LuisBallote

Ejercicios

Ejercicio 1 de las notas: Sean $R_1, R_2$ anillos. $\phi:R_1 \to R_2$ es un isomorfismo si y sólo si es un homomorfismo biyectivo.

Demostración:
$\Rightarrow )$ Supondremos que $\phi: R_1 \to R_2$ es un isomorfismo. Por definición existe un homomorfismo $\psi$ que es justamente la función inversa de $\phi$, por lo tanto $\phi$ es biyectivo.

$\Leftarrow)$ Supondremos que $\phi$ es un homomorfismo biyectivo. Entonces, existe $\phi^{-1}: R_2 \to R_1$ tal que $\phi \circ \phi^{-1} = Id_{R_2}$ y $\phi^{-1} \circ \phi = Id_{R_1}$. Demostraremos que $\phi^{-1}$ es homomorfismo de anillos.

Sean $a,b \in R_2$.

(1)
\begin{align} \phi(\phi^{-1}(a)+\phi^{-1}(b)) = \phi(\phi^{-1}(a)) + \phi(\phi^{-1}(b)) = a + b \end{align}

Componiendo $\phi^{-1}$ por la izquierda:

(2)
\begin{align} \phi^{-1}(a) + \phi^{-1}(b) = \phi^{-1}(a + b) \end{align}

Análogamente $\phi^{-1}(ab) = \phi^{-1}(a)\phi^{-1}(b)$.
Como es $\phi$ es biyectiva y $\phi(1_{R_1}) = 1_{R_2}$ entonces $\phi^{-1}(1_{R_2}) = 1_{R_1}$
Lo cual concluye la demostración $\blacksquare$

Lema: Sea $c$ una constante, sea $f \in \mathbb{Z}[x]$. si hay una cantidad finita de elementos $z$ tal que $f(z) = c$, entonces $f$ es el polinomio constante $f(x) = c$.

Demostración: Supongamos que hay una infinidad de valores $z$ tal que $f(z) = c$. Sea $g(x) = f(x) - c$.

Notemos que $g(z) = f(z) - c = c - c = 0$ para una infinidad de valores $z$, es decir $g$ tiene una infinidad de raices, por lo cual $g$ es el polinomio cero, de ahí es directo que $f$ es el polinomio constante $c$.

Ejercicio: Sea $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$ un polinomio no constante, demuestra que hay una cantidad infinita de primos $p$ tal que la ecuación $f(x) \equiv 0 (\mod p)$ tiene solución.

Procederemos por contradicción. Supongamos que hay una cantidad finita de primos, digamos $p_1, p_2, ... , p_k$ tal que $f(x) \equiv 0 (\mod p)$ tiene solución.

Digamos que

(3)
\begin{equation} f(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2 +...+a_nx^n \end{equation}

Y digamos que $a_0 = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_k^{\alpha_k} a = Pa$, donde $mcd(p_i, a) = 1$. Sea $y = p_1 p_2 ...p_k$

Es facil ver que $P \ | \ y^{\alpha}$ donde $\alpha = \max\{ \alpha_1,..., \alpha_k, 1 \}$

(4)
\begin{align} f(y^{2\alpha m}) = a_0 + a_1y^{2\alpha m} +...+a_ny^{2\alpha mn} = P(yk + a) \end{align}

Donde $k \in \mathbb{Z}$

Dado a que hay una infinidad de $m$'s enteros como $f$ es no constante podemos tomarnos un $m$ de tal manera que $f(y^{2 \alpha m})$ no es $P$ ni $-P$, lo cual implicaría que $yk + a$ no es $1$ ni $-1$ es decir $yk + 1$ tiene un factor primo $q$.

Pero $mcd(yk + a, p_i) = mcd(a,p_i) = 1$ es decir $q \neq p_i$ para $i = 1, 2, ..., k$. Entonces:

(5)
\begin{align} f(y^{2 \alpha m}) \equiv 0 (\mod q) \end{align}

Con $q \neq q_i$, lo cual es contradictorio pues $f(x) \equiv 0 (\mod p)$ no puede tener soluciones para $p \neq p_i \ \blacksquare$.

Notas para el profesor: Puedes ir al Foro

1 No se si este documento sea el mejor lugar para dejar notas, pero la verdad no sé de que otra forma comunicarme con usted. Infórmeme si le desagradan este tipo de notas. Puede borrarlas cuando termine de leerlas (o no).

2 En esta solución tal vez falte aclarar por qué $k \in \mathbb Z$ pero es debido a que $P \ | y^\alpha$ y espero que no haya sido muy redundante al final. No tiene idea de cuanto me tardó resolver este problema, al ver la solución ahora no parece tan difícil pero lo intenté de muchas maneras, incluso en un momento lo creí resuelto (espero que ahora si lo esté) hasta que al redactarlo me di cuenta de una falacia. También le dediqué mucho tiempo al siguiente problema del libro y a pesar de que se veían parecidos, no parece que haya obtenido un avance

3 Acerca de la clase del lunes, me disculpo profundamente por haber faltado, procuraré que no vuelva a ocurrir. Ya leí que subió la Tarea 1.

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