Finalizada la demostración de que det(\Phi) = f.

TFG_Sixto_José_Martínez_Gan.tex

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 \newcommand{\syz}[1]{\ensuremath{\mathrm{syz}\left(#1\right)}}
 \DeclareMathOperator{\grado}{grado}
+\DeclareMathOperator{\nombremcd}{mcd}
+\newcommand{\mcd}[1]{\ensuremath{\nombremcd\left( #1 \right)}}
 
 \newcommand{\spoly}[2]{\ensuremath{\mathrm{S}\!\left( #1, #2 \right)}}
 
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 \newcommand{\cuerpofracciones}[1]{\ensuremath{\mathrm{Q}\!\left( #1 \right)}}
 
+\newcommand{\dertheta}[2]{\ensuremath{\theta_{#1, #2}}}
 \newcommand{\Groebner}{Gr\"obner}
 \begin{document}
 
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 	\begin{definicion}
 		Sea $A$ un anillo, $M$ un \modulo{A} y $N$ un \submodulo{A} de $M$. Diremos que $N$ es libre si admite una base.
 	\end{definicion}
+	\begin{definicion}
+		Un polinomio $p \in \Kx$ se dice libre de cuadrados si, en caso de poder expresarlo de la forma $p = a^2b$, se tiene que $a$ es una unidad de \Kx.
+	\end{definicion}
+	\begin{lema} \label{Lema MCD Parciales}
+		Un polinomio $p \in \Kx$ es libre de cuadrados si y solo si $\mcd{\diffp{p}{x_1}, \diffp{p}{x_2}, \dots, \diffp{p}{x_n}}$ es una unidad de \Kx.
+	\end{lema}
 	
 	El criterio de Saito nos da una forma bastante rápida de determinar si \derivaciones{f} es o no libre.
 	\begin{teorema}[Criterio de Saito] \label{Criterio de Saito}
-		Sea $f$ un polinomio de \Kx{} y $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n$ derivaciones de \derivaciones{f}. Entonces, \derivaciones{f} es libre si y solo si $\det\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = uf$ donde $u$ es una unidad de $K$, es decir, un elemento de $K \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace$.
+		Sea $f$ un polinomio libre de cuadrados de \Kx{} y $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n$ derivaciones de \derivaciones{f}. Entonces, \derivaciones{f} es libre si y solo si $\det\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = uf$ donde $u$ es una unidad de $K$, es decir, un elemento de $K \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace$.
 	\end{teorema}
 	En este capítulo explicaremos la demostración de este resultado que aparecen en \cite{VALLES}. Pero primero, deberemos ilustrar algunas construcciones que se utilizan en dicha demostración.
 	
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 			Ahora bien, por hipótesis $M \otimes \cuerpofracciones{A}$ es un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} de rango $n$ así que $\bigwedge^n \left( M \otimes \cuerpofracciones{A} \right)$ será también un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}}, en este caso de rango $\binom{n}{s}$. Gracias al isomorfismo, $\left( \bigwedge^s M \right) \otimes \cuerpofracciones{A}$ es igualmente otro \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} de rango $\binom{n}{s}$ lo cual quiere decir que $M$ es de rango $\binom{n}{s}$.
 		\end{proof}
 		
-		Este lema nos garantiza que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \modulo{\Kx} reflexivo de rango $1$. Por el esquema en \ref{Esquema Demostración}, tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es también libre de torsión y, por lo tanto, $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un ideal de \Kx. Por último, aplicando la última de las implicaciones, tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \modulo{\Kx} libre y además de dimensión $1$. Sumado a esto tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \submodulo{\Kx} de $\bigwedge^n \derivaciones{\Kx} = \engendrado{\partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}$, por lo tanto, $\derivaciones{f} = \engendrado{p \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}$ para algún $p$. Nótese que este $p$ está bien definido salvo por alguna unidad de \Kx, es decir, tanto nos daría poner $p$ que $kp$ siempre y cuando exista $k^{-1} \in \Kx$.
+		Este lema nos garantiza que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \modulo{\Kx} reflexivo de rango $1$. Por el esquema en \ref{Esquema Demostración}, tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es también libre de torsión y, por lo tanto, $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es isomorfo a un ideal de \Kx. Por último, aplicando la última de las implicaciones, tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \modulo{\Kx} libre y además de dimensión $1$. Sumado a esto tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \submodulo{\Kx} de $\bigwedge^n \derivaciones{\Kx} = \engendrado{\partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}$, por lo tanto, $\derivaciones{f} = \engendrado{p \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}$ para algún $p$. Nótese que este $p$ está bien definido salvo por alguna unidad de \Kx, es decir, tanto nos daría poner $p$ que $kp$ siempre y cuando exista $k^{-1} \in \Kx$.
 		
 		Ahora bien, recordemos la sucesión exacta de \ref{Secuencia Exacta Definición Módulo Derivaciones}. Podemos aplicar productos exteriores a los elementos, pero esto hace que la sucesión pueda dejar de ser exacta. Sin embargo, habrá un homomorfismo $\bigwedge^n \derivaciones{f} \xrightarrow{\bigwedge^n \Phi} \bigwedge^n \derivaciones{\Kx}$. Recordemos lo que ocurría en \ref{Aparición Determinante Función Exterior}. De forma similar, \todo[inline]{Esto de antes lo teníamos ya que el módulo era libre. Habría que justificar que para módulos finitamente generados de rango $n$ también ocurre.} aquí tendremos que $\bigwedge^n \Phi$ se corresponde con multiplicar por el determinante de $\Phi$. Como además $\Phi$ jugaba el papel de inclusión, llegamos a que es este determinante el valor de $p$, es decir, $\bigwedge^n\derivaciones{f} = \engendrado{\det\Phi \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}$.		
 		
-		\todo[inline]{Aquí vendría la parte en la que demostramos que $\det \Phi = f$.}
 		
 		Ahora, por un lado, definamos $N := \engendrado{\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n}$ como un \submodulo{\Kx} de \derivaciones{f} donde los $\delta_i$ forman una base y consideremos la inclusión $N \xrightarrow{\iota} \derivaciones{f}$. Volvamos a recordar la aplicación $\Phi$ de \ref{Secuencia Exacta Definición Módulo Derivaciones}. Para aclararnos algo más, escribimos el siguiente esquema de los homomorfismos ---¡ojo!, esto no es una secuencia exacta---:
 		\begin{equation}\label{Secuencia Demostración Saito}
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 		\begin{equation} \label{Relación Matricial Derivadas}
 			\vectorhorizontalcuatro{\delta_1}{\delta_2}{\dots}{\delta_n} = \vectorhorizontalcuatro{\partial_1}{\partial_2}{\dots}{\partial_n} A
 		\end{equation}
+		
 		Por lo tanto, podemos pensar en que la aplicación $\Phi \circ \iota$ envía a cada $\delta_i$ a $\vectorhorizontalcuatro{\partial_1}{\partial_2}{\dots}{\partial_n} A_i$ donde $A_i$ es la \nolbreaks{$i$-ésima} columna de $A$. Es decir, que las columnas de $A$ se entienden como las coordenadas de los $\delta_i$ en función de la base \conjunto{\partial_1, \partial_2, \dots, \partial_n}. Pensemos ahora en la aplicación
 		\begin{align*}
 			N &\xrightarrow{\bigwedge^n \left( \Phi \circ \iota \right)} \derivaciones{\Kx} \\
 			\delta_1 \wedge \delta_2 \wedge \dots \wedge \delta_n &\xmapsto{\phantom{\bigwedge^n \left( \Phi \circ \iota \right)}} \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n \det A
-		\end{align*} Puede verse, gracias al mismo razonamiento de \ref{Aparición Determinante Función Exterior}, como $\det \left( \Phi \circ \iota \right) = \det\Phi \det\iota = f \det\iota$. Vemos pues que si $N = \derivaciones{f}$, es decir, si \derivaciones{f} es libre, entonces $N = \derivaciones{f}$ y por lo tanto se cumple que $\det\iota$ es una unidad de \Kx. Para ver exactamente esto último, recordemos la regla de Cramer: como $\iota$ es un isomorfismo, necesariamente tiene inversa y eso quiere decir que $\det\iota$ es inversible. Por otro lado, observemos que $\det\left( \Phi \circ \iota \right) = \det A$. Con esto concluimos que si \derivaciones{f} es libre, entonces $\det\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = \det A = \det \Phi \det \iota = f \det\iota$ donde $\det\iota$ es una unidad de \Kx, como se pedía en el enunciado del teorema.
+		\end{align*}
+		Vemos por ella que $\det\left( \Phi \circ \iota \right) = \det\Phi \det\iota =  \det A$. Como $\iota$ es un isomorfismo, tiene inversa y por la regla de Cramer para la inversa, $\det i$ es una unidad de \Kx.
+		
+		\subsection{El valor del determinante}
+		
+			Designemos $I := \engendrado{\det\Phi}$ un ideal de \Kx. Por un lado, fijamos $f\partial_i \in \derivaciones{f}$; y por otro, definimos $\dertheta{i}{j} := \diffp{f}{x_i}\partial_j - \diffp{f}{x_j}\partial_i \in \derivaciones{f}$. Así, 
+			\begin{equation*}
+				\dertheta{i}{1} \wedge \dertheta{i}{2} \wedge \dots \wedge \dertheta{i}{i-1} \wedge f\partial_i \wedge \dertheta{i}{i+1} \wedge \dots \wedge \dertheta{i}{n-1} \wedge \dertheta{i}{n} \in \bigwedge^n \derivaciones{f}.
+			\end{equation*}
+			Pero, simplificando todos los productos exteriores nulos nos queda $f\left( \diffp{f}{x_i} \right)^{n-1} \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n$. Esto quiere decir que $f\left( \diffp{f}{x_i} \right)^{n-1} \in I$ para todo $i$. Debemos tener por lo tanto que
+			\begin{equation*}
+				f\mcd{\left( \diffp{f}{x_1} \right)^{n-1}, \left(\diffp{f}{x_2} \right)^{n-1}, \dots, \left( \diffp{f}{x_n} \right)^{n-1}} \in I.
+			\end{equation*}
+			No nos olvidemos de que gracias al lema \ref{Lema MCD Parciales} sabemos que ese máximo común divisor es $1$. Por esta razón, $\det\Phi$ debe dividir a $f$. 
+			
+			En el caso de que $f$ ya sea irreducible, $\det\Phi$ solo puede ser $1$ o $f$. Supongamos que es $1$, entonces como hemos dicho algo más arriba, $\det A = 1 \cdot \det\iota$, que es una unidad de \Kx. Nuevamente por la regla de Cramer, tendremos que $A^{-1}$ es una matriz con elementos en \Kx. Pero esto implicaría que la expresión \ref{Relación Matricial Derivadas} es bidireccional y que podemos expresar
+			\begin{equation*}
+				\vectorhorizontalcuatro{\delta_1}{\delta_2}{\dots}{\delta_n}A^{-1} = \vectorhorizontalcuatro{\partial_1}{\partial_2}{\dots}{\partial_n}.
+			\end{equation*}
+			Esto querría decir que $\derivaciones{f} = \derivaciones{\Kx}$, algo que en general no es cierto salvo que $f$ sea una constante. Descartamos tal situación por ser muy aislada.
+			
+			\begin{lema}
+				Sea $f$ un polinomio libre de cuadrados de \Kx{} que puede ser descompuesto en factores irreducibles como $f = f_1f_2\cdots f_r$. Entonces, $\derivaciones{f} = \bigcap_{i = 1}^r \derivaciones{f_i}$.
+			\end{lema}
+			\begin{proof}
+				Sea $\delta \in \derivaciones{f}$ y llamemos $f_{-i} := f_1 f_2 \cdots f_{i-1} f_{i+1} \cdots f_{r-1} f_r$. Por la regla del producto tenemos que
+				\begin{align*}
+					\delta\!\left( f \right) &= \delta\!\left( f_1 f_2 \cdots f_r \right) \\
+					pf_1 f_2 \cdots f_r &= \delta\!\left( f_i \right) f_{-i} + f_i \delta\!\left( f_{-i} \right) \\
+					pf_1 f_2 \cdots f_r - f_i \delta\!\left( f_{-i} \right) &= \delta\!\left( f_i \right) f_{-i} \\
+					\left( pf_{-i} - \delta\!\left( f_{-i} \right)\right)f_i &= \delta\!\left( f_i \right) f_{-i}.		 		
+				\end{align*}
+				Como además $\mcd{f_i, f_{-i}} = 1$ por ser $f$ libre de cuadrados, podemos decir que $\delta\!\left( f_i \right) \vert f_i$. Este argumento nos garantiza que $\derivaciones{f} \subseteq \bigcap_{i = 1}^r \derivaciones{f_i}$.
+				En el otro sentido, supongamos que $\delta \in \bigcap_{i = 1}^r \derivaciones{f_i}$. Está claro que $f_1 \vert \delta\!\left( f_1 \right)$. Ahora asumamos que $f_1f_2\cdots f_k \vert \delta\!\left( f_1f_2\cdots f_k \right)$ para algún $k \in \conjunto{1, 2, \dots, r-1}$, cambiemos sutilmente la expresión $f_{-i}$ a $f_1 f_2 \cdots f_{i-1} f_{i+1} \cdots f_{k} f_{k+1}$ y veamos que
+				\begin{align*}
+					\delta\!\left( f_1f_2\cdots f_{k+1} \right) &= \delta\!\left( f_{k+1} \right) f_{-\left( k+1 \right)} + f_{k+1}\delta\!\left( f_{-\left( k+1 \right)} \right) \\
+																&= pf_{k+1}f_{-\left( k+1 \right)} + f_{k+1}\delta\!\left( f_{-\left( k+1 \right)} \right), \quad \text{donde $p \in \Kx$,} \\
+																&= pf + f_{k+1}\delta\!\left( f_{-\left( k+1 \right)} \right);
+					\intertext{por la hipótesis de inducción, $\delta\!\left( f_{-\left( k+1 \right)} \right) = qf_{-\left( k+1 \right)}$ con $q \in \Kx$;}
+																&= pf + f_{k+1}qf_{-\left( k+1 \right)} \\
+																&= \left( p + q \right)f.
+				\end{align*}
+				Por lo tanto, concluimos $\bigcap_{i = 1}^r \derivaciones{f_i} \subseteq \derivaciones{f}$ y, por ende, $\derivaciones{f} = \bigcap_{i = 1}^r \derivaciones{f_i}$.
+			\end{proof}
+			
+			A partir de este lema podemos decir que  $\bigwedge^n \derivaciones{f} \subseteq \bigwedge^n \derivaciones{f_i}$, lo cual nos lleva a que $I \subseteq \engendrado{f_i}$ como ideales de \Kx. Pero esto no es más que decir $f_i \vert \det\Phi$ para todo $i$, por lo tanto $f \vert \det\Phi$. Junto con el resultado anterior, tenemos que $\det\Phi = uf$ donde $u$ es una unidad de \Kx.
+			
+	     Puede verse, gracias al mismo razonamiento de \ref{Aparición Determinante Función Exterior}, como $\det \left( \Phi \circ \iota \right) = \det\Phi \det\iota = f \det\iota$. Vemos pues que si $N = \derivaciones{f}$, es decir, si \derivaciones{f} es libre, entonces $N = \derivaciones{f}$ y por lo tanto se cumple que $\det\iota$ es una unidad de \Kx. Para ver exactamente esto último, recordemos la regla de Cramer: como $\iota$ es un isomorfismo, necesariamente tiene inversa y eso quiere decir que $\det\iota$ es inversible. Por otro lado, observemos que  Con esto concluimos que si \derivaciones{f} es libre, entonces $\det\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = \det A = \det \Phi \det \iota = f \det\iota$ donde $\det\iota$ es una unidad de \Kx, como se pedía en el enunciado del teorema.
 		\begin{wrapfigure}[7]{r}{0.3\textwidth}
 			\begin{equation*}
 				\begin{tikzcd}
@@ -1031,7 +1087,8 @@ urlcolor=black]{hyperref}
 			
 			
 			Las inyecciones que aquí mostramos son las naturales: en el caso de las de la izquierda, mandan los elementos $m$ bien de $M$ o \dual{M} a los correspondientes $m \otimes 1$; y en el de la derecha, es directamente la inclusión. Estas son inyecciones si y solo si $M$ es libre de torsión. on el mapa $\mathrm{eval}$ cometemos un abuso de notación y lo reutilizamos en ambos casos aunque no sería igual. Esta aplicación envía un par $\left( f, m \right)$ a $f\!\left( m \right)$ en ambos casos, es decir, evalúa la aplicación en el punto que se le dé.
-			\todo[inline]{Por terminar.}
+			
+			
 		\end{proof}
 		Ahora asumamos que existen $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n$ de forma que $\det\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = uf$ con $u$ una unidad de \Kx{} y volvamos al esquema de \ref{Secuencia Demostración Saito}. A partir de este, sabemos que tenemos
 		\begin{equation*}