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+1 voto
Dado $\mathfrak{a} \in{\mathbb{Z}[X]}$ cual es el minimo numero de generadores de $\mathfrak{a}$
por (6,3m puntos) en Básicas
No creo que haya una teoría general para esa pregunta. La respuesta parece ser: "depende de $\mathfrak a$", es decir, tú dime en qué ideal estás interesado, y entonces tal vez (sólo tal vez) se puedan hacer cálculos que te arrojen el mínimo número de generadores, los cuales no necesariamente funcionarán para otro ideal.
¿Puedes mostrar algún ideal que tenga mas de 3 generadores?

1 Respuesta

+3 votos
 
Mejor respuesta
¿Estás pidiendo un algoritmo que dado $\mathfrak{a}$, digamos, a través de algún conjunto de generadores, calcule cual es el mínimo número de generadores requeridos? No sé si haya tal algoritmo, pero te puede interesar saber que hay ideales que requieren $n$ generadores para cualquier $n$.

Considera por ejemplo el ideal $\mathfrak{a} = \langle 2^{n-1}, 2^{n-1} x, 2^{n-2} x^2, \ldots, x^{n-1}  \rangle$. Dimos una lista de $n$ generadores y ahora probaremos que no se puede generar con menos de $n$ polinomios. La manera más simple de hacerlo es usar el ideal maximal $\mathfrak{m} = \langle 2, x \rangle$; $\mathfrak{m}$ es maximal porque es fácil ver que $\mathbb{Z}[x]/\mathfrak{m} \cong \mathbb{Z}/2$ (el isomorfismo es tomar la paridad del término independiente). Si $f_1(x), \ldots, f_k(x)$ generan el ideal $\mathfrak{a}$, sus imágenes en el cociente $C:=\mathfrak{a} / \mathfrak{m} \mathfrak{a}$ generan a $C$. Este cociente $C$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb{Z}[x]/\mathfrak{m} \cong \mathbb{Z}/2$. Si probamos que su dimensión es $n$, habremos probado que $\mathfrak{a}$ no puede ser generado por menos de $n$ elementos. Ya tenemos un conjunto de $n$ generadores: las imágenes en $C$ de $2^{n-1}, 2^{n-1} x, 2^{n-2} x^2, \ldots, x^{n-1}$. Ahora solo falta ver que éstas imágenes son linealmente independientes sobre $\mathbb{Z}/2$. Si no lo fueran, habría una combinación lineal $\sum_i \epsilon_i 2^{n-1-i} x^i \equiv 0 \pmod{\mathfrak{m} \mathfrak{a}}$ donde cada $\epsilon_i$ es $0$ o $1$. Ahora el ideal $\mathfrak{m} \mathfrak{a} = \langle 2^n, 2^{n-1} x, \ldots, x^n \rangle$ (de hecho, $\mathfrak{a} = \mathfrak{m}^{n-1}$), y escribiendo una combinación lineal con coeficientes polinomiales de esos generadores y expandiendo todo, es fácil ver que los polinomios en $\mathfrak{m} \mathfrak{a}$ tienen la propiedad de que, para $k = 0, 1, \ldots, n$, el coeficiente de $x^k$  es múltiplo de $2^{n-k}$. El polinomio $\sum_i \epsilon_i 2^{n-1-i} x^i$ no tiene esa propiedad si alguno de sus coeficientes es distinto de $0$, lo cual prueba que las imágenes en $C$ de $2^{n-1}, 2^{n-1} x, 2^{n-2} x^2, \ldots, x^{n-1}$ son linealmente independientes.
por (33,1m puntos)
seleccionada por
Interesante; una duda como ves que $\mathfrak{a} = \mathfrak{m}^{n-1}$, es que este no lo veo del todo.
El que $\mathfrak{a} = \mathfrak{m}^{n-1}$ no se usa para nada, solo lo mencioné como comentario. Para probarlo necesitas saber como hallar generadores para un producto de ideales: si $\mathfrak{a} = \langle a_1, \ldots, a_m \rangle$ y $\mathfrak{b} =\langle b_1, \ldots, b_n \rangle$, entonces los $mn$ productos de la forma $a_i b_j$ generan $\mathfrak{a} \mathfrak{b}$. Usando eso $n-2$ veces es fácil probar que $\mathfrak{a} = \langle 2^{n-1}, 2^{n-2} x, \ldots, x^{n-1} \rangle$ (si te gusta ser muy formal, pruébalo por inducción en $n$).
Gracias, siempre das comentarios muy acertados y muy buenas respuestas.
¡De nada, Iziro!
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