No podía creer que mi profesor preguntara esto en el examen, especialmente porque se trata de álgebra abstracta de nivel introductorio. Mi idea era encontrar de alguna manera una función norma y utilizar la desigualdad $N(r) < N(d)$ en $m = qd + r$ . Lo borré y dije: "ya que sabemos que $\mathbb{R}$ es un UFD podemos demostrar que $\mathbb{R[x]}$ es un UFD". Sólo teníamos 30 minutos para hacer cada problema y éste era uno de los problemas inusualmente difíciles.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
He aquí un caso más general que lleva a demostrar el algoritmo de división para cualquier anillo polinómico $F[x]$ donde $F$ es un campo.
Sea $f$ et $g\neq 0$ sean polinomios en $R[x]$ para $R$ un anillo conmutativo. Sea $\deg(g)=m$ con $b_m$ su coeficiente principal. Afirmo que podemos escribir $$ b_m^j f(x)=q(x)g(x)+r(x) $$ para $j\in\mathbb{N}$ , $q,r\in R[x]$ y $\deg(r)<\deg(g)$ . En primer lugar, si $\deg(f)<\deg(g)$ entonces simplemente tome $f(x)=0\cdot g+f$ y ya está. De lo contrario, supongamos que $\deg(f)=n\geq m=\deg(g)$ y que $a_n$ sea el coeficiente principal de $f$ . Establecer $$ b_mf(x)-a_nx^{n-m}g(x)=f_1(x). $$ Dado que el coeficiente de $x_n$ en $b_mf(x)$ et $a_nx^{n-m}g(x)$ es $a_nb_m$ en ambos casos, $\deg(f_1)<\deg(f)$ . Así pues, por inducción sobre el grado de $f(x)$ se puede encontrar $j_1\in\mathbb{N},q_1(x),r(x)\in R[x]$ con $\deg(r)<\deg(g)$ tal que $$ b_m^{j_1}f_1(x)=g(x)q_1(x)+r(x). $$ Combinándolos, se obtiene $$ b_m^{j_1+1}f(x)=b_m^{j_1}a_nx^{n-m}g(x)+g(x)q_1(x)+r(x)=g(x)q(x)+r(x) $$ donde $q(x)=b_m^{k_1}a_n^{n-m}+q_1(x)$ .
En particular, si $b_m$ es una unidad, puede multiplicar ambos lados de la ecuación anterior por $b_m^{-1}$ adecuadamente muchas veces para encontrar $$ f(x)=q(x)g(x)+r(x) $$ para $q(x)$ et $r(x)$ pero aún así $\deg(r)<\deg(g)$ . Por lo tanto, el algoritmo de división es válido para $F[x]$ donde $F$ es un campo. A continuación se muestra cómo utilizar el algoritmo de división para mostrar $F[x]$ es de hecho un PID, y la muy buena respuesta de BenjaLim muestra cómo probar entonces que un PID es un UFD.
Sea $I$ cualquier ideal distinto de cero. Entonces existe un polinomio no nulo $g(x)$ de grado mínimo entre los elementos no nulos de $I$ . Entonces para cualquier polinomio $f(x)\in I$ podemos aplicar el algoritmo de división para encontrar $$ f(x)=q(x)g(x)+r(x) $$ donde $r(x)$ tiene menor grado que $g(x)$ . Pero entonces $$ r(x)=f(x)-q(x)g(x)\in I $$ tan necesariamente $r(x)=0$ para no contradecir la minimalidad del grado de $g(x)$ . De lo que se deduce que $I=(g(x))$ . Puesto que el ideal cero es obviamente principal, y puesto que $\mathbb{R}$ es un dominio, también lo es $\mathbb{R}[x]$ se deduce que $\mathbb{R}[x]$ es un PID, por lo tanto un UFD.
Obsérvese que esto es válido en general para $F[x]$ para cualquier campo $F$ . (¡Pero sólo en el caso de una indeterminada!)
andybenji
Puntos
2007
Puede demostrar que $\mathcal{N}(f) = \deg(f)$ es una norma euclidiana sobre $\mathbb{R}[x]$ (más en general $k[x]$ para cualquier campo $k$ ), por lo tanto $\mathbb{R}[x]$ es un dominio euclidiano $\Rightarrow$ PID $\Rightarrow$ UFD.
Y la lógica que has escrito es correcta: Un campo es (trivialmente) un UFD, ya que todos los elementos son unidades, y se suele demostrar en clases que $R[x]$ es un UFD si $R$ es un UFD, por lo que tu profesor debería haberte dado puntos por ello.
Usuario no registrado
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Creo que podemos saltarnos la norma y demostrar que $\Bbb{R}[x]$ que sea un PID implica que es un UFD. El hecho de que sea un PID está claro por la existencia del algoritmo de división. Demostramos ahora que es un UFD. En primer lugar, afirmamos que es un dominio de factorización, es decir, que cualquier $f \in \Bbb{R}[x]$ puede escribirse como una unidad por un producto finito de polinomios irreducibles. Supongamos que existe un $f$ de tal manera. Entonces, en particular porque $f = 1\cdot f$ esto significaría que $f$ no puede ser irreducible, por lo que podemos escribir $f = f_1f_2$ para algunos polinomios $f_1$ et $f_2$ . Estos no pueden ser irreducibles y así continuando este proceso obtenemos una cadena ascendente de ideales
$$(f) \subseteq (f_1) \subseteq (f_3) \subseteq \ldots $$
que no termine contradiciendo $\Bbb{R}[x]$ siendo un PID. Para demostrar que tenemos unicidad de factorizaciones, supongamos
$$f = f_1\ldots f_k = q_1\ldots q_n$$
donde el $f_i's$ et $q_m'$ son todos irreducibles. Ahora tenemos $(f_1\ldots f_k) = (f_1)\ldots (f_k) \subseteq (q_1).$
Porque $\Bbb{R}[x]$ es un PID que conocemos TFAE:
- $q_1$ irreducible
- $(q_1)$ es un ideal primo.
- $(q_1)$ es un ideal maximal.
Ahora se deduce que al menos uno de los ideales del producto $(f_1)\ldots (f_k)$ diga $(f_1)$ se encuentra en $(q_1)$ . Por maximalidad
$$(f_1) = (q_1)$$
y así $f_1 = q_1$ . Continuando así todo el $f_i$ son iguales al $q_j$ y así hemos demostrado la unicidad.
