El teorema de factorización
Teorema (Factorización de un homomorfismo por un cociente)
Sean \(R, S\) anillos e \(I\) un \(R\)-ideal. Sea \(f : R \to S\) un homomorfismo tal que \(I \subseteq \operatorname{Ker}(f)\). Entonces existe un único homomorfismo \(\bar{f} : R/I \to S\) tal que
\[\bar{f}([x]) = f(x) \quad \text{para todo } x \in R.\]Equivalentemente, \(\bar{f} \circ \pi_{I} = f\), es decir, el siguiente diagrama conmuta:
Prueba: \(\bar{f}\) está bien definida. Si \([x] = [y]\), entonces
\[[x] = [y] \iff x - y \in I \subseteq \operatorname{Ker}(f) \implies f(x - y) = f(x) - f(y) = 0_{S} \implies f(x) = f(y),\]y por lo tanto \(\bar{f}([x]) = \bar{f}([y])\).
\(\bar{f}\) es un homomorfismo. Al igual que en el primer teorema del isomorfismo, esto se hereda directamente de \(f\):
\[\bar{f}([x] + [y]) = \bar{f}([x + y]) = f(x + y) = f(x) + f(y) = \bar{f}([x]) + \bar{f}([y]),\]y análogamente para el producto; además \(\bar{f}([1]) = f(1) = 1_{S}\).
Unicidad. Si \(g : R/I \to S\) satisface \(g([x]) = f(x)\) para todo \(x \in R\), entonces \(g\) y \(\bar{f}\) coinciden en todas las clases \([x]\), que son todos los elementos de \(R/I\); entonces \(g = \bar{f}\).
Teorema (Biyección entre homomorfismos que anulan \(I\) y homomorfismos del cociente)
Sean \(R, S\) anillos e \(I\) un \(R\)-ideal. La función \(f \mapsto \bar{f}\) es una biyección
\[\{ f \in \operatorname{Hom}(R, S) :\ f(I) = \{0\} \} \longrightarrow \operatorname{Hom}(R/I, S).\]Prueba: Ejercicio.
Ejercicio (El único homomorfismo desde \(\mathbb{Z}\))
Si \(f : \mathbb{Z} \to R\), con \(R\) un anillo, es un homomorfismo, entonces \(f(n) = n \cdot 1_{R}\); en particular, hay un único homomorfismo \(\mathbb{Z} \to R\).
Ejemplo (Los homomorfismos de \(\mathbb{Z}_{m}\) en \(\mathbb{Z}_{n}\))
Sean \(m, n \in \mathbb{Z}^{+}\). ¿Cuáles son los elementos de \(\operatorname{Hom}(\mathbb{Z}_{m}, \mathbb{Z}_{n})\)? Por la biyección del teorema anterior, con \(R = \mathbb{Z}\) e \(I = (m)\),
\[|\operatorname{Hom}(\mathbb{Z}/(m), \mathbb{Z}_{n})| = \Big| \underbrace{\{ f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}_{n}\ \text{homomorfismo} :\ f((m)) = \{[0]_{n}\} \}}_{A} \Big|.\]| Usando el ejercicio anterior, si \(f \in A\), entonces \(f(x) = x \cdot [1]_{n} = [x]_{n}\); es decir, el único candidato es la reducción módulo \(n\). Este candidato pertenece a \(A\) si y solo si \(f((m)) = \{[0]_{n}\}\), y como \((m)\) está generado por \(m\), esto equivale a \(f(m) = [0]_{n}\). Note que si \(f(m) \neq [0]_{n}\), entonces \(A = \emptyset\) y $$ | \operatorname{Hom}(\mathbb{Z}{m}, \mathbb{Z}{n}) | = 0$$. Por otro lado, |
| En ese caso $$ | A | = 1\(, de modo que\) | \operatorname{Hom}(\mathbb{Z}{m}, \mathbb{Z}{n}) | = 1$$, y el único homomorfismo es |
Teorema (Extensión de homomorfismos al anillo de polinomios)
Sean \(A, B\) anillos conmutativos, \(f \in \operatorname{Hom}(A, B)\) y \(b \in B\). Entonces existe un único \(\bar{f} \in \operatorname{Hom}(A[x], B)\) tal que
\[\bar{f}\left( \sum_{i=0}^{n} a_{i} x^{i} \right) = \sum_{i=0}^{n} f(a_{i})\, b^{i}.\]Prueba: Ejercicio.
Cocientes por ideales primos y maximales
Teorema (Primo equivale a cociente dominio; maximal equivale a cociente cuerpo)
Sea \(R\) un anillo conmutativo e \(I\) un \(R\)-ideal. Entonces:
- \(I\) es primo \(\iff\) \(R/I\) es un dominio entero;
- \(I\) es maximal \(\iff\) \(R/I\) es un cuerpo.
Prueba: (a), “\(\Leftarrow\)”. Suponga que \(R/I\) es un dominio entero, y sean \(a, b \in R\) tales que \(a b \in I\). Entonces
\[(a + I)(b + I) = a b + I = I,\]es decir, el producto de las clases es el cero de \(R/I\). Como \(R/I\) es un dominio entero, no posee divisores de cero, y entonces alguno de los dos factores debe ser cero: \(a + I = I\) o \(b + I = I\). Es decir, \(a \in I\) o \(b \in I\), de donde concluimos que \(I\) es primo.
(a), “\(\Rightarrow\)”. Suponga que \(I\) es primo. Note primero que \(R/I\) es conmutativo, por serlo \(R\). Sean \(a + I, b + I \in R/I\) tales que
\[(a + I)(b + I) = a b + I = I,\]es decir, \(a b \in I\). Por la primalidad de \(I\), tenemos que \(a \in I\) o \(b \in I\); suponiendo sin pérdida de generalidad que \(a \in I\), obtenemos \(a + I = I\). Es decir, si un producto de clases es cero, alguno de los factores es cero, de modo que \(R/I\) no posee divisores de cero y es un dominio entero.
(b), “\(\Rightarrow\)”. Suponga que \(I\) es maximal. Como \(I \neq R\), tenemos que \(1 \notin I\), y entonces \([1] \neq [0]\) en \(R/I\). Sea \(x \in R\) tal que \([x] \neq [0]\). Por el teorema de correspondencia, los ideales de \(R/I\) corresponden a los ideales de \(R\) que contienen a \(I\); por la maximalidad de \(I\), estos son solo \(I\) y \(R\), así que los únicos \(R/I\)-ideales son \(I/I = \{[0]\}\) y \(R/I\). Considere el ideal \(\langle [x] \rangle\): como \([x] \neq [0]\), tenemos que \(\langle [x] \rangle \neq \{[0]\}\), y entonces \(\langle [x] \rangle = R/I\). Como \([1] \in R/I = \langle [x] \rangle = \{ [y][x] :\ [y] \in R/I \}\), existe \([y] \in R/I\) tal que \([y][x] = [1]\), es decir, \([x]\) es una unidad. Concluimos que todo elemento no nulo de \(R/I\) es invertible y, junto con la conmutatividad y \([1] \neq [0]\), que \(R/I\) es un cuerpo.
(b), “\(\Leftarrow\)”. Suponga que \(R/I\) es un cuerpo. Entonces \([1] \neq [0]\) en \(R/I\), es decir, \(1 \notin I\), de modo que \(I \neq R\). Sea ahora \(J\) un ideal tal que \(I \subseteq J\) y \(J \neq I\); hay que ver que \(J = R\). Por el teorema de correspondencia, \(J/I\) es un ideal de \(R/I\), y como existe \(x \in J \setminus I\), tenemos que \([x] \in J/I\) con \([x] \neq [0]\), es decir, \(J/I \neq \{[0]\}\). Pero un cuerpo solo posee los dos ideales triviales, así que \(J/I = R/I\). Como la correspondencia \(J \mapsto J/I\) es una biyección entre los ideales de \(R\) que contienen a \(I\) y los ideales de \(R/I\), de \(J/I = R/I\) concluimos que \(J = R\). Es decir, \(I\) es maximal.