Derivada aritmética en dominios de factorización única

Extendemos la definición de derivada aritmética a dominios de factorización única.

    Enunciado
    Sea $D$ un dominio de factorización única y elijamos en $D$ los elementos irreducibles que son “positivos”, es decir elijamos un conjunto $\mathcal{P}$ de elementos irreducibles tales que cada elemento irreducible de $D$ está asociado a uno y sólo un elemento de $\mathcal{P}$. Llamemos a $\mathcal{P}$ el conjunto de los átomos positivos y sea $\mathcal{U}$ el conjunto de las unidades de $D$. Para todo $a\in D$ definimos la derivada $a^\prime$ de $a$ como sigue:
    $(1)\;$ Si $a=0$ o $a\in \mathcal{U}$ entonces $a^\prime=0$.
    $(2)\;$ En otro caso, existen $u\in\mathcal{U}$, $p_1,\ldots,p_k\in\mathcal{P}$ (únicos salvo el orden y tal vez alguno repetido) tales que $a=up_1\cdots p_k$. Entonces $$a^\prime:=u\sum_{i=1}^kp_1\cdots p_{i-1}p_{i+1}\cdots p_k.$$ Nota. Si $a=p\in \mathcal{P}$ entonces $k=1$ y tenemos un producto vacío, con lo cual $a^\prime =1$. La función $a^\prime$ depende por supuesto de la elección de $\mathcal{P}$, en consecuencia se debería escribir $a_{\mathcal{P}}^\prime$. No obstante y por simplicidad de notación, escribiremos $a^\prime$ cuando el conjunto de átomos positivos se sobreentienda.
  1. Demostrar que la derivada $a_{\mathcal{P}}^\prime$ definida en un dominio de factorización única $D$, satisface la regla de Leibniz.
  2. En $D=\mathbb{Z}$, se consideran los conjuntos de átomos positivos $$\mathcal{P}_1=\{2,3,5,7,\ldots\},\quad\mathcal{P}_2=\{2,-3,5,-7,\ldots\}.$$ Calcular $\left(6\right)_{\mathcal{P}_1}^\prime$ y $\left(6\right)_{\mathcal{P}_2}^\prime$.
  3. Si $D=\mathbb{R}[x]$, el conjunto de la unidades es $\mathcal{U}=\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Elijamos como conjunto $\mathcal{P}$ de átomos positivos, el conjunto de los polinomios mónicos de primer grado unión el de los mónicos de segundo grado con discriminante menor que $0$ y sea $f(x)=-x^4+2x^3-3x^2$. Calcular $\left(f(x)\right)_{\mathcal{P}}^\prime$.
  4. Nota. Para todo dominio de factorización única $D$ que no es un cuerpo y con la derivada aritmética $ a_{\mathcal{P}}^\prime $, se puede definir una derivada aritmética en su cuerpo de fracciones $K$ que es extensión de $ a_{\mathcal{P}}^\prime $, de la misma manera que se hizo en $ \mathbb{Q} $: $$\left(\frac{a}{b}\right)_{\mathcal{P}}^\prime=\frac{a_{\mathcal{P}}^\prime b-b_{\mathcal{P}}^\prime a}{b^2},$$ y la demostración es análoga.
    Sea $\mathbb{R}[x]$ con los átomos positivos del apartado anterior. Calcular $$\left(\frac{(x-1)^2}{x^2+1}\right)^\prime.$$
    Solución
  1. Denotemos a $a_{\mathcal{P}}^\prime$ simplemente por $a^\prime$. Tenemos que demostrar que para todo $a,b\in D$ se verifica $(ab)^{\prime}=a^{\prime}b+ab^{\prime}$. Supongamos que tanto $a$ como $b$ no son nulos ni unidades, caso contrario el resultado es evidente. Sean $a=up_1\cdots p_k$ y $b=vp_{k+1}\cdots p_m$ con $u,v$ unidades y los $p_i\in\mathcal{P}$, entonces $$a^{\prime}b+ab^{\prime}=\left(u\sum_{i=1}^kp_1\cdots p_{i-1}p_{i+1}\cdots p_k\right)\left(vp_{k+1}\cdots p_m\right)$$ $$+\left(up_1\cdots p_k\right)\left(v\sum_{i=k+1}^mp_{k+1}\cdots p_{i-1}p_{i+1}\cdots p_m\right)$$ $$=uv\sum_{i=1}^kp_1\cdots p_{i-1}p_{i+1}\cdots p_kp_{k+1}\cdots p_m$$ $$+uv\sum_{i=k+1}^mp_1\cdots p_kp_{k+1}\cdots p_{i-1}p_{i+1}\cdots p_m$$ $$=(uv)\sum_{i=1}^mp_1\cdots p_{i-1}p_{i+1}\cdots p_m=(ab)^{\prime}.$$
  2. El conjunto de la unidades es $\mathcal{U}=\{1,-1\}$. Entonces,$$\begin{aligned} & \left(6\right)_{\mathcal{P}_1}^\prime=\left(1\cdot2\cdot 3\right)^\prime=1(3+2)=5,\\
    & \left(6\right)_{\mathcal{P}_2}^\prime=\left((-1)\cdot2\cdot (-3)\right)^\prime=(-1)(-3+2)=1.
    \end{aligned}$$ Nótese que la derivada en $\mathbb{Z}$ que se definió aquí es la que corresponde a $\mathcal{P}_1$.
  3. La descomposición de $f(x)$ en producto de irreducibles es $(-1)\cdot x\cdot x\cdot (x^2-2x+3)$ y por tanto, $$\left(f(x)\right)_{\mathcal{P}}^\prime=(-1)\left[x\cdot(x^2-2x+3)+x\cdot(x^2-2x+3)+x\cdot x\right]$$ $$=-2x^3+3x^2-6x.$$
  4. Tenemos $$\left((x-1)^2\right)^\prime=x-1+x-1=2x-2,\quad (x^2+1)^\prime=1$$ $$\Rightarrow \left(\frac{(x-1)^2}{x^2+1}\right)^\prime=\frac{(2x-2)(x^2+1)-1\cdot(x-1)^2}{(x^2+1)^2}=\frac{2x^3-3x^2+4x-3}{(x^2+1)^2}.$$
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