# Algunas soluciones del taller 10:

> ¿Por qué algunas?

## Sección 7.1

Todos los ejercicios de esta sección usan anillos $R$ con unidad.

### 7. El centro de un anillo $R$ es $\{z\in R:zr=rz$ para todos $r\in r\}$ (i.e., es el conjunto de todos los elementos que conmutan con todo elemento de $R$).

- Muestre que el centro de un anillo de división es un campo.

_Solución:_

> El taller pasado demostramos que el centro es un subanillo que contiene a la identidad, por definición, el centro es un subanillo conmutativo. Para ver que es campo, veamos que dado un $x\in Z(R)$, se tiene que $x^{-1}\in Z(R)$, en efecto, tenemos
>
> $$\begin{align*}(xx^{-1})r&=1r\\
&=r1\\
&=r(xx^{-1})\\
&=(rx)x^{-1}, &x\in Z(R)\\
&=(xr)x^{-1}, &\forall r\in R\end{align*}$$
>
> Como todo anillo de división es dominio, si tiene la cancelativa a izquierda, luego $x^{-1}r=rx^{-1}$ para todo $r\in R$, concluimos que $x^{-1}\in Z(R)$ y por tanto, $Z(R)$ es campo.

### 9. Para un elemento fijo $a\in R$, defina $C(a)=\{r\in R: ar=ra\}$.

- Muestre que $C(a)$ es un subanillo de $R$ que contiene a $a$

_Solución:_

> Naturalmente $C(a)\neq\varnothing$ pues $0,1,a\in C(a)$, Ahora, veamos que para $x,y\in C(a)$, tanto $x-y$ como $xy$ están en $C(a)$
>
> - $x-y\in C(a)$
> $$\begin{align*}
(x-y)a&=xa-ya\\
&=ax-ay,&x,y\in C(a)\\
&=ax+a(-y)\\
&=a(x-y)
\end{align*}$$
> - $xy\in C(a)$
> $$\begin{align*}
(xy)a&=x(ya)\\
&=x(ay),&y\in C(a)\\
&=(xa)y\\
&=(ax)y,& x\in C(a)\\
&=a(xy)
\end{align*}$$
>
> Así, concluimos $C(a)$ es un subanillo de $R$.

- Muestre que el centro de $R$ es la intersección de los subanillos $C(a)$ sobre todos $a\in R$.

_Solución:_

> Tenemos que:
> $$\begin{align*}
x\in Z(R)&\iff xr=rx, \forall r\in R\\
&\iff x\in C(r), \forall r\in R\\
&\iff x\in\bigcap_{r\in R}C(r)
\end{align*}$$
> Luego concluimos que $Z(R)=\bigcap_{r\in R} C(r)$.

### 10. Muestre que si $D$ es un anillo de división, entonces $C(a)$ es un anillo de división para todo $a\in D$.

_Solución:_

> Similar al punto **7.**, debemos mostrar que si un elemento no nulo $x\in C(a)$ entonces $x^{-1}\in C(a)$ (que existe pues $D$ es $AD$), notemos que si $a=0$ trivialmente $C(a)=D$, por lo que para $a\neq 0$ tenemos que:
>
> $$\begin{align*}
(xx^{-1})a&=1a\\
&=a1\\
&=a(xx^{-1})\\
&=(ax)x^{-1}\\
&=(xa)x^{-1}\\
&=x(ax^{-1})
\end{align*}$$
> Como $a,x$ son distintos de $0$ y $x(x^{-1}a)=x(ax^{-1})$, necesariamente $x^{-1}a=ax^{-1}$ y por tanto $x^{-1}\in C(a)$, luego $C(a)$ es anillo de división.

### 11. Muestre que si $R$ es un dominio integral y $x^2=1$ para algún $x\in R$, entonces $x=1$ o $x=-1$.

_Solución:_

> Tenemos que
> $$\begin{align*}
(x+1)^2&=x^2+2x+1, &R\text{ es conmutativo}\\
&=1+2x+1,&x^{2}=1\\
&=2(x+1)
\end{align*}$$
> Así $(x+1)(x+1)=(x+1)2$, tenemos dos casos:
>
> - $x+1=0$: Luego $x=-1$.
> - $x+1\neq0$: Como $R$ es $DI$, tenemos que $x+1=2$, luego $x=1$.

### 14. Sea $x$ un elemento nilpotente del anillo conmutativo $R$

- Muestre que $x$ es 0 o un divisor de $0$.

_Solución:_

> En efecto, si $x$ es nilpotente, existe $n>0$ tal que $x^n=0$, por lo que $x^{n-1}x=0$, como $n>0$, $n-1\geq0$, de aquí tenemos dos casos:
>
> - $n-1=0$: Luego $x=0$.
> - $n-1=k>0$: Tenemos que si $x\neq 0$, $x^k\neq0$ y sin embargo $x^kx=0$, luego $x$ es divisor de 0.

- Muestre que $rx$ es nilpotente para todo $r\in R$.

_Solución:_

> Como $R$ es conmutativo, $(ab)^m=a^mb^m$ para todos $a,b\in R$, en particular $(rx)^n=r^nx^n=r^n0=0$ para todo $r\in R$.

- Pruebe que $1+x\in R^*$.

_Solución:_

> Para este caso, supongamos $n$ el mínimo entero impar tal que $x^n=0$, así, tenemos que
> $$\begin{align*}
1&=1+0\\
&= 1^n+x^n\\
&=(1+x)(1-x+x^2-...+x^{n-1})
\end{align*}$$
> Notando que $\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^ix^i$ es un elemento de $R$.
> Como $R$ es conmutativo sólo necesitamos mostrar que es inverso a un lado.

- Demuestre que la suma de un elemento nilpotente con un elemento invertible es también invertible.

_Solución:_

> Sea $x$ nilpotente y $y$ invertible y sea $m$ el mínimo entero impar positivo tal que $x^m=0$, tenemos que
>
> $$\begin{align*}
y&=y+0\\(a_1+b_1i+c_1j+d_1k)
&=y^m(y^{-(m-1)})+0\\
&=y^my^{1-m}+0y^{1-m}\\
&=(y^m+0)y^{1-m}\\
&=(y^m+x^m)y^{1-m}\\
&=(y+x)(y^{m-1}-y^{m-2}x+y^{m-3}x^2+\dots x^{m-1})y^{1-m}
\end{align*}$$
> Operando por $y^{-1}$ a derecha tenemos que $1=(y+x)z$, con $z=y^{-1}\sum_{i=0}^{m-1}(-1)y^{m-1+i}x^i$ un elemento de $R$, luego $x+y$ es invertible en $R$.

### 25. Sea $I$ el anillo de los _Cuaterniones Hamiltonianos_ con coeficientes enteros y defina
$$N:I\to \mathbb{Z}$$ Dado por
$$N(a+bi+cj+dk)=a^2+b^2+c^2+d^2$$

- Pruebe que $N(\alpha)=\alpha\overline{\alpha}$ para todo $\alpha\in I$, donde si $\alpha=a+bi+cj+dk$, entonces $\overline\alpha=a-bi-cj-dk$.

_Solución:_

> En efecto, tomando $\alpha\in I$, tenemos que
> $$\begin{align*}
\alpha\overline\alpha&=(a+bi+cj+dk)(a-bi-cj-dk)\\
&=a^2-abi-acj-adk+abi-b^2i^2\\& \ -bcij-bdik+acj-bcji-c^2j^2-cdjk\\&\ +adk-bdki-cdkj-d^2k^2\\
&=a^2+b^2+c^2+d^2\\&\ -bc(ij+ji)-bd(ik+ki)\\& \ - cd(jk+kj)
\\&=a^2+b^2+c^2+d^2+0+0+0\\
&=N(\alpha)
\end{align*}$$
> Usando el hecho que $ij+ji=ik+ki=jk+kj=0$ y que en $\mathbb{H}$, los coeficientes conmutan.

- Pruebe que $N(\alpha\beta)=N(\alpha)N(\beta)$

_Solución:_

> Primero veamos que $\overline{ab}=\overline b\overline a$ para todos $\alpha,\beta\in\mathbb{H}$:
>
> $$\begin{align*}
\overline{\alpha\beta}&=\overline{(a+bi+cj+dk)(x+yi+zj+wk)}\\
&=\overline{ax-by-cz-dw+(ay+bx+cw-dz)i}\\
&+\overline{(az+cx+dy-bw)j+(aw+dx+bz-cy)k}\\
&=ax-by-cz-dw-(ay+bx+cw-dz)i\\
&-(az+cx+dy-bw)j-(aw+dx+bz-cy)k\\
&=(x-yi-zj-wk)(a-bi-cj-dk)\\
&=\overline \beta\overline \alpha
\end{align*}$$
> Así, $N(\alpha\beta)=(\alpha\beta)\overline{(\alpha\beta)}=\alpha(\beta\overline\beta)\overline\alpha=\alpha N(\beta)\overline\alpha=(\alpha\overline\alpha)N(\beta)=N(\alpha)N(\beta)$

- Muestre que un elemento $\omega$ es invertible en $I$ sii $N(\omega)=1$.

_Solución:_

> - ($\implies$): Sea $\omega$ una unidad en $I$, se tiene que $\omega\omega^{-1}=1$, por el punto anterior tenemos que $N(\omega\omega^{-1})=N(1)=1=N(\omega)N(\omega^{-1})$, además, como $N(\omega)\in\mathbb{Z}^+\cup\{0\}$, necesariamente $N(\omega)=N(\omega^{-1})=1$.
> - ($\Longleftarrow$): Sea $N(\omega)=1$ para algún $\omega\in I$, tenemos que $\omega=a+bi+cj+dk$ con coeficientes enteros tales que $a^2+b^2+c^2+d^2=1$, necesariamente 3 de ellos deben ser $0$ y el otro debe ser $1$ o $-1$, por lo tanto, $\omega\in\{1,-1,i,-i,j,-j,k,-k\}$, cualquiera de estos elementos es invertible luego $\omega$ es unidad en $I$.
>
> Así, también vemos que hay una correspondencia biyectiva entre $Q_8$ y $\mathbb{H}^*$, en efecto, es lo que se espera por la definición de $\mathbb{H}$.

### 26. Sea $K$ un campo. Una _valuación discreta_ en $K$ es una función $v:K^*\to\mathbb{Z}$ que satisface
- $v(ab)=v(a)+v(b)$.
- $v$ es sobreyectiva.
- $v(a+b)\geq\text{min}\{v(a),v(b)\}$ para todos $a,b\in K$ tales que $a+b\neq0$

El conjunto $R=\{x\in K^*:v(x)\geq0\}\cup\{0\}$ es llamado el _anillo de valuación_ de $
- Muestre que $R$ es un subanillo de $K$ que contiene la identidad,

_Solución:_

> Tenemos que $R\neq\varnothing$ pues $0\in R$. Además,
> - Si $x,y\in R$, $v(x+y)\geq\{v(x),v(y)\}\geq0$, luego $x+y\in R$.
> - Si $x,y\in R$, $v(xy)=v(x)+v(y)\geq0$ luego $xy\in R$.
> - Para $x\in R$, se tiene que $v(x)=v(1x)=v(1)+v(x)$, luego necesariamente $v(1)=0$ y por tanto $1\in R$. Además, tenemos que $0=v(1)=v(-1)+v(-1)$, esto es, $v(-1)=-v(-1)$ por lo que $v(-1)=v(1)=0$.
> - Si $x\in R$, tenemos que $v(-x)=v(-1)+v(x)=0+v(x)\geq 0$, por tanto $-x\in R$.
>
> Así, $R$ es subanillo con identidad.

- Muestre que para todo elemento no nulo $x\in K$, entonces o bien $x$ o bien $x^{-1}$ está en $R$.

_Solución:_

> En efecto, $0=v(1)=v(xx^{-1})=v(x)+v(x^{-1})$ y por tanto $v(x)=-v(x^{-1})$, por lo que $x^{-1}\in R$ o $x\in R$.

- Muestre que un elemento $x\in R$ es invertible sii $v(x)=0$.

_Solución:_

> Sea $x\in R$ invertible, entonces $x^{-1}\in R$, por el punto anterior tenemos que $v(x)=-v(x^{-1})$ y necesariamente $v(x)=0$. Análogamente, si $v(x)=0$, entonces $v(x^{-1})=-0=0$ y por tanto $x^{-1}\in R$, por lo que $x$ es invertible.

## Sección 7.2

Todos los ejercicios de esta sección usan anillos $R$ conmutativos con unidad.

### 1. Sean $p(x)=2x^3-3x^2+4x-5$ y $q(x)=7x^3+33x-4$. Para cada uno de los incisos calcule $p(x)+q(x)$ y $p(x)q(x)$ bajo la asunción que los coeficientes del polinomio pertenecen a dicho anillo.

- $R=\mathbb{Z}$

_Solución:_

> Es el producto normal de polinomios, luego
> $$(p+q)(x)=9x^3-3x^2+33x-4$$
> y
> $$\begin{align*}
(pq)(x)&=(2x^3-3x^2+4x-5)(7x^3+33x-4)\\
&=14x^6-21x^5+94x^4-142x^3+144x^2-181x+20
\end{align*}$$

- $R=\mathbb{Z}_2$

_Solución:_

> Tenemos que $p(x)=x^2+1$ y $q(x)=x^3+x$, por lo que $(p+q)(x)=x^3+x^2+x+1$ y $(pq)(x)=x^5+x$.

- $R=\mathbb{Z}_3$

> Similarmente, $p(x)=2x^3+x+1$ y $q(x)=x^3+2$, por lo que $(p+q)(x)=x$ y $(pq)(x)=2x^6+x^4+x^3+2x+2$.

### 2. Sea $p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}x+\dots+a_1x+a_0$ un elemento del anillo polinomial $R[x]$. Muestre que $p(x)$ es un divisor de $0$ sii existe $b\in R$ no nulo tal que $bp(x)=0$.

_Solución:_

> - $(\implies):$ Sea $p(x)$ un divisor de $0$, entonces existe $q(x)=b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\dots+b_1x+b_0$ tal que $(p\cdot q)(x)=0$. Además sabemos que $(p\cdot q)(x)=a_nb_mx^{n+m}+\dots+a_0b_0=0$, particularmente como no hay más coeficientes de $x^{n+m}$ (el máximo grado del polinomio), necesariamente $a_nb_m$.
>
> Ahora definamos un nuevo polinomio $q_n(x)=a_nq(x)$, por lo que establecimos anteriormente, como $a_nb_m=0$, entonces $q_n$ es un polinomio de grado $m-1$ y por asociatividad y conmutatividad del anillo de polinomios, tenemos que $(p\cdot q_n)(x)=[p\cdot(a_nq)](x)=a_n(p\cdot q)(x)=a_n0=0$.
>
> Así, mostremos que si definimos $q_{n-(i+1)}(x)=a_{n-(i+1)}q_{n-1}(x)$, entonces $(p\cdot q_{n-(i+1)})=0$ para todo $0\leq i\leq n-1$.
>
> La prueba es por inducción sobre $i$. Para el caso $i=0$ usamos que como para $q_n(x)=a_n(b_{m-1}x^{m-1}+\dots+b_1x+b_0)$, se tiene que $(pq_n)(x)=0$ y sólo hay un coeficiente de $x^{m+n-1}$, necesariamente $a_{n-1}(a_nb_{m-1})=0$, así, definimos $q_{n-1}=a_{n-1}q_n(x)$ un polinomio de grado $m-2$ tal que $(pq_{n-1})(x)=[p(a_{n-1}q_n)](x)=a_{n-1}(pq_n)(x)=a_{n-1}0=0$.
>
> Ahora supongamos que la propiedad es cierta para algún $0\leq k< n-1$ y veamos que esto implica la propiedad para $k+1$:
>
> Si la propiedad se tiene para $k$, entonces el polinomio $q_{n-(k+1)}$ cumple que $(pq_{n-(k+1)})(x)=0$, nuevamente, como sólo hay un coeficiente de $x^{m+n-(k+1)}$, necesariamente $(\prod_{i=0}^{k+1}a_{n-i})b_{m-(k+1)}=0$ y así, definimos el nuevo polinomio $q_{n-(k+2)}(x)=a_{n-(k+2)}q_{n-(k+1)}$, igual al primer caso, es evidente que $(pq_{n-(k+2)})(x)=0$.
>
> Con la propiedad ya demostrada, sabemos que existe $q_0=(\prod_{i=0}^{n}a_i)b_0 x^0$ tal que $(pq_0)(x)=0$, sin embargo notemos que $q_0$ es un polinomio constante, luego $q_0\in R$.
>
> - $(\Longleftarrow):$ En efecto, si existe tal elemento no nulo, definimos el polinomio $q(x)=b$, entonces se tiene que $(pq)(x)=0$ y por tanto $p(x)$ es divisor de $0$ en $R[x]$.

### 3*. Defina el conjunto $R[[x]]$ de las series formales de potencias de un $x$ indeterminado con coefficientes en $R$ dado por todas las sumas formales infinitas
$$\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n}=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\dots$$

### La suma y el producto de series de potencias se define en la misma forma que para las series de potencias con coeficientes en reales o complejos, esto es:
$$\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n}+\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}(a_n+b_n)x^{n}$$

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n} \times \sum_{n=0}^{\infty}b_nx^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^na_kb_{n-k}\right)x^{n}$$

> **Nota:** Voy a abusar un poco de la notación escribiendo $\sum a_ix^i$ en lugar de $\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$ para que no se vea tan engorroso.

- Muestre que $R[[x]]$ es un anillo conmutativo con unidad.

_Solución:_

> En efecto, primero veamos que es un grupo abeliano con la suma:
> - $R[[x]]\neq\varnothing$ pues podemos definir $\overline0$ como la serie $\overline0(x)=\sum0x$, haciendo uso de que $0\in R$.
> - Sean $\sum a_ix^i$ y $\sum b_ix^i$ elementos de $R[[x]]$, $\sum a_ix^i+\sum b_ix^i=\sum(a_i+b_i)x^i$ es también un elemento de $R[[x]]$ en tanto $R$ es cerrado con la suma y $a_i+b_i\in R$ para todo $i$. Además, como $R$ es abeliano con la suma, $\sum a_1x^i+\sum b_ix^i=\sum b_ix^i+\sum a_ix^i$.
> - Sea $\sum a_ix^i\in R[[x]]$, podemos definir $\sum (-a_i)x^i\in R[[x]]$ pues $-a_i\in R$ para todo $i$, así se tiene que $\sum a_ix^i+\sum (-a_i)x^i=\sum (a_i=a_i)x^i=\sum 0x^i=\overline0$.
>
> - Sean $\sum a_ix^i,\sum b_i x^i,\sum c_ix^i\in R[[x]]$, podemos ver que
> $$\begin{align*}(\sum a_ix^i+\sum b_ix^i)+\sum c_ix^i&=\sum[(a_i+b_i)+c_i]x^i\\&=\sum[a_i+(b_i+c_i)]x^i\\&=\sum a_ix^i+(\sum b_ix^i+\sum c_ix^i)\end{align*}$$
>
> Ahora veamos que $R[[x]]$ es un monoide con respecto al producto.
> - Sean $\sum a_ix^i,\sum b_ix^i\in R[[x]]$, tenemos que
> $$\begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n\times\sum_{n=0}^{\infty} b_nx^n&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}a_kb_{n-k}\right)x^n\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n
\end{align*}$$
> Definiendo
$$c_n=\sum_{k=0}^{n}a_kb_{n-k}$$
> Naturalmente $c_n$ siempre es una suma finita de elementos de $R$, luego $c_n\in R$, así, $\sum a_ix^i\times\sum b_ix^i\in R[[x]]$.
> - Definimos la unidad $\overline1$ como la serie $\sum a_ix^i$ tal que $a_0=1$ y $a_i=0$ para todo $i>0$. Así, para cualquier otra serie $\sum b_ix^i$ se tiene que
> $$\begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\times \sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n &= \sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}a_kb_{n-k}\right)x^{n}\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_0b_n+\sum_{k=1}^{n}a_kb_{n-k}\right)x^{n}+b_0\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\left(b_n+\sum_{k=1}^{n}0b_{n-k}\right)x^{n}+b_0\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}b_nx^{n}+b_0\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n
\end{align*}$$
> Así mismo, por derecha:
> $$\begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n\times \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n &= \sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}b_ka_{n-k}\right)x^{n}\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n-1}b_ka_{n-k}+b_na_0\right)x^{n}+b_0\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\left(b_n+\sum_{k=0}^{n-1}b_{k}0\right)x^{n}+b_0\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}b_nx^{n}+b_0\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n
\end{align*}$$
> - Ahora, veamos que es conmutativo. Sean $\sum a_ii^i, \sum b_ix^i\in R[[x]]$, se tiene que
> $$\begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\times \sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}a_kb_{n-k}\right)x^{n}\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}b_{n-k}a_k\right)x^{n}\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k'=0}^{n}b_{k'}a_{n-k'}\right)x^{n}\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n\times \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n
\end{align*}$$
> Donde $k'=n-k$ es una reindexación para $0\leq k\leq n$, usando la conmutatividad de $R$.
> - Ahora veamos que se tiene la asociativa del producto. Sean $\sum a_ix^i,\sum b_ix^i,\sum c_ix^i\in R[[x]]$,
> $$\begin{align*}
\left[\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\times \sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n\right]\times\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n &=\left[\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}a_kb_{n-k}\right)x^{n}\right]\times\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n\\
&=\sum_{n=0}^\infty\left[\sum_{j=0}^n\left(\sum_{k=0}^ja_kb_{j-k}\right)c_{n-j}\right]x^n\\
&=\sum_{n=0}^\infty\left[\sum_{j=0}^n\left(\sum_{k=0}^ja_kb_{j-k}c_{n-j}\right)\right]x^n\\
&=\sum_{n=0}^\infty\left[\sum_{k=0}^na_k\left(\sum_{j=0}^kb_{j-k}c_{n-j}\right)\right]x^n\\
&=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n\times\left[\sum^\infty_{n=0}\left(\sum_{j=0}^nb_jc_{n-j} \right)x^n\right]\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\times \left[\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n\times\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n\right]
\end{align*}$$
> - Por último, veamos la distributiva a un lado, el otro se tiene pues $R[[x]]$ es conmutativo. Sean $\sum a_ix^i,\sum b_ix^i,\sum c_ix^i\in R[[x]]$.
> $$\begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\times \left[\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n+\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n\right]&=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\times \sum_{n=0}^{\infty}(b_n+c_n)x^n\\
&=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^na_k(b_{n-k}+c_{n-k})\right)x^n\\
&=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^na_kb_{n-k}+\sum_{k=0}^na_kc_{n-k}\right)x^n\\
&=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^na_kb_{n-k}\right)x^n+\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^na_kc_{n-k}\right)x^n\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\times\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n+\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\times\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n
\end{align*}$$
> Usando que $R$ es asociativa.
>
> Concluimos $R[[x]]$ es un anillo conmutativo con identidad.

- Muestre que $1-x$ es una unidad en $R[[x]]$ con inversa $1+x+x^2+\dots$.

_Solución:_

> En efecto, tenemos que:
> $$\begin{align*}
(1-x)\times\left(\sum_{n=0}^\infty x^n\right)&=1\sum_{n=0}^\infty x^n-x\sum_{n=0}^\infty x^n\\
&=\sum_{n=0}^\infty x^n-\sum_{n=0}^\infty x^{n+1}\\
&=1+\sum_{n=1}^\infty x^n-\sum_{n=1}^\infty x^n\\
&=1
\end{align*}$$
> Como $R[[x]]$ es conmutativo, la inversa a derecha también lo es a izquierda.

- Muestre que $\sum a_ix^i\in R[[x]]^*$ sii $a_0\in R^*$.

_Solución:_

> - $(\implies):$ Supongamos que $\sum a_ix^i\in R[[x]]^*$, luego existe $\sum b_ix^i\in R[[x]]$ tal que $\sum a_ix^i\times\sum b_ix^i=1$. Por definición de la unidad tenemos que
> $$\sum_{k=0}^na_kb_{n-k}=0$$
> Para todo $n>0$, y para $n=0$ tenemos que $a_0b_0=1$, luego $a_0\in R^*$.
> - $(\Longleftarrow):$ Supongamos que $a_0\in R[[x]]$, luego existe $b_0\in R[[x]]$ tal que $a_0b_0=1$. Para construir una serie formal $\sum b_ix^i\in R[[x]]$ que sea la inversa de $\sum a_ix^i\in R[[x]]$, necesitamos que cumpla que
> $$\sum_{k=0}^na_kb_{n-k}=0$$
> Para todo $n>0$. Reordenando vemos que
> $$a_0b_n=-\sum_{k=0}^{n-1}a_kb_{n-k}$$
> Al despejar $b_n$, podemos definir la serie inversa recursivamente como
> $$b_0\left[1+\sum_{n=1}^\infty\left(-\sum_{k=0}^{n-1}a_kb_{n-k}\right)x^n\right]$$
> Por como la definimos, se tiene naturalmente que es la inversa a izquierda y a derecha de la serie original.

### 5. Sea $F$ un campo, defina el anillo $f((x))$ de las _series formales de Laurent_ con coeficientes de $F$ como
$$F((x))=\left\{\sum_{n\geq N}^\infty a_nx^n:a_n\in F\land N\in\mathbb{Z}\right\}$$

Donde $a_N$ es el primer término no nulo de la serie.

- Muestre que $F((x))$ es un campo.

_Solución:_

> La demostración de que $F((x))$ es un anillo conmutativo con unidad es análogo al punto anterior, por lo que nos centraremos en mostrar que $$F((x))=F((x))^*\cup\{0\}$$
>
> Sea una serie $\sum a_ix^i\neq0$, entonces podemos describir la serie de la siguiente forma:
> $$\begin{align*}\sum_{n\geq N}^\infty a_nx^n&=\sum_{n\geq N}^\infty a_nx^n1\\
&=\sum_{n\geq N}^\infty a_nx^n [x^{-N}x^N]\\
&=\left[\sum_{n\geq N}^\infty a_nx^{n-N}\right]x^N\\
&=\left[\sum_{k=0}^\infty a'_kx^{k}\right]x^N\\
\end{align*}$$
> Esto es, podemos reescribir la serie como producto de una serie formal de potencias auxiliar y una potencia de $x$, como $R$ es dominio, $a_K=a'_0$ es invertible, por el punto anterior luego toda la serie auxiliar es invertible, a su vez la potencia también es invertible y como el producto conmuta, toda la serie de Laurent es invertible.
>
> Así, concluimos que $F((x))$ es un campo.

- Defina la función $v:F((x))^*\to\mathbb{Z}$ como

$$v\left(\sum_{n\geq N}^\infty a_nx^n\right)=N$$
Pruebe que $v$ es una valuación discreta de $F((x))$.

_Solución:_

> Sean
> $$\begin{align*}&\sum_{N_1\leq n}^\infty a_nx^n,&\sum_{N_2\leq n}^{\infty}b_nx^n\end{align*}$$
> Usando el razonamiento del punto anterior para transformar cualquier serie de Laurent a una serie formal de potencias y una potencia de $x$, tenemos que
> $$\begin{align*}&\sum_{N_1\leq n}^\infty a_nx^n=\left[\sum_{k=0}^\infty a'_kx^{k}\right]x^{N_1},&\sum_{N_2\leq n}^{\infty}b_nx^n=\left[\sum_{k=0}^\infty b'_kx^{k}\right]x^{N_2}\end{align*}$$
> Así, el producto de ambas series de Laurent es
> $$\begin{align*}\sum_{N_1\leq n}^\infty a_nx^n\times\sum_{N_2\leq n}^{\infty}b_nx^n=\left[\sum_{k=0}^\infty c_kx^{k}\right]x^{N_1+N_2}\end{align*}$$
> Por tanto, tenemos que:
> $$v\left(\sum_{N_1\leq n}^\infty a_nx^n\times\sum_{N_2\leq n}^{\infty}b_nx^n\right)=N_1+N_2=v\left(\sum_{N_1\leq n}^\infty a_nx^n\right)+v\left(\sum_{N_2\leq n}^{\infty}b_nx^n\right)$$
> También, sin pérdida de generalidad supongamos que $N_1 < N_2$, entonces tenemos que
> $$\sum_{N_2\leq n}^{\infty} b_nx^n=\sum_{N_1\leq n}^{\infty} b_nx^n$$
> Si tomamos $b_n=0$ para todos $N_1\leq n< n_2$, por lo que
>
> $$v\left(\sum_{N_1\leq n}^\infty a_nx^n+\sum_{N_2\leq n}^{\infty}b_nx^n\right)=v\left(\sum_{N_1\leq n}^\infty (a_n+b_n)x^n\right)=N_1=\text{min}\{N_1,N_2\}$$
> Por último, es claro que para todo $m\in\mathbb{Z}$, podemos definir $x^m\in F((x))$ tal que $v(x^m)=m$. Concluimos $v$ es una valuación discreta.

## Sección 7.3

Todos los ejercicios de esta sección consideran $R$ un anillo con unidad $1\neq0$.

### 1. Muestre que $2\mathbb{Z}\not\cong3\mathbb{Z}$.

_Solución:_

> Supongamos que $2\mathbb{Z}\cong3\mathbb{Z}$. Tenemos además que $2\mathbb Z+3\mathbb Z=\mathbb Z$ (en tanto ambos son ideales maximales), por el segundo teorema de isomorfismo tenemos que
>
> $$2\mathbb{Z}/(2\mathbb{Z}\cap3\mathbb{Z})=2\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\cong(2\mathbb Z+3\mathbb Z)/3\mathbb Z=\mathbb Z/3\mathbb Z$$
>
> Por un lado tenemos que como $2\mathbb{Z}\cong 3\mathbb{Z}$, y además $6\mathbb{Z}\subset3\mathbb Z$, $2\mathbb Z/6\mathbb Z\cong3\mathbb Z/6\mathbb Z$. Entonces llegamos a que
>
> $$\mathbb Z_2\cong3\mathbb Z/6\mathbb Z\cong2\mathbb Z/6\mathbb Z\cong\mathbb Z_3$$
> Sin embargo, $|\mathbb Z_2|\neq|\mathbb Z_3|$. Luego $\mathbb{Z}_3\not\cong\mathbb{Z}_2$, por lo tanto concluimos que $2\mathbb{Z}\not\cong3\mathbb{Z}$.

### 2. Muestre que $\mathbb Z[x]\not\cong\mathbb Q[x]$.

_Solución:_

> Dado que $\mathbb Q[x]$ es un campo polinomial, si $\mathbb Z[x]\cong \mathbb Q[x]$ entonces $\mathbb Z[x] $ sería un campo, luego el polinomio $p(x)=2$ tendría inverso $q(x)\in\mathbb Z[x]$, como el grado de $p$ es 0, necesariamente el grado de $q$ es 0, pero esto implicaría que existe un $q_0\in\mathbb Z$ tal que $2q_0=1$, lo que es una contradicción. Concluimos que $\mathbb Z[x]\not\cong\mathbb Q[x]$.

### 3. Halle todas las imágenes homomorfas de $\mathbb Z$.

_Solución:_

> Como $\mathbb Z$ es un DIP, sabemos que $\mathbb Z_n$ es una imágen homomorfa de $\mathbb Z$, pues $f:\mathbb Z\to \mathbb Z_n$ definida como $f(k)=\overline k$ es sobre para todo $n\in\mathbb N$.
>
> Sabemos que estas son todas las imágenes (salvo isomorfismo), pues si existe otra imagen $R_0$ de $\mathbb Z$, sabemos que existe una función $f:\mathbb Z\to R_0$ sobre, entonces $\text{ker}f$ es un ideal de $\mathbb Z$, pero como $\mathbb Z$ sólo tiene ideales de la forma $\langle n\rangle$, entonces $\text{ker}f=\langle k\rangle$ para algún $k\in\mathbb N$, por tanto $R_0\cong\mathbb Z/\langle k\rangle\cong \mathbb{Z}_k$.

### 6. Determine cuáles de los siguientes son homomorfismos de $\mathcal{M}_2\mathbb{(Z)}$

Como contraejemplos usaremos las matrices

$$\begin{align*}
A&=\begin{pmatrix}2&&1\\1&&2\end{pmatrix},&B=\begin{pmatrix}0&&1\\1&&0\end{pmatrix}
\end{align*}$$

Tales que

$$\begin{align*}A+B&=\begin{pmatrix}2&&2\\ 2&& 2\end{pmatrix},&A\cdot B=\begin{pmatrix}1&&2\\2&&1\end{pmatrix}\end{align*}$$

- $\varphi_1\begin{pmatrix}a && b\\ c && d\end{pmatrix}= a$:

> Notemos que $\varphi_1(A)\cdot\varphi_1(B)=(2)\cdot(0)=0\neq1=\varphi_1(A\cdot B)$.

- $\varphi_2\begin{pmatrix}a && b\\ c && d\end{pmatrix}= a+d$:

> Nuevamente tenemos que $\varphi_2(A)\cdot\varphi_2(B)=(2+2)\cdot(0+0)=4\cdot0=0\neq2=\varphi_2(A\cdot B)$.

- $\varphi_3\begin{pmatrix}a && b\\ c && d\end{pmatrix}= ad-bc$:

> Tenemos que $\varphi_3(A+B)=2^2-2^2=0\neq 2=3+(-1)=\varphi_3(A)+\varphi_3(B)$.

Así, ninguno es homomorfismo.

### 7. Sea $R=\left\{\begin{pmatrix}a && b\\ 0 && d\end{pmatrix}:a,b,d\in\mathbb{Z}\right\}$ el subanillo de $\mathcal{M}_2(\mathbb{Z})$ de matrices triangulares superiores. Determine si la aplicación $\varphi: R\to \mathbb{Z\times Z}$ definida por $\varphi\left(\begin{pmatrix}a && b\\ 0 && d\end{pmatrix}\right)=(a,d)$ es un homomorfismo. En caso afirmativo encuentre el kernel y la imagen.

_Solución:_

> Para determinar si $\varphi$ es un homomorfismo lo haremos por definición:
>
> - Veamos que se respeta la suma:
> $$\begin{align*}
\varphi\left(\begin{pmatrix}a && b\\ 0 && d\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}c && e\\ 0 && f\end{pmatrix}\right)&=\varphi\left(\begin{pmatrix}a + c && b + e\\ 0 + 0 && d + f\end{pmatrix}\right)\\
&=(a+c,d+f)\\
&=(a,d)+(c,f)\\
&=\varphi\left(\begin{pmatrix}a && b\\ 0 && d\end{pmatrix}\right)+\varphi\left(\begin{pmatrix}c && e\\ 0 && f\end{pmatrix}\right)
\end{align*}$$
> - Ahora veamos que respeta el producto:
> $$\begin{align*}
\varphi\left(\begin{pmatrix}a && b\\ 0 && d\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}c && e\\ 0 && f\end{pmatrix}\right)&=\varphi\left(\begin{pmatrix}a +c && ae+bf\\ 0 && d f\end{pmatrix}\right)\\
&=(ac,df)\\
&=(a,d)(c,f)\\
&=\varphi\left(\begin{pmatrix}a && b\\ 0 && d\end{pmatrix}\right)\cdot\varphi\left(\begin{pmatrix}c && e\\ 0 && f\end{pmatrix}\right)
\end{align*}$$
> Por último, es fácil ver que $\varphi(0_R)=(0,0)$ y $\varphi (1_{R})=(1,1)$, por lo que las identidades también se respetan. Concluimos que $\varphi$ **es un homomorfismo de anillos**.
>
> - **Kernel:** Por definición, tenemos que
>
> $$\begin{align*}
\text{ker}\varphi&=\varphi^{-1}[\{(0,0)\}]\\
&=\left\{ \begin{pmatrix}a && b\\ 0 && d\end{pmatrix}:\varphi\left(\begin{pmatrix}a && b\\ 0 && d\end{pmatrix}\right)=(a,d)=(0,0) \right\}\\
&=\left\{\begin{pmatrix}a && b\\ 0 && d\end{pmatrix}:a=0\land d=0\right\}\\
&=\left\{\begin{pmatrix}0 && b\\ 0 && 0\end{pmatrix}:b\in\mathbb{Z}\right\}\neq\{0_R\}
\end{align*}$$
> Concluimos que $\varphi$ **no es una inmersión**.
> - **Imagen:** Sea $(x,y)\in\mathbb {Z\times Z}$, tenemos que
>
> $$\begin{align*}
\varphi\left(\begin{pmatrix}x && 0\\ 0 && y\end{pmatrix}\right)= (x,y)
\end{align*}$$
> Concluimos que existe una preimagen para todo elemento de $\mathbb {Z\times Z}$, luego $\varphi$ **es un epimorfismo de anillos**.

### 8. Determine cuáles de los siguientes son ideales del anillo $\mathbb {Z\times Z}$:

Dado que $\mathbb{Z\times Z}$ tiene unidad y es conmutativo, para que sea ideal necesitamos que $a+b\in I$ y que $ax\in I$ para todos $a,b\in I$ y $x\in R$.

- $I_1=\{(a,a):a\in\mathbb Z\}$: Notemos que $I_1$ no es absorbente con el producto, sea $(1,1)\in I_1$ y $(1,0)\in R$, tenemos que $(1,1)\cdot (1,0)=(1,0)$ que como $1\neq 0$, no pertenece a $I_1$.
- $I_2=\{(2a,2b):a,b\in\mathbb Z\}$:

- Sean $a,b\in I_2$, tenemos que $a=(2a_1,2b_1)$ y que $b=(2a_2,2b_2)$, por lo que $a+b=(2a_1,2b_1)+(2a_2,2b_2)=(2(a_1+a_2),2(b_1+b_2))=(2a_3,2b_3)$, donde $a_3,b_3\in\mathbb Z$, por lo que $a+b\in I_2$.
- Sea $a\in I_2$ y $x\in R$, $a=(2a_1,2b_1)$ y $x=(x_1,y_1)$, así, $ax=((2a_1)x_1,(2b_1)y_1)=(2(a_1x_1),2(b_1y_1))=(2a_2,2b_2)$ donde $a_2,b_2\in\mathbb Z$ por lo que $ax\in I_2$.

Así, concluimos $I_2$ ideal bilátero de $\mathbb Z$
- $I_3=\{(2a,0):a,b\in\mathbb Z\}$:

- Sean $a,b\in I_3$, tenemos que $a=(2a_1,0)$ y que $b=(2a_2,0)$, por lo que $a+b=(2a_1,0)+(2a_2,0)=(2(a_1+a_2),0)=(2a_3,0)$, donde $a_3\in\mathbb Z$, por lo que $a+b\in I_3$.
- Sea $a\in I_3$ y $x\in R$, $a=(2a_1,0)$ y $x=(x_1,y_1)$, así, $ax=((2a_1)x_1,0y_1)=(2(a_1x_1),0)=(2a_2,0)$ donde $a_2\in\mathbb Z$ por lo que $ax\in I_3$.

Así, concluimos $I_3$ ideal bilátero de $\mathbb Z$
- $I_4=\{(a,-a):a\in\mathbb Z\}$: Notemos que $I_4$ no es absorbente con el producto, sea $(1,-1)\in I_4$ y $(1,0)\in R$, tenemos que $(1,-1)\cdot (1,0)=(1,0)$ que como $1\neq 0$, no pertenece a $I_4$.

### 10. Determine cuáles de los siguientes son ideales del anillo $\mathbb Z[x]$:

Dado que $\mathbb{Z}[x]$ tiene unidad y es conmutativo, para que sea ideal necesitamos que $a+b\in I$ y que $ay\in I$ para todos $a,b\in I$ y $y\in R$.

- $I_1$: El conjunto de polinomios cuyo término constante es múltiplo de 3:

- Sean $a,b\in I_1$, $a(x)=3k_1+xp(x)$ y $b(x)=3k_2+xq(x)$ para $k_1,k_2\in\mathbb Z$ y $p,q\in\mathbb Z[x]$, así, $(a+b)(x)=3(k_1+k_2)+x(p+q)(x)=3k_3+j(x)$ para $k_3\in\mathbb Z$ y $j\in\mathbb Z[x]$, concluimos $a+b\in I_1$.
- Sean $a\in I_1$ y $y\in R$, $a(x)=3k_1+xp(x)$ y $y(x)=m_0+m_1x+\dots+m_nx^n$, así, $ay(x)$ es un polinomio de la forma $ay(x)=3k_1m_0+xq(x)$, por lo que $ay\in I_1$.

Concluimos $I_1$ ideal bilátero de $R$.

- $I_2$: El conjunto de polinomios cuyo coeficiente de $x^2$ es múltiplo de 3.

Notemos que $1$ es un polinomio cuyo coeficiente es múltiplo de $3$, ($3|0$), así, el ideal debería ser todo el anillo, pero $2x^2\notin I_2$, luego $I_2$ no es ideal.

- $I_3$: El conjunto de polinomios cuyo término constante, coeficiente de $x$ y coeficiente de $x^2$ son $0$.

- Sean $a,b\in I_3$, $a(x)=x^3p(x)$ y $b(x)=x^3q(x)$, naturalmente $a+b=x^3(p+q)(x)=x^3j(x)$ donde $j(x)\in\mathbb Z[x]$, luego $a+b\in I_3$.
- Sean $a\in I_1$, y $y\in R$, tenemos que $a\cdot y=(x^3p(x))q(x)=x^3(p(x)q(x))=3j(x)$ para $p,q,j\in\mathbb Z[x]$, luego $ay\in I_3$.

- $I_4$: $\mathbb Z[x^2]$.

- Notemos que $x^2\in I_4$ y que $x\in\mathbb Z[x]$, pero $x^2\cdot x=x^3\notin I_4$. Concluimos $I_4$ no es absorbente.

- $I_5$: El conjunto de polinomios cuyos coeficientes suman 0.

- Sean $a,b\in I_5$, tenemos que $a(1)=b(1)=0$ (esto es equivalente a la condición de la suma de coeficientes pues $p(1)$ suma todos los coeficientes del polinomio). Así, $(a+b)(1)=a(1)+b(1)=0+0=0$. Concluimos $a+b\in I_5$.

- Además tenemos que para todo $a\in I_5$, este tiene una raíz en $x=1$, por lo que para cualquier otro polinomio $y\in R$, tenemos que $(a\cdot y)(1)=a(1)\cdot y(1)=0\cdot y(1)=0$, por tanto $ay\in I_5$.

- $I_6$: El conjunto de los polinomios tales que $p'(0)=0$.

- Notemos que $1\in I_6$, por lo que $I_6$ debería ser igual a $R$, sin embargo $x\in R$ y $x\notin I_6$. Concluimos que $R$ no es ideal.

### 11. Sea $R$ el anillo de las funciones reales continuas del cerrado $[0,1]$. Muestre que $\varphi: R\to \mathbb R$ definida por $\varphi(f)=\int_0^1f(t)dt$ es un homomorfismo de grupo más no de anillos.

_Solución:_

> En efecto, dado que $\int$ es un operador lineal, se tiene que para todas $f,g\in R$, $$\varphi(f+g)=\int_0^1 f(t)+g(t)dt=\int^1_0f(t)dt+\int_0^1g(t)dt=\varphi(f)+\varphi(g) $$
> Sin embargo, consideremos $f(x)=e^x$ y $g(x)=\cos(x)$,
>
> $$\begin{align*}
\varphi(f\cdot g)&=\int_0^1e^t\cos(t)dt\\
&=\left[\dfrac{e^t(\sin(t)+\cos(t))}{2}\right]^1_0\\
&=1.378024\dots\\
&\neq(1.71828\dots)(0.841470\dots)\\
&=\left[e^t\right]_0^1\cdot [\sin(t)]_0^1\\
&=\int_0^1e^tdt\cdot\int_0^1\cos(t)dt\\
&=\varphi(f)\cdot\varphi(g)
\end{align*}$$
>
> Concluimos $\varphi$ respeta suma más no producto, luego no es homomorfismo de anillos.

### 15. Sea $X\neq\varnothing$ y sea $\wp(X)$ el _anillo booleano_ usual. Sea $R=\mathbb Z_2^X$ el conjunto de las funciones de $X$ a $\mathbb{Z}_2$. Se define $\chi_A$ para todo $A\in\wp(X)$ de la siguiente manera:
$$\begin{align*}\chi_A:X&\to\mathbb Z_2, & \chi_A(x)=\begin{cases}\overline1,& x\in A\\\overline0,& x\notin A\end{cases}\end{align*}$$

### Muestre que la función $\varphi: \wp(X)\to R$ dada por $\varphi(A)=\chi_A$ es un homomorfismo de anillos.

_Solución:_

> Sean $A,B\in\wp(X)$, tenemos que
$$\begin{align*}
\varphi(A+B)(x)=1&\iff x\in A+B\\
&\iff x\in A\Delta B\\
&\iff x\in(A-B)\cup(B-A)\\
&\iff (x\in A\land x\notin B)\lor (x\notin A\land x\in B)\\
&\iff (\chi_A(x)=1\land\chi_B(x)=0)\lor(\chi_A(x)=0\land\chi_B(x)=1)\\
&\iff \chi_A(x)+\chi_B(x)=1\\
&\iff \varphi(A)(x)+\varphi(B)(x)=1
\end{align*}$$
> Así, también tenemos que
$$\begin{align*}
\varphi(A)+\varphi(B)(x)=0&\iff (\varphi(A)(x)=\varphi(B)(x)=1)\lor(\varphi(A)(x)=\varphi(B)(x)=0)\\
&\iff (x\in A\land x\in B)\lor(x\notin A\land x\notin B)\\
&\iff x\in (A\cap B)\lor x\notin (A\cup B)\\
&\iff x\notin A\Delta B\\
&\iff \varphi(A+B)(x)=0
\end{align*}$$
> Luego $\varphi(A+B)=\varphi(A)+\varphi(B)$ para todos $A,B\in\wp(X)$.
>
> Similarmente
> $$\begin{align*}
\varphi(A\cdot B)(x)=1&\iff x\in A\cap B\\
&\iff x\in A\land x\in B\\
&\iff \chi_A(x)=\chi_B(x)=1\\
&\iff \varphi(A)(x)\cdot\varphi(B)(x)=1
\end{align*}$$
> Y por último
$$\begin{align*}
\varphi(A\cdot B)=0&\iff x\notin A\cap B\\
&\iff x\notin A\lor x\notin B\\
&\iff \chi_A(x)=0\lor\chi_B(x)=0\\
&\iff \varphi(A)(x)\cdot\varphi(B)(x)=0
\end{align*}$$
> Concluimos $\varphi(A\cdot B)=\varphi(A)\cdot\varphi(B)$. Ahora, sabemos que $\chi_X(x)=1$ para todo $x$, luego $\varphi(X)=1$. Queda demostrado que $\varphi$ es un homomorfismo de anillos.

### 16. Sea $\varphi:R\to S$ un epimorfismo de anillos, muestre que $\varphi[Z(R)]\subseteq Z(S)$.

_Solución:_

> Sea $z\in \varphi[Z(R)]$ existe $c\in Z(R)$ tal que $\varphi(c)=z$. Como $\varphi$ es sobre, para todo $y\in S$ existe $x\in R$ tal que $\varphi(x)=y$ tenemos que
> $$\begin{align*}
zy&=\varphi(c)\varphi(x)\\
&=\varphi(cx)\\
&=\varphi(xc)\\
&=\varphi(x)\varphi(c)\\
&=yz
\end{align*}$$
> Como $y$ es un elemento fijo pero arbitrario, tenemos que $z\in Z(S)$. Concluimos $\varphi[Z(R)]\subseteq Z(S)$.

### 19. Muestre que si $I_1\subseteq I_2\subseteq...$ son todos ideales de $R$, entonces $\bigcup_{i=1}^\infty I_i$ es un ideal de $R$.

_Solución:_

> Asumiendo el lema de Zorn, dado que la cadena $\mathfrak{C}=I_1\subseteq I_2\subseteq$ es acotada superiormente por $R$, $\mathfrak{C}$ posee un elemento maximal $I$. Mostremos que $I$ es un ideal:
>
> Sean $a,b\in I$, entonces $a\in I_i$ y $b\in I_j$, sin pérdida de generalidad supongamos que $I_i\subseteq I_j$, entonces $a\in I_j$ y como $I_j$ es ideal, $a+b\in I_j\subseteq I$. Concluimos $I$ es cerrado con la suma.
>
> Sea $a\in I$ y $x,y\in R$, entonces $a\in I_j$ para algún $1\leq j$. Como $I_j$ es ideal, $xay\in I_j\subseteq I$. Concluimos $I$ es absorbente por izquierda y por derecha, luego $I$ es un ideal de $R$.

### 22. Sea $a\in R$

- Muestre que $\mathcal{A}_d(a)=\{x\in R:ax=0\}$ es un ideal derecho y $\mathcal{A}_i(a)=\{y\in R:ya=0\}$ es un ideal izquierdo.

_Solución:_

> Sabemos que $\mathcal{A}_d(a)\neq\varnothing$ pues $0$ está, ahora sean $x,y\in\mathcal{A}_d(a)$, tenemos que $a(x+y)=ax+ay=0+0=0$. Concluimos $x+y\in\mathcal{A}_d(a)$
>
> Sean $x\in\mathcal{A}_d(a)$ y $r\in R$, tenemos que $a(xr)=(ax)r=0r=0$, por lo que $xr\in\mathcal{A}_d(a)$.
>
> Así, $\mathcal{A}_d(a)$ es un ideal a izquierda de $R$. El razonamiento para $\mathcal{A}_i(a)$ es análogo.

- Muestre que si $L$ es un ideal izquierdo de $R$, entonces $\mathcal{A}(L)=\{x\in R:ax=0,\forall a\in I\}$ es un ideal bilátero de $R$.

_Solución:_

> $\mathcal{A}(L)\neq\varnothing$ pues $$
>
> Sean $x,y\in\mathcal{A}(L)$, tenemos que $a(x+y)=ax+ay=0+0=0$ para todo $a\in I$. luego $x+y\in\mathcal{A}(I)$.
>
> Sean $x\in\mathcal{A}(L)$, $a\in L$ y $r_1,r_2\in R$, tenemos que
> $$\begin{align*}
ar_1xr_2&=(ar_1)xr_2\\
&=a'xr_2, &I\text{ es ideal izquierdo}\\
&=(a'x)r_2\\
&=0r_2,&a'\in I,x\in\mathcal{A}(I)\\
&=0
\end{align*}$$
> Concluimos que $r_1xr_2\in \mathcal{A}(I)$ para todos $x\in\mathcal{A}(I)$ y $r_1,r_2\in R$. Por tanto $\mathcal{A}(I)$ es un ideal bilátero de $R$.

### 25. Sea $R$ un anillo conmutativo, pruebe que para cada $n\geq1$ se tiene la fórmula del binomio:
$$\begin{align*}(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\k \end{pmatrix} a^kb^{n-k},\ \begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}=\dfrac{n!}{(n-k)!k!},\ \text{con }a,b\in R \end{align*}$$

_Solución:_

> La demostración la haremos por inducción matemática, primero probemos el caso para $n=1$:
> $$(a+b)^1=a+b=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}a^1b^{1-1}+\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}a^0b^{1-0}=\sum_{k=0}^1\begin{pmatrix}1\\k\end{pmatrix}a^kb^{1-k}$$
> Como paso inductivo, supongamos que la fórmula del binomio se tiene para un natural $n$ y probemos que esto implica la fórmula para $n+1$:
>
> $$\begin{align*}(a+b)^{n+1}&=(a+b)^{n}(a+b)\\
&=\left(\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}\right)(a+b)\\
&=a\left(\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}\right)+b\left(\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}\right)\\
&=\left(\sum_{k=0}^{n+1}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}a^{k+1}b^{n-k}\right)+\left(\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}a^kb^{n-k+1}\right)\\
&=\left(\sum_{m=1}^{n+1}\begin{pmatrix}n\\m-1\end{pmatrix}a^{m}b^{n-m+1}\right)+\left(\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}a^kb^{n-k+1}\right)\\
&=a^{n+1}+\left(\sum_{m=1}^{n}\begin{pmatrix}n\\m-1\end{pmatrix}a^{m}b^{n-m+1}\right)+\left(\sum_{k=1}^n\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}a^kb^{n-k+1}\right)+b^{n+1}\\
&=\sum_{k=1}^{n}\left[\begin{pmatrix}n\\k-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}\right]a^kb^{n-k+1}+a^{n+1}+b^{n+1}\\
&=\sum^{n+1}_{k=0}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}
\end{align*}$$
> Así, queda demostrada la propiedad para todo $n\geq1$.

### 26.

- Muestre que la aplicación $\varphi: \mathbb{Z}\to R$ dada por $\varphi(k)=k1$, donde $1\in R$, es un homomorfismo de anillos cuyo kernel es $n\mathbb Z$, donde $n=\text{char}(R)$

_Solución:_

> En efecto, se tiene que $\varphi(m+n)=(m+n)1=m1+n1=\varphi(m)+\varphi(n)$ y que $\varphi(mn)=(mn)1=(m1)(n1)=\varphi(m)\varphi(n)$.
>
> Por otro lado,
> $$\begin{align*}
k\in\text{ker}(\varphi)&\iff k1=0\\
&\iff 0=(k1)a=k(1a)=ka,&\forall a\in R\\
&\iff n|k, &n=\text{char}(R)\\
&\iff k\in n\mathbb Z
\end{align*}$$
> Luego $\text{ker}(\varphi)=n\mathbb{Z}$.

- Determine la característica de $\mathbb{Q,Z}[x],\mathbb Z_n[x]$.

- Dado que $\mathbb Q$ es cuerpo, sea $n=\text{char}\mathbb{(Q)}$, si $q\in Q^*$ y $nq=0$, inmediatamente tenemos que $n=0$.
- Razonando por contradicción, supongamos que $\text{char}(\mathbb{Z}[x])=n>0$, entonces $np(x)=0$ para todo $p(x)\in\mathbb Z[x]$, en particular para $p(x)=1$, pero $n1\neq 0$ en $\mathbb Z$, y por tanto $n1\neq 0$ en $\mathbb Z[x]$. Luego necesariamente $\text{char}(\mathbb Z[x])=0$.
- Supongamos que $\text{char}(\mathbb Z_n[x])=m$ para $0\leq m<n$, entonces $mp(x)=0$ para todo $p(x)\in\mathbb Z_n[x]$, en particular para $p(x)=1$, pero $m1\neq0$ en $\mathbb Z_n$ y por tanto $m1\neq0$ en $\mathbb Z_n[x]$. Por tanto $\text{char}(\mathbb Z_n[x])\geq n$. Ahora veamos que $np(x)=0$ para todo $p(x)\in\mathbb Z[x]$, en efecto,
$$\begin{align*}
np(x)&=n(a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_mx^m), &a_i\in\mathbb Z_n\\
&=na_0+na_1x+na_2x^2+...+na_mx^m\\
&=0+0x+0x^2+\dots+0x^n,&n=\text{char}(\mathbb Z_n)\\
&=0
\end{align*}$$
Concluimos $\text{char}(\mathbb Z_n[x])=n$.

- Sea $R$ un anillo conmutativo con unidad, de característica prima $p$. Muestre que para todo $a,b\in R$ se tiene que $(a+b)^{p}=a^p+b^p$.

_Solución:_

> Por el resultado anterior, como $p$ es primo, cuando $0\neq k\neq p$, $(p-k)!\nmid p$ y $k!\nmid p$, por lo que $p|\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}$, como además $\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}>0$, tenemos que $\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}=pm$ para algún $n\in\mathbb{Z}^{+}$ y para todo $0<k<p$, como $R$ tiene característica $p$, $px=0$ para todo $x\in R$, particularmente
> $$\begin{align*}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}&=(pm)(a^kb^{n-k})\\&=m(pa^k)b^{n-k}\\&=m(0b^{n-k})\\&=m0\\&=0,& \forall k,\ 0<k<p\end{align*}$$
> Por lo tanto $(a+b)^p=a^p+0+...+0+b^p=a^p+b^p$.

### 27. Muestre que todo anillo booleano no trivial tiene característica $2$.

_Solución:_

> Sea $a\in R$, tenems que $a^2=a$, así,
>
> $$\begin{align*}
a+a&=(a+a)^2\\
&=a^2+a^2+a^2+a^2\\
&=a+a+a+a
\end{align*}$$
> Restando $a+a$ a ambos lados de la igualdad llegamos a que $2a=0$, como $R$ es no trivial, $\text{char}(R)\neq1$, concluimos que su característica es $2$.

### 28. Pruebe que un dominio de integridad $D$ tiene característica $p$ con $p$ primo, o cero.

_Solución:_

> Supongamos que $\text{char}(D)=n$, y que $n\neq0$ y $n$ no primo, además, si el anillo no es el trivial, necesariamente $\text{char}(D)>1$.
>
> Por el TFA, tenemos que
> $$n=\prod_{i=1}^mp_i^{k_i}$$
> Para $p_i$ primo, $k_i\geq1$ y $m\in\mathbb{Z^+}$. Por otro lado, tenemos que para todo $r\in D$ y para todo $j\in\mathbb Z$, $jr\in D$. Particularmente $p_i^{k_i}r\in D$ para todo $1\leq i\leq m$ y para todo $r\in D$. Definamos
> $$\begin{align*}x=p_1a&\in D,&y=\left(p_1^{k_1-1}\prod_{i=2}^mp_i^{k_i}\right)b\in D\end{align*}$$
> Donde $a,b\in D$ son elementos tales que $x\neq 0$ y $y\neq0$. Ambos elementos los tenemos garantizados, pues en caso contrario para todo $a\in D$, $p_1a=0$, y como $p_1<n$ contradecimos que $n=\text{char}(D)$. El argumento es análogo para $b$.
> S
> Así, llegamos a que
> $$\begin{align*}
xy&=(p_1a)\left(p_1^{k_1-1}\prod_{i=2}^mp_i^{k_i}b\right)\\
&=\left(\prod_{i=1}^mp_i^{k_i}\right)ab, &D\text{ es conmutativo}\\
&=n(ab)\\
&=0
\end{align*}$$
> Pero esto contradice que $R$ sea dominio de integridad, pues $x$ y $y$ no nulos son divisores de $0$. Luego necesariamente $\text{char}(R)=0$ o $\text{char}(R)=p$ con $p$ primo.

### 29. Sea $R$ un anillo conmutativo. Muestre que el conjunto $\mathfrak N(R)$ de todos los elementos nilpotentes de $R$ es un ideal.

_Solución:_

> Sean $a,b\in\mathfrak{N}(R)$, entonces $a^n=0$ y $b^m=0$ para algunos $n,m\in\mathbb{N}$, notemos además que para cualquier $k>n$ (respectivamente $l>m$), $a^k=a^na^{k-n}=0a^{k-n}=0$ (respectivamente $b^l=0$). Por lo que tomemos $(a+b)^{n+m}$, como $R$ es abeliano, se tiene la fórmula del binomio, así,
> $$\begin{align*}(a+b)^{n+m}&=\sum_{i=0}^{n+m}\begin{pmatrix}n+m \\ i\end{pmatrix} a^ib^{n+m-i}\\
&=\sum_{i=0}^{n}\begin{pmatrix}n+m \\ i\end{pmatrix} a^ib^{n+m-i}+\sum_{i=n}^{n+m}\begin{pmatrix}n+m \\ i\end{pmatrix} a^ib^{n+m-i}\\
&=\sum_{i=0}^{n}\begin{pmatrix}n+m \\ i\end{pmatrix} a^i0+\sum_{i=n}^{n+m}\begin{pmatrix}n+m \\ i\end{pmatrix} 0b^{n+m-i}\\
&=0+0\\
&=0
\end{align*}$$
> Luego $a+b\in\mathfrak{N}(R)$. Además, para todo $r\in R$, y $a\in\mathfrak{N}(R)$, se tiene por la conmutividad de $R$ que $(ar)^n=a^nr^n=r^na^n=0$. Por lo que también es absorbente para el producto.

### 31. Muestre que los elementos $\begin{pmatrix}0&&1\\0&&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&&0\\1&&0\end{pmatrix}\in\mathcal M_2(\mathbb Z)$ son nilpontentes y sin embargo su suma no lo es.

_Solución:_

> En efecto, tenemos que
> $$\begin{pmatrix}0&&1\\0&&0\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}0&&0\\1&&0\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}0&&0\\0&&0\end{pmatrix}$$
> Y sin embargo
> $$\begin{pmatrix}0&&1\\0&&0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0&&0\\1&&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&&1\\1&&0\end{pmatrix}$$
> Tiene determinande $-1$ y además es su propia inversa, por lo que no existe $n\in\mathbb{N}$ tal que se anule. Concluimos que $\mathfrak{N}(\mathcal{M}_2(\mathbb{Z}))$ no es cerrado con respecto a la suma y por tanto no puede ser ideal.

### 32. Sea $\varphi:R\to S$ un homomorfismo de anillos. Muestre que si $x\in\mathfrak{N}(R)$, entonces $\varphi(x)\in\mathfrak{N}(S)$.

_Solución:_

> Como $\varphi$ es homomorfismo, respeta el producto y por tanto $[\varphi(x)]^n=\varphi(x^n)=\varphi(0)=0$. Concluimos que $\varphi(x)$ es un elemento nilpotente.

## Sección 7.4

Todos los ejercicios de esta sección consideran $R$ un anillo con unidad $1\neq0$.

### 4. Suponga que $R$ es conmutativo. Muestre que $R$ es campo sii $\{0\}$ es ideal maximal.

_Solución:_

> - ($\implies$): Si $R$ es campo sólo existen los ideales triviales, luego, para todo ideal $\{0\}\subseteq I\subseteq R$, o bien $I=\{0\}$ o bien $I=R$.
> - ($\Longleftarrow$): Si $\{0\}$ es maximal, entonces dado que para todo $r\in R$ no nulo , se tiene que $\{0\}\subsetneq \langle r\rangle\subseteq R$, así, $\langle r\rangle= R$, esto implica que $1\in\langle r\rangle$ por lo que existe $x\in R$ tal que $xr=1$, luego $r$ es invertible y por tanto $R$ es campo.

### 5. Muestre que si $M$ es un ideal tal que $R/M$ es campo, entonces $M$ es maximal.

_Solución:_

> Supongamos un ideal $I$ tal que $M\subseteq I\subseteq R$. Por el teorema de correspondencia $I/M$ es un ideal de $R/M$, pero este último es campo, por lo que sus únicos ideales son los triviales, así, $I=M$ o $I=R$. Concluimos $M$ ideal maximal.

### 7.* Sea $R$ un anillo conmutativo con $1$. Muestre que el ideal generado por $x$ en $R[x]$ es un ideal primo sii $R$ es un dominio de integración. Muestre que $\langle x\rangle$ es ideal maximal sii $R$ es campo.

_Solución:_

> Sabemos que como $R$ es conmutativo y tiene unidad, entonces $R[x]$ también es conmutativo y con unidad, además, $R[x]/\langle x\rangle\cong R$, y por teorema tendremos que $R$ es DI sii $\langle x\rangle$. Así mismo, tenemos que $R$ es campo sii $\langle x\rangle$ es maximal.

### 8. Sea $R$ un dominio de integridad. Muestre que $\langle a\rangle=\langle b\rangle$ para $a,b\in R$ sii $a=ub$ para $u\in R^*$.

_Solución:_

> - ($\Longrightarrow$): Si $\langle a\rangle=\langle b\rangle$ entonces $a=xb$ y $b=ya$ para $x,y\in R$, esto es, $b=yxb$, como $R$ es DI, y suponemos que $a$ y $b$ son no nulos, tenemos que $yx=1$, esto es, $x,y\in R^*$.
> - ($\Longleftarrow$): Si $a=ub$ para $u\in R^*$, entonces para todo $x\in \langle a\rangle$, tenemos que $x=ya$ para otro $y\in R$. Llegamos a que $x=yub$, por lo que $x\in\langle b\rangle$, así $\langle a\rangle \subseteq\langle b\rangle$. Además tenemos que $b\in\langle a\rangle$ pues $b=u^{-1}a$, por lo que $\langle a\rangle=\langle b\rangle$.

### 9. Sea $R$ el anillo de todas las funciones continuas sobre $[0,1]$ y sea $I$ la colección de funciones $f(x)$ en $R$ tal que $f(1/3)=f(1/2)=0$. Pruebe que $I$ es un ideal de $R$, pero no es primo.

_Solución:_

> - Sean $f,g\in I$, tenemos que $(f-g)(1/3)=f(1/3)-g(1/3)=0-0=0$, análogamente $(f-g)(1/2)=f(1/2)-g(1/2)=0-0=0$. Concluimos que $(f-g)(1/3)=(f-g)(1/2)=0$, luego $(f-g)\in I$.
> - Sea $f\in I$ y $g\in R$, tenemos que $(f\cdot g)(1/3)=f(1/3)g(1/3)=0g(1/3)=0$, análogomente $f(1/2)g(1/2)=0g(1/2)=0$. Concluimos que $(f\cdot g)(1/3)=(f\cdot g)(1/2)=0$, luego $f\cdot g\in I$.
>
> Así, concluimos que $I$ es ideal a derecha, aún más, como $R$ es conmutativo $I$ es ideal bilátero.
>
> Sin embargo, notemos que $I$ no es un ideal primo. Consideremos la función continua $f(x)=(x-\frac12)(x-\frac13)$, tenemos que
> $$f(1/3)=(\dfrac13-\dfrac12)(\dfrac13-\dfrac13)=-\dfrac160=0$$
> y
> $$f(1/2)=(\dfrac12-\dfrac12)(\dfrac12-\dfrac13)=0\dfrac16=0$$
> Luego $f\in I$, sin embargo $f=g\cdot h$ donde $g(x)=x-\frac12$ y $h(x)=x-\frac13$. Es claro que $g(\frac13)\neq0$ y $h(\frac12)\neq0$ luego $g,h\notin I$. Así, concluimos que $I$ no es primo.

### 13. Sea $\varphi: R\to S$ un homomorfismo de anillos conmutativos.

- Pruebe que si $P$ es un ideal primo de $S$ entonces $\varphi^{-1}[P]=R$ o $\varphi^{-1}[P]$ es un ideal primo de $R$.

_Solución:_

> Sean $x,y\in\varphi^{-1}[P]$, tenemos que $\varphi(x+y)=\varphi(x)+\varphi(y)\in P$ pues $P$ es ideal, luego $x+y\in\varphi^{-1}[P]$. Similarmente sea $x\in\varphi^{-1}[P]$ y $r\in R$, como $P$ es ideal, $\varphi(xr)=\varphi(x)\varphi(r)\in P$, luego $xr\in\varphi^{-1}[P]$. Concluimos que $\varphi^{-1}[P]$ es ideal de $R$.
>
> Sea $z=xy$ con $x,y\in R$ tal que $z\in\varphi^{-1}[P]$, tenemos que $\varphi(z)=\varphi(xy)=\varphi(x)\varphi(y)\in P$, como $P$ es primo, necesariamente $\varphi(x)\in P$ o $\varphi(y)\in P$, esto es, $x\in\varphi^{-1}[P]$ o $y\in\varphi^{-1}[P]$. Luego $\varphi^{-1}[P]$ es un ideal primo, note que $R$ es también un ideal primo, luego $\varphi^{-1}[P]$ es todo el anillo o un ideal primo propio.
>
> Particularmente si $R$ es subanillo de $S$ y consideramos $\varphi:R\to S$ como la identidad. Para cualquier ideal primo $P$ de $R$, tenemos que $\varphi^{-1}[P]$ es un ideal primo, además,
> $$\begin{align*}
\varphi^{-1}[P]&=\{x\in R:\varphi(x)\in P\}\\
&=\{x\in R:x\in P\}\\
&=P\cap R
\end{align*}$$
> Por lo que $\{0\}\subseteq P\cap R\subseteq R$.

- Muestre que si $M$ es un ideal maximal y $\varphi$ es sobre, entonces $\varphi^{-1}[M]$ es ideal maximal de $R$.

_Solución:_

> Si $M$ es un maximal de $S$, entonces $S/M$ es un campo. Además, tenemos el homomorfismo canónico
> $$\begin{align*}\pi: S&\to S/M\\
s&\mapsto s+M
\end{align*}$$
> Un homomorfismo sobre, como además $\varphi$ es sobre, tenemos que
> $$\begin{align*}
\pi\circ\varphi: R&\to S/M\\
r&\mapsto \varphi(r)+M
\end{align*}$$
> Es un homomorfismo sobre, luego por el primer teorema de isomorfismo tenemos que
> $$R/\text{ker}(\pi\circ\varphi)\cong S/M$$
> Donde
>
> $$\begin{align*}
\text{ker}(\pi\circ\varphi)&=\{r\in R:(\pi\circ\varphi)(r)=0\}\\ &=\{r\in R:\varphi(r)+M=M\}\\
&=\{r\in R:\varphi(r)\in M\}\\
&=\varphi^{-1}[M]
\end{align*}$$
> Por lo que $R/\varphi^{-1}[M]$ es un campo, esto implica que $\varphi^{-1}[M]$ (que es ideal pues es el kernel de un homomorfismo) es maximal.

### 15*. Sea $p(x)=x^2+x+1$ un elemento del anillo polinomial $E=\mathbb F_2[x]$ y sea $\overline E=E/\langle p(x)\rangle$.

- Muestre que $\overline E$ tiene cuatro elementos: $\overline 0$, $\overline 1$, $\overline x$ y $\overline{x+1}$.

_Solución:_

> Notemos que $\mathbb{F}_2[x]$ es un Dominio Euclidiano, luego por el algoritmo de la división tenemos que para todo $y(x)\in\mathbb{F}_2[x]$,
> $$y(x)=p(x)q(x)+r(x)$$
> Donde $r(x)$ es un polinomio de grado $n<2$, ($p(x)$ tiene grado $3$), así, tenemos que
> $$y(x)\equiv ax+b,\ (\text{mod }\langle p(x)\rangle)$$
> Donde $a,b\in\mathbb{F}_2$. Así, $\overline{E}=\{\overline{0},\overline 1,\overline x,\overline{1+x}\}$

- Realice la tabla de suma sobre $\overline E$, concluya que $(\overline E,+)\cong(V,\cdot)$.

_Solución:_

>
>
$+$ | $0$ | $1$ | $x$ | $1+x$ | |
|------------|------------|------------|------------|------------|
| $0$ | $0$ | $1$ | $x$ | $1+x$ |
| $1$ | $1$ | $0$ | $1+x$ | $x$ |
| $x$ | $x$ | $1+x$ | $0$ | $1$ |
| $1+x$ | $1+x$ | $x$ | $1$ | $0$ |
> Así, definimos el isomorfismo
$$\begin{align*}
\varphi:\overline E&\to V\\
\overline0&\mapsto e\\
\overline1&\mapsto a\\
\overline x&\mapsto b\\
\overline x&\mapsto ab
\end{align*}$$

- Realice la tabla de producto sobre $\overline E$, concluya que $\overline E^*\cong\mathbb Z_3$.

_Solución:_

>
>
$\cdot$ | $0$ | $1$ | $x$ | $1+x$ | |
|------------|------------|------------|------------|------------|
| $0$ | $0$ | $0$ | $0$ | $0$ |
| $1$ | $0$ | $1$ | $x$ | $1+x$ |
| $x$ | $0$ | $x$ | $1+x$ | $1$ |
| $1+x$ | $0$ | $1+x$ | $1$ | $x$ |
> Así, definimos el isomorfismo
$$\begin{align*}
\varphi:\overline E^*&\to \mathbb{Z}_3\\
\overline x&\mapsto \overline 1\\
\end{align*}$$

### 19. Sea $R$ un anillo finito conmutativo con unidad. Muestre que todo ideal primo de $R$ es ideal maximal.

_Solución:_

> Sea $P$ un ideal primo, tenemos que $R/P$ es un dominio de integridad, más aún, es un dominio de integridad finito, esto es, $R/P$ es un campo, por lo tanto $P$ es un ideal maximal.

### 20. (Sin asumir $1\in R$) Muestre que un anillo finito no trivial conmutativo que no tiene divisores de $0$ es un campo.

_Solución:_

> Consideremos $x\in R-\{0\}$ y definamos
> $$\begin{align*}\varphi_x:R&\to R\\
r&\mapsto xr\end{align*}$$
> Ahora, veamos que $\varphi_x$ es inyectiva, sean $a,b\in R$ no nulos tales que $\varphi_x(a)=\varphi_x(b)$, esto implica que $xa=xb$. Como $R$ es dominio integral, se tiene la cancelativa a ambos lados, luego necesariamente $a=b$.
>
> Luego, dado que es inyectiva y $R$ es finito, se tiene que $|R|=|\varphi_x[R]|$, por tanto $\varphi_x$ es sobreyectiva y así, biyectiva.
>
> Como $\varphi_x$ es biyectiva, es invertible y por tanto existe $1=\varphi_x^{-1}(x)\in R$, es decir, un elemento tal que $x1=x$. Así mismo, se debe tener que existe $x^{-1}=\varphi_x^{-1}(1)\in R$, tal que $xx^-1=1$. Como $R$ es conmutativo basta mostrar que es unidad a derecha e inverso a derecha.
>
> Concluimos que el anillo tiene unidad y que todo elemento no nulo tiene inversa, esto es, $R$ es campo.

### 23. Muestre que en un anillo booleano, todo ideal primo es maximal.

_Solución:_

> Sea $R$ un anillo booleano y sea $P$ un ideal primo, tenemos que $R/P$ es un dominio de integridad. Sea $\overline x\in R/P$ no nulo, tenemos que $\overline x\cdot\overline x=\overline {x^2}=\overline x$ por lo que $\overline x$ actúa como unidad sobre sí mismo, para cualquier otro $y\in R/P$ tenemos que
>
> $$\begin{align*}
\overline{x}\cdot y&=\overline{x^2}\cdot y
\end{align*}$$
> O equivalentemente,
> $$\begin{align*}
\overline x\cdot y-\overline {x^2}y&=\overline x\cdot y-\overline x\cdot\overline x \cdot y\\
&=\overline x[y-\overline x\cdot y]\\
&=\overline 0
\end{align*}$$
> Como $R/P$ es dominio y $\overline x\neq\overline 0$, necesariamente $y-\overline x\cdot y=\overline 0$, o equivalentemente $y=\overline x y$ para todo $y\in R/P$. Luego $\overline x=1$.
>
> Similarmente, dado que para todo $\overline z\in R/P$, se tiene que $\overline{z}^2=\overline{z^2}=\overline z=1$, necesariamente $\overline z=(\overline z)^{-1}$ y por tanto $R/P$ es un campo, luego $P$ es un ideal maximal. Adicionalmente tenemos que $R/P\cong\mathbb Z_2$.

### 27. Sea $R$ un anillo conmutativo con identidad no trivial. Muestre que si $a$ es nilpotente, $1-ab\in R^*$ para todo $b\in R$.

_Solución:_

> Por los resultados de **7.1.14**, tenemos que $ab$ es nilpotente para todo $b\in B$, además, es fácil ver que $-ab$ es también nilpotente. En ese mismo punto desarrollamos que la suma de la unidad y un elemento nilpotente ($-ab$) es invertible.