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Autor Tema: Ideal no principal  (Leído 1077 veces)
0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.
Galois123
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« : 10/04/2012, 18:20:15 »

Hola, necesito ayuda para dar solución al siguiente problema:

¿Cómo puedo mostrar que el siguiente ideal [texx]<3,x^3 - x^2 + 2x - 1>[/texx] no es principal en [texx]\mathbb{Z}
  • [/tex]?

    Gracias y saludos.
[/texx]
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Carlos Ivorra
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« Respuesta #1 : 10/04/2012, 18:33:14 »

Si fuera el ideal generado por un polinomio [texx]p(x)[/texx], entonces [texx]3 = q(x)p(x)[/texx] , luego, considerando los grados, [texx]p(x)[/texx] sería un polinomio constante, concretamente [texx]p(x)=\pm 3[/texx] o [texx]p(x)=\pm 1[/texx]. El primer caso se descarta porque el segundo generador no es múltiplo de 3. Para descartar el segundo trata de probar que el ideal no es todo el anillo de polinomios.
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Galois123
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« Respuesta #2 : 10/04/2012, 19:08:29 »

Si [texx]p(x)=1[/texx] entonces existen [texx]r(x), s(x) \in \mathbb{Z}
  • [/tex] tal que
    [texx]3r(x)+(x^3 - x^2 + 2x - 1)s(x)=1[/texx] con [texx]r(x)=a_0 + a_1 x + ...+ a_n x^n[/texx]
    y [texx]s(x)=b_0 + b_1 x + ...+ b_m x^m[/texx] [texx], a_i , b_j \in \mathbb{Z}[/texx].
    Entonces [texx]3 a_0 +3 a_1 x + ...+ 3 a_n x^n + f(x) b_0 + f(x) b_1 x + ...+ f(x) b_m x^m = 1[/texx] con [texx]f(x)=x^3 - x^2 + 2x - 1[/texx].
    De aquí concluyo que [texx]3 a_0 - b_0 = 1[/texx] pero no logro ver la contradicción, o ese no es el camino quizás.
[/texx]
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Carlos Ivorra
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« Respuesta #3 : 10/04/2012, 19:27:28 »

Me había parado donde lo he dejado porque el argumento que se me ocurre no es muy elemental:

Considera el homomorfismo [texx]\mathbb{Z}
  • \longrightarrow \mathbb{Z}_3
  • [/tex] que a cada polinomio le reduce sus coeficientes módulo 3. Eso es un epimorfismo de anillos bien definido. Si el ideal que tienes fuera todo [texx]\mathbb{Z}
    • [/tex], su imagen sería todo  [texx]\mathbb{Z}_3
      • [/tex], pero, por otra parte, dicha imagen es el ideal [texx](x^3-x^2+2x-1)[/texx], que no es todo el anillo  [texx]\mathbb{Z}_3
        • [/tex] porque el generador es un polinomio de grado mayor que 1, luego no es una unidad.

          Si esto te vale, ya está. Si no, veré si se me ocurre algo más elemental.
        [/texx]
      [/texx]
    [/texx]
[/texx]
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Galois123
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« Respuesta #4 : 10/04/2012, 20:19:28 »

Gracias por la respuesta. Si se le ocurriera otra forma de atacarlo, algo más elemental, me gustaría que lo compartiera.

Saludos.
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Carlos Ivorra
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« Respuesta #5 : 10/04/2012, 20:43:29 »

Se me acaba de ocurrir una posibilidad. Sólo necesito que me aceptes que, como el polinomio [texx]x^3-x^2+2x-1[/texx] tiene coeficiente director igual a 1, es posible hacer divisiones euclídeas en [texx]\mathbb{Z}
  • [/tex] con dicho divisor. Aceptando eso, que es un hecho elemental sobre divisibilidad de polinomios, si pudieras poner

    [texx]1 = 3p(x) + (x^3-x^2+2x-1)q(x)[/texx], podrías dividir [texx]p(x)= c(x)(x^3-x^2+2x-1)+r(x)[/texx], donde el resto [texx]r(x)[/texx] es nulo o tiene grado menor que 3. Entonces

    [texx]1 = 3 r(x)+(x^3-x^2+2x-1)Q(x) [/texx], donde [texx]Q(x) = q(x)+{\color{red}3}c(x)[/texx].

    Si [texx]Q(x)\neq 0[/texx] y tiene grado n, entonces [texx](x^3-x^2+2x-1)Q(x)[/texx] tiene grado [texx]n+3[/texx], pero para que al sumarlo con [texx]3r(x)[/texx] quede de grado 0, es necesario que el grado de ambos sumandos sea igual, lo cual es imposible porque el grado de [texx]3r(x)[/texx] no pasa de 2.

    Por lo tanto [texx]Q(x)= 0[/texx] y queda [texx]1 = 3 r(x)[/texx], que es claramente imposible.

    ¿Te vale así?
[/texx]
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Galois123
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« Respuesta #6 : 10/04/2012, 21:13:11 »

Muchas gracias, ese arguemento es más claro.
Al checar las cuentas falto un 3, en lugar de [texx]Q(x) = q(x)+c(x)[/texx] sería [texx]Q(x) = q(x)+3c(x)[/texx], pero bueno eso no importa.

Saludos y gracias de nueva cuenta.
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Carlos Ivorra
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« Respuesta #7 : 10/04/2012, 21:37:20 »

Al checar las cuentas falto un 3, en lugar de [texx]Q(x) = q(x)+c(x)[/texx] sería [texx]Q(x) = q(x)+3c(x)[/texx], pero bueno eso no importa.

Cierto. Ya lo he corregido. Gracias.
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