Matemáticas universitarias — Grado 3 · Bachelor Year 3

2Anillos y aritmética

Los enteros ordinarios se factorizan de manera única en primos; los polinomios sobre un cuerpo, también. ¿Son estos dos hechos un mismo teorema? Este capítulo responde que sí y determina las hipótesis exactas que hacen posible una «aritmética» en un anillo conmutativo: la cadena

\text{euclídeo} \;\Longrightarrow\; \text{principal} \;\Longrightarrow\; \text{factorial (DFU)},

con todas las implicaciones demostradas y todos los recíprocos refutados. La teoría se pone después a prueba allí donde demuestra su valor: los enteros de Gauss $\Z[\iu]$ (que harán caer el teorema de los dos cuadrados de Fermat en el problema de fin de semana), los anillos de polinomios en varias variables (lema de Gauss, criterio de Eisenstein) y los anillos noetherianos, con el teorema de la base de Hilbert como culminación. En todo el capítulo, anillo significa anillo conmutativo con unidad $1 \neq 0$ ; los ideales de $\Z$ y $K[X]$ vistos en segundo año son nuestros dos ejemplos guía.

2.1 Ideales, cocientes y el teorema de isomorfía

Definición 2.1

Un ideal $I$ de un anillo $A$ es un subgrupo aditivo tal que $AI \subseteq I$ . El anillo cociente $A/I$ es el grupo cociente $(A, +)/I$ con la multiplicación $(a + I)(b + I) = ab + I$ : está bien definida, pues al cambiar $a$ por $a + x$ y $b$ por $b + y$ ( $x, y \in I$ ), $ab$ varía en $ay + xb + xy \in I$ . La proyección $\pi \colon A \to A/I$ es un morfismo sobreyectivo de anillos con núcleo $I$ , y los núcleos de los morfismos de anillos son exactamente los ideales.

Teorema 2.2 (Primer teorema de isomorfía)

Si $f \colon A \to B$ es un morfismo de anillos, entonces $\bar f\colon A/\ker f \to \operatorname{im} f$ , $a + \ker f \mapsto f(a)$ , es un isomorfismo de anillos. Más en general, $f$ se factoriza a través de $A/I$ para todo ideal $I \subseteq \ker f$ . Los ideales de $A/I$ son los $J/I$ con $J \supseteq I$ ideal de $A$ (teorema de correspondencia).

Demostración. Como para los grupos (el Teoremas 1.3 y 1.5), observando que todas las aplicaciones en juego respetan además los productos: $\bar f$ está bien definida, es biyectiva sobre la imagen y es multiplicativa; la correspondencia $J \mapsto J/I$ , $\bar J \mapsto \pi^{-1}(\bar J)$ , conserva los ideales en ambos sentidos porque $\pi$ es un morfismo sobreyectivo de anillos. ∎

Definición 2.3

Sea $I \subsetneq A$ un ideal propio. $I$ es primo si $ab \in I \Rightarrow a \in I$ o $b \in I$ ; $I$ es maximal si no hay ningún ideal estrictamente comprendido entre $I$ y $A$ .

Proposición 2.4

$I$ es primo $\iff$ $A/I$ es un dominio de integridad; $I$ es maximal $\iff$ $A/I$ es un cuerpo. En particular, los ideales maximales son primos.

Demostración. Escribamos $\bar a$ para las clases en $A/I$ . « $I$ primo» se traduce literalmente por « $\bar a\bar b = 0 \Rightarrow \bar a = 0$ o $\bar b = 0$ », y $A/I \neq 0$ por $I \neq A$ : esa es la definición de dominio. Para la maximalidad, úsese el teorema de correspondencia: no hay ideal estrictamente comprendido entre $I$ y $A$ $\iff$ $A/I$ no tiene más ideales que $0$ y él mismo $\iff$ $A/I$ es un cuerpo — para este último paso: en un cuerpo los únicos ideales son $0$ y el total (un ideal que contenga $x \ne 0$ contiene $x^{-1}x = 1$ ); recíprocamente, si todo $x$ no nulo genera el ideal unidad, entonces $xy = 1$ para algún $y$ . Los cuerpos son dominios, luego los ideales maximales son primos. ∎

Ejemplo 2.5

En $\Z$ : los ideales primos son $(0)$ y los $(p)$ con $p$ primo; los maximales son los $(p)$ ( $\Z/p\Z = \mathbb F_p$ es un cuerpo, $\Z/(0) = \Z$ no). En $K[X, Y]$ : $(X) \subsetneq (X, Y)$ son ambos primos ( $K[X,Y]/(X) \cong K[Y]$ , un dominio; $K[X,Y]/(X,Y) \cong K$ , un cuerpo), de modo que $(X)$ es primo pero no maximal.

Para garantizar que los ideales maximales existen con total generalidad hace falta un principio conjuntista. Un conjunto parcialmente ordenado es inductivo si todo subconjunto totalmente ordenado (cadena) tiene una cota superior.

Teorema 2.6 (Lema de Zorn)

Todo conjunto parcialmente ordenado inductivo y no vacío tiene un elemento maximal.

Demostración. Admitido a este nivel. ∎

Observación 2.7

Esto no es un teorema de las matemáticas ordinarias, sino un axioma: sobre los axiomas básicos de Zermelo–Fraenkel de la teoría de conjuntos equivale al axioma de elección («todo producto de conjuntos no vacíos es no vacío»), que aceptamos en todo el libro. Señalaremos cada uso. El análisis volverá a invocarlo (Hahn–Banach, Capítulo 8).

Teorema 2.8 (Krull)

Todo ideal propio $I \subsetneq A$ está contenido en un ideal maximal.

Demostración. Ordénese por inclusión el conjunto $\mathcal E$ de los ideales propios que contienen $I$ ; es no vacío ( $I \in \mathcal E$ ). Una cadena $(J_\lambda)$ de $\mathcal E$ tiene por cota superior $J = \bigcup J_\lambda$ : es un ideal (dos elementos $a, b \in J$ cualesquiera están en un mismo $J_\lambda$ por ser una cadena), propio ( $1 \notin J_\lambda$ para todo $\lambda$ ) y contiene $I$ . El lema de Zorn da un elemento maximal de $\mathcal E$ , que es un ideal maximal que contiene $I$ (un ideal propio estrictamente mayor estaría en $\mathcal E$ ). ∎

Teorema 2.9 (Teorema chino del resto)

Sean $I_1, \dots, I_n$ ideales de $A$ comaximales dos a dos ( $I_k + I_l = A$ para $k \neq l$ ). Entonces

A\Big/\bigcap_{k=1}^n I_k \;\xrightarrow{\;\sim\;}\; \prod_{k=1}^n A/I_k, \qquad a \longmapsto (a + I_1, \dots, a + I_n),

y además $\bigcap_k I_k = I_1 I_2 \cdots I_n$ (el ideal generado por los productos).

Demostración. La aplicación $f(a) = (a + I_k)_k$ es un morfismo de anillos con núcleo $\bigcap I_k$ ; por el Teorema 2.2 basta demostrar la sobreyectividad. Fijemos $k$ ; para cada $l \neq k$ escribamos $1 = u_l + v_l$ con $u_l \in I_k$ , $v_l \in I_l$ (comaximalidad). Entonces

e_k = \prod_{l \neq k} v_l = \prod_{l\neq k}(1 - u_l) \equiv 1 \pmod{I_k}, \qquad e_k \in I_l \ (l \neq k),

luego $f(e_k) = (0, \dots, 1, \dots, 0)$ ; dado un objetivo $(a_k + I_k)_k$ , el elemento $\sum_k a_k e_k$ se aplica en él.

Productos frente a intersección: $I_1\cdots I_n \subseteq \bigcap I_k$ siempre. Recíprocamente, por inducción basta tratar el caso $n = 2$ (se comprueba que $I_1$ y $I_2\cdots I_n$ son comaximales: multiplicando $1 = u_l + v_l$ sobre $l \geq 2$ se obtiene $1 \in I_1 + I_2\cdots I_n$ ). Para $n = 2$ : escríbase $1 = u + v$ , $u \in I_1$ , $v \in I_2$ ; para $x \in I_1 \cap I_2$ , $x = xu + xv \in I_2I_1 + I_1I_2 = I_1I_2$ . ∎

Ejemplo 2.10

En $\Z$ con $I_k = (m_k)$ , $m_k$ coprimos dos a dos: $\Z/(m_1\cdots m_n)\Z \cong \prod \Z/m_k\Z$ — el teorema chino del resto de segundo año. Restringiendo a las unidades: $(\Z/mn\Z)^\times \cong (\Z/m\Z)^\times \times (\Z/n\Z)^\times$ para $\gcd(m,n)=1$ , de donde la multiplicatividad de la $\varphi$ de Euler (Ejercicio 2.8).

2.2 Divisibilidad: euclídeo, principal, factorial

Definición 2.11

Sea $A$ un dominio de integridad y $a, b \in A$ . Decimos que $a$ divide a $b$ ( $a \mid b$ ) si $b \in (a) = aA$ . Dos elementos $a, b$ son asociados si $a = ub$ con $u \in A^\times$ (equivalentemente, $(a) = (b)$ ). Un elemento $p$ no nulo y no unidad es:

irreducible si $p = ab$ obliga a $a \in A^\times$ o $b \in A^\times$ ;
primo si $p \mid ab$ obliga a $p \mid a$ o $p \mid b$ (es decir, si el ideal $(p)$ es primo).

Proposición 2.12

En todo dominio, primo $\Rightarrow$ irreducible. El recíproco es falso en general: en $\Z[\iu\sqrt 5] = \{a + \iu b\sqrt5 : a, b \in \Z\}$ , el elemento $2$ es irreducible pero no primo.

Demostración. Sea $p$ primo y $p = ab$ . Entonces $p \mid ab$ , digamos $p \mid a$ : $a = pc$ , luego $p = pcb$ y, cancelando $p$ (¡es un dominio!), $cb = 1$ : $b \in A^\times$ .

En $\Z[\iu\sqrt5]$ se usa la norma $N(x + \iu y\sqrt 5) = x^2 + 5y^2$ , que es multiplicativa (vale $\abs z^2$ ). Si $2 = ab$ con $a, b$ no unidades, entonces $4 = N(a)N(b)$ con $N(a), N(b) \neq 1$ (los elementos de norma $1$ son $\pm1$ , las unidades), luego $N(a) = 2$ : imposible, $x^2 + 5y^2 = 2$ no tiene soluciones enteras. Por tanto $2$ es irreducible. Pero $2 \mid 6 = (1 + \iu\sqrt5)(1 - \iu\sqrt5)$ mientras que $2$ no divide a ninguno de los dos factores ( $\frac12 \pm \frac{\iu\sqrt5}2 \notin \Z[\iu\sqrt5]$ ): no es primo. ∎

Definición 2.13

Un dominio de integridad $A$ es:

euclídeo si existe una aplicación $\nu \colon A \setminus \{0\} \to \N$ (una función euclídea) tal que, para todos $a, b$ con $b \ne 0$ , existen $q, r$ con $a = bq + r$ y ( $r = 0$ o $\nu(r) < \nu(b)$ );
principal (un DIP) si todo ideal es de la forma $(a)$ ;
factorial (un DFU) si todo elemento no nulo y no unidad es un producto de irreducibles, único salvo el orden y salvo asociados.

Teorema 2.14

Euclídeo $\Rightarrow$ principal.

Demostración. Sea $I \neq (0)$ un ideal y sea $b \in I \setminus\{0\}$ con $\nu(b)$ mínimo. Para $a \in I$ , dividamos: $a = bq + r$ ; entonces $r = a - bq \in I$ , y $\nu(r) < \nu(b)$ contradiría la minimalidad, luego $r = 0$ y $a \in (b)$ : $I = (b)$ . ∎

Ejemplo 2.15

$\Z$ (con $\nu = \abs\cdot$ ) y $K[X]$ (con $\nu = \deg$ ) son euclídeos — ambas divisiones se establecieron en segundo año. También lo es $\Z[\iu]$ , con $\nu = N$ la norma cuadrática (Ejercicio 2.4); la geometría de la demostración está en la figura siguiente. Existe algún DIP que no es euclídeo, pero certificarlo es delicado (el ejemplo estándar es $\Z\bigl[\frac{1+\iu\sqrt{19}}2\bigr]$ ); en cambio, un DFU que no es DIP es fácil: $K[X, Y]$ (Ejercicio 2.6), o $\Z[X]$ .

División en los enteros de Gauss: el cociente exacto a/b ∈ ℂ dista menos de ≤ √2/2 < 1 de algún punto q ∈ ℤ[ ] de la red; entonces r = a - bq cumple N(r) = N(b)\,|a/b - q|2 < N(b). Una sola división euclídea y, con ella, toda una aritmética. — División en los enteros de Gauss: el cociente exacto $a/b \in \C$ dista menos de $\leq \frac{\sqrt2}{2} < 1$ de algún punto $q \in \Z[\iu]$ de la red; entonces $r = a - bq$ cumple $N(r) = N(b)\,\abs{a/b - q}^2 < N(b)$ . Una sola división euclídea y, con ella, toda una aritmética.

Lema 2.16 (Cadenas ascendentes de ideales principales)

En un DIP, toda sucesión creciente de ideales $I_1 \subseteq I_2 \subseteq \cdots$ es estacionaria.

Demostración. $I = \bigcup_n I_n$ es un ideal (la unión es creciente), luego $I = (a)$ ; el elemento $a$ está en algún $I_N$ , y entonces $I = (a) \subseteq I_N \subseteq I_n \subseteq I$ para $n \geq N$ . ∎

Lema 2.17 (Bézout; lema de Euclides)

Sea $A$ un DIP y sean $a, b \in A$ . Entonces $(a) + (b) = (d)$ para cierto $d$ , que es un máximo común divisor: $d \mid a$ , $d \mid b$ , y todo divisor común de $a, b$ divide a $d$ ; además $d = au + bv$ para ciertos $u, v$ (Bézout). En consecuencia, todo elemento irreducible de un DIP es primo.

Demostración. $(a) + (b)$ es un ideal, luego $(d)$ ; $a, b \in (d)$ da $d \mid a, b$ ; y $d = au + bv \in (a) + (b)$ . Un divisor común $c$ de $a, b$ divide a $au + bv = d$ .

Euclides: sea $p$ irreducible, $p \mid ab$ , $p \nmid a$ . Un máximo común divisor $d$ de $p$ y $a$ divide a $p$ , luego $d$ es una unidad o un asociado de $p$ (irreducibilidad); el caso asociado queda excluido por $p \nmid a$ . Así $1 = pu + av$ , de donde $b = pub + abv$ , y $p$ divide a ambos términos: $p \mid b$ . ∎

Teorema 2.18

Principal $\Rightarrow$ factorial.

Demostración. Existencia. Supongamos que algún elemento $a$ , no nulo y no unidad, no admite factorización en irreducibles. Entonces $a$ no es irreducible: $a = a_1b_1$ con ambos factores no unidades; al menos uno de ellos, digamos $a_1$ , tampoco admite factorización (un producto de dos elementos factorizables es factorizable). Iterando, obtenemos $a = a_0, a_1, a_2, \dots$ , cada uno divisor propio del anterior y sin factorización, luego $(a_0) \subsetneq (a_1) \subsetneq (a_2) \subsetneq \cdots$ — las inclusiones son estrictas porque $a_n = a_{n+1}c$ con $c$ no unidad significa que $(a_n) = (a_{n+1})$ obligaría a $c \in A^\times$ (cancelando en un dominio). Esto contradice el Lema 2.16.

Unicidad. Sea $p_1 \cdots p_r = q_1 \cdots q_s$ con todos los factores irreducibles y $r \leq s$ , por inducción sobre $r$ . El primo (el Lema 2.17) $p_1$ divide al miembro de la derecha, luego divide a algún $q_j$ ; renumerando, $j = 1$ . Como $q_1$ es irreducible y $p_1$ no es unidad, $q_1 = u p_1$ con $u \in A^\times$ : $p_1, q_1$ son asociados. Cancelando $p_1$ : $p_2 \cdots p_r = (u q_2) q_3\cdots q_s$ , y se concluye por inducción ( $r = 1$ obliga a $s = 1$ : una unidad por irreducibles no puede ser $1$ ). ∎

Observación 2.19

En un DFU existen los máximos comunes divisores (tómense los exponentes mínimos en las factorizaciones) y vale el lema de Euclides — irreducible $=$ primo (Ejercicio 2.2) —, pero Bézout puede fallar: en $\Z[X]$ , $\gcd(2, X) = 1$ y sin embargo $1 \neq 2U + XV$ (evalúese en $X = 0$ : $1 = 2U(0)$ , imposible). Las identidades de Bézout son patrimonio exclusivo de los DIP.

Ejemplo 2.20 (Un anillo sin factorización única)

Ninguna de las implicaciones euclídeo $\Rightarrow$ DIP $\Rightarrow$ DFU es una equivalencia, y merece la pena ver una vez, con todo detalle, cómo falla la última. En

A = \Z[\iu\sqrt5] = \{a + \iu b\sqrt5 : a, b \in \Z\}, \qquad N(a + \iu b\sqrt5) = a^2 + 5b^2,

la norma es multiplicativa y $N(z) = 1$ si y solo si $z \in A^\times = \{\pm1\}$ . Consideremos

6 = 2 \cdot 3 = (1 + \iu\sqrt5)(1 - \iu\sqrt5).

Los cuatro factores son irreducibles: sus normas valen $4, 9, 6, 6$ , y una factorización propia $z = z_1z_2$ obligaría a $N(z_1) \in \{2, 3\}$ — pero $a^2 + 5b^2$ nunca es igual a $2$ ni a $3$ ( $b = 0$ deja los no cuadrados $2, 3$ ; $\abs b \geq 1$ da $\geq 5$ ). Sin embargo, $2$ no es asociado de ninguno de los dos $1 \pm \iu\sqrt5$ (normas $4 \neq 6$ ): dos factorizaciones genuinamente distintas de $6$ en irreducibles. Equivalentemente, aquí irreducible $\neq$ primo: $2$ divide al producto $(1 + \iu\sqrt5)(1 - \iu\sqrt5) = 6$ pero a ninguno de los dos factores (de nuevo por las normas). La reparación del fallo en términos de ideales — factorizar ideales en lugar de elementos — es el nacimiento de la teoría algebraica de números; a nuestro nivel, el ejemplo calibra hasta qué punto son especiales los anillos euclídeos $\Z$ , $K[X]$ , $\Z[\iu]$ de este capítulo.

Método 2.21

Para identificar un anillo cociente $A/I$ , búsquese un morfismo sobreyectivo $f \colon A \to B$ de núcleo $I$ e invóquese el Teorema 2.2; cuando $A = C[X]$ es un anillo de polinomios, $f$ suele ser una evaluación. Así, $\Z[X]/(X^2+1) \cong \Z[\iu]$ (evaluar en $\iu$ ), $K[X,Y]/(Y - X^2) \cong K[X]$ (evaluar $Y$ en $X^2$ ), $\R[X]/(X^2+1) \cong \C$ . Para ver que $I$ es primo o maximal, compruébese que el cociente es un dominio o un cuerpo (Proposición 2.4).

2.3 Polinomios sobre un DFU: Gauss y Eisenstein

En toda esta sección, $A$ es un DFU con cuerpo de fracciones $K$ (construido como el cuerpo de los cocientes formales $a/b$ , $b \neq 0$ , exactamente igual que $\Q$ a partir de $\Z$ ; esta construcción se hizo en segundo año para $\Q$ y se traslada literalmente). Nuestro objetivo: la factorialidad pasa de $A$ a $A[X]$ , y la irreducibilidad sobre $A$ es esencialmente la irreducibilidad sobre el cuerpo mayor $K$ .

Definición 2.22

El contenido $c(P)$ de un $P \in A[X]$ no nulo es un máximo común divisor de sus coeficientes (definido salvo unidades); $P$ es primitivo si $c(P) \in A^\times$ . Todo $P \in A[X]$ se escribe $P = c(P)\,P_1$ con $P_1$ primitivo, y todo $P \in K[X]\setminus\{0\}$ se escribe $P = \lambda P_1$ con $\lambda \in K^\times$ y $P_1 \in A[X]$ primitivo (quítense denominadores y sáquese después el contenido).

Lema 2.23 (Gauss)

El producto de dos polinomios primitivos de $A[X]$ es primitivo; en consecuencia, $c(PQ) = c(P)c(Q)$ salvo unidades.

Demostración. Sean $P, Q$ primitivos y supongamos que algún irreducible (= primo, por ser DFU) $p$ divide todos los coeficientes de $PQ$ . Reduzcamos módulo $p$ : en $(A/(p))[X]$ , $\bar P \bar Q = 0$ . Pero $A/(p)$ es un dominio ( $(p)$ primo), luego $(A/(p))[X]$ es un dominio (los coeficientes directores se multiplican), lo que obliga a $\bar P = 0$ o $\bar Q = 0$ : $p$ divide todos los coeficientes de $P$ o todos los de $Q$ , en contra de la primitividad. Para la consecuencia, escríbase $P = c(P)P_1$ , $Q = c(Q)Q_1$ : $PQ = c(P)c(Q) P_1Q_1$ con $P_1Q_1$ primitivo. ∎

Teorema 2.24

Sea $A$ un DFU con cuerpo de fracciones $K$ .

Un $P \in A[X]$ primitivo de grado $\geq 1$ es irreducible en $A[X]$ si y solo si es irreducible en $K[X]$ .
$A[X]$ es un DFU; sus irreducibles son los irreducibles de $A$ y los polinomios primitivos irreducibles sobre $K$ . En particular $\Z[X]$ y, por inducción, $K[X_1, \dots, X_n]$ y $\Z[X_1, \dots, X_n]$ , son DFU.

Demostración. (1) ( $\Leftarrow$ ) Si $P = QR$ en $A[X]$ con $Q, R$ no unidades, ninguno de los dos factores es constante (un factor constante de un polinomio primitivo es una unidad), luego la factorización es propia en $K[X]$ . ( $\Rightarrow$ ) Supongamos $P = QR$ con $Q, R \in K[X]$ de grados $\geq 1$ . Escribamos $Q = \lambda Q_1$ , $R = \mu R_1$ con $Q_1, R_1 \in A[X]$ primitivos: $P = \lambda\mu\, Q_1R_1$ , y $Q_1R_1$ es primitivo por Gauss. Tomando contenidos, $\lambda\mu \in A^\times$ (ambos miembros tienen contenido unidad; formalmente, $\lambda\mu = c(P) \in A^\times$ salvo unidades y, en particular, $\lambda \mu \in A$ ): $P = (\lambda\mu Q_1) R_1$ es una factorización propia en $A[X]$ .

(2) Existencia: dado $P \neq 0$ no unidad, factorícese $P = c(P)P_1$ , factorícese $c(P)$ en irreducibles de $A$ y factorícese $P_1$ en el DFU $K[X]$ como $\prod Q_i$ con $Q_i \in K[X]$ irreducibles; escribiendo $Q_i = \lambda_i R_i$ con $R_i \in A[X]$ primitivos (luego irreducibles sobre $K$ y, por (1), en $A[X]$ ), el producto $\prod \lambda_i$ es una unidad de $A$ como antes, y $P_1 = u\prod R_i$ . Unicidad: compárense la parte constante y la parte polinómica de una factorización; las constantes multiplican a $c(P)$ (Gauss), única por la factorialidad de $A$ ; las partes polinómicas dan dos factorizaciones en $K[X]$ del mismo polinomio, luego coinciden salvo constantes de $K^\times$ (factorialidad de $K[X]$ , el Teorema 2.18), y dos polinomios primitivos asociados en $K[X]$ lo están en $A[X]$ : si $R = \lambda R'$ con $R, R'$ primitivos y $\lambda \in K^\times$ , tomar contenidos obliga a $\lambda \in A^\times$ . ∎

Teorema 2.25 (Criterios de irreducibilidad)

Sea $A$ un DFU, sea $K$ su cuerpo de fracciones y sea $P = a_nX^n + \dots + a_0 \in A[X]$ primitivo de grado $n \geq 1$ .

(Reducción) Si $p \in A$ es primo, $p \nmid a_n$ y la reducción $\bar P$ es irreducible en $(A/(p))[X]$ , entonces $P$ es irreducible en $K[X]$ (y por tanto en $A[X]$ ).
(Eisenstein) Si algún primo $p$ cumple $p \nmid a_n$ , $p \mid a_i$ para $0 \leq i < n$ y $p^2 \nmid a_0$ , entonces $P$ es irreducible en $K[X]$ (y por tanto en $A[X]$ ).

Demostración. Por el Teorema 2.24(1), una factorización propia sobre $K$ da $P = QR$ con $Q, R \in A[X]$ , $\deg Q, \deg R \geq 1$ (las constantes quedan excluidas: serían unidades o estropearían la primitividad).

(1) Redúzcase módulo $p$ : $\bar P = \bar Q\bar R$ en $(A/(p))[X]$ . Como $p \nmid a_n$ y $\deg$ solo pueden bajar al reducir, $\deg \bar Q = \deg Q \geq 1$ y $\deg\bar R = \deg R \geq 1$ (sus coeficientes directores multiplican a $\bar a_n \neq 0$ , luego ninguno baja): $\bar P$ se factoriza propiamente — contradicción.

(2) Redúzcase módulo $p$ : $\bar Q \bar R = \bar P = \bar a_n X^n$ (todos los coeficientes inferiores se anulan). En el dominio $(A/(p))[X]$ , las factorizaciones de $cX^n$ ( $c \ne 0$ ) son en constantes y potencias puras $c'X^k$ : en efecto, si $\bar Q\bar R = \bar a_nX^n$ y, digamos, $\bar Q$ tuviera un coeficiente no nulo en grado $< \deg\bar Q$ , tomando los términos no nulos de menor grado se obtiene $\operatorname{val}(\bar Q\bar R) = \operatorname{val}\bar Q + \operatorname{val}\bar R$ (dominio), que ha de ser igual a $n = \deg\bar Q + \deg\bar R$ , lo que obliga a $\operatorname{val} = \deg$ en ambos: los dos son monomios. Como antes, los grados no bajan, luego $Q$ y $R$ tienen sus términos constantes $Q(0), R(0)$ divisibles por $p$ — los dos, pues ambas reducciones son monomios de grado $\geq 1$ . Entonces $p^2 \mid Q(0)R(0) = a_0$ : contradicción. ∎

Ejemplo 2.26

$X^n - p$ es irreducible sobre $\Q$ para todo primo $p$ y todo $n \geq 1$ (Eisenstein en $p$ ): hay polinomios irreducibles de todos los grados sobre $\Q$ — en marcado contraste con $\C$ (grado $1$ , d’Alembert–Gauss, demostrado en el Capítulo 16) y con $\R$ (grados $1, 2$ ). El truco de trasladar amplía el alcance de Eisenstein: el polinomio ciclotómico $\Phi_p = X^{p-1} + \dots + X + 1 = \frac{X^p - 1}{X - 1}$ de índice $p$ cumple

\Phi_p(X + 1) = \frac{(X+1)^p - 1}{X} = X^{p-1} + \binom{p}{1}X^{p-2} + \dots + \binom{p}{p-1},

Eisenstein en $p$ ( $p \mid \binom pk$ para $0 < k < p$ , y $\binom{p}{p-1} = p \not\equiv 0 \bmod p^2$ ): $\Phi_p(X+1)$ , y por tanto $\Phi_p$ , es irreducible sobre $\Q$ . Este es el corazón algebraico de la historia del $17$ -ágono que se cuenta en el Capítulo 4.

Método 2.27

Para demostrar que $P \in \Z[X]$ es irreducible sobre $\Q$ : (i) hágase $P$ primitivo; (ii) pruébese Eisenstein, sobre $P(X)$ y sobre las traslaciones $P(X \pm 1)$ ; (iii) pruébese a reducir módulo primos pequeños que no dividan al coeficiente director — basta la irreducibilidad módulo un $p$ , y sobre $\mathbb F_p$ la irreducibilidad es una comprobación finita (no tener raíces excluye los factores de grado $1$ ; después se ensayan los finitos factores de cada grado $\leq \deg P/2$ ); (iv) si todo lo demás falla, coeficientes indeterminados. Cuidado: que sea reducible módulo todo $p$ no implica que lo sea sobre $\Q$ (Ejercicio 2.11).

2.4 Anillos noetherianos

Definición 2.28

Un anillo $A$ es noetheriano si todo ideal de $A$ es finitamente generado.

Proposición 2.29

$A$ es noetheriano si y solo si toda sucesión creciente de ideales es estacionaria (condición de cadena ascendente), si y solo si toda familia no vacía de ideales tiene un elemento maximal (para la inclusión).

Demostración. (FG $\Rightarrow$ CCA): para una cadena $I_1 \subseteq I_2 \subseteq \cdots$ , la unión $I$ es un ideal, generado por $x_1, \dots, x_r$ ; todos los $x_i$ están en algún $I_N$ , luego $I = I_N = I_n$ para $n \geq N$ . (CCA $\Rightarrow$ elementos maximales): si una familia no vacía $\mathcal F$ no tuviera elemento maximal, tómese $I_1 \in \mathcal F$ y después, inductivamente, $I_{n+1} \supsetneq I_n$ en $\mathcal F$ (es posible porque $I_n$ no es maximal): una cadena infinita estrictamente creciente. (Esto usa el axioma de elecciones dependientes, una forma débil de elección que no discutiremos.) (Elementos maximales $\Rightarrow$ FG): dado un ideal $I$ , la familia de los ideales finitamente generados contenidos en $I$ es no vacía ( $(0)$ ); un elemento maximal $J = (x_1, \dots, x_r)$ ha de ser igual a $I$ : en caso contrario, añadiendo $x \in I \setminus J$ a los generadores se obtendría un miembro estrictamente mayor de la familia. ∎

Teorema 2.30 (Teorema de la base de Hilbert)

Si $A$ es noetheriano, también lo es $A[X]$ . Por tanto, también lo son $A[X_1, \dots, X_n]$ y todos sus cocientes.

Demostración. Sea $I$ un ideal de $A[X]$ y supongamos que $I$ no es finitamente generado. Construyamos una sucesión: $f_1 \in I \setminus \{0\}$ de grado mínimo y, inductivamente, $f_{k+1} \in I \setminus (f_1, \dots, f_k)$ de grado mínimo (el conjunto es no vacío por hipótesis). Los grados $d_k = \deg f_k$ son no decrecientes (por la minimalidad de cada elección: $f_{k+1}$ estaba disponible en el paso $k+1$ ; con más precisión, $f_{k+1} \notin (f_1,\dots,f_k) \supseteq (f_1, \dots, f_{k-1})$ , luego $f_{k+1}$ competía en el paso $k$ y perdió o empató: $d_{k+1} \geq d_k$ ). Sea $a_k \in A$ el coeficiente director de $f_k$ . La cadena de ideales $(a_1) \subseteq (a_1, a_2) \subseteq \cdots$ se estabiliza: $a_{n+1} \in (a_1, \dots, a_n)$ para algún $n$ , digamos $a_{n+1} = \sum_{k\leq n} u_k a_k$ . Consideremos

g = f_{n+1} - \sum_{k=1}^{n} u_k X^{\,d_{n+1} - d_k} f_k .

Entonces $g \in I \setminus (f_1, \dots, f_n)$ (la suma está en el ideal, $f_{n+1}$ no), y sin embargo el coeficiente de grado $d_{n+1}$ se cancela: $\deg g < d_{n+1}$ , en contra de la minimalidad de $d_{n+1} = \deg f_{n+1}$ .

Iterando, $A[X_1, \dots, X_n] = (A[X_1, \dots, X_{n-1}])[X_n]$ es noetheriano; un cociente $A/I$ es noetheriano porque sus ideales $J/I$ se levantan a ideales de $A$ (correspondencia), donde un número finito de generadores se proyecta sobre generadores. ∎

Observación 2.31

La noetherianidad es el axioma de finitud de la geometría algebraica: todo sistema de ecuaciones polinómicas en $n$ variables, por infinito que sea, equivale a un número finito de ellas — su conjunto de soluciones queda definido por finitos polinomios. Los DIP son noetherianos (trivialmente); $\Z[X_1, X_2, \dots]$ en infinitas variables no lo es ( $(X_1) \subsetneq (X_1, X_2) \subsetneq \cdots$ ). También aparecen anillos no noetherianos de manera natural en análisis: las funciones continuas sobre $\intcc01$ forman uno (Ejercicio 2.10).

2.5 Ejercicios

Ejercicio 2.1 ★

Identificar los cocientes: (a) $\Z[X]/(X^2 + 1) \cong \Z[\iu]$ ; (b) $\R[X]/(X^2+1) \cong \C$ ; (c) $\mathbb F_2[X]/(X^2 + X + 1)$ es un cuerpo de $4$ elementos — escríbase su tabla de multiplicar.

Solución

Solución de Ejercicio 2.1.

(a) La evaluación $f \colon \Z[X] \to \Z[\iu]$ , $P \mapsto P(\iu)$ , es un morfismo sobreyectivo de anillos ( $a + bX \mapsto a + b\iu$ ). Núcleo: dividamos $P$ por el polinomio mónico $X^2 + 1$ en $\Z[X]$ : $P = (X^2 + 1)Q + (bX + a)$ con $a, b \in \Z$ ; entonces $P(\iu) = a + b\iu = 0$ si y solo si $a = b = 0$ . Así $\ker f = (X^2+1)$ y el Teorema 2.2 concluye.

(b) El mismo cálculo con coeficientes en $\R$ : $\R[X]/(X^2+1) \cong \C$ — esta es la construcción más limpia de $\C$ .

(c) $X^2 + X + 1$ no tiene raíces en $\mathbb F_2$ ( $0, 1 \mapsto 1$ ), luego, al ser de grado $2$ , es irreducible: el cociente $\mathbb F_4 = \mathbb F_2[X]/(X^2+X+1)$ es un cuerpo (la Proposición 2.4; $(P)$ es maximal en $K[X]$ cuando $P$ es irreducible, pues $K[X]$ es un DIP: un ideal $(D) \supseteq (P)$ significa $D \mid P$ ). Sus cuatro elementos son $0, 1, \omega, \omega + 1$ , donde $\omega = \bar X$ , con $\omega^2 = \omega + 1$ . Tabla de multiplicar (elementos no nulos):

\omega \cdot \omega = \omega + 1, \qquad \omega(\omega + 1) = \omega^2 + \omega = 1, \qquad (\omega+1)^2 = \omega^2 + 1 = \omega .

Los elementos no nulos forman un grupo cíclico de orden $3$ generado por $\omega$ .

Ejercicio 2.2 ★

(a) Demostrar que en un DFU todo elemento irreducible es primo. (b) Demostrar que un dominio de integridad finito es un cuerpo. (c) Deducir que en un anillo finito todo ideal primo es maximal.

Solución

Solución de Ejercicio 2.2.

(a) Sea $p$ irreducible en un DFU y sea $p \mid ab$ , digamos $ab = pc$ , con $a, b \neq 0$ (si no, es trivial). Si $a$ o $b$ es una unidad, $p$ divide al otro. En caso contrario, factoricemos $a$ , $b$ y $c$ en irreducibles: las dos factorizaciones de $ab$ ,

(\text{factores de } a)(\text{factores de } b) = p \cdot (\text{factores de } c),

han de coincidir salvo el orden y salvo asociados: $p$ es asociado de algún factor irreducible de $a$ o de $b$ y, por tanto, lo divide.

(b) Sea $A$ un dominio finito y sea $x \neq 0$ . La aplicación $y \mapsto xy$ es inyectiva ( $xy = xy' \Rightarrow x(y - y') = 0 \Rightarrow y = y'$ ) y, por ser $A$ finito, sobreyectiva: $1 = xy$ para algún $y$ .

(c) Si $\mathfrak p$ es primo en un anillo finito $A$ , entonces $A/\mathfrak p$ es un dominio finito, luego un cuerpo por (b), y $\mathfrak p$ es maximal (la Proposición 2.4).

Ejercicio 2.3 ★

En $\Z[\iu\sqrt5]$ : comprobar que $3$ , $1 + \iu\sqrt5$ y $1 - \iu\sqrt5$ son irreducibles, que $9 = 3\cdot 3 = (2 + \iu\sqrt5)(2 - \iu\sqrt5)$ , y concluir de nuevo (tras la Proposición 2.12) que $\Z[\iu\sqrt5]$ no es un DFU. ¿Dónde falla exactamente la unicidad?

Solución

Solución de Ejercicio 2.3.

Normas: $N(3) = 9$ , $N(1 \pm \iu\sqrt5) = 6$ , $N(2 \pm \iu\sqrt5) = 9$ . Las ecuaciones $x^2 + 5y^2 = 2$ y $x^2 + 5y^2 = 3$ no tienen soluciones enteras, luego ningún elemento tiene norma $2$ ni $3$ . Una factorización propia de $3$ necesitaría dos factores de norma $3$ : imposible — $3$ es irreducible. Una factorización propia de $1 \pm \iu\sqrt5$ (norma $6$ ) necesitaría factores de normas $2, 3$ : imposible. Lo mismo para $2 \pm \iu\sqrt5$ (norma $9$ : los factores tendrían norma $3$ ). Ahora bien,

9 = 3 \cdot 3 = (2 + \iu\sqrt5)(2 - \iu\sqrt5),

son dos factorizaciones en irreducibles. Son genuinamente distintas: las unidades son $\pm 1$ (norma $1$ ), y $2 \pm \iu\sqrt5 \neq \pm 3$ . Así que la unicidad falla — mientras que la existencia de factorizaciones sí se cumple en $\Z[\iu\sqrt5]$ (Ejercicio 2.10(c)): la no factorialidad es aquí un puro fallo de unicidad. (Coherentemente con la Proposición 2.12: estos irreducibles no son primos.)

Ejercicio 2.4 ★★

(a) Demostrar que $\Z[\iu]$ es euclídeo para la norma $N(x + \iu y) = x^2 + y^2$ : dados $a, b \neq 0$ , elíjase $q \in \Z[\iu]$ lo más próximo posible a $a/b \in \C$ . (b) Determinar $\Z[\iu]^\times$ . (c) Las mismas preguntas para $\Z[\iu\sqrt2]$ y $N(x + \iu y\sqrt2) = x^2 + 2y^2$ . ¿Por qué falla el mismo argumento para $\Z[\iu\sqrt5]$ ?

Solución

Solución de Ejercicio 2.4.

(a) Sean $a, b \in \Z[\iu]$ , $b \neq 0$ y $a/b = x + \iu y \in \C$ . Elijamos enteros $m, n$ con $\abs{x - m} \leq \frac12$ , $\abs{y - n} \leq \frac12$ , y pongamos $q = m + \iu n$ , $r = a - bq$ . Entonces

N(r) = N(b)\,\abs*{\tfrac ab - q}^2 \leq N(b)\Bigl(\tfrac14 + \tfrac14\Bigr) = \tfrac{N(b)}2 < N(b).

Luego $N$ es una función euclídea ( $N(r) < N(b)$ o $r = 0$ ).

(b) Si $uv = 1$ , entonces $N(u)N(v) = 1$ con $N(u) \in \N$ : $N(u) = 1$ , es decir, $x^2 + y^2 = 1$ : $u \in \{\pm 1, \pm\iu\}$ ; y recíprocamente estos son unidades.

(c) Para $\Z[\iu\sqrt2]$ : el mismo redondeo da $\abs{a/b - q}^2 \leq \frac14 + \frac{2}4 = \frac34 < 1$ : euclídeo; unidades: $x^2 + 2y^2 = 1$ da $\pm 1$ . Para $\Z[\iu\sqrt5]$ la cota pasa a ser $\frac14 + \frac54 = \frac32 > 1$ : el argumento del redondeo falla — y tiene que fallar, puesto que $\Z[\iu\sqrt5]$ ni siquiera es un DFU (Ejercicio 2.3), mientras que euclídeo implicaría DFU (Teoremas 2.14 y 2.18).

Ejercicio 2.5 ★★

Sea $A$ un anillo. (a) Demostrar que si $x$ es nilpotente ( $x^n = 0$ para algún $n$ ), entonces $1 + x \in A^\times$ . (b) Demostrar que si $A$ es un dominio, entonces $A[X]^\times = A^\times$ ; dar un contraejemplo sobre $\Z/4\Z$ . (c) Demostrar que un dominio no tiene más idempotentes ( $e^2 = e$ ) que $0, 1$ , ni más nilpotentes que $0$ .

Solución

Solución de Ejercicio 2.5.

(a) Si $x^n = 0$ :

(1 + x)\bigl(1 - x + x^2 - \dots + (-1)^{n-1}x^{n-1}\bigr) = 1 + (-1)^{n-1}x^n = 1 .

(b) En un dominio, $\deg(PQ) = \deg P + \deg Q$ ; $PQ = 1$ obliga a $\deg P = \deg Q = 0$ y $P, Q \in A^\times$ : $A[X]^\times = A^\times$ . Sobre $\Z/4\Z$ : $(1 + 2X)^2 = 1 + 4X + 4X^2 = 1$ , luego $1 + 2X$ es una unidad de grado $1$ (aquí $2$ es nilpotente; compárese con (a)).

(c) $e^2 = e$ da $e(e - 1) = 0$ , luego $e \in \{0, 1\}$ en un dominio. Si $x^n = 0$ con $n \geq 1$ mínimo y $x \ne 0$ , entonces $n \geq 2$ y $x \cdot x^{n-1} = 0$ con ambos factores no nulos: contradicción.

Ejercicio 2.6 ★★

En $A = K[X, Y]$ : (a) demostrar que el ideal $(X, Y)$ es maximal pero no principal — de modo que $K[X,Y]$ es un DFU (el Teorema 2.24) que no es un DIP; (b) identificar $K[X, Y]/(Y - X^2)$ y $K[X,Y]/(XY - 1)$ como subanillos de funciones racionales; (c) ¿es $(Y - X^2)$ primo?, ¿es maximal?

Solución

Solución de Ejercicio 2.6.

(a) $K[X,Y]/(X,Y) \cong K$ (evaluar en $(0,0)$ ): es un cuerpo, luego $(X,Y)$ es maximal. Si $(X, Y) = (P)$ : $P \mid X$ obliga (grados en $Y$ ) a $P \in K[X]$ , y $P \mid Y$ obliga entonces a $P \in K$ ; $P = 0$ es absurdo y $P \in K^\times$ daría $(P) = K[X,Y]$ , en contra de que sea propio ( $K[X,Y]/(X,Y) \cong K \neq 0$ ). Por tanto $(X,Y)$ no es principal.

(b) La evaluación $P(X, Y) \mapsto P(X, X^2)$ aplica $K[X,Y]$ sobre $K[X]$ ; su núcleo es $(Y - X^2)$ : dividiendo por el polinomio $Y - X^2$ , mónico en $Y$ , $P = (Y - X^2)Q + R(X)$ y $P(X, X^2) = R(X)$ . Así $K[X,Y]/(Y - X^2) \cong K[X]$ — el anillo de coordenadas de una parábola, isomorfo al de una recta.

La evaluación $P(X, Y) \mapsto P(X, X^{-1})$ aplica $K[X, Y]$ sobre el anillo $K[X, X^{-1}]$ de los polinomios de Laurent. Su núcleo contiene $(XY - 1)$ ; recíprocamente, módulo $XY - 1$ toda clase tiene un representante $R = \sum_{n \geq 0} a_nX^n + \sum_{m \geq 1} b_m Y^m$ (sustitúyase repetidamente cada producto $XY$ por $1$ ), y $R(X, X^{-1}) = \sum a_n X^n + \sum b_m X^{-m} = 0$ obliga a que todos los $a_n = b_m = 0$ . Por tanto $K[X, Y]/(XY - 1) \cong K[X, X^{-1}]$ — el anillo de coordenadas de una hipérbola: la recta con un punto suprimido.

(c) $(Y - X^2)$ es primo (el cociente $K[X]$ es un dominio) pero no maximal ( $K[X]$ no es un cuerpo; concretamente, $(Y - X^2) \subsetneq (Y - X^2,\, X) \subsetneq K[X,Y]$ ).

Ejercicio 2.7 ★★

Irreducible o no sobre $\Q$ : $X^5 - 12X^3 + 36X - 12$ ; $X^4 + X + 1$ (redúzcase módulo $2$ ); $X^4 + 4$ ; $\Phi_8 = X^4 + 1$ (trasládese $1$ ); $X^3 - X - 1$ .

Solución

Solución de Ejercicio 2.7.

$X^5 - 12X^3 + 36X - 12$ : Eisenstein en $p = 3$ ( $3 \mid 12, 36, 12$ ; $9 \nmid 12$ ; $3 \nmid 1$ ): irreducible. (En $p = 2$ , Eisenstein falla: $4 \mid 12$ .)

$X^4 + X + 1$ : redúzcase módulo $2$ . No tiene raíces en $\mathbb F_2$ ; el único polinomio cuadrático irreducible sobre $\mathbb F_2$ es $X^2 + X + 1$ , y $(X^2+X+1)^2 = X^4 + X^2 + 1 \neq X^4 + X + 1$ . Luego $X^4 + X + 1$ es irreducible sobre $\mathbb F_2$ y, por tanto, sobre $\Q$ (el Teorema 2.25(1); es mónico).

$X^4 + 4$ : reducible — la identidad de Sophie Germain, $X^4 + 4 = (X^2 - 2X + 2)(X^2 + 2X + 2)$ .

$X^4 + 1$ : trasládese, $(X+1)^4 + 1 = X^4 + 4X^3 + 6X^2 + 4X + 2$ : Eisenstein en $2$ . Una factorización de $X^4+1$ se trasladaría a una de $(X+1)^4 + 1$ : irreducible.

$X^3 - X - 1$ : una cúbica es reducible sobre $\Q$ si y solo si tiene una raíz racional; y una raíz racional de un polinomio entero mónico es un entero que divide al término independiente (teorema de la raíz racional: si $(p/q)$ , en forma irreducible, es raíz, entonces $q \mid 1$ , $p \mid -1$ ); como $\pm 1$ no son raíces ( $-1$ y $-1$ ): irreducible.

Ejercicio 2.8 ★★

(a) A partir del Teorema 2.9, demostrar que la función de Euler es multiplicativa sobre argumentos coprimos y que $\varphi(p^k) = p^{k-1}(p-1)$ ; recuperar $\varphi(n) = n\prod_{p \mid n}(1 - \frac1p)$ . (b) Resolver: $x \equiv 2 \pmod 7$ , $x \equiv 5 \pmod{11}$ , $x \equiv 1 \pmod{13}$ , exhibiendo los idempotentes $e_k$ de la demostración del Teorema 2.9.

Solución

Solución de Ejercicio 2.8.

(a) Para $\gcd(m, n) = 1$ , el Teorema 2.9 da un isomorfismo de anillos $\Z/mn\Z \cong \Z/m\Z \times \Z/n\Z$ . Un elemento de un anillo producto es unidad si y solo si lo son sus dos coordenadas, luego $(\Z/mn\Z)^\times \cong (\Z/m\Z)^\times \times (\Z/n\Z)^\times$ y $\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n)$ . Para una potencia de primo, las no unidades de $\Z/p^k\Z$ son las clases de los múltiplos de $p$ : $\varphi(p^k) = p^k - p^{k-1}$ . Por tanto

\varphi(n) = \prod_i \bigl(p_i^{\alpha_i} - p_i^{\alpha_i-1}\bigr) = n \prod_{p \mid n}\Bigl(1 - \frac1p\Bigr).

(b) $M = 7 \cdot 11 \cdot 13 = 1001$ . Idempotentes: $e_1 \equiv (1, 0, 0)$ : $143 = 11\cdot13 \equiv 3 \pmod 7$ y $3 \cdot 5 \equiv 1$ : $e_1 = 143 \cdot 5 = 715$ . $e_2$ : $91 \equiv 3 \pmod{11}$ , $3 \cdot 4 \equiv 1$ : $e_2 = 91\cdot4 = 364$ . $e_3$ : $77 \equiv -1 \pmod{13}$ : $e_3 = 77 \cdot 12 = 924$ . Entonces

x \equiv 2\,e_1 + 5\,e_2 + 1\,e_3 = 1430 + 1820 + 924 = 4174 \equiv 170 \pmod{1001},

y, en efecto, $170 = 24\cdot7 + 2 = 15\cdot11 + 5 = 13\cdot13 + 1$ .

Ejercicio 2.9 ★★★

(El nilradical) Sea $\operatorname{Nil}(A)$ el conjunto de los elementos nilpotentes. (a) Demostrar que $\operatorname{Nil}(A)$ es un ideal contenido en todo ideal primo. (b) Recíprocamente, sea $a$ no nilpotente; usando el lema de Zorn sobre los ideales que evitan $S = \{a^n : n \in \N\}$ , constrúyase un ideal primo que no contenga $a$ . Concluir:

\operatorname{Nil}(A) = \bigcap_{\mathfrak p \text{ primo}} \mathfrak p .

Solución

Solución de Ejercicio 2.9.

(a) Si $x^n = 0$ y $y^m = 0$ , en el desarrollo binomial de $(x+y)^{n+m}$ todo término es $x^iy^j$ con $i + j = n + m$ , luego $i \geq n$ o $j \geq m$ : cada término se anula y $x + y$ es nilpotente; y $(ax)^n = a^nx^n = 0$ : $\operatorname{Nil}(A)$ es un ideal. Si $\mathfrak p$ es primo y $x^n = 0 \in \mathfrak p$ , la inducción sobre $n$ da $x \in \mathfrak p$ ( $x \cdot x^{n-1} \in \mathfrak p$ ).

(b) Sean $a \notin \operatorname{Nil}(A)$ y $S = \{a^n : n \geq 1\}$ , de modo que $0 \notin S$ . El conjunto $\mathcal E$ de los ideales disjuntos de $S$ contiene $(0)$ y es inductivo (la unión de una cadena de ideales disjuntos de $S$ es un ideal disjunto de $S$ ): Zorn proporciona un $\mathfrak p \in \mathcal E$ maximal. $\mathfrak p$ es propio ( $a \notin \mathfrak p$ , pues $a \in S$ ). Primalidad: sean $x, y \notin \mathfrak p$ . Por maximalidad, $\mathfrak p + (x)$ y $\mathfrak p + (y)$ cortan a $S$ : $a^m \in \mathfrak p + (x)$ , $a^n \in \mathfrak p + (y)$ . Multiplicando, $a^{m+n} \in \mathfrak p + (xy)$ . Si $xy \in \mathfrak p$ , entonces $a^{m+n} \in \mathfrak p \cap S$ : absurdo. Luego $xy \notin \mathfrak p$ — el contrarrecíproco de la primalidad. Así pues, todo elemento no nilpotente evita algún ideal primo; junto con (a), $\operatorname{Nil}(A) = \bigcap_{\mathfrak p} \mathfrak p$ .

Ejercicio 2.10 ★★★

(a) Sea $A$ noetheriano y sea $f \colon A \to A$ un morfismo sobreyectivo de anillos. Demostrar que $f$ es inyectivo. (Considérese $\ker f \subseteq \ker f^2 \subseteq \cdots$ .) (b) Demostrar que el anillo $\mathcal C(\intcc01, \R)$ de las funciones continuas no es noetheriano. (Considérese $I_n = \{f : f = 0 \text{ en } \intcc0{1/n}\}$ .) (c) Demostrar que en un dominio noetheriano todo elemento no nulo y no unidad es un producto (finito) de irreducibles — de modo que la no factorialidad de $\Z[\iu\sqrt 5]$ es únicamente un fallo de unicidad.

Solución

Solución de Ejercicio 2.10.

(a) La cadena $\ker f \subseteq \ker f^2 \subseteq \cdots$ se estabiliza (la Proposición 2.29): $\ker f^n = \ker f^{n+1}$ para algún $n$ . Sea $x \in \ker f$ . Como $f$ , y por tanto $f^n$ , es sobreyectivo, $x = f^n(y)$ para algún $y$ ; entonces $f^{n+1}(y) = f(x) = 0$ , luego $y \in \ker f^{n+1} = \ker f^n$ , es decir, $x = f^n(y) = 0$ .

(b) $I_n = \{f \in \mathcal C(\intcc01, \R) : f\restriction_{ \intcc0{1/n}} = 0\}$ es un ideal, y $I_n \subseteq I_{n+1}$ . La inclusión es estricta: $x \mapsto \max\bigl(0, x - \frac1{n+1}\bigr)$ se anula en $\intcc0{\frac1{n+1}}$ pero no en $\intcc0{\frac1n}$ . Una cadena infinita estrictamente creciente contradice la Proposición 2.29.

(c) Supongamos que el conjunto de los elementos no nulos y no unidades sin factorización en irreducibles es no vacío. La familia correspondiente de ideales $\{(a)\}$ tiene un elemento maximal $(a)$ (la Proposición 2.29). El elemento $a$ no es irreducible (un irreducible es su propia factorización), luego $a = bc$ con $b, c$ no unidades; $(a) \subseteq (b)$ es estricta (pues $(a) = (b)$ daría $b = ad$ , $a = adc$ , luego $dc = 1$ : $c$ sería una unidad), y análogamente $(a) \subsetneq (c)$ . Por maximalidad, $b$ y $c$ se factorizan ambos en irreducibles; concatenando factores, $a$ : contradicción. Aplicado a $\Z[\iu\sqrt5]$ — noetheriano por ser cociente de $\Z[X]$ (el Teorema 2.30, $\Z[\iu\sqrt5] \cong \Z[X]/(X^2+5)$ ) —, esto muestra que allí las factorizaciones existen; el Ejercicio 2.3 mostró que lo que falla es la unicidad.

Ejercicio 2.11 ★★★

Sea $P = X^4 + 1$ . (a) Demostrar que $P$ es irreducible sobre $\Q$ (Ejercicio 2.7). (b) Demostrar que $P$ es reducible módulo todo primo $p$ : trátese $p = 2$ ; después, para $p$ impar, demuéstrese que $8 \mid p^2 - 1$ y admítase por ahora (se demuestra en el Capítulo 4) que el grupo multiplicativo del cuerpo de $p^2$ elementos es cíclico, para concluir que $P$ se descompone en dos factores cuadráticos módulo $p$ ; explicítense cuando alguno de $-1$ , $2$ , $-2$ es un cuadrado módulo $p$ , y demuéstrese que siempre lo es alguno de ellos.

Solución

Solución de Ejercicio 2.11.

(a) Ejercicio 2.7: trasládese y aplíquese Eisenstein en $2$ .

(b) Módulo $2$ : $X^4 + 1 = (X + 1)^4$ . Sea ahora $p$ impar. Los cuadrados forman un subgrupo de índice $2$ en $(\Z/p\Z)^\times$ : el morfismo $x \mapsto x^2$ tiene núcleo $\{\pm 1\}$ (dos elementos: $X^2 - 1$ tiene a lo sumo $2$ raíces en un cuerpo, y $1 \neq -1$ para $p$ impar), luego su imagen tiene $\frac{p-1}2$ elementos. En consecuencia, el producto de dos no cuadrados es un cuadrado (en el grupo cociente de orden $2$ , $\overline{xy} = \bar x\bar y$ ). Por tanto, al menos uno de $-1$ , $2$ , $-2$ es un cuadrado módulo $p$ (si $-1$ y $2$ no lo son, $-2 = (-1)\cdot 2$ sí). En cada caso, $X^4 + 1$ se factoriza módulo $p$ :

$-1 = c^2$ : $X^4 + 1 = X^4 - c^2 = (X^2 - c)(X^2 + c)$ ;
$2 = c^2$ : $(X^2 + cX + 1)(X^2 - cX + 1) = X^4 + (2 - c^2)X^2 + 1 = X^4 + 1$ ;
$-2 = c^2$ : $(X^2 + cX - 1)(X^2 - cX - 1) = X^4 - (c^2 + 2)X^2 + 1 = X^4 + 1$ .

Así pues, $X^4+1$ es reducible módulo todo primo y, sin embargo, irreducible sobre $\Q$ : el criterio de reducción (el Teorema 2.25(1)) detecta la irreducibilidad, pero su fracaso no demuestra nada.

(Razón estructural: $p^2 - 1 = (p-1)(p+1)$ es un producto de dos pares consecutivos, luego $8 \mid p^2 - 1$ ; el grupo cíclico $\mathbb F_{p^2}^\times$ (la ciclicidad se demuestra en el Capítulo 4) contiene entonces un elemento $\zeta$ de orden $8$ , raíz de $X^4 + 1$ ; su polinomio mínimo sobre $\mathbb F_p$ divide a $X^4+1$ y tiene grado $\leq 2$ — $X^4+1$ nunca puede ser irreducible módulo $p$ .)

Ejercicio 2.12 ★★

(Los idempotentes descomponen los anillos) Un elemento $e$ de un anillo conmutativo $A$ es idempotente si $e^2 = e$ . (a) Demostrar que si $e$ es idempotente, también lo es $1 - e$ , y que la aplicación $x \mapsto (ex, (1-e)x)$ es un isomorfismo de anillos $A \cong Ae \times A(1-e)$ , donde $Ae$ es un anillo con unidad $e$ . (b) Hallar todos los idempotentes de un dominio y los de $\Z/12\Z$ ; exhibir el isomorfismo $\Z/12\Z \cong \Z/4\Z \times \Z/3\Z$ nombrando sus dos idempotentes no triviales. (c) Demostrar que la descomposición del teorema chino del resto de $\Z/n\Z$ (Ejemplo 2.10) corresponde exactamente a los idempotentes $e_i \equiv 1 \bmod p_i^{a_i}$ , $e_i \equiv 0$ módulo las demás potencias de primos: los anillos se descomponen a lo largo de sus idempotentes como los espacios se descomponen a lo largo de sus proyecciones.

Solución

Solución de Ejercicio 2.12.

(a) $(1-e)^2 = 1 - 2e + e^2 = 1 - e$ . La aplicación $\varphi(x) = (ex, (1-e)x)$ es aditiva y multiplicativa con valores en el producto de los dos ideales: $exey = e^2xy = e(xy)$ , y $Ae$ es un anillo conmutativo con unidad $e$ ( $e\cdot ex = ex$ ). Inyectiva: $ex = 0$ y $(1-e)x = 0$ suman $x = 0$ . Sobreyectiva: $(ea, (1-e)b)$ es la imagen de $ea + (1-e)b$ (calcúlense ambas componentes usando $e(1-e) = 0$ ). Las unidades se corresponden correctamente con los pares del tipo $(1, 0)$ : $\varphi(1) = (e, 1-e)$ , la unidad del producto.

(b) En un dominio, $e(e - 1) = 0$ obliga a $e \in \{0, 1\}$ : solo hay idempotentes triviales. En $\Z/12\Z$ , resolviendo $e^2 \equiv e$ : $e \in \{0, 1, 4, 9\}$ . El par no trivial $\{4, 9\}$ : $4 + 9 = 13 \equiv 1$ , $4\cdot9 = 36 \equiv 0$ , y $\Z/12\Z\cdot4 = \{0, 4, 8\} \cong \Z/3\Z$ (unidad $4$ ), $\Z/12\Z\cdot9 = \{0, 3, 6, 9\} \cong \Z/4\Z$ (unidad $9$ ): la descomposición del teorema chino del resto $\Z/12\Z \cong \Z/4\Z\times\Z/3\Z$ , con $9 \leftrightarrow (1, 0)$ y $4 \leftrightarrow (0, 1)$ .

(c) Bajo el isomorfismo del teorema chino del resto $\Z/n\Z \cong \prod_i \Z/p_i^{a_i}\Z$ , el elemento $e_i$ con las congruencias indicadas corresponde a la tupla con $1$ en la posición $i$ y $0$ en las demás: los idempotentes elementales del producto. Recíprocamente, una familia completa de idempotentes ortogonales ( $e_ie_j = 0$ para $i \neq j$ , $\sum e_i = 1$ ) reconstruye la descomposición en producto mediante (a), inductivamente. Los idempotentes son a los anillos lo que las proyecciones ortogonales a los espacios de Hilbert (el Capítulo 13): las coordenadas de una descomposición directa interna.

2.6 Problema: el teorema de los dos cuadrados de Fermat

Problema 2.1

Problema de fin de semana — sumas de dos cuadrados, mediante $\Z[\iu]$

¿Qué enteros son suma de dos cuadrados? La respuesta de Fermat (1640) es una de las joyas de la aritmética; los enteros de Gauss convierten su demostración en teoría de anillos. En todo el problema, $N(x + \iu y) = x^2 + y^2$ denota la norma, $\Z[\iu]$ es euclídeo (Ejercicio 2.4) y, por tanto, un DIP y un DFU, y primo de Gauss significa elemento primo (= irreducible) de $\Z[\iu]$ .

Parte I — Normas y primos de Gauss.

Comprobar $N(zw) = N(z)N(w)$ , deducir de nuevo $\Z[\iu]^\times = \{\pm1, \pm\iu\}$ y demostrar la identidad de Brahmagupta: un producto de dos sumas de dos cuadrados es suma de dos cuadrados.
Demostrar que si $N(z)$ es un número primo, entonces $z$ es un primo de Gauss.
Demostrar que todo primo de Gauss $\pi$ divide exactamente a un número primo $p$ (considérese $N(\pi) = \pi\bar\pi$ ), y que entonces $N(\pi) \in \{p, p^2\}$ .
Deducir la dicotomía: para cada primo $p$ , o bien $p$ sigue siendo primo en $\Z[\iu]$ (y no existe ningún primo de Gauss de norma $p$ ), o bien $p = \pi\bar\pi$ con $\pi$ un primo de Gauss de norma $p$ — y entonces $p = a^2 + b^2$ .

Parte II — El teorema de Wilson y $-1$ módulo $p$ .

Demostrar el teorema de Wilson: para $p$ primo, $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$ . (Emparéjese cada resto con su inverso; ¿cuáles quedan emparejados consigo mismos?)
Sea $p$ un primo impar y $m = \frac{p-1}2$ . Demostrar que $(m!)^2 \equiv (-1)^{m+1} \pmod p$ (en $(p-1)!$ , sustitúyase cada factor $k > m$ por $-(p - k)$ ).
Concluir: $-1$ es un cuadrado módulo $p$ si y solo si $p = 2$ o $p \equiv 1 \pmod 4$ . (Para el «solo si»: si $x^2 \equiv -1$ , ¿cuál es el orden de $x$ en $(\Z/p\Z)^\times$ y qué dice Lagrange?)

Parte III — La ley de descomposición.

Sea $p \equiv 1 \pmod 4$ y sea $x$ con $p \mid x^2 + 1 = (x + \iu)(x - \iu)$ . Demostrar que $p$ no es un primo de Gauss y concluir con la Parte I: $p = a^2 + b^2$ .
Sea $p \equiv 3 \pmod 4$ . Demostrar directamente que $p$ no es suma de dos cuadrados (cuadrados módulo $4$ ) y deducir que $p$ sigue siendo primo de Gauss.
Resolver el caso $p = 2$ : exhibir la factorización $2 = -\iu(1+\iu)^2$ y comprobar que $1 + \iu$ es un primo de Gauss. ( $2$ es el único primo ramificado: divisible por el cuadrado de un primo de Gauss salvo unidades.)
Reunir la clasificación de los primos de Gauss, salvo unidades: $1 + \iu$ ; los enteros $p \equiv 3 \pmod 4$ ; los pares conjugados $\pi, \bar\pi$ de norma $p \equiv 1 \pmod 4$ . Comprobarla en $5 = (2+\iu)(2-\iu)$ y en $3$ .

Parte IV — El teorema de los dos cuadrados.

Demostrar la implicación directa: si en la factorización $n = \prod p_i^{\alpha_i}$ todo primo $\equiv 3 \pmod 4$ aparece con exponente par, entonces $n$ es suma de dos cuadrados. (Brahmagupta y las Partes II–III.)
Demostrar el recíproco: si $n = a^2 + b^2 = N(a + \iu b)$ y $q \equiv 3 \pmod 4$ divide a $n$ , demostrar que $q$ , primo de Gauss, divide a $a + \iu b$ o a $a - \iu b$ , que de hecho divide tanto a $a$ como a $b$ , y concluir por inducción sobre $n$ que el exponente de $q$ en $n$ es par.
Enunciar el teorema final. ¿Cuáles de $2025$ , $2026$ , $2027$ son sumas de dos cuadrados? ( $2025 = 81 \cdot 25$ ; $2026 = 2 \cdot 1013$ , $1013$ primo; $2027$ primo.)
(Epílogo) Demostrar que un primo $p \equiv 1 \pmod 4$ es suma de dos cuadrados de manera esencialmente única: si $p = a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ (enteros positivos), entonces $\{a, b\} = \{c, d\}$ . (Unicidad de la factorización en $\Z[\iu]$ .)

Parte V — Contar representaciones: la fórmula de Jacobi y la serie de Leibniz. Escribamos $r_2(n) = \#\{(a, b) \in \Z^2 : a^2 + b^2 = n\}$ (pares ordenados, con signos y ceros incluidos) y sea $\chi$ el carácter no trivial módulo $4$ : $\chi(d) = +1$ si $d \equiv 1$ , $-1$ si $d \equiv 3 \pmod4$ , $0$ si $d$ es par.

(Calentamiento, por contraste) ¿Qué enteros son diferencias de dos cuadrados? Demostrar: $n = a^2 - b^2$ con $a, b \in \Z$ si y solo si $n \not\equiv 2 \pmod 4$ — sin teoría de anillos, y sin ninguna estructura comparable a lo que sigue.
Demostrar que $r_2(n)$ es el número de $z \in \Z[\iu]$ con $N(z) = n$ . Escribiendo $n = 2^{a}\prod_jp_j^{b_j} \prod_kq_k^{c_k}$ con $p_j \equiv 1$ , $q_k \equiv 3 \pmod4$ , úsense la clasificación de la pregunta 11 y la factorización única para demostrar que tales $z$ existen si y solo si todos los $c_k$ son pares, y que en ese caso

$r_2(n) = 4\prod_j\,(b_j + 1) .$

(Recuento: $z = u\,(1+\iu)^{a}\prod_j\pi_j^{s_j} \bar\pi_j^{\,b_j - s_j}\prod_kq_k^{c_k/2}$ con $u$ una unidad y $0 \leq s_j \leq b_j$ ; ¿por qué es exhaustiva y sin repeticiones esta lista?)
Demostrar que $d \mapsto \chi(d)$ es completamente multiplicativa, deducir que $n \mapsto \sum_{d \mid n}\chi(d)$ es multiplicativa y calcularla sobre las potencias de primos: vale $1$ en $2^a$ ; $b + 1$ en $p^b$ ( $p \equiv 1$ ); y $1$ o $0$ en $q^c$ ( $q \equiv 3$ ) según que $c$ sea par o impar.
Concluir el teorema de Jacobi:

$r_2(n) = 4\sum_{d \mid n}\chi(d) = 4\bigl(d_1(n) - d_3(n)\bigr),$

donde $d_i(n)$ cuenta los divisores $\equiv i \pmod 4$ . Comprobarlo en $n = 3, 5, 9, 25$ y listar las $16$ representaciones de $65$ .
(El círculo) Demostrar que $\sum_{n \leq x}r_2(n)$ es el número de puntos de la red $\Z^2$ en el disco cerrado de radio $\sqrt x$ , y demostrar

$\sum_{n\leq x}r_2(n) = \pi x + O(\sqrt x)$

(cada punto de la red se apropia de un cuadrado unidad; compárense áreas, con el error alojado en una corona de anchura $O(1)$ ).
(Leibniz, leído aritméticamente) Combínense las preguntas 19–20:

$\sum_{d \leq x}\chi(d)\Bigl\lfloor\frac xd\Bigr\rfloor = \frac{\pi x}4 + O(\sqrt x),$

y dedúzcase — eliminando con cuidado las partes enteras — la serie de Leibniz

$1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \dots = \frac\pi4 .$

La serie alternada de los inversos de los impares es el exceso medio de divisores $\equiv 1$ sobre divisores $\equiv 3$ : el análisis calculado por la aritmética.
(¿Cuán raras son las sumas de dos cuadrados?) Demostrar que ningún entero $\equiv 3 \pmod 4$ es suma de dos cuadrados (de dos maneras: cuadrados módulo $4$ , o el criterio de paridad de la pregunta 17), de modo que al menos una cuarta parte de los enteros queda fuera; y demostrar que el promedio $\frac1x\sum_{n\leq x}r_2(n) \to \pi$ de la pregunta 20 es compatible con que los enteros representables tengan densidad $0$ — exhíbanse enteros con un número anormalmente alto de representaciones (tómense productos de muchos primos $\equiv 1 \bmod 4$ ) para explicar cómo una proporción que tiende a cero puede sostener aun así un promedio positivo. (Landau demostró que la densidad verdadera decae como $1/\sqrt{\log x}$ ; eso queda fuera de nuestras herramientas, pero el mecanismo ya es visible.)

Parte VI — Complementos: representaciones primitivas y Pitágoras.

Diremos que una representación $n = a^2 + b^2$ es primitiva si $\gcd(a, b) = 1$ . Demostrar que $n \geq 1$ admite una representación primitiva si y solo si $4 \nmid n$ y ningún primo $q \equiv 3 \pmod 4$ divide a $n$ . (Para la necesidad, reutilícense el descenso de la pregunta 13 y los cuadrados módulo $4$ ; para la suficiencia, constrúyase $z$ a partir de $1 + \iu$ y de los $\pi_j$ únicamente — sin conjugados — y explíquese por qué un factor primo común de $a$ y $b$ metería a la vez $\pi_j$ y $\bar\pi_j$ , o $(1+\iu)^2$ , en $z$ .)
(Ternas pitagóricas) Sean $a^2 + b^2 = c^2$ con $a, b, c$ positivos, $\gcd(a, b) = 1$ y $b$ par. Demostrar que $a + \iu b$ y $a - \iu b$ son coprimos en $\Z[\iu]$ (un divisor primo de Gauss común dividiría a $2a$ y a $2b$ , y $c$ es impar), deducir de la factorización única que $a + \iu b = u(m + \iu n)^2$ para cierta unidad $u$ , y concluir la parametrización clásica: salvo intercambiar $a$ y $b$ ,

$a = m^2 - n^2, \qquad b = 2mn, \qquad c = m^2 + n^2,$

con $m > n \geq 1$ coprimos de paridades opuestas. Recupérense $(3, 4, 5)$ y $(21, 20, 29)$ a partir de $(m, n) = (2, 1)$ y $(5, 2)$ .
(Comprobación numérica) Tómese $x = 25$ . Calcúlese $r_2(n)$ para $1 \leq n \leq 25$ con la fórmula de Jacobi, compruébese que los valores no nulos se dan exactamente en $n = 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, 17, 18, 20, 25$ , y que

$\sum_{n \leq 25} r_2(n) = 80 = 4\sum_{d \leq 25}\chi(d) \Bigl\lfloor\frac{25}d\Bigr\rfloor .$

Compruébese que el disco cerrado de radio $5$ contiene $81$ puntos de la red y compárese con $\pi x \approx 78.5$ : el error queda holgadamente dentro del $O(\sqrt x)$ de la pregunta 20.

Solución

Solución de Problema 2.1.

1. $N(z) = z\bar z$ , luego $N(zw) = zw\overline{zw} = z\bar z\, w \bar w = N(z)N(w)$ . Si $uv = 1$ : $N(u)N(v) = 1$ en $\N$ , luego $N(u) = 1$ , es decir, $u \in \{\pm 1, \pm \iu\}$ ; los cuatro son unidades. Brahmagupta: $(a^2+b^2)(c^2+d^2) = N\bigl((a + \iu b)(c + \iu d)\bigr) = (ac - bd)^2 + (ad + bc)^2$ .

2. Si $z = ab$ , entonces $N(z) = N(a)N(b)$ es primo, luego $N(a) = 1$ o $N(b) = 1$ : uno de los factores es una unidad. Como $N(z) > 1$ , $z$ no es nulo ni unidad: es irreducible — y primo, porque $\Z[\iu]$ es un DFU (Teorema 2.14, Teorema 2.18 y Lema 2.17).

3. $\pi$ divide a $N(\pi) = \pi\bar\pi \geq 2$ , que es un entero; factorizando $N(\pi)$ en números primos y usando que $\pi$ es primo, $\pi \mid p$ para algún número primo $p$ . Si además $\pi \mid q \neq p$ : Bézout en $\Z$ da $1 = up + vq$ , luego $\pi \mid 1$ — absurdo: $p$ es único. De $p = \pi\gamma$ : $p^2 = N(p) = N(\pi)N(\gamma)$ con $N(\pi) \neq 1$ , luego $N(\pi) \in \{p, p^2\}$ .

4. Sea $\pi$ un primo de Gauss que divide a $p$ , $p = \pi\gamma$ . Si $N(\pi) = p^2$ : $N(\gamma) = 1$ , luego $p$ es asociado de $\pi$ , que a su vez es un primo de Gauss; y ningún primo de Gauss tiene norma $p$ (si $N(\rho) = p$ , entonces $\rho \mid \rho\bar\rho = p$ , y $p$ primo en $\Z[\iu]$ obligaría a que $\rho$ fuese asociado de $p$ , dando $N(\rho) = N(p) = p^2 \neq p$ ). Si $N(\pi) = p$ : escribiendo $\pi = a + \iu b$ , $p = \pi\bar\pi = a^2 + b^2$ .

5. En el grupo abeliano $(\Z/p\Z)^\times$ , emparejemos cada elemento con su inverso. Los elementos que son su propio inverso son las raíces de $X^2 - 1$ : exactamente $\pm 1$ (a lo sumo dos raíces en un cuerpo). El producto de todos los elementos es entonces $1 \cdot (-1) \cdot \prod (\text{pares } k k^{-1}) = -1$ : $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$ . (Para $p = 2$ : $1! \equiv -1$ .)

6. Escribamos $(p-1)! = \prod_{k=1}^m k \cdot \prod_{k=m+1}^{p-1}k$ con $m = \frac{p-1}2$ . En el segundo producto sustituyamos $k = p - j$ , $j = 1, \dots, m$ : módulo $p$ , $\prod_{j=1}^m (p - j) \equiv (-1)^m m!$ . Por tanto $-1 \equiv (-1)^m (m!)^2$ , es decir, $(m!)^2 \equiv (-1)^{m+1} \pmod p$ .

7. Si $p \equiv 1 \pmod 4$ , $m$ es par y la pregunta 6 da $(m!)^2 \equiv -1$ : una raíz cuadrada de $-1$ . Recíprocamente, si $x^2 \equiv -1 \pmod p$ ( $p$ impar), entonces $x^4 = 1 \neq x^2$ : $x$ tiene orden $4$ en $(\Z/p\Z)^\times$ , luego $4 \mid p - 1$ (Lagrange). Y $p = 2$ : $1^2 = 1 \equiv -1$ . Conclusión: $-1$ es un cuadrado módulo $p$ si y solo si $p = 2$ o $p \equiv 1 \pmod 4$ .

8. Con $x^2 \equiv -1$ : $p \mid x^2 + 1 = (x + \iu)(x - \iu)$ . Si $p$ fuera un primo de Gauss, dividiría a uno de los factores; pero $\frac xp \pm \frac \iu p \notin \Z[\iu]$ . Luego $p$ no es un primo de Gauss; por la dicotomía (pregunta 4) — que $p$ no sea primo significa la segunda rama — $p = a^2 + b^2$ .

9. Los cuadrados son $\equiv 0$ o $1 \pmod 4$ , luego $a^2 + b^2 \in \{0, 1, 2\} \pmod 4$ : un primo $p \equiv 3 \pmod 4$ no es suma de dos cuadrados. Por la pregunta 4, la rama $N(\pi) = p$ ( $p = a^2+b^2$ ) es imposible: $p$ sigue siendo un primo de Gauss.

10. $(1 + \iu)^2 = 2\iu$ , luego $2 = -\iu(1 + \iu)^2$ ; y $N(1 + \iu) = 2$ es primo, así que $1 + \iu$ es un primo de Gauss (pregunta 2).

11. Todo primo de Gauss divide exactamente a un número primo $p$ (pregunta 3); enumerando por casos: $p = 2$ da los asociados de $1 + \iu$ ; $p \equiv 3 \pmod 4$ da el propio $p$ (pregunta 9); $p \equiv 1 \pmod 4$ da el par $\pi, \bar\pi$ de norma $p$ . El par es genuino: $\bar\pi \in \{\pm\pi, \pm\iu\pi\}$ obligaría, escribiendo $\pi = a + \iu b$ , a $b = 0$ , a $a = 0$ o a $a = \pm b$ , lo que da $p = a^2 + b^2 \in \{a^2, 2a^2\}$ — imposible para un primo impar. Comprobación: $5 = (2 + \iu)(2 - \iu)$ , $N(2\pm\iu) = 5$ ; $3$ : primo de norma $9$ .

12. Escribamos $n = 2^{\alpha}\prod_i p_i^{\beta_i} \prod_j q_j^{2\gamma_j}$ con $p_i \equiv 1$ , $q_j \equiv 3 \pmod 4$ . Cada factor es suma de dos cuadrados: $2 = 1^2 + 1^2$ ; $p_i = a^2 + b^2$ (pregunta 8); $q_j^{2\gamma_j} = (q_j^{\gamma_j})^2 + 0^2$ . La identidad de Brahmagupta (pregunta 1) propaga la propiedad al producto $n$ .

13. Sean $n = a^2 + b^2 = N(a + \iu b)$ y $q \equiv 3 \pmod 4$ , $q \mid n$ . El primo de Gauss $q$ (pregunta 9) divide a $(a + \iu b)(a - \iu b)$ y, por tanto, a uno de los dos factores — digamos $q \mid a + \iu b$ (el otro caso es idéntico). Pero entonces $\frac{a + \iu b}{q} = \frac aq + \iu \frac bq \in \Z[\iu]$ se lee como $q \mid a$ y $q \mid b$ en $\Z$ . Luego $q^2 \mid n$ y $\frac n{q^2} = \bigl(\frac aq\bigr)^2 + \bigl(\frac bq\bigr)^2$ . Por inducción fuerte sobre $n$ , el exponente de $q$ en $n/q^2$ es par; el de $n$ también.

14. Teorema (Fermat). Un entero positivo es suma de dos cuadrados si y solo si todo primo $\equiv 3 \pmod 4$ aparece en él con exponente par. — $2025 = 3^4 \cdot 5^2$ : el exponente de $3$ es par, sí ( $2025 = 45^2 + 0^2 = 27^2 + 36^2$ ). $2026 = 2 \cdot 1013$ con $1013 \equiv 1 \pmod 4$ primo: sí ( $1013 = 22^2 + 23^2$ , y Brahmagupta con $2 = 1^2+1^2$ : $2026 = (22 - 23)^2 + (22 + 23)^2 = 1^2 + 45^2$ ). $2027$ es un primo $\equiv 3 \pmod 4$ : no.

15. Sea $p = a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ con enteros positivos, $p \equiv 1 \pmod 4$ , y sea $\pi$ un primo de Gauss con $p = \pi\bar\pi$ (pregunta 4). Tanto $a + \iu b$ como $c + \iu d$ tienen norma $p$ , luego son primos de Gauss (pregunta 2) que dividen a $p = (a+\iu b)(a - \iu b)$ ; por la unicidad de la factorización, $c + \iu d$ es asociado de $a + \iu b$ o de $a - \iu b$ :

c + \iu d \in \{\pm(a \pm \iu b),\ \pm\iu(a \pm \iu b)\} = \{\pm a \pm \iu b,\ \pm b \pm \iu a\}.

La positividad de $c, d$ deja $c + \iu d \in \{a + \iu b, b + \iu a\}$ : $\{c, d\} = \{a, b\}$ .

16. Si $n = a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ : los dos factores tienen la misma paridad, de modo que $n$ es impar (ambos impares) o divisible por $4$ (ambos pares) — nunca $\equiv 2 \pmod 4$ . Recíprocamente, $n$ impar: $n = \bigl(\frac{n+1}2\bigr)^2 - \bigl(\frac{n-1}2\bigr)^2$ ; $n = 4m$ : $n = (m+1)^2 - (m-1)^2$ . La respuesta es una simple condición de congruencia, con una identidad de una línea detrás: las diferencias de cuadrados no encierran profundidad aritmética alguna, y el contraste con las sumas es justamente la razón de ser de este problema.

17. $(a, b) \mapsto z = a + \iu b$ es una biyección entre representaciones y $\{z : N(z) = n\}$ . Factoricemos $z$ en el DFU $\Z[\iu]$ usando la clasificación (pregunta 11): salvo unidades, $z = (1+\iu)^{a'}\prod_j\pi_j^{s_j}\bar\pi_j^{t_j} \prod_kq_k^{u_k}$ y, tomando normas ( $N(1+\iu) = 2$ , $N(\pi_j) = N(\bar\pi_j) = p_j$ , $N(q_k) = q_k^2$ ):

n = 2^{a'}\prod_jp_j^{s_j + t_j}\prod_kq_k^{2u_k} .

Igualando exponentes: $a' = a$ , $s_j + t_j = b_j$ , $2u_k = c_k$ — el sistema es resoluble si y solo si todos los $c_k$ son pares, y entonces $u_k = c_k/2$ queda forzado mientras que $s_j \in \intint0{b_j}$ es libre. Datos $(u, (s_j))$ distintos dan $z$ no asociados con la misma norma; la unidad $u \in \{\pm1, \pm\iu\}$ (4 posibilidades) enumera después cada clase de asociados sin repetición (dos productos iguales violarían la unicidad de la factorización — $\pi_j$ y $\bar\pi_j$ no son asociados, pues $p_j = \pi_j\bar\pi_j$ no está ramificado). Total: $r_2(n) = 4\prod_j(b_j + 1)$ , y $0$ si algún $c_k$ es impar.

18. $\chi(dd') = \chi(d)\chi(d')$ se comprueba módulo $4$ (impar $\times$ impar cubre los cuatro casos de signos; cualquier par da $0 = 0$ ). Para $m, n$ coprimos, los divisores de $mn$ se escriben de manera única como $d = d_1d_2$ con $d_1 \mid m$ , $d_2 \mid n$ : $\sum_{d \mid mn}\chi(d) = \bigl(\sum_{d_1\mid m}\chi(d_1)\bigr)\bigl(\sum_{d_2\mid n}\chi(d_2)\bigr)$ : multiplicativa. Potencias de primos: en $2^a$ , solo $d = 1$ es impar: suma $= 1$ . En $p^b$ con $p \equiv 1$ : todos $\chi(p^i) = 1$ , suma $= b + 1$ . En $q^c$ con $q \equiv 3$ : $\chi(q^i) = (-1)^i$ , suma alternada $= 1$ ( $c$ par) o $0$ ( $c$ impar).

19. Las dos funciones multiplicativas $\frac14r_2$ (pregunta 17) y $\sum_{d\mid n}\chi(d)$ (pregunta 18) coinciden en todas las potencias de primos — $1$ en $2^a$ ; $b + 1$ en $p^b$ ; $\mathbf 1_{c\ \mathrm{even}}$ en $q^c$ —, luego coinciden en todas partes: la fórmula de Jacobi, con $\sum_{d\mid n}\chi(d) = d_1(n) - d_3(n)$ tras ordenar los divisores. Comprobaciones: $r_2(3) = 0 = 4(1 - 1)$ ; $r_2(5) = 8 = 4(2 - 0)$ ( $(\pm1,\pm2), (\pm2,\pm1)$ ); $r_2(9) = 4 = 4(2 - 1)$ (divisores $1, 9 \equiv 1$ ; $3 \equiv 3$ ; representaciones $(\pm3, 0), (0, \pm3)$ ); $r_2(25) = 12 = 4(3 - 0)$ . Para $65 = 5\cdot13$ : $r_2 = 4\cdot2\cdot2 = 16$ , a partir de $65 = 1 + 64 = 16 + 49$ : los dieciséis pares $(\pm1, \pm8), (\pm8, \pm1), (\pm4, \pm7), (\pm7, \pm4)$ .

20. $\sum_{n \leq x}r_2(n)$ cuenta los pares $(a, b)$ con $0 < a^2 + b^2 \leq x$ , es decir, los puntos de la red del disco cerrado $D_{\sqrt x}$ salvo el origen. Asignemos a cada punto $P$ de la red el cuadrado unidad $P + \intco01^2$ : estos cuadrados tapizan el plano. Todo cuadrado asociado a un punto de $D_{\sqrt x}$ está contenido en $D_{\sqrt x + \sqrt2}$ , y todo cuadrado que corta a $D_{\sqrt x - \sqrt 2}$ está asociado a un punto de $D_{\sqrt x}$ (el cuadrado tiene diámetro $\sqrt 2$ ): comparando áreas,

\pi(\sqrt x - \sqrt2)^2 \leq \#\{\text{puntos del retículo en } D_{\sqrt x}\} \leq \pi(\sqrt x + \sqrt 2)^2,

y ambas cotas son $\pi x + O(\sqrt x)$ . Quitar el origen no cambia nada a esta precisión.

21. Por Jacobi (pregunta 19) e intercambiando el orden de sumación ( $n = dm$ ):

\frac14\sum_{n\leq x}r_2(n) = \sum_{n \leq x}\sum_{d \mid n}\chi(d) = \sum_{d \leq x}\chi(d)\,\#\{m : dm \leq x\} = \sum_{d\leq x}\chi(d)\Bigl\lfloor\frac xd\Bigr\rfloor,

que vale $\frac{\pi x}4 + O(\sqrt x)$ por la pregunta 20. Eliminemos las partes enteras: $\lfloor x/d\rfloor = x/d + O(1)$ , pero sumar $O(1)$ sobre $d \leq x$ es demasiado burdo; úsese en su lugar que las sumas parciales de $\chi$ están acotadas ( $0, 1, 1, 0$ cíclicamente), de modo que, por sumación de Abel, $\sum_{d\leq x}\chi(d)\{x/d\}$ , cuyos términos agrupamos por parejas $d \equiv 1, 3$ , es $O(\sqrt x)$ — o bien, más sencillamente: córtese en $\sqrt x$ . Para $d \leq \sqrt x$ , sustitúyase $\lfloor x/d\rfloor$ por $x/d + O(1)$ : error $O(\sqrt x)$ . Para $d > \sqrt x$ , $\lfloor x/d\rfloor$ toma cada valor $v < \sqrt x$ en un intervalo de $d$ consecutivos, sobre el cual la suma en $\chi$ es $O(1)$ : error total $O(\sqrt x)$ al sumar sobre los $\leq \sqrt x$ valores de $v$ , mientras que $\sum_{d > \sqrt x}\chi(d)\frac xd = O(\sqrt x)$ por las colas de las series alternadas ( $x\sum_{d>\sqrt x}\chi(d)/d = x\,O(1/\sqrt x)$ ). Por tanto

x\sum_{d \leq x}\frac{\chi(d)}d = \frac{\pi x}4 + O(\sqrt x), \qquad\text{es decir}\qquad \sum_{d\leq x}\frac{\chi(d)}d = \frac\pi4 + O\Bigl(\frac1{\sqrt x}\Bigr),

y, haciendo $x \to \infty$ : $1 - \frac13 + \frac15 - \dots = \frac\pi4$ .

22. Si $n \equiv 3 \pmod4$ fuera $a^2 + b^2$ : los cuadrados son $\equiv 0, 1 \pmod 4$ , y $a^2 + b^2 \in \{0, 1, 2\}$ módulo $4$ — imposible. (El criterio de la pregunta 17 dice lo mismo: $n \equiv 3 \pmod 4$ obliga a que algún primo $\equiv 3$ aparezca con exponente impar.) Así que los enteros representables evitan una clase de restos completa: densidad $\leq \frac34$ . El promedio $\pi$ de $r_2$ se concentra en pocos enteros: $n = \prod_{j\leq k}p_j$ (primos $\equiv 1 \bmod 4$ distintos) tiene $r_2(n) = 4\cdot2^k$ representaciones — tantas como se quiera —, de modo que un conjunto escaso de $n$ puede sostener todo el promedio, exactamente igual que el premio medio de una lotería convive con la pérdida casi segura. El resultado $\#\{n \leq x \text{ representable}\} \sim Cx/\sqrt{\log x}$ de Landau lo confirma: densidad $0$ , promedio $\pi$ .

23. Necesidad. Sea $n = a^2 + b^2$ con $\gcd(a, b) = 1$ . Si un primo $q \equiv 3 \pmod 4$ dividiese a $n$ , la pregunta 13 mostraría que $q \mid a$ y $q \mid b$ : contradicción. Si $4 \mid n$ : los cuadrados son $\equiv 0, 1 \pmod 4$ , luego $a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod 4$ obliga a $a^2 \equiv b^2 \equiv 0$ , es decir, a que $a, b$ sean ambos pares: contradicción. Suficiencia. Escribamos $n = 2^{\alpha}\prod_jp_j^{b_j}$ con $\alpha \leq 1$ y $p_j \equiv 1 \pmod 4$ , y pongamos $z = (1+\iu)^{\alpha}\prod_j \pi_j^{b_j} = a + \iu b$ , de norma $n$ . Supongamos que un primo $t$ divide a $\gcd(a, b)$ ; entonces $t \mid z$ en $\Z[\iu]$ . Si $t \equiv 3 \pmod 4$ : $t \mid N(z) = n$ , excluido. Si $t \equiv 1 \pmod 4$ : $t = \pi_t\bar\pi_t$ , luego $\bar\pi_t \mid z$ ; pero la factorización de $z$ no contiene ningún primo conjugado ( $\pi_j$ y $\bar\pi_j$ no son asociados, pregunta 17), en contra de la factorización única. Si $t = 2 = -\iu(1+\iu)^2$ : entonces $(1+\iu)^2 \mid z$ , lo que obliga a $\alpha \geq 2$ , excluido. Por tanto $\gcd(a, b) = 1$ : la representación es primitiva.

24. $a$ es impar ( $\gcd(a, b) = 1$ , $b$ par), luego $c^2 = a^2 + b^2$ es impar y $c$ es impar. Sea $\delta$ un divisor primo de Gauss común de $a + \iu b$ y $a - \iu b$ : divide a su suma $2a$ y a su diferencia $2\iu b$ , luego a $2a$ y a $2b$ ; una relación de Bézout $ua + vb = 1$ da entonces $\delta \mid 2$ , de modo que $\delta$ es asociado de $1 + \iu$ y $N(\delta) = 2$ divide a $N(a + \iu b) = c^2$ , que es impar: contradicción. Así pues, $a + \iu b$ y $a - \iu b$ son coprimos con producto $c^2$ ; en el DFU $\Z[\iu]$ , cada primo de Gauss de $c^2$ aparece con exponente par y se reparte enteramente en uno de los dos factores coprimos, de donde $a + \iu b = u(m + \iu n)^2 = u\bigl(m^2 - n^2 + 2\iu mn\bigr)$ con $u$ una unidad. Las elecciones $u = \pm\iu$ hacen par la parte real $\mp 2mn$ — imposible, $a$ es impar. Las elecciones $u = \pm1$ dan, tras ajustar los signos de $m, n$ e intercambiar sus nombres para que todo sea positivo, $a = m^2 - n^2$ , $b = 2mn$ con $m > n \geq 1$ ; y $c^2 = N(m + \iu n)^2$ da $c = m^2 + n^2$ . Un divisor común de $m$ y $n$ dividiría a $a$ y a $b$ : $\gcd (m, n) = 1$ ; y $m \equiv n \pmod 2$ haría par $a$ : paridades opuestas. Comprobaciones: $(m, n) = (2, 1)$ da $(3, 4, 5)$ ; $(m, n) = (5, 2)$ da $(25 - 4, 20, 25 + 4) = (21, 20, 29)$ , y $441 + 400 = 841 = 29^2$ .

25. La fórmula de Jacobi $r_2(n) = 4(d_1(n) - d_3(n))$ da, para $n = 1, \dots, 25$ :

4,\ 4,\ 0,\ 4,\ 8,\ 0,\ 0,\ 4,\ 4,\ 8,\ 0,\ 0,\ 8,\ 0,\ 0,\ 4,\ 8,\ 4,\ 0,\ 8,\ 0,\ 0,\ 0,\ 0,\ 12,

no nula exactamente en $n = 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, 17, 18, 20, 25$ (por ejemplo, $r_2(15) = 0$ : los divisores $1, 5 \equiv 1$ y $3, 15 \equiv 3$ se compensan; $r_2(20) = 8$ : divisores $1, 5 \equiv 1$ , ninguno $\equiv 3$ ). El total es $4 + 4 + 4 + 8 + 4 + 4 + 8 + 8 + 4 + 8 + 4 + 8 + 12 = 80$ . Por el lado de los divisores: los $d \leq 25$ impares aportan

25 - 8 + 5 - 3 + 2 - 2 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 = 20,

leyendo $\chi(d)\lfloor 25/d\rfloor$ como $d = 1, 3, 5, \dots, 25$ ; y $4 \cdot 20 = 80$ , tal como predice la identidad de la pregunta 21. Puntos de la red del disco cerrado de radio $5$ : los $80$ puntos con $1 \leq a^2 + b^2 \leq 25$ más el origen, es decir, $81$ ; y $\pi x = 25\pi \approx 78.54$ , un error de aproximadamente $2.46$ , holgadamente dentro de la banda $O(\sqrt x)$ de la pregunta 20 ( $\sqrt x = 5$ ).

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