Sea $A$ un anillo y sea $A[x]$ el anillo de polinomios en la indeterminada $x$ con coeficiente en $A$. Sea $f = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n \in A[x]$.

Problema 0. Sea $a$ un elemento nilpotente de un anillo $A$. Demuestre que $1 + a$ es una unidad de $A$. Luego, demuestre que la suma de un elemento nilpotente y una unidad es una unidad en $A$.

Demostración: Sea $u$ una unidad en $A$ y $a$ un elemento nilpotente. Sea $m$ el entero positivo mínimo tal que $a^m = 0.$ Afirmamos que el elemento \(x := \sum_{r=0}^{m-1}(-1)^ru^{-1-r}a^{r}\) satisface que $x(u + a) = 1.$ \(\begin{eqnarray} x(u + a) &=& \left( \sum_{r=0}^{m-1}(-1)^ru^{-1-r}a^{r} \right) (u + a) \\ &=& \sum_{r=0}^{m-1}(-1)^ru^{-r}a^{r} + \sum_{r=0}^{m-1}(-1)^ru^{-1-r}a^{r+1}\\ &=& 1 + \sum_{r=1}^{m-1}(-1)^ru^{-r}a^{r} + \sum_{r=0}^{m-2}(-1)^ru^{-1-r}a^{r+1} + (-1)^{m-1}u^{-m}a^m\\ &=& 1 + \sum_{r=0}^{m-2}(-1)^{r+1}u^{-1-r}a^{r+1} + \sum_{r=0}^{m-2}(-1)^ru^{-1-r}a^{r+1}\\ &=& 1. \end{eqnarray}\)

Por tanto, $(u + a)$ es una unidad. $\blacksquare$

Problema 1. $f$ es unidad en $A[x]$ si y solo si $a_0$ es una unidad en $A$ y $a_1, \ldots, a_n$ son nilpotentes.

Demostración: $(\Leftarrow)$ Si $a_i$ es nilpotente en $A$, $a_i x^i$ es nilpotente en $A[x]$ para $i=1, \ldots, n$. Por lo que $\sum_{i=1}^n a_ix^i$ es nilpotente en $A[x]$. Por el Problema 0, si $a_0$ es una unidad, se tiene que $a_0 + \sum_{i=1}^n a_ix^i$ es una unidad en $A[x]$.

$(\Rightarrow)$. Sea $f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i$ una unidad en $A[x]$ y sea $g(x) = \sum_{i=0}^m b_i x^i$ su inverso. De la ecuación $f(x) g(x) = 1$, se obtiene que $a_0 b_0 = 1$, por lo que $a_0$ es una unidad en $A$.

Por otro lado, como $c_{n+m} = a_n b_m =0$ y $c_{n+m-1} = a_{n-1}b_m + a_n b_{m-1} = 0$, se sigue que $a_n^2 b_{m-1} = 0$. Continuando así para $r=0, 1, \ldots, m$, se obtiene que $a_n^{r+1} b_{m-r} = 0$. En particular, $a_n^{m+1} b_0 = 0$, que implica que $a_n^{m+1}b_0 a_0 = a_n^{m+1} = 0$; por tanto $a_n$ es nilpotente.

Por el Problema 0, como $f(x)$ es unidad, y $a_n x^n$ es nilpotente, se tiene que $f(x) - a_n x^n = \sum_{i=0}^{n-1}$ es nilpotente. Aplicando el el procedimiento del parrafo anterior $n-1$ veces, obtenemos que $a_1, a_2, \ldots, a_n$ es nilpotente. $\blacksquare$

De este problema se obtiene como corolario que $A[x]$ no es un campo: las unidades en $A[x]$ son las unidades en $A$ salvo por suma de elementos nilpotentes.

Nota: Existe otra demostración de este problema utilizando ideales primos. Se puede encontrar aquí.

Problema 2. Se tiene que $f$ es nilpotente si y solo si $a_0, a_1, \ldots, a_n$ son nilpotentes.

Demostración: $(\Leftarrow)$ Si $a_0, \ldots, a_n$ son nilpotentes en $A$, entonces $a_0, a_1x, \ldots, a_n x^n$ son nilpotentes en $A[x]$. Luego, su suma $f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i$ es nilpotente en $A[x]$.

$(\Rightarrow)$ Sea $f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i$ nilpotente en $A[x]$. Procederemos por inducción en el grado de $f$. La afirmación es claramente cierta si el polinomio es constante. Suponga que el grado del polinomio es $1$. Sea $m$ el entero positivo mínimo tal $(f(x))^m = 0$. Por el teorema del binomio se tiene que \((f(x))^m = \sum_{r=0}^m {m \choose r} a_0^r (a_1x)^{m-r} = 0.\) De aquí, se tiene que $a_0^m = 0$ y $a_1 ^m x^m = 0$, es decir, $a_0$ y $a_1$ son nilpotentes.

Ahora suponga que todo polinomio nilpotente de grado menor que $n$ satisface la afirmación del teorema. Sea $f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i$ un polinomio de grado $n$ nilpotente y sea $m$ el entero positivo mínimo tal que $(f(x))^m = 0$. Por el teorema del binomio tenemos \(\begin{eqnarray} (f(x))^m &=& \left( \sum_{i=0}^{n-1} a_i x^i + a_n x^n \right)^m \\ &=& \sum_{r=0}^m {m \choose r} \left(\sum_{i=0}^{n-1} a_ix^i \right)^{r} (a_n x^n)^{m-r}\\ &=& \sum_{r=1}^{m} {m \choose r} \left(\sum_{i=0}^{n-1} a_ix^i \right)^{r} (a_n x^n)^{m-r} + (a_n x^n)^m \\ &=&0. \end{eqnarray}\)

Esto implica que $a_n^m =0$, es decir $a_n$ es nilpotente. Ahora bien, el polinomio, $f(x) - a_n x^n$ es nilpotente, y es de grado menor que $n$. Por hipótesis, se sigue que $a_0, a_1, \ldots, a_{n-1}$ son nilpotentes. Concluimos que todo polinomio nilpotente en $A[x]$ tiene coeficientes nilpotentes en $A$. $\blacksquare$

Problema 3. $f$ es un divisor de cero si y solo si existe un $a \neq 0$ tal que $a f = 0$.

Demostración: $(\Leftarrow)$ Si $a \neq 0$ satisface $a f = 0$, entonces $f$ es un divisor de cero.

$(\Rightarrow)$ Sea $f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i$ un divisor de cero y sea $ g(x) = \sum_{i=0}^m b_i x^i$ el polinomio de grado mínimo no cero tal que $f(x) g(x) = 0$. De la ecuación $f(x) g(x) = 0$ se obtiene que $a_n b_m = 0$. Entonces $[f(x) g(x) ] a_n = f(x) [a_n g(x)] = 0$. El polinomio $a_n g(x)$ es de grado menor que $m$ y anula a $f$, entonces $a_n g(x) = 0$. Luego, $f(x) g(x) = \left(\sum_{i=0}^n a_i x^i \right) g(x) = \left(\sum_{i=0}^{n-1} a_i x^i \right)g(x) = 0$.

Procediendo de manera similar, en el paso $r \in \mathbb{Z}^+$, con el polinomio $\sum_{i=0}^{n-r} a_i x^i$, obtenemos que $a_{n-r} g(x) = 0$. Como el polinomio $f$ es de grado $n$, este proceso finaliza en el paso $n$. Así pues, se deduce que $a_{n-r} g(x) = 0$ para $r=0, 1, \ldots, n$. Pero entonces, cualquier coeficiente de $g$, digamos $b_0$, satisface que $b_0 f(x) = 0$. Como $g$ es de grado mínimo, se tiene que $m = 0$, como se requería. $\blacksquare$

Obtenemos como corolario de este problema que $A[x]$ es dominio si $A$ es dominio.

Se dice que un polinomio $f$ es primitivo si $(a_0, a_1, \ldots, a_n) = (1)$.

Problema 4. Demuestre que $f, g \in A[x]$, entonces $fg$ es primitivo si y solo si $f$ y $g$ son primitivos.

Demostración: $(\Leftarrow)$ Sean $f = \sum_{i=0}^n a_i x^i$ y $g = \sum_{i=0}^m a_i x^i$ primitivos. Los coeficientes del producto son $c_k = \sum_{r=0}^k a_r b_{k-r}$ para $k=0, 1, \ldots, m + n$.