¿Por qué las soluciones de las ecuaciones polinómicas son tan poco restrictivas sobre los cuaterniones?

Question

En $n$ tiene como máximo $n$ ceros distintos en los números complejos. Pero puede tener un conjunto incontable de ceros en los cuaterniones. Por ejemplo, $x^2+1$ tiene dos ceros en $\mathbb C$ pero en $\mathbb H$ , ${\bf i}\cos x + {\bf j}\sin x$ es un cero distinto de este polinomio para cada $x$ en $[0, 2\pi)$ y, obviamente, hay muchos otros ceros.

¿De qué se trata? $\mathbb H$ que hace que su comportamiento a este respecto sea tan diferente del comportamiento de $\mathbb R$ y $\mathbb C$ ? ¿Es simplemente porque $\mathbb H$ ¿es cuatridimensional en lugar de bidimensional? ¿Existe algún teorema que diga cuándo un anillo se comportará como $\mathbb H$ y cuando se comportará como $\mathbb C$ ?

¿Todos los polinomios se comportan así en $\mathbb H$ ? ¿O se trata de algo inusual?

Answer 1

Cuando empecé a aprender álgebra abstracta, el profesor me dio la secuencia habitual de resultados para polinomios sobre un campo: el Algoritmo de la División, el Teorema del Resto y el Teorema del Factor, seguidos del Corolario de que si $D$ es un dominio integral, y $E$ es cualquier dominio integral que contenga $D$ entonces un polinomio de grado $n$ con coeficientes en $D$ tiene como máximo $n$ raíces distintas en $E$ .

A continuación nos retó, como tarea para casa, a repasar la demostración del Teorema del Factor y a señalar exactamente cuáles, dónde y cómo se utilizan los axiomas de un campo en la demostración.

A todos se nos escapó que se usa la conmutatividad.

Este es el problema: el algoritmo de división (en ambos lados), hace aguantar $\mathbb{H}[x]$ (de hecho, sobre cualquier anillo, conmutativo o no, en el que el coeficiente principal del divisor sea una unidad). Por tanto, dado un polinomio $p(x)$ con coeficientes en $\mathbb{H}$ y un $a(x)\in\mathbb{H}[x]$ existe un único $q(x)$ y $r(x)$ en $\mathbb{H}[x]$ tal que $p(x) = q(x)a(x) + r(x)$ y $r(x)=0$ ou $\deg(r)\lt\deg(a)$ . (También existen $q'(x)$ y $s(x)$ tal que $p(x) = a(x)q'(x) + s(x)$ y $s(x)=0$ ou $\deg(s)\lt\deg(a)$ .

El argumento habitual es el siguiente: dado $a\in\mathbb{H}$ y $p(x)$ dividir $p(x)$ por $x-a$ para obtener $p(x) = q(x)(x-a) + r$ con $r$ constante. Evaluar en $a$ obtenemos $p(a) = q(a)(a-a)+r = r$ Así que $r=p(a)$ . Por lo tanto $a$ es una raíz si y sólo si $(x-a)$ divide $p(x)$ .

Si $b$ es una raíz de $p(x)$ , $b\neq a$ entonces evaluando en $b$ tenemos $0=p(b) = q(b)(b-a)$ ya que $b-a\neq 0$ entonces $q(b)=0$ Así que $b$ debe ser una raíz de $q$ ya que $\deg(q)=\deg(p)-1$ una hipótesis inductiva nos dice que $q(x)$ tiene como máximo $\deg(p)-1$ raíces distintas, por lo que $p$ tiene como máximo $\deg(p)$ raíces.

Y que es donde utilizamos la conmutatividad: para pasar de $p(x) = q(x)(x-a)$ a $p(b) = q(b)(b-a)$ .

Sea $R$ sea un anillo, y sea $a\in R$ . Entonces $a$ induce un mapa teórico de conjuntos a partir de $R[x]$ a $R$ evaluación en $a$ ", $\varepsilon_a\colon R[x]\to R$ mediante evaluación: $$\varepsilon_a(b_0+b_1x+\cdots + b_nx^n) = b_0 + b_1a + \cdots + b_na^n.$$ Este mapa es un homomorfismo de grupo, y si $a$ es central, también es un homomorfismo de anillo; si $a$ es no central, entonces es no un homomorfismo de anillo: dado $b\in R$ tal que $ab\neq ba$ entonces tenemos $bx = xb$ en $R[x]$ pero $\varepsilon_a(x)\varepsilon_a(b) = ab\neq ba = \varepsilon_a(xb)$ .

El mapa de "evaluación" también induce un mapa teórico de conjuntos a partir de $R[x]$ a $R^R$ el anillo de todos los $R$ -funciones valoradas en $R$ con la suma y la multiplicación puntuales ( $(f+g)(a) = f(a)+g(a)$ , $(fg)(a) = f(a)g(a)$ ); el mapa envía $p(x)$ a la función $\mathfrak{p}\colon R\to R$ dada por $\mathfrak{p}(a) = \varepsilon_a(p(x))$ . Este mapa es un homomorfismo de grupo, pero es no un homomorfismo de anillo a menos que $R$ es conmutativa.

Esto significa que desde $p(x) = q(x)(x-a) + r(x)$ nosotros no puede en general concluyen que $p(c) = q(c)(c-a) +r(c)$ a menos que $c$ se desplaza en $R$ con $a$ . Así que el Teorema del Resto puede no cumplirse (si los coeficientes implicados no conmutan con $a$ en $R$ ), lo que a su vez significa que el Teorema del Factor puede no cumplirse Así que hay que tener cuidado en las declaraciones (véase Respuesta de Marc van Leeuwen ). E incluso cuando ambos se mantienen para el particular $a$ en cuestión, el argumento inductivo fallará si $b$ no conmuta con $a$ porque no podemos pasar de $p(x) = q(x)(x-a)$ a $p(b)=q(b)(b-a)$ .

Esto es exactamente lo que ocurre con, digamos, $p(x) = x^2+1$ en $\mathbb{H}[x]$ . Estamos bien en cuanto a mostrar que, digamos, $x-i$ es un factor de $p(x)$ porque resulta que cuando dividimos por $x-i$ todos los coeficientes implicados centralizan $i$ (acabamos de obtener $(x+i)(x-i)$ ). Pero cuando intentamos argumentar que cualquier raíz diferente de $i$ debe ser una raíz de $x+i$ nos encontramos con el problema de que no podemos garantizar que $b^2+1$ es igual a $(b+i)(b-i)$ a menos que sabemos que $b$ centraliza $i$ . Resulta que el centralizador de $i$ en $\mathbb{H}$ es $\mathbb{R}[i]$ por lo que sólo podemos concluir que la única otra complejo raíz es $-i$ . Pero esto deja abierta la posibilidad de que haya algunas raíces de $x^2+1$ que hacen no centralizar $i$ y eso es exactamente lo que ocurre: $j$ y $k$ y todos los números de la forma $ai+bj+ck$ con $a^2+b^2+c^2=1$ son raíces, y si $b$ ou $c$ son distintos de cero, entonces no centralizan $i$ por lo que no podemos pasar de $x^2+1 = (x+i)(x-i)$ a " $(ai+bj+ck)^2+1 = (ai+bj+ck+i)(ai+bj+ck-i)$ ".

Y que es lo que va mal, y allí es donde se esconde la conmutatividad.

Answer 2

La finitud del número de raíces de un polinomio $f(x)\in K[x]$ donde $K$ es un campo depende de dos hechos entrelazados:

• $K[x]$ es un Dominio de Factorización Único: todo polinomio $f(x)$ factores de forma esencialmente única como producto de irreducibles;

• si $f(\alpha)=0$ entonces $f(x)=(x-\alpha)g(x)$ donde $\deg g(x)=(\deg f(x))-1$ .

La combinación de estos dos hechos (el primero en particular) ya no se sostiene si se piensa que el polinomio $f(x)$ como un polinomio con coeficientes en el anillo $\Bbb H$ de los cuaterniones de Hamilton. Esto se debe a que estos últimos no son conmutativos.

También puedes reflexionar sobre este hecho: en un entorno conmutativo la transformación $a\mapsto\phi_h(a)=hah^{-1}$ (conjugación) es siempre trivial. No así en $\Bbb H$ como efecto secundario de la no conmutatividad. La cuestión es que si un elemento $a$ satisface una cierta relación algebraica con coeficiente real (como $a^2=1$ ), también lo harán todos sus conjugados $\phi_h(a)$ .

Answer 3

Quisiera insistir en un punto que se menciona en la respuesta de Arturo Magidin, pero quizá con otras palabras: si $D$ es un anillo de división no conmutativo, entonces el anillo $D[x]$ de polinomios sobre $D$ no hace lo que usted quiere que haga.

Si $F$ es un campo, entonces una razón por la que podría interesarte trabajar con polinomios $F[x]$ es que describen todas las expresiones que potencialmente se podrían obtener de algún desconocido $x \in F$ (o quizás $x \in \bar{F}$ o quizás algo aún más general que esto) a través de la suma y la multiplicación.

¿Por qué se estropea cuando se sustituye $F$ con un anillo de división no conmutativo $D$ ? El problema es que si se trabaja con algún desconocido $x \in D$ (o en algún anillo que contenga $D$ ) entonces $x$ no conmuta necesariamente con todos los elementos de $D$ por lo que a partir de $x$ y sumando y multiplicando se obtienen no sólo expresiones como $$a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + ...$$

pero expresiones más complicadas como $$a_0 + a_{1,0} x + x a_{1,1} + a_{1, 2} x a_{1, 3} + a_{2,0} x^2 + x a_{2,1} x + x^2 a_{2,2} + a_{2, 3} x^2 a_{2,4} + a_{2, 5} x a_{2, 6} x a_{2,7} + ... $$

La estructura algebraica resultante es bastante más complicada que $D[x]$ . En general, no se pueden combinar expresiones de la forma $axb$ y $cxd$ por lo que incluso para describir las expresiones que se pueden obtener utilizando $x$ una vez En realidad debería haber escrito $$a_0 + a_{1,0} x a_{1,1} + a_{1,2} x a_{1,3} + a_{1,4} x a_{1,5} + ....$$

Answer 4

Me gustaría dar un complemento a las respuestas ya dadas, ya que algunas de ellas sugieren una relación con temas aritméticos más avanzados como la Factorización Única, mientras que ésta se basa realmente sólo en la teoría elemental de anillos. En particular se tiene lo siguiente

Teorema. Sea $R$ sea un dominio conmutativo, y $P\in R[X]$ un polinomio no nulo de grado $d$ . Entonces $P$ tiene como máximo $d$ raíces en $R$ .

Normalmente una conmutativa dominio se denomina dominio integral (nótese el curioso significado de "integral"), pero aquí he utilizado "conmutativo" para subrayar las dos propiedades clave asumidas: conmutatividad y ausencia de divisores nulos. (Asumo que los anillos tienen un elemento $1$ por cierto). En ausencia de conmutatividad, incluso introduciendo la noción de raíces de $P$ es problemático, a menos que $P$ tiene sus coeficientes en el centro de $R$ (como ocurre en tu ejemplo del cuaternión), como señala Qiaochu Yuan. De hecho, para la evaluación de $P$ en $a\in R$ hay que decidir si se escriben los poderes de $a$ a la derecha o a la izquierda de los coeficientes de $P$ dando lugar a nociones distintas de evaluación a la derecha y a la izquierda y, por tanto, de raíces a la derecha y a la izquierda (y ninguna de las dos formas de evaluación es un morfismo de anillo). Pero incluso en el caso de que $P$ tiene sus coeficientes en el centro $Z(R)$ de $R$ de modo que la evaluación a la derecha y a la izquierda en $a$ coinciden y definimos un morfismo de anillo $Z(R)[X]\to R$ la conclusión del teorema no es válida, como ilustra esta pregunta.

La demostración del teorema se basa en lo siguiente

Lema. Sea $R$ sea un dominio conmutativo, $P\in R[X]$ y $r\in R$ una raíz de $P$ . Entonces existe un (único) $Q\in R[X]$ con $P=(X-r)Q$ y cada raíz de $P$ que no sean $r$ es una raíz de $Q$ .

La existencia y unicidad de $Q$ no dependen de $R$ siendo conmutativo o un dominio: para cualquier anillo $R$ se tiene $P=(X-r)Q$ sólo si $Q$ es el cociente de $P$ por división a la izquierda euclidiana por $X-r$ y el resto es $0$ y esto último ocurre si y sólo si $r$ es una raíz izquierda de $P$ (así se expresó correctamente el Teorema del factor para los anillos generales). Pero la parte final del lema utiliza tanto la conmutatividad como la ausencia de divisores nulos: se utiliza que la evaluación de $(X-r)Q$ en alguna raíz $r'\neq r$ de $P$ puede hacerse por separado en los dos factores (esto requiere conmutatividad: sin ella la evaluación no es un morfismo de anillo), y entonces hay que concluir que uno de los factores (necesariamente el segundo) se convierte en $0$ lo que requiere la ausencia de divisores nulos. Nota para no conmutativo $R$ que aunque $P$ debe estar en $Z(R)$ la primera parte falla, ya que la evaluación es sólo un morfismo $Z(R)[X]\to R$ y los factores $X-r$ y $Q$ no necesita estar en $Z(R)[X]$ .

Por supuesto, el lema implica el teorema por inducción directa en $\deg P$ .

Una última observación no relacionada con la pregunta: puesto que la propiedad de morfismo de la evaluación $Z(R)[X]\to R$ no nos ayuda aquí, uno podría preguntarse qué sentido tiene considerar la evaluación en ausencia de conmutatividad. Sin embargo, en álgebra lineal enseñamos a nuestros alumnos a sustituir sin miedo una matriz por polinomios y a utilizar (implícitamente) la propiedad de morfismo de dichos mapas de evaluación. $K[X]\to M_n(K)$ donde $K$ es un campo (¡conmutativo!). Esto funciona precisamente porque $K$ puede identificarse con $Z(M_n(K))$ (el subring de las homotecias).

Answer 5

Esto tiene que ver con el hecho de que $\mathbb H$ no es un campo, ya que el número de ceros de un polinomio sobre un campo siempre está limitado por el grado del polinomio.