MA 2221 (Álgebra 1)

NOMBRE:
CARNET No:
MA 2221 (Álgebra 1)
SOLUCIÓN DEL SEGUNDO PARCIAL
sept/dic 04
1. (9 pts.)
Hallar un entero x, tal que 280 ≤ x ≤ 419, que tenga restos 5,4,3 al ser
dividido por 7,5,4 repectivamente, o probar que tal entero no existe.
Solución:
Como los módulos 7,5 y 4 son coprimos dos a dos, el Teorema Chino del
Resto garantiza una solución entera del sistema
x ≡ 5 (mod 7)
x ≡ 4 (mod 5)
x ≡ 3 (mod 4),
única módulo 140 = 7 · 5 · 4, por tanto hay una única solución
280 ≤ x ≤ 419, pues el intervalo en cuestión contiene exactamente 140
enteros.
Buscando un entero x de la forma 5 + 7t, que sea solución de la segunda
ecuación en congruencias encontramos que t = 2 sirve, de modo que
x = 19 es solución de las dos primeras ecuaciones. Pero también se
cumple que 19 ≡ 3 (mod 4), de modo que 19 es solución del sistema.
Cualquier otra solución es de la forma x = 19 + 140k, donde q es un
entero. Para que x se encuentre en el intervalo deseado resulta que
k = 2, es decir, x = 299.
2. (9 pts.)
(a) (5 pts.)
Enumerar todos los polinomios irreducibles de grado 2 en Z2 [x].
Solución:
Son cuatro los polinomios de grado 2 en Z2 [x]. Esto son:
x2 , x2 + 1, x2 + x y x2 + x + 1, pues los coeficientes solo pueden ser
1 o 0, y el coeficiente de x2 tiene que ser 1 pues el polinomio tiene
grado 2. El primero en la lista tiene a 0 como raı́z en Z2 , el segundo
a 1 y el tercero a 0 y a 1. Los tres son, por tanto, reducibles. El
último, el polinomio x2 + x + 1, no tiene raı́ces en Z2 . Como tiene
grado 2, concluı́mos que es irreducible. Es el único irreducible de
grado 2.
(b) (4 pts.)
¿ Son irreducibles en Z2 [x], los polinomios x3 + x + 1, x4 + x + 1,
x5 + x + 1? Justifique en cada caso.
Solución:
Observe que ninguno de esos polinomios tiene raı́ces en Z2 . Como
el primero tiene grado 3, entonces es irreducible. Si el de grado 4
fuera reducible, tendrı́a que ser el producto de dos irreducibles de
grado 2. Pero vimos en el apartado anterior que el único irreducible
de grado 2 es x2 + x + 1, por lo que tendrı́a que ser que
x4 + x + 1 = (x2 + x + 1)2 en Z2 [x]. Esto no es cierto pues
(x2 + x + 1)2 = x4 + x2 + 1 6= x4 + x + 1, lo que es fácil de
comprobar pues los ”doble productos” se anulan en Z2 [x]. Sigue que
x4 + x + 1 es irreducible.
Un análisis similar, aplicado al polinomio x5 + x + 1, nos lleva a
comprobar que x5 + x + 1 = (x2 + x + 1)(x3 + x2 + 1) en Z2 [x], y
por lo tanto reducible.
3. (7 pts.)
(a) (4 pts.)
Hallar el ord17 (7), el orden de 7 módulo 17.
Solución:
El ord17 (7) debe ser un divisor de 16, pues el Pequeño Teorema de
Fermat implica que 716 ≡ 1 (mod 17), y por resultado demostrado
en clase, de esto se deduce que d = ord17 (7) divide a 16. Las
posibilidades para d son entonces 1, 2, 4, 8 ó 16. Pero, 72 ≡ 49 ≡ −2
(mod 17). Elevando al cuadrado ambos miembros de la congruencia
obtenemos que 74 ≡ 4 (mod 17). Repitiendo el procedimiento se
deduce que 78 ≡ −1 (mod 17). Se concluye que d = 16.
(b) (3 pts.)
Hallar el conjunto de los enteros t tales que 7t ≡ 4 (mod 17).
Justifique.
Solución:
En la parte anterior observamos que 74 ≡ 4 (mod 17). Entonces,
7t ≡ 4 (mod 17) si, y sólo si, 7t ≡ 74 (mod 17), lo que es
equivalente a 7t−4 ≡ 1 (mod 17), de donde se deduce que t − 4 es
múltiplo de 16 = ord17 (7). Entonces el conjunto de los enteros t es
el conjunto de los t ≡ 4 (mod 16).
4. (10 pts.) Sea K un cuerpo y K[x] el anillo de polinomios con coeficientes
en K. Sea f un polinomio en K[x] de grado n.
(a) (4 pts.)
Demostrar que α ∈ K es una raı́z de f , si, y sólo si, el polinomio
(x − α) divide a f en K[x].
Solución:
Por el algoritmo de división en K[x], existen polinomio q(x) y r(x)
en K[x] tales que
i) f (x) = (x − α)q(x) + r(x),
ii) r(x) = 0 ó grado(r(x)) < grado(x − α) = 1 (es decir que
r(x) = k para algún k ∈ K).
Entonces tenemos que α es raı́z de
f ⇔ 0 = f (α) = (α − α)q(α) + r(α) = r(α) = k ⇔ f (x) =
(x − α)q(x) ⇔ (x − α)/f (x).
(b) (4 pts.)
Demostrar, por inducción sobre n, que el polinomio f tiene a lo
sumo n raı́ces diferentes en K.
Solución:
Si n = 1, entonces f (x) = ax + b, para ciertos a, b ∈ K. Sigue que
f (α) = 0 si, y sólo si, α = −ba−1 , por lo que f tiene exactamente
una raı́z.
Sea m ≥ 1. Supongamos por hipótesis inductiva que todo polinomio
en K[x] de grado menor o igual que m tiene a lo sumo m raı́ces
distintas. Sea f un polinomio de grado m + 1. Si f tiene una raı́z α,
entonces f (x) = (x − α)g(x), donde g(x) ∈ K[x] es un polinomio de
grado m. Observe que β ∈ K es una raı́z de f si
0 = f (β) = (β − α)g(β), de donde se deduce que β = α o β es raı́z
de g. Por hipótesis inductiva, g tiene a lo sumo m raı́ces distintas
en K, por lo que f tiene a lo sumo m + 1 (α además de las
posiblemente m distintas de g). El resultado sigue del primer
principio de Inducción.
(c) (2 pts.) Sea p un número primo. Sea f (x) = xp − x y sea
g(x) = x(x − 1) · · · (x − (p − 1)), considerados ambos como
polinomios en Zp [x]. Muestre que f (x) = g(x).
(Sugerencia: observe que f (x) − g(x) tiene grado menor que p.
¿ Por qué? ¿Cuáles son las raı́ces de f (x) − g(x) en K?)
Solución:
Como f (x y g(x) son ambos polinomios mónicos de grado p,
entonces la diferencia f (x) − g(x) tiene grado menor que p. Por el
Pequeo Teorema de Fermat, todo elemento de Zp es raı́z de f (x).
Por otra parte, de la definición de g(x) se deduce que todo elemento
de Zp es también es raı́z de g(x). Sigue que la diferencia
f (x) − g(x), que tiene grado menor que p, tiene p raı́ces diferentes.
Por el apartado anterior esto no puede ocurrir, a menos que
f (x) − g(x) = 0.