Solución comentada
Parcial – Álgebra Moderna II
Anillos, Ideales y Dominios de Integridad
Pregunta 1: Verdadero o Falso (20%)
a) Si I, J ideales de R conmutativo unitario con I + J = R, entonces I ∩ J = IJ.
Definiciones y resultados que hay que tener presentes:
ˆ IJ = { a1 b1 + · · · + an bn : n ≥ 1, ak ∈ I, bk ∈ J } (Definición 1.3.12).
ˆ Siempre se tiene IJ ⊆ I ∩ J (observación tras la definición de producto de ideales): si a ∈ I, b ∈
J, entonces ab ∈ I (por absorción de I) y ab ∈ J (por absorción de J).
ˆ Ideales I, J con I + J = R se llaman comaximales.
Herramientas / estrategia:
ˆ Ya tenemos gratis IJ ⊆ I ∩ J. Falta la inclusión recı́proca, que es donde se usa la hipótesis
I + J = R: escribir 1 = i + j con i ∈ I, j ∈ J, y multiplicar por un elemento arbitrario de I ∩ J.
Solución paso a paso: VERDADERA. Como IJ ⊆ I ∩ J siempre se cumple, basta probar
I ∩ J ⊆ IJ.
Como I + J = R, existen i ∈ I, j ∈ J tales que i + j = 1. Sea x ∈ I ∩ J. Entonces
x = x · 1 = x(i + j) = xi + xj = ix + xj.
Ahora bien, x ∈ J e i ∈ I, luego el producto ix es de la forma (elemento de I)×(elemento de J),
es decir ix ∈ IJ. Análogamente, x ∈ I y j ∈ J, luego xj ∈ IJ. Por lo tanto
x = ix + xj ∈ IJ
(pues IJ es cerrado bajo sumas, al ser un ideal). Como x ∈ I ∩ J era arbitrario, I ∩ J ⊆ IJ.
Combinando ambas inclusiones, I ∩ J = IJ. ■
b) Si R es dominio de integridad y p es irreducible, entonces p es primo.
Definiciones y resultados que hay que tener presentes:
ˆ Irreducible: p ̸= 0, no invertible, y p = bc ⇒ b o c invertible.
ˆ Primo: p ̸= 0, no invertible, y p | ab ⇒ p | a o p | b.
ˆ Lo que sı́ es cierto en general es primo ⇒ irreducible (Proposición 2.2.22). El recı́proco solo
se garantiza bajo hipótesis adicionales, como ser DIP (Proposición 2.3.7) o DFU (Proposición
2.4.2).
1
Herramientas / estrategia:
ˆ Un dominio de integridad general no tiene por qué ser DIP ni DFU, ası́ que hay que buscar un
contraejemplo en un dominio “pequeño” con una función norma, como los que aparecen en las
notas.
√
√
Solución paso a paso:
Contraejemplo: R = Z[ 3 i] = {a+b 3 i : a, b ∈ Z}, con norma
√ FALSA.
multiplicativa N (a + b 3 i) = a2 + 3b2 . Los únicos invertibles de R son ±1 (pues a2 + 3b2 = 1 solo
tiene soluciones a = ±1, b = 0).
2 es irreducible en R: si 2 = αβ, entonces N (α)N (β) = N (2) = 4. La ecuación a2 + 3b2 = 2
no tiene solución entera, ası́ que ningún factor puede tener norma 2; luego alguno de los dos tiene
norma 1, es decir, es invertible. Ası́,
√ 2 es irreducible.
√
√
√
2 no es primo en R: 2 | (1 + 3 i)(1 − 3 i) = 1 + 3 = 4,
pero 2 ∤ 1 + 3 i ni 2 ∤ 1 − 3 i (si
√
√
2 dividiera a 1 ± 3 i, el cociente tendrı́a coordenadas 12 , ± 23 , que no son enteras). Luego 2 es
irreducible pero no primo.
D́onde falla la “demostración general”: la prueba de que irreducible ⇒ primo en un
DIP (Proposición 2.3.7) toma el ideal ⟨p, a⟩ y usa que, al ser R un DIP, dicho ideal es principal,
⟨p, a⟩ = ⟨d⟩, para luego escribir 1 = np + ma cuando d es invertible. En un dominio √
de integridad
arbitrario
no
hay
garantı́a
de
que
⟨p,
a⟩
sea
principal;
de
hecho
en
R
=
Z[
3 i] el ideal
√
⟨2, 1 + 3 i⟩ no es principal, y por eso no se puede producir la combinación 1 = np + ma que hace
funcionar el argumento. ■
c) Si R es DIP, entonces R[x] también es DIP.
Definiciones y resultados que hay que tener presentes:
ˆ DIP: dominio de integridad en el que todo ideal es principal.
ˆ Ejemplo 2.3.4 de las notas: ⟨2, x⟩ ⊆ Z[x] no es principal.
Herramientas / estrategia:
ˆ Z es DIP (es euclidiano). Basta ver que Z[x] no lo es, exhibiendo un ideal no principal.
Solución paso a paso: FALSA. Contraejemplo: R = Z es un DIP (es dominio euclidiano con
ν(n) = |n|). Veamos que Z[x] no es DIP: el ideal I = ⟨2, x⟩ = {2f (x) + xg(x) : f, g ∈ Z[x]} no es
principal.
Supongamos, por contradicción, que I = ⟨h⟩ para algún h ∈ Z[x]. Como 2 ∈ I = ⟨h⟩, se tiene
h | 2 en Z[x], ası́ que h es una constante: h ∈ {±1, ±2}.
ˆ Si h = ±1, entonces ⟨h⟩ = Z[x], pero I ̸= Z[x]: todo elemento de I = {2f + xg} tiene término
constante par (el término constante de 2f es par y el de xg es 0), y en particular 1 ∈
/ I.
ˆ Si h = ±2, entonces x ∈ I = ⟨h⟩ = ⟨2⟩, es decir x = 2g(x) para algún g ∈ Z[x], lo cual es
imposible (comparando coeficientes).
En ambos casos hay contradicción, luego I no es principal y Z[x] no es un DIP.
D́onde falla la “demostración general”: no existe ningún teorema que garantice que la
propiedad “todo ideal es principal” pase de R a R[x]. Lo que sı́ se conserva al pasar a R[x] (con
herramientas más avanzadas, como el Teorema de la Base de Hilbert, fuera del alcance de este
curso) es ser noetheriano, una propiedad estrictamente más débil que ser DIP: ser noetheriano solo
exige que cada ideal tenga un número finito de generadores, no exactamente uno. El ideal ⟨2, x⟩
ilustra justamente eso: necesita dos generadores, no uno. ■
2
d) Si φ : R → S es homomorfismo sobreyectivo y R es conmutativo, entonces S
es conmutativo.
Definiciones y resultados que hay que tener presentes:
ˆ Sobreyectivo: todo elemento de S es imagen de algún elemento de R.
Herramientas / estrategia:
ˆ Escribir dos elementos arbitrarios de S como imágenes de elementos de R y usar que φ respeta
productos.
Solución paso a paso: VERDADERA. Sean s1 , s2 ∈ S. Como φ es sobreyectivo, existen
r1 , r2 ∈ R con φ(r1 ) = s1 , φ(r2 ) = s2 . Entonces, usando que φ es homomorfismo y que R es
conmutativo,
s1 s2 = φ(r1 )φ(r2 ) = φ(r1 r2 ) = φ(r2 r1 ) = φ(r2 )φ(r1 ) = s2 s1 .
Como s1 , s2 ∈ S eran arbitrarios, S es conmutativo. ■
3
Pregunta 2 (13%): Ideales y Teorema de Correspondencia
R = Z, I = 18Z.
Definiciones y resultados que hay que tener presentes:
ˆ Los ideales de Z son exactamente los nZ con n ≥ 0, y nZ ⊇ 18Z ⇐⇒ n | 18.
ˆ Teorema de Correspondencia: biyección que preserva contenciones entre ideales de R que
contienen a I, e ideales de R/I, vı́a J 7→ J/I.
ˆ Tercer Teorema de Isomorfismo: (Z/18Z)/(nZ/18Z) ∼
= Z/nZ.
ˆ Un ideal propio p de un anillo conmutativo unitario S es primo (resp. maximal) sii S/p es dominio de integridad (resp. cuerpo); para Z/nZ, que es finito, dominio y cuerpo son equivalentes
(todo dominio finito es cuerpo).
Herramientas / estrategia:
ˆ (a) Listar divisores de 18.
ˆ (b) Aplicar el teorema de correspondencia.
ˆ (c) Usar (Z/18Z)/(nZ/18Z) ∼
= Z/nZ y decidir según si n es primo.
Solución paso a paso: (a) Los divisores de 18 = 2 · 32 son 1, 2, 3, 6, 9, 18. Los ideales de Z que
contienen a 18Z son
Z, 2Z, 3Z, 6Z, 9Z, 18Z.
(b) Por el Teorema de Correspondencia, los ideales de Z/18Z son exactamente
Z/18Z,
2Z/18Z,
3Z/18Z,
6Z/18Z,
9Z/18Z,
18Z/18Z = {0}.
(c) Por el tercer teorema de isomorfismo, (Z/18Z)/(nZ/18Z) ∼
= Z/nZ para cada n | 18. Como
en Z/nZ (finito) ser dominio equivale a ser cuerpo, y ambas equivalen a que n sea primo:
nZ/18Z es primo y maximal ⇐⇒ n es primo.
Entre n ∈ {1, 2, 3, 6, 9, 18}, los primos son n = 2, 3. Por lo tanto:
2Z/18Z y 3Z/18Z son primos y maximales;
los demás ({0}, 6Z/18Z, 9Z/18Z, y el impropio Z/18Z) no son primos, ya que Z/18Z, Z/6Z, Z/9Z
tienen divisores de cero (9 = 3 · 3 ≡ 0 en Z/9Z, por ejemplo) y n = 1 no da un ideal propio.
Pregunta 3 (13%): Homomorfismos e isomorfismo
φ : Z[x] → Z5 , φ(f ) = f (2).
Definiciones y resultados que hay que tener presentes:
ˆ φ es la composición de dos homomorfismos ya conocidos: la evaluación ev2 : Z[x] → Z,
f 7→ f (2), y la proyección canónica π : Z → Z5 . La composición de homomorfismos de anillos
es un homomorfismo de anillos.
ˆ Algoritmo de división en Z[x] con divisor mónico: como x − 2 es mónico, para todo f ∈ Z[x]
existen únicos q ∈ Z[x], r ∈ Z con f = (x − 2)q + r.
4
ˆ Primer Teorema de Isomorfismo.
Herramientas / estrategia:
ˆ (a) Ver φ = π ◦ ev2 y usar que ambos son homomorfismos sobreyectivos.
ˆ (b) Igual que en el problema análogo de evaluación: dividir por x − 2 (mónico) y evaluar el
residuo en x = 2; la diferencia aquı́ es que el residuo solo necesita ser múltiplo de 5, no cero,
ası́ que aparecen dos generadores.
ˆ (c) Aplicar directamente el primer teorema de isomorfismo.
Solución paso a paso: (a) Sea ev2 : Z[x] → Z, ev2 (f ) = f (2); es un homomorfismo de anillos (igual que en el Problema 6 del parcial anterior) y es sobreyectivo (todo entero n es ev2 del
polinomio constante n). Sea π : Z → Z5 la proyección canónica; es un homomorfismo de anillos sobreyectivo. Como φ = π ◦ev2 (pues φ(f ) = f (2) = π(ev2 (f ))), y la composición de homomorfismos
sobreyectivos es un homomorfismo sobreyectivo, φ es un homomorfismo de anillos sobreyectivo.
(b) Es claro que 5 ∈ ker φ (pues φ(5) = 5̄ = 0̄) y que x − 2 ∈ ker φ (pues φ(x − 2) = 2 − 2 = 0̄).
Como ker φ es un ideal que contiene a ambos, ⟨5, x − 2⟩ ⊆ ker φ.
Para la otra inclusión, sea f ∈ ker φ, es decir 5 | f (2). Como x − 2 es mónico, el algoritmo de
división en Z[x] da
f (x) = (x − 2)q(x) + r,
r ∈ Z (constante).
Evaluando en x = 2: f (2) = r. Como 5 | f (2) = r, escribimos r = 5k para algún k ∈ Z. Entonces
f (x) = (x − 2)q(x) + 5k ∈ ⟨x − 2⟩ + ⟨5⟩ = ⟨5, x − 2⟩.
Luego ker φ ⊆ ⟨5, x − 2⟩. Combinando ambas inclusiones,
ker φ = ⟨5, x − 2⟩ .
(c) Como φ es sobreyectivo, el Primer Teorema de Isomorfismo da
Z[x] ⟨5, x − 2⟩ ∼
= Z5 .
Pregunta 4 (14%): Anillos de matrices
R = M2 (Z3 ), Z3 = {0, 1, 2}.
Definiciones y resultados que hay que tener presentes:
ˆ Centro de M2 (F ) (F cuerpo): matrices escalares {cI : c ∈ F }.
ˆ R es dominio si ab = 0 ⇒ a = 0 o b = 0; basta un contraejemplo para descartarlo.
Herramientas / estrategia:
ˆ (a) Elegir matrices sencillas no triangulares del mismo tipo y calcular en Z3 (módulo 3).
ˆ (b) Usar matrices escalares o verificar directamente con matrices elementales.
ˆ (c) Las matrices diagonales idempotentes E11 , E22 dan un ejemplo inmediato.
5
Solución paso a paso: (a) Sean
1 1
A=
,
0 1
1 0
B=
∈ M2 (Z3 ).
1 1
1·1+1·1 1·0+1·1
2 1
AB =
=
.
0·1+1·1 0·0+1·1
1 1
1·1+0·0 1·1+0·1
1 1
BA =
=
.
1·1+1·0 1·1+1·1
1 2
2 1
1 1
Como AB =
̸=
= BA (difieren, por ejemplo, en la entrada (1, 1)), se tiene
1 1
1 2
AB ̸= BA.
(b) Como Z3 es cuerpo, el centro de M2 (Z3 ) es el conjunto de matrices escalares:
0 0
1 0
2 0
Z(M2 (Z3 )) =
,
,
.
0 0
0 1
0 2
a b
0 1
0 0
(Se puede verificar directamente: si C =
conmuta con E12 =
y E21 =
, se
c d
0 0
1 0
obtiene b = c = 0, a= d.) 0 0
1 0
, ambas no nulas. Entonces
y E22 =
(c) Sean E11 =
0 1
0 0
E11 E22 =
1 0
0 0
0 0
1·0+0·0 1·0+0·1
0 0
.
=
=
0 0
0·0+0·0 0·0+0·1
0 1
Ası́, E11 y E22 son divisores de cero: son no nulas pero su producto es la matriz cero. Por lo tanto
M2 (Z3 ) no es un dominio.
√
Pregunta 5 (20%): Divisibilidad en Z[ −5]
√
√
R = Z[ −5], N (a + b −5) = a2 + 5b2 .
Definiciones y resultados que hay que tener presentes:
√
√
ˆ Para α = a + b −5, el conjugado es ᾱ = a − b −5, y N (α) = αᾱ.
ˆ α es unidad ⇐⇒ N (α) = 1.
ˆ Si N (α) es primo en Z, entonces α es irreducible (mismo argumento que con los enteros de
Gauss).
ˆ Un DFU cumple irreducible ⇐⇒ primo (Proposición 2.4.2); basta un elemento irreducible no
primo para descartar que R sea DFU.
Herramientas / estrategia:
ˆ (a) Usar el conjugado para probar multiplicatividad; resolver a2 + 5b2 = 1 en enteros.
ˆ (b) Tomar normas en una supuesta factorización 3 = αβ y descartar posibilidades.
√
ˆ (c) Usar normas para mostrar que 3 ∤ (1 ± −5), y/o usar directamente que irreducible+no
primo contradice ser DFU.
6
√
√
Solución paso a paso: (a) Para α = a + b −5, β = c + d −5 ∈ R, usando que αβ = ᾱβ̄
(verificación directa) y que N (γ) = γγ̄:
N (αβ) = (αβ)(αβ) = (αβ)(ᾱβ̄) = (αᾱ)(β β̄) = N (α)N (β).
Ası́, N es multiplicativa.
Si α es invertible, existe α−1 ∈ R con αα−1 = 1, luego N (α)N (α−1 ) = N (1) = 1; como
ambos son enteros no negativos, N (α) = 1. Recı́procamente, si N (α) = 1, entonces αᾱ = 1, luego
α−1 = ᾱ ∈ R. Ası́, α es invertible ⇐⇒ N (α) = 1.
Resolviendo a2 + 5b2 = 1 en enteros: si b ̸= 0, 5b2 ≥ 5 > 1, imposible; luego b = 0 y a = ±1.
Por lo tanto
R∗ = {1, −1}.
(b) Supongamos 3 = αβ con α, β ∈ R no invertibles. Tomando normas, N (α)N (β) = N (3) =
9. Como α, β no son invertibles, N (α), N (β) ̸= 1 (por (a)); las factorizaciones de 9 en enteros ≥ 1
son 1 × 9, 3 × 3, 9 × 1, ası́ que la única opción que queda, dado que ninguno puede tener norma 1,
serı́a N (α) = N (β) = 3.
Pero la ecuación a2 + 5b2 = 3 no tiene solución entera: si b = 0, a2 = 3 no tiene solución;
si b ̸= 0, 5b2 ≥ 5 > 3. Luego ningún elemento de R tiene norma 3, y por tanto la factorización
3 = αβ con ambos no invertibles es imposible. Concluimos
que
√
√ 3 es irreducible en R.
(c) Sabemos (dato del enunciado) que 2, 1 + −5 y 1 − −5 son irreducibles en R, y por (b)
también 3 lo es. La identidad
√
√
6 = 2 · 3 = (1 + −5)(1 − −5)
da dos factorizaciones de 6 en irreducibles de R. Estas factorizaciones son genuinamente distintas
(no una
√ reordenación por√asociados): los únicos invertibles son ±1 (por (a)), y claramente 2 ̸=
±(1 + −5) y 2 ̸=√±(1 − −5) (comparando partes reales e imaginarias), ası́ que 2 no es asociado
a ninguno de 1 ± −5.
√
√
3 no es primo: Si 3 fuera primo,√como 3 | 6 = (1 +√ −5)(1 − −5), tendrı́a que dividir a
uno de los factores,
√ digamos 3 | (1 + −5), es decir 1 + −5 = 3γ para algún γ ∈ R. Tomando
(γ), pero 9 ∤ 6, contradicción (no existe
normas: N (1 + −5) = 1 + 5 = 6 = N (3)N (γ) = 9 N√
entero N (γ) ≥ 0 con 9N (γ) = 6). Análogamente 3 ∤ (1 − −5). Luego 3 es irreducible pero no
primo.
R no es DFU: Esto ya se sigue directamente de la Proposición 2.4.2 (en un DFU, irreducible
⇔ primo): como 3 es irreducible y no primo, R no puede ser un DFU. De manera
equivalente,
√
√
las dos factorizaciones genuinamente distintas de 6 en irreducibles (2 · 3 y (1 + −5)(1 − −5))
violan directamente la unicidad exigida en la Definición 2.4.1. ■
Pregunta 6 (20%): Factorización en dominios noetherianos
R dominio de integridad noetheriano.
Definiciones y resultados que hay que tener presentes:
ˆ Noetheriano: toda cadena ascendente de ideales I1 ⊆ I2 ⊆ · · · se estabiliza.
ˆ Cancelación en dominios (Proposición 2.1.9): si a ̸= 0 y ab = ac, entonces b = c.
ˆ Caracterización de asociados (Proposición 2.2.11): a | b y b | a ⇐⇒ a = ub con u invertible.
Herramientas / estrategia:
7
ˆ Esta es exactamente la parte de “Existencia” de la demostración del Teorema 2.4.6 (todo DIP
es DFU), pero sin suponer que R sea DIP: en vez de usar que un ideal generado por dos
elementos es principal, se usa directamente la hipótesis de noetherianidad (cadena ascendente
estacionaria) para llegar a la misma contradicción.
ˆ Estrategia: suponer que existe un elemento “malo” (no factorizable en irreducibles) y construir,
a partir de él, una cadena de ideales estrictamente creciente, lo cual contradice ser noetheriano.
Solución paso a paso: Sea
S = { a ∈ R : a ̸= 0, a ∈
/ R∗ , a no es producto finito de irreducibles }.
Queremos ver S = ∅. Supongamos, por contradicción, que S ̸= ∅, y tomemos a1 ∈ S.
Como a1 ∈ S, en particular a1 no es irreducible (si lo fuera, serı́a trivialmente un producto de
un solo irreducible). Luego existen b, c ∈ R no invertibles tales que a1 = bc; además b, c ̸= 0
pues a1 ̸= 0 y R es dominio.
Si tanto b como c fueran productos finitos de irreducibles, entonces a1 = bc también lo serı́a
(concatenando las factorizaciones), contradiciendo a1 ∈ S. Luego al menos uno de los dos, digamos
b, pertenece a S. Definimos a2 := b.
Afirmación: ⟨a1 ⟩ ⊊ ⟨a2 ⟩. Como a1 = a2 c, se tiene a2 | a1 , es decir ⟨a1 ⟩ ⊆ ⟨a2 ⟩ (Proposición
2.2.10). Si la contención fuera una igualdad, tendrı́amos también a1 | a2 , de modo que a1 y a2
serı́an asociados: existirı́a u ∈ R∗ con a2 = ua1 . Sustituyendo,
a1 = a2 c = ua1 c =⇒ a1 (1 − uc) = 0.
Como R es dominio y a1 ̸= 0, se sigue uc = 1, es decir c serı́a invertible, contradiciendo la elección
de c como no invertible. Por lo tanto la contención es estricta: ⟨a1 ⟩ ⊊ ⟨a2 ⟩.
Repitiendo el mismo argumento con a2 ∈ S en lugar de a1 , obtenemos a3 ∈ S con ⟨a2 ⟩ ⊊ ⟨a3 ⟩,
y ası́ sucesivamente. De este modo construimos una cadena estrictamente creciente de ideales
⟨a1 ⟩ ⊊ ⟨a2 ⟩ ⊊ ⟨a3 ⟩ ⊊ · · · ,
que nunca se estabiliza. Esto contradice que R sea noetheriano.
Por lo tanto, la suposición S ̸= ∅ es falsa, es decir S = ∅: todo elemento a ∈ R no nulo y no
invertible es un producto finito de irreducibles. ■
Pregunta 7 (Bono, 10%): Existencia del mcm en un DIP
R DIP, a, b ∈ R no ambos nulos.
Definiciones y resultados que hay que tener presentes:
ˆ Mı́nimo común múltiplo: m ∈ R es un mcm(a, b) si (i) a | m y b | m (es múltiplo común), y
(ii) para todo c ∈ R con a | c y b | c, se tiene m | c (propiedad universal, análoga a la del mcd).
ˆ a | b ⇐⇒ ⟨b⟩ ⊆ ⟨a⟩ (Proposición 2.2.10).
ˆ En un DIP, toda intersección de ideales (en particular de dos ideales) es un ideal (Proposición
1.3.8) y, por ser DIP, es principal.
Herramientas / estrategia:
ˆ Igual que en la Proposición 2.3.6 (el generador de ⟨a1 , . . . , an ⟩ es el mcd), aquı́ el generador
de ⟨a⟩ ∩ ⟨b⟩ será el mcm. Basta traducir la definición de mcm en términos de contenciones de
ideales.
8
Solución paso a paso: Como R es un anillo, ⟨a⟩ ∩ ⟨b⟩ es un ideal de R (intersección de ideales,
Proposición 1.3.8). Como R es un DIP, todo ideal es principal, ası́ que existe m ∈ R tal que
⟨a⟩ ∩ ⟨b⟩ = ⟨m⟩.
Veamos que m es un mcm(a, b).
(i) m es múltiplo común de a y b: Como m ∈ ⟨m⟩ = ⟨a⟩ ∩ ⟨b⟩ ⊆ ⟨a⟩, se tiene m ∈ ⟨a⟩, es decir
a | m (Proposición 2.2.10). Análogamente, m ∈ ⟨b⟩ da b | m.
(ii) Propiedad universal: Sea c ∈ R con a | c y b | c. Por la Proposición 2.2.10, esto equivale a
⟨c⟩ ⊆ ⟨a⟩ y ⟨c⟩ ⊆ ⟨b⟩, es decir ⟨c⟩ ⊆ ⟨a⟩ ∩ ⟨b⟩ = ⟨m⟩. En particular c ∈ ⟨m⟩, es decir m | c.
Como m satisface (i) y (ii), m = mcm(a, b) (y R es dominio de integridad, ası́ que mcm(a, b)
queda determinado salvo asociados, igual que ocurre con el mcd). En particular,
⟨a⟩ ∩ ⟨b⟩ = ⟨mcm(a, b)⟩.
9
■