Ejercicio de Atiyah-Macdonald, Capítulo 1, 2.iv)

Question

Sea $A$ un anillo y sea $A[x]$ el anillo de polinomios en un indeterminado $x,$ con coeficientes en $A.$ Sea $f=a_0 + a_1x+\cdots+a_nx^n \in A[x].$ $f$ se dice ser primitivo si $(a_0,a_1,\ldots,a_n)=(1).

Demuestra que si $f,g\in A[x],$ entonces $f$ y $g$ son primitivos $\Rightarrow$ $fg$ es primitivo.

Sé que el lema de Gauss se cumple para los dominios de factorización única, pero en este caso no es necesario que $A$ sea un DFU: ¿es posible eliminar la suposición, o falta alguna hipótesis aquí?

Answer 1

Suponga que $fg$ no es primitivo. Entonces el ideal de coeficientes de $fg$ está contenido en uno maximal, digamos $\mathfrak m$. En $(A/\mathfrak m)[x]$ tenemos $f\ne 0$ y $g\ne 0$, por lo que $fg\ne 0$, lo cual es una contradicción.

Answer 2

Hay un argumento que proporciona combinaciones lineales explícitas de $A$ que igualan $1$, dados testigos de la primitividad de $f$ y $g$ (es decir, coeficientes $A_0, A_1, \ldots, A_n \in A$ que satisfacen $A_0a_0 + \cdots + A_na_n = 1$ para $f$, y del mismo modo para $g$).

Procedemos por inducción en $n+m$. Sea el ideal de coeficientes de $fg$ denotado como $I_{n,m}$. Sean $a_0, \cdots,a_n$ los coeficientes de $f$, y sean $b_0,\cdots,b_m$ los coeficientes de $g$.

Ahora, $I_{n,m} = (a_0b_0,a_0b_1 + a_1b_0, \cdots) \subseteq (a_0) + (a_1b_0,a_1b_1 + a_2b_0, \cdots) = (a_0) + I_{n-1,m}$, donde $I_{n-1,m}$ es el ideal $(a_1b_0,a_1b_1 + a_2b_0, \cdots)$.

De igual modo, $I \subseteq (b_0) + (a_0b_1,a_0b_2 + a_1b_1, \cdots) = (b_0) + I_{n,m-1}$.

Observa que $((a_0) + I_{n-1,m})((b_0) + I_{n,m-1}) = ((a_0) + I_{n,m})((b_0) + I_{n,m}) \subseteq I_{n,m}$.

Pero sobre el anillo $A/(a_0)$, los polinomios $a_1 + a_2x + \cdots + a_m x^{m-1}$ y $g$ son primitivos. El ideal $I_{n-1,m}$ es generado por los coeficientes de los productos de estos dos polinomios. Por lo tanto, por la hipótesis inductiva, considerando $I_{n-1,m}$ sobre el anillo $A/(a_0)$, obtenemos una combinación $A$-lineal de elementos de $I_{n-1,m}$ igual a $1$ hasta un elemento de $(a_0)$. De manera similar, obtenemos una combinación $A$-lineal de elementos de $I_{n,m-1}$ igual a $1$ hasta un elemento de $(b_0)$.

Poniendo el $1$ en un lado para cada expresión, luego multiplicándolos juntos, obtenemos lo que queremos. El elemento exacto de $(a_0)$ se encuentra usando el testigo de $f$ en la forma $A_1a_1 + \cdots + A_na_n = 1 - A_0a_0$ para el paso inductivo.

El caso base es trivial. Los cálculos se vuelven tediosos muy rápidamente para valores mayores de $n,m$. Las expresiones encontradas por este argumento no tienen coeficientes de grado más bajo posible en los $a_i$.

Por lo tanto, el lema de Zorn (para un ideal maximal que contiene $I_{n,m}$) no es necesario, aunque proporciona la prueba más "rápida".