ⊆ supp((an )) y supp((an + bn )) ⊆ supp((an )) ∪ supp((bn )).
(ii) No. Suponga que (an ) es un generador. Sea N tal que an = 0 para todo n ≥ N . Defina bn como
bN +1 = 1 y bn = 0 para los otros valores de n. Claramente (bn ) ∈ I pero (an ) no puede dividir a
bn ya que aN +1 = 0 no divide a bN +1 = 1.
(iii) No. Tome la secuencia (an ) que tiene 1 en toda las posiciones pares y 0 en las impares, y la secuencia
(bn ) que tiene 1 en todas las posiciones impares y 0 en todas las pares. Entonces (an )(bn ) es la
secuencia (0), que claramente está en I, pero ni (an ) ni (bn ) están en I.
(iv) Tome M el conjunto de secuencias tales que a0 = 0 (acá estoy pensando que los naturales contienen
el 0). M es maximal ya que es el kernel del epimorfismo de RN al cuerpo R que envı́a la secuencia
(an ) a su primer elemento a0 .
(v) Dado que en un anillo conmutativo con identidad todo ideal propio está contenido en un maximal
el resultado se sigue de la parte (i). [Yo no sé cómo describir uno de esos M explı́citamente.]
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Problema 4[10 pts]: Sea R[x] el anillo polinomial en una variable sobre el cuerpo de los números reales.
Considere el sub-anillo de R[x] definido por
R := {p(x) ∈ R[x] : p0 (0) = 0}.
Acá p0 (x) denota la derivada usual con respecto a la variable x.
(i) 2pts Muestre que R es un dominio entero.
(ii) 2pts Sea M := hx2 , x3 i el ideal de R generado por x2 y x3 . Muestre que M es un ideal maximal de R.
(iii) 2pts ¿Es R un D.I.P?
(iv) 2pts Muestre que x2 ∈ R es un elemento irreducible pero no primo en R.
(v) 2pts ¿Es R un D.F.U?
Sol: Primero note que por definición de R todo elemento se escribe de la forma a0 + a2 x2 + x3 p(x) donde
a0 , a2 ∈ R y p(x) ∈ R[x].
(i) El anillo R está contenido, por definición, en R[x] que es un dominio entero. Por lo tanto R es un
dominio entero.
(ii) La evaluación en 0, llamémola ev, es un homomorfismo de R[x] a R. Se sigue que la función ev |R :
R → R es un homomorfismo (restricción de homomorfismo a un sub-anillo es un homomorfismo).
Dado que para cualquier r ∈ R se tiene que ev |R (r + x2 ) = r entonces el homomorfismo restringido
es sobreyectivo. Ahora q = a0 + a2 x2 + x3 p(x) está en el kernel de ev |R si y sólo si a0 = 0. Suponga
que q está en el kernel y sea p(x) = b0 + b1 x + ... + bn xn . Entonces
q = a2 x2 + x3 p(x) = (a2 + b1 x2 )x2 + (b0 + b2 x2 + ... + bn xn )x3
i.e., q = ax2 + bx3 para algunos a, b ∈ R. Se sigue que Ker(ev |R ) = hx2 , x3 i. Por el primer teorema
del isomorfismo R/hx2 , x3 i ∼
= R, de donde el resultado se sigue ya que R es un cuerpo.
(iii) No.(Si lo fuera serı́a un D.F.U que no lo es gracias al punto (v)). También se puede dar un ejemplo
explı́cito de un ideal no principal: el ideal M del punto (ii) no es principal. Si lo fuera existirı́a
q ∈ R tal que q divide ambos x2 y x3 . Como R ⊆ R[x] el elemento q dividirı́a al m.c.d(x2 , x3 ) = x2 (
acá utilizamos que R[x] es un D.F.U.) Ahora como q está en M tenemos, por la prueba del punto
anterior, que q(0) = 0 en particular q no puede ser constante. Se sigue que q(x) = ax ó q(x) = ax2
para algún a ∈ R∗ . Como x ∈
/ R tenemos que q(x) = ax no es posible. Por otro lado ya que x3 ∈ M ,
y q es un generador, q | x3 , En particular q tampoco puede ser de la forma ax2 ya que x ∈
/ Ry
x3 = x2 .x en el D.F.U R[x].
(iv) Si x2 se pudiera factorizar en R entonces cualquier factorización valida serı́a también una factorización en R[x]. Como R[x] es un D.F.U, x2 = x.x es la factorización en irreducibles de x2 en R[x]
y dado que x ∈
/ R tenemos que x2 es irreducible en R. Para ver que x2 no es primo note que x2
divide a x2 .x2 .x2 = x3 .x3 , pero x2 no divide a x3 (como vimos en la prueba del punto anterior.)
(v) No. En un D.F.U primo no cero e irreducible son equivalentes.
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Problema 5[10 pts]: Sea {pn(x) }n≥0 ⊆ Q[x] una secuencia de polinomios con coeficientes racionales
tal que para todo entero N ≥ 0 existe αN ∈ C con
p0 (αN )
=
0
p1 (αN ) = 0
..
.
. = ..
pN (αN )
=
0.
(i) 5pts Muestre que existe p(x) ∈ Q[x] de grado al menos 1 tal que para todo entero n ≥ 0
p(x) | pn (x).
(ii) 5pts Muestre que existe α ∈ C tal que para todo entero n ≥ 0
pn (α) = 0.
Sol:
(i) 5pts Considere I := hpn in≥0 el ideal generado por todos los pn . Decir que existe p(x) que divide a todos
los pn es lo mismo que decir que I ⊆ hp(x)i. Decir que el grado de p es a lo menos 1 es decir que
hp(x)i es un ideal propio. Como Q[x] es un D.I.P el problema es equivalente a mostrar que existe
un ideal propio que contiene a I. Ya que todo ideal propio está contenido en un ideal maximal,
que es propio por definición, el problema es equivalente a mostrar que I es un ideal propio. Si I no
fuera propio entonces 1 ∈ I. Como I es generado por los pn entonces existen q1 (x), ..., qk (x) ∈ Q[x]
tales que
1 = q1 (x)pn1 (x) + ... + q1 (x)pnk (x)
(1)
Sea N ≥ max{n1 , ...., nk }. Entonces por hipótesis pni (αN ) = 0 para todo i = 1, ..., k. Evaluando la
ecuación (1) en αN obtenemos una contradicción, por lo tanto 1 ∈
/ I i.e., I es propio.
(ii) 5pts Sea p(x) ∈ Q[x] ⊆ C[x] el polinomio obtenido en el punto (i). Como p tiene grado mayor que 1, se
sigue del teorema fundamental del álgebra que existe α ∈ C tal que p(α) = 0. Como p(x) divide a
todos los pn entonces pn (α) = 0 para todo n.