$f(r)=0$ para $r\in R$ implica que $x-r$ divide a $f(x)$

Question

Sea $R$ un anillo conmutativo y $f\in R[x]$ tal que $f(r)=0$ para algún $r\in R$. Me pregunto si $x-r$ divide a $f(x)$ en este caso.

Sé que esto es cierto cuando $R$ es un dominio euclidiano, ya que podemos escribir $f(x)=(x-r)g(x)+c$. ¿Pero es esto cierto para un anillo conmutativo $R$ más general?

Además, si esto es falso, ¿hay alguna condición en $R$ más débil que el dominio euclidiano que haga esto cierto (DIP, DFU)?

Answer 1

Solo date cuenta de que $f(x)-f(r)$ es una combinación lineal de $x^k-r^k$ y $x-r$ divide a cada $x^k-r^k$.

Answer 2

De hecho, sobre cualquier anillo conmutativo, si $m$ es un polinomio mónico entonces para cada $f$ existe un único $q$ con $f-qm$ teniendo un grado menor que el de $m$. Aquí para $m(x)=x-r$ obtienes $f(x)=(x-r)q(x)+c$ y $c$ debe ser $f(r)$.

Answer 3

Sí, esto es cierto y se puede afirmar de manera un poco más abstracta. Aquí hay una prueba que no utiliza el algoritmo de división.

Lema. Sea $R$ un anillo conmutativo unitario y $R[x]$ sea el anillo de polinomios univariable sobre $R$. Para $\alpha \in R$, sea \begin{align*} \varphi = \text{eval}_\alpha: R[x] &\to R\\ x &\mapsto \alpha \end{align*} sea el homomorfismo de evaluación. Entonces $\ker(\varphi) = (x-\alpha)$ y el mapa inducido $\overline{\varphi}: R[x]/(x-\alpha) \to R$ es un isomorfismo.

Nota que $\ker(\varphi) = \{f \in R[x] : f(\alpha) = 0\}$.

Prueba. Ciertamente $(x - \alpha) \subseteq \ker(\varphi)$, por lo que queda demostrar la inclusión inversa. Dado $f = \sum_{i=0}^n a_i x^i \in \ker(\varphi)$, entonces $$ 0 = f(\alpha) = \sum_i a_i \alpha^i \, . $$ Podemos reescribir $f$ como un polinomio en $x-\alpha$ escribiendo $x = (x - \alpha) + \alpha$ y usando el teorema binomial: \begin{align*} f &= \sum_{i=0}^n a_i x^i = \sum_{i=0}^n a_i ((x - \alpha) + \alpha)^i = \sum_{i=0}^n a_i \sum_{j = 0}^i \binom{i}{j} (x-\alpha)^j \alpha^{i-j}\\ &= \sum_{i=0}^n a_i \sum_{j = 0}^n \binom{i}{j} (x-\alpha)^j \alpha^{i-j} = \sum_{j = 0}^n \underbrace{\left(\sum_{i=0}^n a_i \binom{i}{j} \alpha^{i-j}\right)}_{b_j} (x-\alpha)^j = \sum_{j=0}^n b_j (x - \alpha)^j \end{align*>

(Nota que $\binom{i}{j} = 0$ para $j > i$, lo que nos permite cambiar el límite superior de la suma interna de $i$ a $n$). Dado que $f(\alpha) = 0$, entonces $$ b_0 = \sum_{i=0}^n a_i \binom{i}{0} \alpha^{i-0} = \sum_{i=0}^n a_i \alpha^i = f(\alpha) = 0 \, . $$ Dado que $b_0 = 0$, entonces cada término en $f = \sum_{j=0}^n b_j (x - \alpha)^j$ tiene un factor de $x - \alpha$, por lo que $f \in (x - \alpha)$.

Esta idea también funciona en anillos de polinomios multivariables; consulta aquí para la prueba.