Polinomios

Las unidades de $R$ también son unidades de $R[ x ]$ vistas como polinomios constantes ya que $R\subset R[ x ]$ es un subanillo. Recíprocamente, si $f\in R[ x ]$ es una unidad y $f^{-1}$ es su inversa, $ff^{-1}=1$ entonces $$ \begin{array}{rcl} 0&=&\operatorname{grado}(1)\cr &=&\operatorname{grado}(ff^{-1})\cr &=&\operatorname{grado}(f)+\operatorname{grado}(f^{-1}). \end{array} $$ Por tanto

$$\operatorname{grado}(f)=-\operatorname{grado}(f^{-1}).$$

Como el grado de un polinomio es siempre $\geq 0$, los grados que aparecen a ambos lados de la última ecuación han de ser $0$, así que $f$ es una unidad de $R$.

Probamos primero la existencia. Si $\operatorname{grado}(D)<\operatorname{grado}(d)$ podemos tomar $c=0$, $r=D$. Supongamos ahora que $\operatorname{grado}(D)\geq\operatorname{grado}(d)$. Denotamos $\operatorname{grado}(D)=n$ y $\operatorname{grado}(d)=m$. Sean y sean $a_nx^n$ y $b_mx^m$ los monomios líderes de $D$ y $d$, respectivamente. Llamamos

$$c_1=\frac{a_n}{b_m}x^{n-m}.$$

El polinomio

$$D_1=D-d\cdot c_1$$

es de grado estrictamente menor que $D$ ya que los monomios líderes de los polinomios de la derecha cancelan al restarlos. Al despejar en la ecuación anterior obtenemos

$$D=d\cdot c_1+D_1.$$

Si $\operatorname{grado}(D_1)<\operatorname{grado}(d)$ entonces podemos tomar y $r=D_1$. Si $\operatorname{grado}(D_1)\geq \operatorname{grado}(d)$, construimos polinomios $c_2$ y $D_2$ por el mismo procedimiento, de modo que

$$D_1=d\cdot c_2+D_2,$$

y si fuera necesario continuamos hasta que $\operatorname{grado}(D_n)<\operatorname{grado}(d)$. Este procedimiento termina en un número finito de pasos porque $\operatorname{grado}(D_{i+1})<\operatorname{grado}(D_{i})$ por construcción. Llegados a este punto

$$ \begin{array}{rcl} D & = & d\cdot c_1+D_1,\cr D_1 & = & d\cdot c_2+D_2,\cr &\vdots & \cr D_{n-1} & = & d\cdot c_n+D_n, \end{array} $$

podemos tomar $c=c_1+\cdots+c_n$ y $r=D_n$.

Veamos ahora la unicidad. Supongamos que

$$D=d\cdot c+r=d\cdot c'+r'$$

con $\operatorname{grado}( r ),\operatorname{grado}(r')<\operatorname{grado}(d)$. Entonces

$$r-r'=(c'-c)d.$$

Si $c\neq c'$ entonces el polinomio de la derecha tiene grado $\geq \operatorname{grado}(d)$, pero el de la izquierda tiene grado $\leq\max\{\operatorname{grado}( r ),\operatorname{grado}(r')\}<\operatorname{grado}(d)$, así que la única posibilidad es que $c=c'$ y por tanto $r=r'$.

El ideal trivial es principal $\{0\}=(0)$ generado por el $0$. Si $I\neq\{0\}$, consideramos el conjunto

$$S=\{\operatorname{grado}(f)\mid 0\neq f\in I \}\subset\mathbb{Z}.$$

Este conjunto está acotado inferiormente porque el grado de un polinomio es $\geq 0$. Por el principio de buena ordenación, hay un mínimo $n\in S$. Sea $f\in I$ un polinomio no nulo donde se alcanza el mínimo $\operatorname{grado}(f)=n$. Veamos que $(f) = I$. Por definición, $(f)$ está formado por los múltiplos de $f$. La inclusión $\subset$ es cierta ya que $f\in I$ y $I\subset k[ x ]$ es un ideal, por tanto los múltiplos de $f$ están también en $I$. Para ver $\supset$, tenemos que comprobar que todos los elementos de $I$ son múltiplos de $f$. Sea $g\in I$. Realizamos la división euclídea de $g$ por $f$: $g=f\cdot c+r$, $\operatorname{grado}( r )<n$. Si $r=0$ entonces $g=f\cdot c\in (f)$. Veamos por reducción al absurdo que es imposible que $r\neq 0$. En efecto, en dicho caso $0\neq r=g-f\cdot c\in I$ pues $g\in I$, $f\cdot c\in (f) \subset I$ y $I$ es un ideal. Por tanto $\operatorname{grado}( r )\in S$, pero $\operatorname{grado}( r )<n$, y esto contradeciría la minimalidad de $n$.

Realizamos la división euclídea

$$f(x)=(x-a)\cdot q+r.$$

Como $\operatorname{grado}( r )<\operatorname{grado}(x-a)=1$, el polinomio $r$ es constante $r\in k$, así que

$$f(a)=(a-a)\cdot q(a)+r=r,$$

y sabemos que $r=f(a)=0$ si y solo si $(x-a)|f$.

Por inducción en $n=\operatorname{grado}(f)$. Si $n=0$, entonces $f$ es un polinomio constante no nulo, luego no tiene raíces. Sea ahora $n>0$. Suponemos, por hipótesis de inducción, que todo polinomio de grado $n-1$ tiene a lo sumo $n-1$ raíces distintas. Si $f$ no tuviera raíces no habría nada que probar. Si $f$ tiene una raíz $a\in k$ entonces $f=(x-a)g$ para cierto polinomio $g$, necesariamente de grado $n-1$. Bastará probar que las raíces de $f$ son las raíces de $g$ y además $a$. En efecto, $b\in k$ es una raíz de $f$ si y solo si $f(b)=(b-a)g(b)=0$. Como $k$ es un dominio, para que esto ocurra ha de suceder bien que $g(b)=0$ o bien que $b=a$.

$\Rightarrow$ En este caso $(x-a)^2\mid f$, así que $f=(x-a)^2g$ para cierto $g\in k[ x ]$. Derivando,

$$f'=2(x-a)g+(x-a)^2g=(x-a)[2g+(x-a)g'],$$

así que $a$ es también raíz de $f'$.

$\Leftarrow$ Si $a$ es raíz de $f$ entonces $f=(x-a)g$ para cierto $g\in k[ x ]$ y $$f'=g+(x-a)g'.$$ Si $a$ también es raíz de $f'$ entonces $(x-a)\mid f'$ por tanto $x-a$ también divide a

$$g=f'-(x-a)g',$$

en particular $g=(x-a)h$ para cierto $h\in k[ x ]$, así que $f=(x-a)g=(x-a)^2h$, con lo que la multiplicidad $a$ como raíz de $f$ es $>1$.

Si $a\in k$ es una raíz, $(x-a)\mid f$, así que $f=(x-a)g$. Por la fórmula del grado, $\operatorname{grado}(g)\geq 1$, así que $f$ es reducible.

$\Rightarrow$ es consecuencia de la proposición anterior.

$\Leftarrow$ Supongamos, por reducción al absurdo, que $f$ es reducible. Entonces $f=gh$ con $\operatorname{grado}(f),\operatorname{grado}(g)\geq 1$. Como $3\geq \operatorname{grado}{f}=\operatorname{grado}{g}+\operatorname{grado}(h)$ deducimos que bien $\operatorname{grado}(g)=1$ o bien $\operatorname{grado}(h)=1$, así que $f$ tiene alguna raíz en $k$.

$\Rightarrow$ Si $f=gh$, como $f|gh$ entonces $f|g$ o $f|h$. Como los papeles de $g$ y $h$ son intercambiables, podemos suponer que $f|g$, es decir $g=fc$. Entonces $f=gh=fc h$. Como $f$ no es nulo, el resto de polinomios tampoco. Tenemos que $\operatorname{grado}(f)=\operatorname{grado}(f)+\operatorname{grado}( c )+\operatorname{grado}(h)$. Al ser el grado de un polinomio no nulo $\geq 0$ deducimos que $\operatorname{grado}( c )=\operatorname{grado}(h)=0$. Es decir, $h$ es una constante no nula, y por tanto una unidad.

$\Leftarrow$ Supongamos que $g|f$, es decir, $f=gc$ para cierto $c\in k[ x ]$. Como $f$ no es nulo, $g$ y $c$ tampoco. Si $\operatorname{grado}(g)=0$ entonces $g$ es una constante no nula, es decir una unidad. Si $\operatorname{grado}(g)=\operatorname{grado}(f)$ entonces $c$ es una unidad, $c\in k^\times$, por el mismo argumento, así que $g=c^{-1}f$. Queda por analizar qué ocurre si $0<\operatorname{grado} (g)<\operatorname{grado}(f)$. Como $\operatorname{grado}(f)=\operatorname{grado}(g)+\operatorname{grado}( c )$, entonces también $0<\operatorname{grado} ( c )<\operatorname{grado}(f)$, por lo que $g$ y $c$ no serían unidades. Esto contradeciría la irreducibilidad de $f$.

$\Leftarrow$ Tomamos una identidad de Bézout, $1=fh+gl$, $h,l\in k[ x ]$, y consideramos su clase en el cociente, $[ 1 ]=[ fh+gl ]=[ f h ] + [ g l ]=[ f ][ h ]$. Aquí usamos que $[ g l ]=[ 0 ]$ porque $gl\in (f)$. Esto prueba que $[ f ]$ es invertible y que $[ h ]$ es su inverso.

$\Rightarrow$ Si $[ h ]$ la inversa de $[ f ]$. Entonces $[ f h ] = [ 1 ]$, es decir, $g\mid(fh-1)$. Dicho de otro modo, $fh=1-gl$ para cierto $l\in k[ x ]$. Si $\operatorname{mcd}(f,g)=d$ entonces $d\mid(fh+gl)=1$, por tanto $d$ es una unidad, así que podemos tomar $d=1$.

$\Rightarrow$ Veamos que todo elemento no nulo del cociente es invertible. La clase de un polinomio $[ g ]$ es no trivial si y solo si $f\nmid g$. En ese caso, por ser $f$ primo, $\operatorname{mcd}(f,g)=1$ y $[ g ]$ es una unidad en el cociente por la proposición anterior.

$\Leftarrow$ Por reducción al absurdo. Si $f$ es reducible entonces $f=gh$ con $\operatorname{grado}(g),\operatorname{grado}(h)\geq 1$. Por la fórmula del grado de un producto, $\operatorname{grado}(g) < \operatorname{grado}(f)$ así que, como $g$ no puede ser cero, $f\nmid g$, por tanto $[ g ]\neq [ 0 ]$ en el cociente. Como $\operatorname{mcd}(f,g)=g$, que no es constante, $[ g ]$ no puede ser una unidad en el cociente. Esto es una contradicción porque todos los elementos no nulos de un cuerpo son unidades.

Basta tomar una factorización dada por el teorema anterior y sacar factor común todos los coeficientes líderes.

Sabemos que los polinomios de grado $1$ son irreducibles. Si $f$ es de grado $>1$ y $a$ es una raíz de $f$ entonces $f=(x-a)g$. Como $\operatorname{grado}(f)=\operatorname{grado}(x-a)+\operatorname{grado}(g)=1+\operatorname{grado}(g)$ entonces $\operatorname{grado}(g)\geq 1$, así que ni $x-a$ ni $g$ son unidades, por lo que $f$ no es irreducible.

$\Rightarrow$ Si $a$ es una raíz con multiplicidad $>1$ entonces $(x-1)\mid\operatorname{mcd}(f,f')$ por una proposición anterior.

$\Leftarrow$ Si $d=\operatorname{mcd}(f,f')\neq 1$ entonces $\operatorname{grado}(d)\geq 1$ por tanto, por el teorema fundamental del álgebra, tiene alguna raíz $a\in\mathbb{C}$. Esto prueba que $(x-a)\mid d=\operatorname{mcd}(f,f')$, así que $(x-a)\mid f$ y $(x-a)\mid f'$, luego $a$ es una raíz de $f$ de multiplicidad $>1$ por la proposición antes mencionada.

Consideramos el homomorfismo de anillos $c\colon \mathbb{C}[ x ]\rightarrow\mathbb{C}[ x ]$ definido como

$$c(a_nx^n+\cdots+a_0)=\bar{a}_nx^n+\cdots+\bar{a}_0.$$

Observa que $c$ se comporta como la identidad sobre $\mathbb{R}[ x ]$. Si $a$ es raíz de $f$ entonces $(x-a)|f$ en $\mathbb{C}[ x ]$. Como $c$ es un homomorfismo, esto implica que $x-\bar{a}=c(x-a)|c(f)=f$. Esto demuestra que $\bar{a}$ es raíz de $f$.

Análogamente se demuestra que si $(x-a)^n|f$ entonces $(x-\bar{a})^n|f$, por tanto la multiplicidad de $\bar{a}$ es $\geq$ que la de $a$. Como esto vale para cualquier $a$ y $\bar{\bar{a}}=a$, deducimos la otra desigualdad.

Tomamos la descomposición en $\mathbb{C}[ x ]$,

$$f=b\prod_{i=1}^n(x-a_i).$$

Agrupamos los factores de grado $1$ correspondientes a raíces complejas conjugadas

$$(x-a)(x-\bar{a})=x^2-2\operatorname{Re}(a)x+|a|^2.$$

Este es un polinomio mónico de grado $2$ en $\mathbb{R}[ x ]$ sin raíces reales, por tanto irreducible. El resultado es la descomposición deseada, que sabemos que es única.

Sabemos que

$$0=f\left(\frac{a}{b}\right)=a_n\left(\frac{a}{b}\right)^n+a_{n-1}\left(\frac{a}{b}\right)^{n-1}+\cdots+a_{n-1}\frac{a}{b}+a_0.$$

Multiplicamos por $b^n$, &$0=a_na^n+a_{n-1}a^{n-1}b+\cdots+a_1ab^{n-1}+a_0b^n$$ y deducimos las dos condiciones de divisibilidad el enunciado despejando primero el último sumando y luego el primero.

Veamos la existencia. Podemos quitar denominadores de los coeficientes de $f(x)$ multiplicando por una constante $d\in \mathbb{Z}$ no nula,

$$d\cdot f(x)\in \mathbb{Z}[ x ].$$

Si $e$ es el divisor común máximo de los coeficientes de $d\cdot f(x)$ vemos que podemos tomar

$$ \begin{array}{rcl} f_0&=&\frac{d}{e}\cdot f(x),\cr c&=&\frac{e}{d}. \end{array} $$

Probemos ahora la unicidad. Supongamos que $c\cdot f_0(x)=c'\cdot f'_0(x)$ siendo $f_0(x),f'_0(x)\in \mathbb{Z}[ x ]$ primitivos. Podemos además suponer sin pérdida de generalidad que $c,c'\in \mathbb{Z}$, multiplicando por un denominador común si fuera necesario. Como el divisor común máximo de los coeficientesde $f_0(x)$ es $1$, el divisor común máximo de los coeficientes de $c\cdot f_0(x)$ es $c$. Análogamente el divisor común máximo de los coeficientes de $c'\cdot f'_0(x)$ es $c'$. Por la unicidad del divisor común máximo, $c$ y $c'$ son asociados, es decir $c'=u\cdot c$ donde $u\in \mathbb{Z}$ es una unidad. Por tanto, por la propiedad cancelativa, $f_0(x)=u\cdot f_0'(x)$.

Dado un primo $p\in \mathbb{Z}$, consideramos el homomorfismo de reducción módulo $p$

$$\phi_p\colon \mathbb{Z}[ x ]\longrightarrow (\mathbb{Z}/(p))[ x ]$$

definido en las constantes como $\phi_p(a)=\bar a$, $a\in \mathbb{Z}$, tal que $\phi_p(x)=x$. Es decir,

$$\phi_p(a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0)=\bar a_nx^n+\cdots+\bar a_1x+\bar a_0.$$

El homomorfismo $\phi_p$ consiste simplemente en reducir los coeficientes módulo $(p)$. En particular $f\in \mathbb{Q}er \phi_p$ si y solo si $p$ divide a todos los coeficientes de $f$. Por tanto $f\in \mathbb{Z}[ x ]$ es primitivo si y solo si $\phi_p(f)\neq 0$ para todo $p\in \mathbb{Z}$ primo. Si $f,g\in \mathbb{Z}[ x ]$ son primitivos entonces

$$\phi_p(f\cdot g)=\phi_p(f)\cdot \phi_p(g)\neq 0$$

para todo $p\in \mathbb{Z}$ primo ya que $(\mathbb{Z}/(p))[ x ]$ es un dominio. Es decir, $f\cdot g$ también es primitivo.

Tomamos $f,g\in \mathbb{Q}[ x ]$ y los descomponemos

$$ \begin{array}{rcl} f&=&c\cdot f_0,\cr g&=&d\cdot g_0, \end{array} $$

con $c,d\in \mathbb{Q}$ y $f_0,g_0\in \mathbb{Z}[ x ]$ primitivos. Entonces

$$f\cdot g=(c\cdot d)\cdot (f_0\cdot g_0).$$

Como $f_0\cdot g_0$ es primitivo por el Lema de Gauss, esta es una descomposición válida del producto $f\cdot g$, así que $c\cdot d$ es su contenido.

Supongamos que $f=g\cdot q$ en $\mathbb{Q}[ x ]$. Como $g$ es primitivo,

$$\operatorname{cont}(f)=\operatorname{cont}(g)\operatorname{cont}(q)=\operatorname{cont}(q).$$

Como $f\in \mathbb{Z}[ x ]$ su contenido está en $\mathbb{Z}$, y como este coindice con el de $q$, entonces $q\in \mathbb{Z}[ x ]$, por lo que $g|f$ en $\mathbb{Z}[ x ]$.

$\Leftarrow$ Supongamos que por reducción al absurdo que $f$ no es irreducible en $\mathbb{Z}[ x ]$. Lo descomponemos como producto de divisores propios $f=gh$ en $\mathbb{Z}[ x ]$. Si $g$ fuera constante entonces dividiría al contenido de $f$, que es $1$, por tanto $g$ sería una unidad, lo cual entra en contradicción con que sea un divisor propio. Lo mismo ocurriría si $h$ fuera constante. Si $g$ y $h$ no son constantes entonces también son divisores propios de $f$ en $\mathbb{Q}[ x ]$, pues no podrían ser unidades, luego $f$ no sería irreducible.

$\Rightarrow$ Si $f$ no fuera primitivo tampoco sería irreducible en $\mathbb{Z}[ x ]$ pues su contenido sería un divisor propio. Supongamos por reducción al absurdo que $f$ tiene un divisor propio $g$ en $\mathbb{Q}[ x ]$. Aquí ser un divisor propio significa que $0<$ grado de $g<$ grado de $f$. Multiplicando por una constante no nula de $\mathbb{Q}$ si fuera necesario (por el inverso del contenido), podemos suponer que $g\in \mathbb{Z}[ x ]$ y es primitivo. Por la proposción anterior $g$ también divide a $f$ en $\mathbb{Z}[ x ]$ y por tanto es un divisor propio por cuestión de grados.

Usaremos el homomorfismo $\phi_p\colon \mathbb{Z}[ x ]\rightarrow (\mathbb{Z}/(p))[ x ]$ de reducción módulo $p$ introducido en la demostración del Lema de Gauss. En general,

$$\operatorname{grado}(\phi_p(f))\leq \operatorname{grado}(f).$$

La condición sobre $a_n$ equivale a decir que concretamente para el polinomio $f$ del enunciado

$$\operatorname{grado}(\phi_p(f))= \operatorname{grado}(f).$$

Reduzcamos al absurdo. Si $f$ fuera reducible se descompondría como producto de dos divisores propios $f=gh$. Como $f$ es primitivo, ni $g$ ni $h$ puede ser constante, es decir

$$\operatorname{grado}(g),\operatorname{grado}(h)>0.$$

Al ser $\phi_p$ un homomorfismo,

$$\phi_p(f)=\phi_p(g)\phi_p(h).$$

Ninguna de las desigualdades

$$ \begin{array}{rcl} \operatorname{grado}(\phi_p(g))&\leq &\operatorname{grado}(g),\cr \operatorname{grado}(\phi_p(h))&\leq &\operatorname{grado}(h), \end{array} $$

puede ser estricta ya que de ser así

$$\operatorname{grado}(\phi_p(f))=\operatorname{grado}(\phi_p(g))+\operatorname{grado}(\phi_p(h))<\operatorname{grado}(g)+\operatorname{grado}(h)=\operatorname{grado}(f),$$

pero $\operatorname{grado}(\phi_p(f))=\operatorname{grado}(f)$. Las dos igualdades de la ecuación anterior son ciertas porque tanto $\mathbb{Z}$ como $\mathbb{Z}/(p)$ son dominios, el segundo por ser $p$ primo. Por tanto,

$$\operatorname{grado}(\phi_p(g)),\operatorname{grado}(\phi_p(h))>0$$

y tanto $\phi_p(g)$ como $\phi_p(h)$ serían divisores propios de $\phi_p(f)$, que no sería irreducible.

Esta demostración transcurre de manera exactamente igual que la anterior hasta la última frase, que no es válida en este caso. A partir de ahí continuamos del siguiente modo. Si $b_0, c_0\in \mathbb{Z}$ son los términos independientes de $g$ y $h$ entonces $a_0=b_0c_0$. Como $p|a_0$ y $p$ es primo, $p|b_0$ o $p|c_0$, pero no puede dividir a ambos a la vez ya que $p^2$ no divide a $a_0$. Esto prueba que bien $\phi_p(g)$ o bien $\phi_p(h)$ tiene término independiente no nulo. Por las condiciones del enunciado, $\phi_p(f)=\bar a_nx^n$ con $\bar a_n\neq 0$. Al ser $\phi_p(f)=\phi_p(g)\phi_p(h)$ un monomio y $\mathbb{Z}/(p)$ es un dominio, también $\phi_p(g)$ y $\phi_p(h)$ han de ser monomios. Como uno de ellos tiene término independiente no nulo, entonces ha de tener grado $0$, lo que contradice el cálculo al que se llega en la última ecuación de la demostración anterior.