2 Ideales y anillos cociente. Teoremas de isomorfía

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  Sea $A$ un anillo cualquiera. $A$ y $\left\{0_{A}\right\}$ son ideales de $A$. Se consideran los ideales triviales de $A$.

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  $7\mathbb{Z}$ es ideal de $\mathbb{Z}$. Hemos visto en general que $\forall n\in\mathbb{Z}$, $n\mathbb{Z}$ es ideal de $\mathbb{Z}$ (por la proposicion 2).

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  $\left\{0,3\right\}$ es ideal de $\mathbb{Z}_{6}$.

  $\mathbb{Z}_{6}=\left\{0,1,2,3,4,5\right\}$. Veamos que $\left\{0,3\right\}$ es ideal:

  1. 1.
     ​

     $0\in I$

  2. 2.
     ​

     Cerrado para la resta:

     • •
       ​

       $0-0=0\in I$

     • •
       ​

       $0-3=-3=3\in I$

     • •
       ​

       $3-0=3\in I$

     • •
       ​

       $3-3=0\in I$

  3. 3.
     ​

     Cumple la propiedad de absorcion.

  Luego $I=\left\{0,3\right\}$ es ideal de $\mathbb{Z}_{6}$.

  Como alternativa, se puede demostrar teniendo en cuenta que $I=\left\{0,3\right\}=I_{3}=(3)$. $\left\{0,3\right\}$ es el conjunto de todos los multiplos de $3$.

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  $\left\{x^{2}p(x)\mid p\in\mathbb{Z}[x]\right\}$ es ideal de $\mathbb{Z}[x]$.

  Para demostrar que $I$ es ideal basta con darse cuenta de que $I$ es el conjunto de todos los multiplos de $\mathbb{Z}[x]$ del polinomio $x^{2}$ y utilizar la propiedad 2. $I=(x^{2})$.

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  $\left\{2a+xp(x)\mid a\in\mathbb{Z},p\in\mathbb{Z}[x]\right\}$ es ideal de $\mathbb{Z}[x]$.

  $I$ consiste en todos los polinomios con termino independiente par.

  Vamos a demostrar que $I$ es ideal de $\mathbb{Z}[x]$:

  1. 1.
     ​

     $c(x)=0$, el polinomio constante $0$, es el neutro para la suma de este anillo.

     $0\in I$ porque se obtiene tomando $a=0$ y $p(x)=0$.

  2. 2.
     ​

     Cerrado para la resta:

     $$\begin{rcases}2a+xp(x)\in I\\ 2b+xq(x)\in I\end{rcases}\Rightarrow(2a+xp(x))-(2b+xq(x))=2\underbrace{(a-b)}_{\in\mathbb{Z}}+x\underbrace{(p(x)-q(x))}_{\in\mathbb{Z}[x]}\in I$$
  3. 3.
     ​

     Absorcion:

     $$\begin{rcases}(x)=2a+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots\in I\\ g(x)=b_{0}+b_{1}x+\cdots\in\mathbb{Z}[x]\end{rcases}\Rightarrow f(x)\cdot g(x)=2\cdot a\cdot b_{0}+\cdots\in I$$

     Luego $I$ es ideal de $\mathbb{Z}[x]$

  Vamos a demostrar que $I$ no es principal, es decir, que $I$ no esta generado por un solo elemento. Por reduccion al absurdo, vamos a suponer que $I$ es principal, es decir, que existe $q(x)$ tal que $I=(q(x))$.

  Observamos que $f(x)=2$ (polinomio constante).

  Como $2\in I$ y estoy suponiendo que $q(x)$ genera $I\Rightarrow\exists p(x)\in\mathbb{Z}[x]\mid 2=p(x)q(x)$.

  La unica opcion es que tanto $p(x)$ como $q(x)$ sean polinomios constantes.

  Solo hay 4 opciones: $p(x)=1\text{ y }q(x)=2$, $p(x)=2$ y $q(x)=1$, $p(x)-1$ y $q(x)=-2$, y $p(x)=-2$ y $q(x)=-1$.

  Como $1,-1\not\in I$ pero $q(x)\in I$, esto no es una opcion.

  Puede ser $I=(2)=(-2)$.

  $g(x)=x\not\in(2)$.

  Pero $x\in I$ porque tiene termino independiente par. Esto es una contradiccion. Por tanto, $I$ no es principal.

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  $\mathbb{Z}$ es subanillo pero no ideal de $\mathbb{Z}[x]$.

  Puedo ver $\mathbb{Z}$ como un subanillo de $\mathbb{Z}[x]$ identificando $\mathbb{Z}$ como el conjunto de los polinomios constantes.

  $\mathbb{Z}$, obviamente, es subanillo. Sin embargo, no tiene la propiedad de absorcion:

  $$\begin{rcases}f(x)=1\in\mathbb{Z}\\ g(x)=x\in\mathbb{Z}[x]\end{rcases}\Rightarrow f(x)\cdot g(x)=x\not\in\mathbb{Z}$$

  Esto es un contraejemplo a la absorcion.

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  $K\coloneqq\left\{\begin{pmatrix}a&b\\ 0&0\\ \end{pmatrix}\mid a,b\in\mathbb{R}\right\}$ es subanillo pero no ideal de $\mathcal{{M}}_{2\times 2}(\mathbb{R})$.

  Se puede verificar facilmente que cumple la caracterizacion de subanillo. Veamos que no tiene absorcion.

  $$\begin{pmatrix}a&b\\ 0&0\\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}a^{\prime}&b^{\prime}\\ c^{\prime}&d^{\prime}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\cdot a^{\prime}&b\cdot b^{\prime}\\ 0&0\\ \end{pmatrix}$$

  Pero no se tiene la absorcion por el otro lado:

  $$\begin{pmatrix}a^{\prime}&b^{\prime}\\ c^{\prime}&d^{\prime}\\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}a&b\\ 0&0\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\cdot a^{\prime}&b\cdot b^{\prime}\\ c^{\prime}\cdot a&c^{\prime}\cdot b\\ \end{pmatrix}\not\in K$$

  Por ejemplo, $\begin{pmatrix}0&0\\ 1&0\\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1&1\\ 0&0\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0\\ 1&1\\ \end{pmatrix}\not\in K$.

  Luego $K$ no es ideal.

Veremos cuales son los anillos cociente de los anillos en el ejemplo 2.1.

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  Sea $A$ un anillo cualquiera y $I=A$. Dados $x,y\in A$, $x\equiv y\text{ mod }I\iff x-y\in I=A$. Luego en $A/A$ solo hay una clase: $0_{A}+A$.

  $A/A=\left\{0_{A}+A\right\}$ es un anillo con un unico elemento.

  Si $I=\left\{0_{A}\right\}$, $x\equiv y\text{ mod }\left\{0_{A}\right\}\Rightarrow x-y=0_{A}\Rightarrow x=y$.

  Luego $a+\left\{0_{A}\right\}=\left\{a\right\}$. Cada clase tiene un unico elemento.

  Obtengo un anillo que es practicamente $A$. La diferencia es que en lugar de ser los elementos de $A$, son sus clases.

  En general, la funcion

  $\displaystyle f\colon A$

  $\displaystyle{}\longrightarrow A/\left\{0_{A}\right\}$

  $\displaystyle a$

  $\displaystyle{}\longmapsto f(a)=\left\{a\right\}$

  es isomorfismo de anillos ($A/\left\{0_{A}\right\}\cong A$).

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  Sea $\mathbb{Z}$ y $I=7\mathbb{Z}$. Las clases son $0+7\mathbb{Z}$, $1+7\mathbb{Z}$, $2+7\mathbb{Z}$, $3+7\mathbb{Z}$, $4+7\mathbb{Z}$, $5+7\mathbb{Z}$, $6+7\mathbb{Z}$.

  En este caso $\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}=\mathbb{Z}_{7}$.

  $x\equiv y\text{ mod }7\mathbb{Z}\iff x-y\in 7\mathbb{Z}\Rightarrow x-y$ es multiplo de 7 $\iff x\equiv y\text{ mod }7$.

  En general, si $n\geq 2$, $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}=\mathbb{Z}_{n}$.

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  $\mathbb{Z}_{6}=\left\{[0],[1],[2],[3],[4],[5]\right\}$ $\leftarrow$ es un anillo cociente de $\mathbb{Z}$ porque $\mathbb{Z}_{6}=\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$.

  $I=\left\{[0],[3]\right\}$ es un ideal de $\mathbb{Z}_{6}$.

  Veamos quien es $\mathbb{Z}_{6}/I$.

  $[0]+I=\left\{[0]+[0],[0]+[3]\right\}=\left\{[0],[3]\right\}$.

  $[1]+I=\left\{[1]+[0],[1]+[3]\right\}=\left\{[1],[4]\right\}$.

  $[2]+I=\left\{[2]+[0],[2]+[3]\right\}=\left\{[2],[5]\right\}$.

  Ya estan todos los elementos de $\mathbb{Z}_{6}$.

  $$\mathbb{Z}_{6}/I=\left\{0+I,1+I,2+I\right\}\mathchar 46\relax$$

  Ademas, se tiene que $\mathbb{Z}_{6}/I\cong\mathbb{Z}_{3}$ (se puede comprobar haciendo tabla para la suma y el producto, observando que son modulo 3).

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  $A=\mathbb{Z}[x]$ y $I=(x^{2})=\left\{x^{2}\cdot p(x)\mid p(x)\in\mathbb{Z}[x]\right\}$.

  $A/I=\left\{q(x)+I\mid q(x)\in\mathbb{Z}[x]\right\}$.

  Dada una clase, cual sera el representante mas sencillo?

  Un ejemplo de polinomio es $q(x)=3+7x-8x^{2}+15x^{4}$. Si tomo $g(x)=3+7x$, tengo que $g(x)+I=q(x)+I$ porque $q(x)-g(x)=3+7x-8x^{2}+14x^{4}-(3+7x)=-8x^{2}+15x^{4}=x^{2}(-8+15x^{2})\in I$.

  En general, dado $q(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n}$ el polinomio $g(x)=a_{0}+a_{1}x$ esta en la misma clase porque $q(x)-g(x)=a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n}=x^{2}(a_{2}+\cdots)\in I$.

  Mi cociente lo puedo expresar como $A/I=\left\{a_{0}+a_{1}x+I\mid a_{0},a_{1}\in\mathbb{Z}\right\}$.

  Ademas, estos representantes forman un “conjunto completo de representantes”, es decir, estan todas las clases y no hay clases repetidas.

  Supongamos que $a_{0}+a_{1}x+I=b_{0}+b_{1}x+I$. Entonces $a_{0}+a_{1}x-b_{0}-b_{1}x$ es multiplo de $x^{2}$. La unica forma es que sea $0\Rightarrow a_{0}+a_{1}x=b_{0}+b_{1}x$.

  Este cociente es el que tiene como representantes a todas las clases de polinomios de grado $\leq 1$.

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  $A=\mathbb{Z}[x]$ y $I=\left\{2a+xp(x)\mid a\in\mathbb{Z},p\in\mathbb{Z}[x]\right\}$.

  $f(x)\equiv g(x)\text{ mod }I\iff f(x)-g(x)\in I\iff f(x)-g(x)$ tiene termino independiente par.

  Quien es $0+I$? $0+I=I$.

  Si $f(x),g(x)\neq I\Rightarrow$ tienen termino independiente impar $\Rightarrow$ su resta tiene termino independiente par $\Rightarrow f(x)\equiv g(x)\text{ mod }I$.

  Solo hay 2 clases de equivalencia.

  $A/I=\left\{0+I,1+I\right\}$.

  Ya sabemos que $A/I\cong\mathbb{Z}_{2}$ (porque es el unico anillo unitario con 2 elementos).

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  $\mathbb{Z}$ es subanillo de $\mathbb{Z}[x]$.

  $f(x)\equiv g(x)\text{ mod }\mathbb{Z}$.

  Supongamos que en el cociente que queda intento definir la multiplicacion operando representantes: $((x+1)+\mathbb{Z})((x+2)+\mathbb{Z})=(x^{2}+3x+2)+\mathbb{Z}$.

  Cambiando representante, $((x+2)+\mathbb{Z})((x+2)+\mathbb{Z})=(x^{2}+4x+4)+\mathbb{Z}$ pero $(x^{2}+3x+2)+\mathbb{Z}\neq(x^{2}+4x+4)+\mathbb{Z}$

  Esta operacion no esta bien definida porque depende de la eleccion de representante (no ha funcionado porque $\mathbb{Z}$ no es ideal de $\mathbb{Z}[x]$).

Dada la funcion

demostrar que esra bien definida y que es un homomorfismo de anillos. Hallar explicitamente $Kerf$, $Imf$, el anillo cociente $\mathbb{Z}_{20}/Kerf$ y la funcion $\overline{f}$ que aparece en el corolario 1 del primer teorema de isomorfia.

Vamos a ver que $f$ esta bien definida (porque esta definida sobre un cociente y depende del representante).

$[x]_{20}=[y]_{20}\overset{?}{\Rightarrow}[6x]_{10}=[6y]_{10}$.

$[x]_{20}=[y]_{20}\Rightarrow x-y=20\cdot k\Rightarrow 6x-6y=120k=10\cdot 12\cdot k\Rightarrow[6x]_{10}=[6y]_{10}$. Luego esta bien definida.

Veamos que $f$ es homomorfismo.

Para el producto, $f([x]_{20}\cdot[y]_{20})=f([xy]_{2}0)=[6xy]_{10}$ y $f([x]_{20})f([y]_{2}0)=[6x]_{10}\cdot[6y]_{10}=[36xy]_{10}=[36]_{10}\cdot[xy]_{10}=[6]_{10}\cdot[xy]_{1}0=[6xy]_{10}$.

Ya se que $f$ es homomorfismo de anillos.

$Kerf?$, $Imf?$.

Por tanto, $Imf=\left\{[0]_{10},[6]_{10},[2]_{10},[8]_{10},[4]_{10}\right\}=P$.

$K=Kerf=\left\{[0]_{20},[5]_{20},[10]_{20},[15]_{20}\right\}$ $\rightarrow$ ideal de $\mathbb{Z}_{20}$ porque es el nucleo de un homomorfismo.

Quien es $\mathbb{Z}_{20}/K$?

$\mathbb{Z}_{20}/K=\left\{[0]_{20}+K,[1]_{20}+K,[2]_{20}+K,[3]_{20}+K,[4]_{20}+K\right\}$

Quien es la $\overline{f}$ del primer teorema de isomorfia que hace que en $\mathbb{Z}_{20}/K\cong P$?

El primer teorema de isomorfia me dice que $\overline{f}$ es isomorfismo de anillos.

Por tanto, tenemos que $\mathbb{Z}_{20}=\mathbb{Z}/\mathbb{Z}_{20}$, $K=\frac{5}{Z}/20/Z$ y $\mathbb{Z}_{20}/K=(\mathbb{Z}/\mathbb{Z}_{20})/5\mathbb{Z}/20\mathbb{Z}$.

Aplicando el tercer teorema de isomorfia, $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}=\mathbb{Z}_{5}$.

Usar el Primer Teorema de Isomorfia para demostrar que $\mathbb{Z}[x]/(x)\cong\mathbb{Z}$.

$I=(x)=\left\{xp(x)\mid p(x)\in\mathbb{Z}\right\}$ (polinomios con term. indep. 0).