Domini a fattorizzazione unica - DSAT

Complementi sui domini a fattorizzazione unica
Valerio Monti
0.1
Risultati preliminari
Definizione 1. Sia a = p1 p2 · · · pr un elemento non nullo e non invertibile
di un dominio a fattorizzazione unica R, scritto come prodotto di irriducibili
pi . Chiamiamo lunghezza di a il numero l(a) := r. Se a è invertibile poniamo
l(a) := 0, mentre non è definita la lunghezza di 0.
La definizione appena data è ben posta perché due differenti fattorizzazioni
in fattori irriducibili dello stesso elemento in un dominio a fattorizzazione unica
contengono lo stesso numero di fattori.
In Z, si ha, ad esempio l(1) = l(−1) = 0, l(12) = 3 (perché 12 = 2 · 2 · 3) e
l(16) = 4 (perché 16 = 2 · 2 · 2 · 2). Raccogliamo le principali proprietà della
lunghezza, lasciandone la dimostrazione per esercizio.
Proposizione 2. Siano a e b elementi non nulli di un dominio a fattorizzazione
unica.
1. a è irriducibile se e solo se l(a) = 1;
2. l(ab) = l(a) + l(b);
3. se a divide b allora l(a) ≤ l(b);
4. se a e b sono associati allora l(a) = l(b);
5. se a divide b propriamente allora l(a) < l(b).
Proposizione 3. Sia R un dominio. Un elemento p non nullo e non invertibile
di R è primo se e solo se R/(p) è un dominio.
Dimostrazione. Un elemento a + (p) è lo zero di R/(p) se e solo se a appartiene
a (p) cioè se e solo se p divide a. In particolare (a + (p))(b + (p)) = 0 se e solo
se p divide ab.
Supponiamo allora che p sia primo. Siano a + (p) e b + (p) due elementi del
quoziente R/(p) tali che (a + (p))(b + (p)) = 0, vale a dire p divide ab. Poiché p
è primo abbiamo che p divide a o p divide b, vale a dire a + (p) = 0 o b + (p) = 0:
dunque R/(p) è un dominio.
Viceversa sia R/(p) un dominio e siano a e b due elementi di R tali che
p divide ab, cioè (a + (p))(b + (p)) = 0. Poiché R/(p) è un dominio abbiamo
che a + (p) = 0 o b + (p) = 0, vale a dire p divide a o p divide b: dunque p è
primo.
1
Algebra 2
0.2
Università degli studi dell’Insubria
Teorema del trasporto per domini a fattorizzazione
unica
Lemma 4 (di Gauss). Sia p un elemento primo di un dominio R. Allora p è
un elemento primo anche in R[x].
Dimostrazione. Indichiamo con p l’ideale generato da p in R e con q l’ideale
generato da p in R[x]. Grazie alla Proposizione 3 sappiamo che R/p è un dominio
e pertanto il suo anello dei polinomi R/p[x] è pure un dominio. Sempre per
la Proposizione 3 dobbiamo mostrare che R[x]/q è un dominio. Gli elementi
di q sono i polinomi del tipo pg al variare di g in R[x]. Dunque un polinomio
appartiene a q se e solo se tutti i suoi coefficienti sono multipli di p in R, cioè
appartengono a p. Consideriamo ora l’omomorfismo canonico φ da R su R/p:
questo si estende in maniera unica a un omomorfismo φ̂ da R[x] in R/p[x] che
manda x in x. Esplicitamente, dato un polinomio f := a0 + a1 x + · · · + an xn
si ha f φ̂ = ā0 + ā1 x + · · · + ān xn dove āi = ai φ = ai + p. In particolare f
appartiene al nucleo di φ̂ se e solo se āi = 0 per ogni i, cioè se e solo se ciascun
ai è multiplo di p in R. Per quanto detto prima il nucleo di φ̂ è dunque q. Per i
teoremi di isomorfismo il quoziente R[x]/q è isomorfo all’immagine di φ̂, cioè a
un sottoanello1 del dominio R/p[x], ed è quindi esso stesso un dominio, come
richiesto.
Corollario 5. Sia R un dominio a fattorizzazione unica e sia K il suo campo
dei quozienti. Sia g un polinomio primitivo di R[x] e sia f un polinomio di R[x].
Allora g divide f in R[x] se e solo se g divide f in K[x].
Dimostrazione. Chiaramente se g divide f in R[x] allora g divide f in K[x].
Viceversa, supponiamo che g divida f in K[x] e sia h un polinomio di K[x]
tale che f = hg. Sia c un elemento non nullo di R tale che h1 := ch ∈ R[x] (basta
prendere un multiplo c dei denominatori di tutti i coefficienti di h). Dunque
cf = h1 g. Procediamo ora per induzione sulla lunghezza di c. Se l(c) = 0, cioè
l’inverso di c appartiene a R, possiamo scrivere f = (c−1 h1 )g e, quindi g divide
f in R[x]. Se l(c) > 0, sia c = pd con p elemento irriducibile di R e d elemento
di R. Per le proprietà della lunghezza si ha l(d) = l(c) − 1. Ora pdf = h1 g, cioè p
divide h1 g. Poiché p è irriducibile e, dunque, primo in R, per il lemma di Gauss
è primo in R[x] e quindi divide h1 oppure g: dal momento che g è primitivo,
p divide h1 in R[x]. Sia h1 = ph2 con h2 in R[x]: abbiamo allora pdf = ph2 g
e semplificando per p otteniamo df = h2 g da cui otteniamo la tesi per ipotesi
induttiva.
Nel corollario precedente l’ipotesi che g sia primitivo non può essere tralasciato: ad esempio 2x divide x in Q[x] ma non in Z[x].
Corollario 6. Sia R un dominio a fattorizzazione unica e K il suo campo dei
quozienti. Se f è un polinomio di R[x] irriducibile di grado diverso da 0, allora
f è irriducibile anche pensato come polinomio di K[x].
Dimostrazione. Gli elementi invertibili di K[x] sono quelli di grado 0, cioè gli
elementi di K. Poiché f ha grado diverso da 0 non è invertibile. Sia g un divisore
di f in K[x]: dobbiamo mostrare che g è invertibile in K[x] oppure associato
1 In
2
realtà non è difficile mostrare che l’immagine è esattamente il dominio R/p[x].
Algebra 2
Università degli studi dell’Insubria
a f in K[x]. Sia d un elemento non nullo di R tale che dg appartiene a R[x].
Detto c il contenuto (in R) di dg si ha dg = cg 0 con g 0 primitivo in R[x]: dunque
g = d−1 cg 0 e, pertanto, g e g 0 sono associati in K[x]. In particolare g 0 divide g
in K[x] e, di conseguenza, g 0 divide f in K[x]: per il Corollario 5, g 0 divide f in
R[x]. Poiché f è irriducibile in R[x] abbiamo che g 0 è invertibile in R[x] (e, a
maggior ragione, invertibile in K[x]) oppure associato a f in R[x] (e, a maggior
ragione, associato a f in K[x]). Poiché g e g 0 sono associati in K[x], nel primo
caso abbiamo che g è invertibile in K[x], nel secondo che g è associato a f in
K[x].
Teorema 7. Se R è un dominio a fattorizzazione unica allora R[x] è un dominio
a fattorizzazione unica.
Dimostrazione. Sia f un polinomio diverso da 0 e non invertibile. Mostriamo,
per induzione sul grado n di f , che f si scrive come prodotto di irriducibili. Se
deg f = 0 allora f è un elemento di R e si può scrivere
f = p1 p2 · · · pr
con ciascun pi irriducibile in R. Poiché R è un dominio a fattorizzazione unica,
ciascun pi è primo in R. Per il lemma di Gauss ciascun pi è primo in R[x] ed è
dunque irriducibile2 in R[x].
Sia ora deg f > 0. Consideriamo prima il caso in cui f sia primitivo. Se f
è irriducibile abbiamo finito, altrimenti f = gh con g e h non invertibili. Se
fosse deg g = 0 allora g dovrebbe essere un elemento di R non invertibile che
divide tutti i coefficienti di f : in altre parole f non sarebbe primitivo. Dunque
deg g 6= 0 e, analogamente, deg h 6= 0. Poiché deg f = deg g + deg h abbiamo
che deg g < deg f e deg h < deg f : per ipotesi induttiva g e h si scrivono come
prodotto di irriducibili e così pure gh. Consideriamo infine il caso in cui f non
sia primitivo: allora f = cf 0 , con c elemento non invertibile di R e f 0 primitivo.
Abbiamo mostrato in precedenza che un elemento non invertibile di grado 0 si
scrive come prodotto di irriducibili e così pure un polinomio primitivo. Poiché
c e f 0 si scrivono come prodotto di irriducibili anche cf 0 è un prodotto di
irriducibili.
Per completare la dimostrazione dobbiamo solo provare che ogni polinomio
irriducibile f è primo. Se deg f = 0 allora f è un elemento di R ed è ovviamente
anche irriducibile in R. Poiché R è un dominio a fattorizzazione unica, f è primo
in R e per il lemma di Gauss è dunque primo in R[x]. Se deg f > 0 allora f è
primitivo perché altrimenti esisterebbe k in R non invertibile che divide tutti i
coefficienti di f e sarebbe f = kf 0 con k e f 0 non invertibili, contro l’ipotesi che
f sia irriducibile. Supponiamo che f divida gh e mostriamo che f divide g o h.
Se pensiamo questi polinomi come polinomi a coefficienti in K, dal Corollario 6
sappiamo che f è irriducibile in K[x]: poiché l’anello dei polinomi a coefficienti
in un campo è un dominio a fattorizzazione unica, f è primo in K[x] e, dunque,
in K[x] divide g oppure h. Per il Corollario 5 il polinomio f divide g o h anche
in R[x].
il
Applicando ripetutamente il teorema precedente otteniamo immediatamente
2 In ciascun dominio ogni primo è irriducibile, anche se il dominio non è a fattorizzazione
unica.
3
Algebra 2
Università degli studi dell’Insubria
Corollario 8. Se R è un dominio a fattorizzazione unica allora R[x1 , x2 , . . . , xn ]
è un dominio a fattorizzazione unica. In particolare se K è un campo allora
K[x1 , x2 , . . . , xn ] è un dominio a fattorizzazione unica.
Esercizi
Esercizio 1. Dimostrare la Proposizione 2.
Soluzioni degli esercizi
1 Dalla definizione segue immediatamente che un elemento è irriducibile se e
solo se ha lunghezza 1.
Per provare la proprietà 2 consideriamo vari casi: se a e b non sono invertibili,
allora, scritti a e b come prodotto di irriducibili a = p1 p2 . . . pr e b = q1 q2 . . . qs
si ha ab = p1 p2 . . . pr q1 q2 . . . qs e, dunque, l(a) = r, l(b) = s e l(ab) = r + s,
come richiesto. Se a e b sono entrambi invertibili, allora anche ab è invertibile e
dunque si ha l(a) = l(b) = l(ab) = 0. Se uno dei due è invertibile, ad esempio
a e l’altro no, allora scritto b come prodotto di irriducibili b = q1 q2 . . . qr si
ha che ab può essere scritto come prodotto di irriducibili nel modo seguente
ab = q10 q2 . . . qr dove q10 = aq1 è irriducibile perché associato a q1 : dunque
l(a) = 0 e l(b) = l(ab) = r.
Dalla proprietà 2 seguono immediatamente tutte le altre.
4