CAP´ ITULO 13
Teor eor´ıa de Cuer uerpos
´ 13.1. 13.1. TEOR TEOR´ IA BASICA Y EXTENSIONES DE CUERPOS
1. Demuest Demuestre re que p(x) = x 3 + 9x 9x + 6 es irreducible en Q[x]. Sea θ una una ra´ız de p de p((x). Hallar el inverso de 1 + θ + θ en Q(θ). Soluci´ on. on. Por
el criterio de Eisenstein para p = 3 se tiene que p(x) es irreducible en Q[x]. Sea θ una un a ra´ız ız de p(x) entonces θ 3 = 9θ 6, luego
− −
1 = (1 + θ)( + βθ + + γθ θ)(α α + βθ γθ 2 ) = α + (α (α + β + β )θ + (β ( β + γ + γ )θ2 + γθ 3 = (α 6γ ) + (α ( α + β + β 9γ )θ + (β ( β + γ + γ )θ2
−
−
obteniendo el siguiente sistema α 6γ = 1 + β 9γ = 0 α + β + γ = 0 β + γ
− −
10 ⇒ α = α = , 4
1 Por lo tanto, (1 + θ + θ))−1 = (10 4 2. Demuest Demuestre re que x que x 3
β =
− 14 ,
1 = . γ = 4
2
− θ + θ + θ ).
− 2x − 2 es irreducible sobre Q y sea θ sea θ una una ra´ız. ız. Calcule Calc ule
(1 + θ + θ)(1 )(1 + θ + θ + + θ θ 2 ) y
1 + θ + θ en Q(θ). 1 + θ + θ + + θ θ 2
Soluci´ on. on. Por
el criteio de Eisenstein para p = 2 se tiene que p(x) es irreducible en Q [x]. Si θ Si θ es ra´ız ız de p( entonces θ 3 = 2θ + 2 y obten obtenemo emoss p (x) entonces θ (1 + θ + θ)(1 )(1 + θ + θ + + θ 2θ + 2θ 2 θ2 + θ 3 = 3 + 4θ 4θ + 2θ 2θ2 . θ 2 ) = 1 + 2θ 1
2
Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
Buscamos el inverso de (1 + θ + θ + + θ θ 2 ) el cual debe satisfacer 1 = (1 + θ + )(α + βθ + βθ + + γθ θ + θ θ 2)(α γθ 2) = α + (α (α + β + β )θ + (α ( α + β + β + γ + γ )θ2 + (β (β + γ + γ )θ3 + γθ 4 = (α + 2β 2 β ) + (α ( α + 3β 3 β + + 4γ 4 γ )θ + (α ( α + β + β + + 3γ 3 γ )θ2 obteniendo el siguiente sistema de ecuaciones 2 β = 1 α + 2β 3 β + + 4γ 4 γ = = 0 α + 3β + β + + 3γ 3 γ = = 0 α + β
5 ⇒ α = α = , 7
1 entonces (1 + θ + θ + + θ + θ θ 2 )−1 = (5 + θ 7
1 β = , 7
−27
γ =
2
− 2θ ) por lo tanto,
1 + θ + θ = (1 + θ)(1 + θ + + θ θ)(1 + θ θ 2 )−1 2 1 + θ + θ + + θ θ 1 = (5 + 6θ 6θ θ2 2θ3) 7 1 = (1 + 2θ 2θ θ2) . 7
− − −
3. Demuest Demuestre re que x que x 3 + x + 1 es irreducible irreducible sobre F 2 y sea θ sea θ una una ra´ ra´ız. Calcule Calc ule las potencias de θ en F2 (θ). que r(x) = x3 + x + 1 = p(x)q (x) para ciertos p tos p((x), q (x) polinomios no constantes en F2 [x]. Entonces deg( p deg( p((x)) = 1 o deg(q deg(q (x)) = 1. Sea α F2 una ra´ ra´ız del polinomio de grado 1 entonces entonces 1, 1 = 1 , pero r pero r(1) (1) = 1, lo cual α divide a 1 lo que implica que α 3 es una contradicci´on. on. Luego, x Luego, x + x + 1 es irreduci irreducible ble en F2 . Ahora bien, 3 3 si θ si θ es ra´ız ız de x + x + 1 entonces θ = θ 1 y obtenemos las potencias Soluci´ on. on. Supongamos Supongamos
∈
θ4 θ5 θ6 θ7 θ8 θ9
= = = = = =
∈ { − } { } − −
2
−θ − θ , −θ − θ = 1 + θ + θ − θ , + θ − θ = 1 + θ + θ , θ + θ + θ = −1 − θ + θ + θ = = −1 = 1 , θ + θ 3
2
2
2
3
2
3
θ, θ2 .
√ → a − b√ 2 es un isomorfismo
4. Pruebe Pruebe directament directamentee que la funci´ funci´on a on a + b 2 de Q( 2) consigo mismo.
√
3
Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote
√ → Q(√ 2) la transformaci´on dada √ √ ϕ((a + b 2) + (c + d 2)) √ + (b + d) ϕ((a + c) √ 2) (a + c) − (b + d) 2 √ √ (a − b 2) + (c − d 2)
Soluci´ on. Denotemos
√
por ϕ(a + b 2) = a
por ϕ : Q( 2) b 2 entonces
− √
ϕ(x + y) = = = = = ϕ(x) + ϕ(y) Adem´ as, se tiene que ϕ(x y) = = = =
·
√ √
ϕ((ac + 2bd) + (ad + bc) 2) (ac + 2bd) (ad + bc) 2 (a b 2)(c d 2) ϕ(x)ϕ(y)
√ − √ − −
esto prueba que ϕ es un homomorfismo. Es claro que ϕ es sobreyectiva y como ker ϕ = x
{ ∈ Q(
√
√
2) : ϕ(x) = 0 = a, b
} { ∈ Q : a − b
2 = 0 = 0
} { }
entonces ϕ es un isomorfismo. 5. Supongase que α es una ra´ız racional de un polinomio m´ onico en Z[x]. Pruebe que α es un entero. Sea p(x) = xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 con ai Z para r cada i = 0, 1, 2, . . . , n 1. Sea α = s Q una ra´ız de p(x) entonces r a 0 y s 1 lo que implica que α = r = ma0 Z, para alg´un m Z. Soluci´ on.
−
|
··· ∈ ± ± ∈
∈ | ∈
6. Demuestre que si α es una ra´ız de an xn +an−1 xn−1 + +a1 x+a0 entonces an α es una ra´ız del polinomio m´onico x n + an−1 xn−1 + an an−2 xn−2 + + ann−2a1 x + ann−1 a0 .
·· ·
Soluci´ on. Considere
···
los polinomios
+ a1 x + a0 , p(x) = an xn + an−1 xn−1 + + ann−2 a1 x + ann−1 a0 . q (x) = xn + an−1 xn−1 + an an−2 xn−2 +
···
···
Si α es ra´ız de p(x) entonces p(α) = an αn + an−1 αn−1 +
· · · + a α + a = 0 , 1
0
4
Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
entonces q (αan ) = (an α)n + an−1 (an α)n−1 + an an−2 (an α)n−2 + +ann−2a1 (an α) + ann−1 a0 = ann αn + ann−1 an−1 α + ann−1 an−2 αn−2 + + ann−1a1 α + ann−1 a0 = ann−1 (an αn + an−1 αn−1 + + a1 α + a0 ) = ann−1 p(α) = 0 .
···
···
···
Por lo tanto, a n α es ra´ız de q (x). 7. Pruebe que x3
− nx + 2 es irreducible para n = −1, 3, 5. Soluci´ on. Sea p(x) = x − nx + 2 y supongamos que p(x) = q (x)r(x) para ciertos q (x) y r(x) no constantes. Luego, uno de ellos tiene grado 1, digamos que q (x) tiene grado 1, entonces existe ∈ Q ra´ız de q (x). Luego, es ra´ız de p(x), entonces a | 2 y b | 1 lo que implica que = ±1 o ±2. 1 3−n 3 a −1 ⇒ p a = 1 + n = 0 ⇒ si n = −1 Si = 2 10 − 2n 5 b b −2 −6 + 2n 3 −1, 3, 5. Entonces p(x) es irreducible para n = 8. Pruebe que x − ax − 1 ∈ Z [x] es irreducible a menos que a = 0, 2 o −1. Los dos primeros corresponden a factores lineales, el tercero corresponde a la factorizaci´on (x − x + 1)(x + x − 1). Soluci´ on. Sea p(x) = x − ax − 1 y supongamos que p(x) = a(x)b(x) para ciertos polinomios no constantes con a(x), b(x) ∈ Z[x]. 3
a b
a b
a b
5
2
3
2
5
Caso 1: deg(a(x))
= 1 y deg(b(x)) = 4.
Luego existe α Z tal que a(α) = 0 entonces α es ra´ız de p(x) lo que implica que α 1 α = 1.
∈ | ⇒
± Si α = 1 ⇒ p(1) = 1 − a − 1 = −a si a = 0 tenemos contradicci´on y p(x) es irreducible. Si α = 1 irreducible.
− ⇒ p(−1) = −2 + a si a = 2 tenemos contradicci´on y p(x) es
Caso 2: deg(a(x))
= 2 y deg(b(x)) = 3.
5
Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote
Sean a(x) = a 0 + a1 x + x2 y b(x) = b 0 + b1 x + b2 x2 + x3 como a0 b0 = tenemos dos casos:
−1
Caso 2a:
a0 = 1 y b 0 =
Luego a(x)b(x) =
−1. 2
3
4
5
−1+(b −a )x+(b +a b −1)x +(1+a b +b )x +(a +b )x +x a
Entonces
1
2
1 1
a1 b1 = a b2 + a1 b1 1 = 0 1 + a1 b2 + b1 = 0 a1 + b2 = 0
− −
1 2
1
1
2
⇒ a = −b 1
2
y se obtiene la ecuaci´on 1
2 2
− b + b
=0
2
2
3 2
2
2
2
3
2
2
Si b2 1 1 + x2 + x3 y se obtiene que
Caso 2a.1:
b(x) =
−
2 2
⇒ b + ( −b )(b − 1) − 1 = 0 ⇒ b − b + b − 1 = 0 ⇒ (b ) − 2b + 1 = 0 ⇒ b | 1 ⇒ b = ±1 = 1 ⇒ a = −1 y b = 0 entonces a(x) = 1 − x + x 1
a(x)b(x) = 1
2
2
1
2
− x + 2x
y
+ x5 = p(x) .
De manera similar si b2 = (2a) no puede suceder.
−1 entonces a(x)b(x) = p(x) entonces el caso
−1 y b = 1. Entonces a(x) = −1 + a x + x , b(x) = 1 + b x + b x + x y a(x)b(x) = −1+(a −b )x+(a b +1−b )x +(−1+a b +b )x +(a +b )x +x Caso 2b:
a0 =
0
2
1
1
1
a
1 1
2
2
2
2
1 2
3
1
3
1
2
4
y obtenemos el sistema de ecuaciones a1 b1 = a1 b1 + 1 b2 = 1 + a1 b2 + b1 = a1 + b2 =
−
−
−a 0 0 0
de donde se obtiene que b32 + 2b2 1 = 0 b 2 1 b2 = 3 una contradicci´on pues 1 no es ra´ız de x + 2x 1 = 0.
±
−
⇒ | ⇒ −
±1 lo cual es
5
6
Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
13.2. EXTENSIONES ALGEBRAICAS
2. Sean g(x) = x 2 +x 1 y h(x) = x3 x+1. Obtener cuerpos de 4, 8, 9 y 27 elementos adjuntando una ra´ız de f (x) al cuerpo F donde f (x) = g(x) o h(x) y F = F2 o F 3 . Escribir abajo la multiplicaci´on para los cuerpos con 4 y 9 elementos y demostrar que los elementos no cero forman un grupo c´ıclico.
−
−
Soluci´ on. Primero
probemos que g(x) y h(x) son irreducibles en F2 y F3 . Supongamos que g(x) = a(x)b(x) entonces deg(a(x)) = deg(b(x))) = 1, luego existe α F2 o F3 una raiz de a(x) entonces α/1 α = 1, pero g( 1) = 1 = 0, lo cual es una contradicci´on entonces g(x) es irreducible en F2 o F3 . De forma similar se prueba la irreduciblidad de h(x) en F2 y F3 . Ahora bien, sea α una ra´ız de g(x) entonces
∈ ±
±
⇒
±
[F2 (α) : F2 ] = deg(mα,F (x)) = deg(g(x)) = 2 . 2
Entonces F2 (α) = a + bα : a, b
{
∈ F } = {0, 1, α, 1 + α} ⇒ |F (α)| = 4 . 2
2
Tomamos β ra´ız de h(x) entonces [F2 (β ) : F2 ] = deg(mβ, F−2 (x)) = deg(h(x)) = 3 entonces F2 (β ) =
=
2
{a + bβ + cβ : a, b, c ∈ F } {0, β , β , b + β , 1, 1 + β , 1 + β, 1 + β + β } 2
2
2
2
2
luego, F2 (β ) = 8, de la misma manera se obtiene
|
|
F3 (α) =
= F3 (β ) = =
{a + bα : a, b ∈ F } {0, 1, α, 1 + α, 2, 2 + α, 1 + 2α, 2 + 2α, 2α} {a + bβ + cβ : a, b, c ∈ F } {0, β , β, 1, . . .} ⇒ |F (β )| = 27 3
2
2
3
3
Las Tablas 1 1 + α α 1 1 1 + α α 1 + α 1 α α 1 + α 1 + α 1 α
·
(F2 (α))× = α = 1 + α
7
Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote
1 2 2α 1 + α 2 + α 1 + 2α 2 + 2α α 1 1 2 2α 1 + α 2 + α 1 + 2α 2 + 2α α 2 2 1 2α 2 + 2α 1 + 2α 2 + α 1 + α α 2α 1 + α 2 + 2α 1 + 2α 1 2 2 + α α α 2α 2α 2 + 2α 1 + α 2 + α 2 1 1 + 2α α 1 + α 1 + α 2 + 2α 1 + 2α 2 + α 2 2α 1 α 2 + α 2 + α 1 + 2α 1 2 2 + 2α 1 + α 2α α 1 + 2α 1 + 2α 2 + α 2 1 2α 1 + α 2 + 2α α 2 + 2α 2 + 2α 1 + α 2 + α 1 + 2α 1 2α 2 α
·
(F3 (α))× = α = 2α = 2 + α = 1 + 2α .
3. Determine el polinomio minimal sobre Q para el elemento 1 + i. Soluci´ on. Como
Q(1 + i) = Q(i) y [Q(i) : Q] = 2 entonces conside-
remos el polinomio de grado 2: p(x) = x2 + bx + c con p(1 + i) = 0 entonces (1 + i)2 + b(1 + i)c = 0
⇒ ⇒ ⇒
1 + 2i 1 + b + ib + c = 0 (b + c) + i(b + 2) = 0 b = 2, c = 2
−
−
entonces p(x) = x2 2x + 2 tiene a 1 + i como ra´ız, por el criterio de Eisenstein para p = 2, p(x) es irreducible sobre Q entonces
−
m(1+i),Q (x) = x 2
− 2x + 2 . √ √ √ 4. Determine el grado sobre Q de 2 + 3 y 1 + 2 + 2. √ 3) = Q(√ 3) y [Q(√ 3) : Q] = deg(x − 2) = 2 Soluci´ on. Como Q(2 + 3
3
3
entonces
m(2+√ 3),Q (x) = x 2 + bx + c luego (2 +
√
2
3) + b(2 +
√
3) + c = 0
⇒ ⇒ ⇒
√
(7 + 2b + c) + (4 + b) 3 = 0 7 + 2b + c = 0 4 + b = 0 m √ (x) = x 2 4x + 1 (2+ 3),Q
−
8
Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
el grado de 2 + entonces
√ 3 sobre Q es 2.
Por otro lado, sea α = 1 +
√ √ √ √ ( √ 2 +√ 4) 2+3 4 4+3 2 8+4 √ √ 6+6 2+6 4 √ √ 3
3
3
3
3
3
6(1 +
α3
3
3
2
= = = 2 + 4) = 6α = 3α 1 = 3
3
3
(α (α (α α3 α3 0 .
√ 2 + √ 4 3
3
3
− 1) − 1) − 1) − 3α − 3α
3 3 2 2
+ 3α + 3α
−1 −1
− 3α − − Consideremos f (x) = x − 3x − 3x − 1 y supongamos que f (x) = a(x)b(x) para ciertos polinomios no constantes entonces podemos suponer deg(a(x)) = 1, luego existe β ∈ Z ra´ız de a(x) y por lo tanto ra´ız de = 0 lo f (x) = 0 lo cual implica que β | 1 entonces β ∈ {±1}, pero f (±1) 3
2
cual es una contradicci´on. Por lo tanto, mα,Q (x) = x 3
2
− 3x − 3x − 1
y el grado de α sobre Q es 3. 5. Sea Q(i) = F . Pruebe que x3
3
− 2 y x − 3 son irreducibles sobre F . Soluci´ on. Supongamos que x − 2 es reducible sobre F entonces x − 2 = a(x)b(x) para ciertos polinomios no constantes a(x), b(x) ∈ Q(i), luego neceseriamente deg(a(x)) = 1 entonces existe a + bi ∈ Q(i) ra´ız de a(x) y por lo tanto ra´ız de x − 2, entonces (a + bi) − 2 = 0 ⇒ a + 3a bi − 3ab − b i − 2 = 0 ⇒ (a − 3ab − 2) + (3a b − b )i = 0 ⇒ 3a b + b = 0 ⇒ b(3a + b ) = 0 √ ⇒ b = 0 o b = ±3 a . 3
3
3
3
3
2
3
2
2
2
3
2
3
3
2
2
Si b = 0 entonces a + bi = a es ra´ız de x3 2 entonces a 2 luego a = 1 o 2, pero 1 y 2 no son ra´ıces de x3 2 lo cual es una contradicci´on. Caso 1:
± ±
Caso 2:
Si b =
Por lo tanto, x 3 para x3 3.
−
± ±
− −
|
±3√ a entonces b ∈/ Q lo cual es una contradicci´on. − 2 es irreducible sobre Q(i). De manera similar se prueba
10
Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
√ √
F ( D1 , D2 )
√
√
F ( D1 )
F ( D2 ) 2
2 F
√ √ √ √
√ √
Como [F ( D2 ) : F ] = 2 entonces 2 divide al ´ındice [F ( D1 , D2 ) : F ] = n entonces n = 1, 2, 4. Si [F ( D1 , D2 ) : F ] = 1 es una contradicci´on. Ahora si, D1 D2 F entonces n 3 como 2 no divide a 3, entonces [F ( D1 , D2 ) : F ] = 2. Si D1 D2 / F implica que n = 4.
√ √ ∈ √ ≤∈ 2. Sean a, b ∈ F con b no un 9. Sea F un cuerpoo de caracteristica = cuadrado en F . Pruebe que una condici´on necesaria y suficiente para √ = √ √ a + b m + n para alg´un m y n ∈ F es que a − b es cuadrado √ en F . Use esto para determinar cuando el cuerpo Q ( a + b) (a, b ∈ Q)
2
es bicuadr´atica sobre Q.
√
√ √ √ √
Si a + b = m + n entonces elevando al cuadrado obtenemos a + b = m + n + 2 mn, lo cual ocurre si y s´olo si b = 2 mn obteniendose el siguiente sistema de ecuaciones Soluci´ on.
√ a + b √
√
=
b =
√ m + √ n √ 2 mn
√
(1) (2)
De (1) tenemos que
√ m = Si (3) en (2) obtenemos que
√
b = 2 n(a +
√
b)
√ √ a + b − n .
− 2n ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
(2n +
(3)
√ √ b) = 4n(a + b) √ √ 2
4n2 + 4n b + b = 4na + 4n b 4n2 4na + b = 0 a a2 b n = . 2
− √ ± −
11
Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote
√ − ∈ √ √ √
Como a F y n F si y s´olo si a2 b F . Rec´ıprocamente, por problema anterior, tenemos que si a2 b F implica que Q( a + b) = Q( m + n) y Q( m + n) es cuadr´atico si mn / F .
∈
∈
√
√ ∈
10. Determine el grado de la extensi´on Q( Soluci´ on. Notemos
que
α =
Sea p(x) = x 4
2
− 6x
√
3+2 2
√ 3 + 2 2) sobre Q.
√
α2 = 3 + 2 2
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
(α2 3)2 = 8 α4 + 6α2 + 9 = 8 α4 + 6α2 + 1 = 0 .
−
+ 1 y observe que
p(x) = (x2
2
− 2x − 1)(x
+ 2x
Como q (α) = 0 entonces mα,Q (x) = x2 [Q(
√
√ − ∈ √
− 1) = q (x)r(x) . − 2x − 1, por lo que
√
3 + 2 2) : Q] = 2 .
11. (a) Sea 3 + 4i denota la ra´ız cuadrada del n´umero complejo 3 + 4i que esta en el primer cuadrante y sea 3 4i denota la ra´ız cuadrada de 3 4i que esta en el cuarto cuadrante. Pruebe que [ Q( 3 + 4i + 3 4i) : Q] = 1.
√ −
√ −−
(b) Determine el grado de la extensi´on Q ( Q.
√ 1 + −3 +
√
− √ − 1
3) sobre
Soluci´ on.
(a) Notemos que
√ 3 + 4i + √ 3 − 4i ⇒ α = ⇒ ⇒ ⇒ Entonces, mα,Q (x) = deg(α
2
α = 3 + 4i + 3 4i + 2 α2 = 6 + 2 9 + 16 α2 = 16 (α + 4)(α 4) = 0 .
√ −
(3 + 4i)(3
−
± 4) = 1 se sigue que [Q(α) : Q] = 1 .
− 4i)
12
Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
(b) Tenemos que α =
√ 1 + −3 +
− √ − 1
se sigue que m α,Q (x) = x 2 es irreducible sobre Q.
3
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
√
α2 = 2 + 2 (1 + i 3)(1
√
α2 = 2 + 2 1 + 3 α2 = 6 α2 6 = 0
√ − i 3)
−
− 6, por el criterio de Eisenstein para p = 2
12. Supongase que el grado de la extensi´on K/F es un primo p. Demuestre que cualquier subcuerpo E de K conteniendo a F es K o F . Soluci´ on. Sabemos
que [E : F ] o´ p se sigue que E = F ´o E = K .
| [K : F ] = p entonces [E : F ] = 1
13. Suponga Q(α1 , . . . , αn ) = F donde αi2 que 2 / F .
√ ∈ 3
Soluci´ on. Como
αi2
∈ Q para i = 1, 2 . . . , n.
Pruebe
2 i
= 0. Luego, pi (x) = x a i es irreducible sobre Q. Ahora bien, si ai no es cuadrado en Q entonces [Q(αi ) : Q] = 1 ´o 2, por lo que 2
∈ Q entonces existe a ∈ Q tal que α − a i
−
i
[Q(αi ) : Q] [ Q(αi , α j ) : Q]
|
entonces [Q(αi , α j ) : Q] = 2 ´o 4. Procediendo inductivamente, se tiene que [F : Q] = 2m , para alg´ un m N .
∈ √ √ / F . Como el grado 2 es 3 sobre Q y 3 no divide a 2 implica que 2 ∈ m
3
14. Pruebe que si [F (α) : F ] es impar entonces F (α) = F (α2 ). Soluci´ on. Tenemos
el siguiente esquema F (α)
2n
F (α2 )
−1 F
3
13
Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote
Observe que p(x) = x2 α2 es tal que p(α) = 0. Si p(x) es irreducible en F (α2) entonces [F (α) : F (α2 )] = 2 y tenemos que
−
[F (α) : F ] = [F (α) : F (α2)][F (α2 ) : F ] = 2 [F (α2 ) : F ]
·
entonces [F (α) : F ] es par, lo cual es una contradicci´on. Por lo que, p(x) es reducible entonces [F (α) : F (α2)] = 1, esto es, F (α) = F (α2 ). 16. Sea K/F extensi´on algebraica y sea R un anillo contenido en K y conteniendo a F . Demuestre que R es un subcuerpo de K conteniendo a F . Soluci´ on. Sean r, s
∈ R entonces rs ∈ K . Luego, rs = sr lo que implica que R es conmutativo. Como F ⊂ R y 1 ∈ F entonces 1 ∈ R. Luego, R tiene unidad. Sea r ∈ R con r = 0 entonces r ∈ K y como K es algebraico sobre F , entonces existe
mr,F (x) = x n + an−1 xn−1 +
· · · + a x + a 1
0
tal que mr,F (r) = 0, entonces
⇒ ⇒ ⇒
+ rx + a0 = 0 r n + an−1 rn−1 + + a1 r = a0 r n + an−1 rn−1 + 1 n−1 a n−1 n−2 a 2 1 r r r r a0 a0 a0
− −
Se sigue que r−1 =
··· ···
−
1 n−1 r a0
−
− −···−
a n−1 n−2 r a0
−···−
−
a 2 1 r a0
a 1 a0
−
=1
a 1 . a0
14
Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
´ 13.4. CUERPOS DE DESCOMPOSICION Y CLAUSURAS ALGEBRAICAS
1. Determine el cuerpo de descomposici´on y el grado de este sobre Q para x4 2.
−
Soluci´ on. Notemos
x4
tiene ra´ıces: es
que el polinomio
√ √
√ − √
= (x2 + 2)(x2 2) = (x i 2)(x + i 2)(x
−2
4
−
4
−
√ 4
2)(x +
√ 4
2)
±√ 2, ±i√ 2. Luego, el cuerpo de descomposici´on de x − 2 √ √ √ √ √ Q(± 2, ±i 2) = Q( 2, i 2) = Q( 2, i) 4
4
4
4
4
4
4
4
Pictoricamente, se tiene
√ Q(i, 2) 4
≤ 4
≤ 2
Q(i)
√ 4
Q( 2)
≤ 8
2
4
Q
Supongamos que m √ 2,Q(i) (x) = x 2 + (a + bi)x + (c + di) con a, b, c, d Q, entonces ( 2)2 + (a + bi) 2 + c + di = 0 lo que implica en particular que b 2 + d = 0 entonces b, d / Q, lo cual es una contradicci´on. Se sigue que, [Q( 2, i) : Q(i)] = 4 y por lo tanto, [ Q( 2, i) : Q] = 8. 4
√ 4
√ √
∈
√ ∈ 4
4
4
√ 4
2. Determine el cuerpo de descomposici´on y el grado de este sobre Q para x4 + 2. Soluci´ on.
Las ra´ıces de x 4 + 2 son:
√ −2,
√ −2, ζ √ −2, ζ √ −2 , √ √ Notemos que −1 = ( −1) = i , luego las ra´ıces √ √ √ √ 2, i 2, −i 2, −i 2 . i 4
donde ζ 4 = i. queda:
ζ 4
2 4
4
3 4
4
1/2
4
1/2
4
3/2
4
4
1/2
4
1/2
3/2
4
15
Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote
El cuerpo de descomposici´on es Q( i1/2
±
√ 4
√
√ √
√
2, i3/2 2) = Q(i1/2 2, i3/2 2) = Q(i1/2 2, i) = Q( 2, i) 4
±
4
4
4
√ 4
(4) (5)
y tenemos el siguiente esquema
√ 4
Q( 2, i)
≤ 2
≤ 4
√ 4
Q( 2)
Q(i)
≤ 8 4
2
Q
Supongamos que m √ 2,Q(i) (x) = x 2 + (a + bi)x + (c + di) entonces 4
√
√
( 2)2 + (a + bi) 2 + (c + di) = 0 4
4
lo cual implica en particular que a, b, c, d / Q, lo cual es una contradicci´on, luego necesariamente [Q( 2, i) : Q(i)] = 4. Por lo tanto,
∈
√ 4
√ 4
[Q( 2, i) : Q] = 8 . Demostraci´ on de (4): Por demostrar que i Q(i1/2 2, i3/2 2) = K . Como i3/2 2 K entonces (i3/2 2)−1 K lo cual implica que i = (i3/2 2)−1 (i1/2 2) K .
√
√ √ ∈ √ ∈ √ √ ∈ √ 2 ∈ Q(i √ 2, i) = L. Por demostrar que i √ 2, i ∈ L entonces i √ 2 · i ∈ L, luego i √ 2 ∈ L. Como i √ 2, i √ 2) = Q(i √ 2, i). Por lo tanto, Q(i 4
∈
4
4
4
4
3/2
1/2
4
1/2
4
1/2
4
1/2
4
Demostraci´ on de (5): Por demostrar que i1/2
3/2
4
3/2
4
1/2
4
4
∈ Q(√ 2, i) = R. √ √ 2 ∈ R ⇒ ( 2)− ∈ R √ ⇒ ( √ 2)− ∈ R ⇒ i( 2)− √ ∈ R ⇒ (1 + i)( 2)− ∈ R . 4
4
4
1
4
2
4
2
4
2
4
16
Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
√ √ − √ Observe que (1 + i)( 2) = (1 + i) = (1 + i) = i ∈ R. √ √ 2, i) = M . Por demostrar√ que 2 ∈ Q(i √ ( 2i ) ∈ M entonces Como 2 = i √ 2i √ 1 ∈ M . i = (1 + i) √ ∈ M ⇒ 2 = i 2 √ √ 2, i). Por lo tanto, Q( 2, i) = Q(i 1 2
2
4
1/2
4
2 2
1/2
4
1/2 2
4
4
1/2
4
1/2
1/2
1/2
4
4
3. Determine el cuerpo de descomposici´on y el grado de este sobre Q para x4 + x2 + 1. Soluci´ on. Notemos
que
x4 + x2 + 1 = x4 + 2x 2 + 1 x2 = (x2 + 1)2 x2 = (x2 + x + 1)(x2 x + 1)
−
−
−
√ √ − 1±i 3 1±i 3 que tiene ra´ıces , . El cuerpo de descomposici´on es 2
Q
− ± √ 1
i
2
2
√ 3 1 ± i 3 ,
2
= =
√ √ 1 + i 3 −1 − i 3 Q , 2 2 √ √ √ Q(i 3, −i 3) = Q(i 3)
−
Pictoricamente se tiene que
√
Q(i 3) 1
1
√
Q( 3)
Q(i)
2 2
2
Q
√
y tenemos que [Q(i 3) : Q] = deg(x2 + 3) = 2 . 4. Determine el cuerpo de descomposici´on y el grado de este sobre Q para x6 4.
−
17
Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote
Soluci´ on.
Las ra´ıces de x 6
− 4 son ζ √ 4 con k = 1, . . . , 5 donde √ 1 + i 3 k
ζ =
6
.
2
El cuerpo de descomposici´on es:
√ √ √ √ √ √
Q( 4, ζ 4, ζ 2 6
6
6
√ √
√
4, ζ 3 4, ζ 4 4, ζ 5 4) = Q( 4, ζ 4) = Q( 4, ζ ) . 6
6
6
6
6
6
Tenemos el siguiente esquema
√ 6
Q( 4, ζ )
≤ 2
≤ 6
√ 6
Q( 4)
12 6
Q(ζ ) ϕ(6) = 2
Q
√ 6
√ √ 6
por lo que [Q( 4, ζ ) : Q( 4)] = 1 ´o 2, pero no puede ser 1 pues ζ / Q( 4). Por lo tanto, [ Q( 4, ζ ) : Q] = 12.
√ 6
6
∈
18
Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
13.5. EXTENSIONES SEPARABLES
2. Hallar todos los polinomios irreducibles de grados 1,2 y 4 sobre F2 y pruebe que el producto entre ellos es x16 x.
−
Soluci´ on. Los
x + 1;
x;
polinomios en cuesti´on son
x2 + x + 1;
x4 + x + 1;
x4 + x3 + 1;
Es sencillo verificar que el producto es x 16 3. Pruebe que d divide a n si, y s´olo si, xd Soluci´ on.
x4 + x3 + x2 + x + 1 .
− x. n
− 1 divide a x − 1.
Si d n entonces n = qd. Sabemos que n−1 n 1= (x ζ nk ) . x
|
−
−
k=0
Consideremos una d-´esima ra´ız de la unidad ζ dk con k = 1, . . . , d 1. Como
−
(ζ dk )n = (ζ dk )qd = (ζ dk )kq = (1)kq = 1 .
Entonces, ζ dk es tambi´en una n-´esima ra´ız de la unidad, entonces (xd
n
− 1) | (x − 1) .
Rec´ıprocamente, supongamos que d no divide a n entonces n = qd + r y tenemos que xn
qd+1
r
r
r
qd
r
− 1 = x − x + x + 1 = x (x − 1) + (x + 1) . Como (x − 1) | (x − 1) y por hip´otesis (x − 1) | (x − 1) lo que implica que (x − 1) | (x − 1) lo cual es una contradicci´on pues r < d. d
d
qd
d
n
r
4. Sea a > 1 un entero. Prube que para cualesquieras enteros positivos n, d tal que d divide a n si, y s´olo si, ad 1 divide a an 1. Conclutya en particular que F pd F pn si, y s´olo si, d divide a n.
−
⊂
Soluci´ on. Pictoricamente
−
se tiene que F pn
F pd
n d
F p
19
Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote
Tenemos que d n
|
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
pd
n
− 1 | p − 1 x − − 1 | x − − 1 x − x | x − x F ⊂ F pd 1
pn 1
pd
pn
d p
n p
5. Para cualquier primo p y caulquier elemento no cero a x p x + a es irreducible y separable sobre F p .
∈ F pruebe que
−
f (x) = x p x + a y α una ra´ız de f (x) entonces satα + a = 0. Entonces, α + 1 tambi´en es ra´ız. En efecto,
Soluci´ on. Sean p
isface que α
−
p
−
f (α + 1) = (α + 1) p + (α + 1) + a = α p + 1 α 1 + a = α p α + a = 0 .
− −
− f (x) son {α + i | 0 ≤ i ≤ p − 1} y como
Entonces, las p-ra´ıces de α + i = α + j para i = j. Entonces f (x) tiene p-ra´ıces distintas, por lo que f (x) es separable. Supongamos que α F p y como el conjunto de ra´ıces es α + i 0 i p 1 y F p = p entonces existe i tal que α +i = 0, pero 0 = f (0) = a = 0, lo cual es absurdo. Luego, α F p se sigue que
∈
−} | |
{
| ≤ ≤
∈ {α | 0 ≤ i ≤ p − 1} ∩ F = ∅ . i
p
Ahora supongamos que f (x) es reducible, esto es, f (x) = r(x)s(x) para ciertos polinomios donde deg(r(x)) = d con 1 < d p 1 y
≤ −
d
d
d−1
r(x) = x + ad−1 x con i k
+
· · · + a x + a = 1
0
(x
k=1
− (α + i )) , k
∈ {0, 1, . . . , p − 1} entonces d
− k=1
d
⇒ − − ⇒ ∈
(α + ik ) = ad−1
dα = ∈ Fp
ad−1 ∈ Fp
ik
α
k=1
∈ Fp
lo cual es una contradicci´on, por lo que f (x) es irreducible.
F p
20
Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
n 6. Pruebe que x p −1
− 1 =
(x
Deduzca que
− α).
α∈Fpn
α∈F× pn
Obtenga de esto el teorema de Wilson: para p primo impar ( p (mod p) Soluci´ on.
n
α = ( 1) p .
−
− 1) ≡ −1
n Sea f (x) = x p −1 1, derivando f (x) obtenemos n n f ′ (x) = ( pn 1)x p −2 = x p −2 .
−
−
−
que tiene a cero como ra´ız y cero no es ra´ız de f (x), entonces f (x) es separable en F pn . Luego pn −1
x
−1 =
(x
×
α∈Fpn
− α) .
En particular, si x = 0 entonces
−1 =
−
⇒
pn −1
( α) = ( 1)
−
α∈F× pn
α
α∈F× pn
n
α = ( 1) p .
−
α∈F× pn
∼ { − 1} entonces ( p − 1)! = (−1) ≡ −1 (mod p) ,
Si n = 1, F pn = F p = 0, 1, . . . , p
p
como p es impar. 7. Sea K un cuerpo de caracteristica p no perfecto: K = K p . Pruebe que existen polinomios irreducibles e inseparables en K [x]. Concluya que exten extensiones finitas e inseparables sobre K .
= x p α con α = β p para todo β K , entonces f (x) es irreducible. En efecto, supongamos que f es reducible, esto es, f (x) = g(x)h(x) para ciertos polinomios no constantes g(x), h(x) K [x] con 1 < deg(g(x)), deg(h(x)) < p. Sea E el cuerpo de descomposici´o n de x p α entonces existe β ra´ız tal que β p = α. Luego, Soluci´ on. Consideremos f (x)
−
∈
∈
−
x p
p
p
p
p
− α = x − β = (x − β ) ⇒ g(x) | (x − β ) entonces g (x) = (x − β ) ∈ K [x] para cierto 1 ≤ k ≤ p lo que implica que β ∈ K ⇒ β , β , (β )− ∈ K ⇒ β · (β )− = β ∈ K ⇒ (β )− ∈ K ⇒ β · (β )− = β ∈ K ⇒ β · (β )− = β ∈ K k
k
2k
3k
k
1
2k
k
1
2
3k
k
1
3
3
2
1
2
1
21
Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote
lo cual es una contradicci´on. Por lo tanto, f (x) es irreducible y como (x p
p
p
p
− α) = (x − β ) = (x − β )
entonces f (x) es inseparable. Se concluye que E es una extensi´on finita e inseparable sobre K . 8. Pruebe que f (x) p = f (x p ) para cualquier polinomio f (x)
∈ F [x]. × × Soluci´ on. Notemos que |F | = p − 1 entonces para cada a ∈ F , |a| | p − 1 − p
p
lo que implica que a p = a p 1 a = a. Entonces, f (x) p = = = =
p
(xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 ) p (xn ) p + (an−1 xn−1 ) p + + (a1 x) p + a p0 (x p )n + (an−1 ) p (x p )n−1 + + a p1 x p + a p0 (x p )n + an−1 (x p )n−1 + + a1 x p + a0 = f (x p ) .
···
· ·· ·· · · ··
9. Demuestre que el coeficiente binomial es el coeficiente de x pi en la expasi´o n (1+ x) pn . Trabajando sobre F p demuestre que este es el coeficiente pn n de (x p )i en (1 + x p )n y por lo tanto pruebe que (mod p). i pi
≡
Soluci´ on. Por
el teorema del binomio pn
pn
(1 + x)
=
i=0
entonces pn que
pn pn−i x . i
− i = pi ⇒ i = p(n − i) ⇒ n − i = i ⇒ n = 2i. Luego, se tiene
pn pn− pi pn 2 pi− pi pn pi = = x x x . pi pi pi Por otro lado, tenemos que n
p n
((1 + x) )
p n
= (1 + x ) =
i=0
Si n = 2i entonces
Por lo tanto,
≡
n pn− pi x . i
n 2 pi− pi n pi = x x i i
pn pi
n i
(mod p) .
22
Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
13.6. EXTENSIONES CICLOTOMICAS
1. Suponga m y n son primos relativos positivos. Sea ζ m la m-´esima ra´ız primitiva de la unidad y ζ n la n-´esima ra´ız primitiva de la unidad. Pruebe que ζ mζ n es una mn-´esima ra´ız primitiva de la unidad. Soluci´ on. Tenemos
que
(ζ m)m = 1 (ζ n )n = 1
si si
(ζ m)k = 1 (ζ n)k = 1
⇒ m | k , ⇒ n | k .
nm m n n m se sigue que (ζ mζ n )mn = (ζ m )(ζ nmn) = (ζ m ) (ζ n ) = 1. Luego, si (ζ m ζ n )k = 1 y k < mn.
2. Sea ζ n una n-´esima ra´ız primitiva de la unidad y sea d un divisor de n. Pruebe que ζ nd s un(n/d)-´esima raiz primitiva de la unidad. Soluci´ on.
3. Pruebe que si un cuerpo continene las n-´esimas raices de la unidad para n impar entonces tambi´en continene las 2n-´esimas raices de la unidad. Soluci´ on. Como
n 2n entonces µn µ2n donde µn es el grupo de las n-´esimas ra´ıces de la unidad. Luego, tenemos el siguiente diagrama
|
⊂
Q(ζ 2n ) 1
Q(ζ n )
ϕ(2n) = ϕ (2)ϕ(n) = ϕ (n)
ϕ(n)
Q
entonces Q(ζ n ) = Q(ζ 2n ). Como Q(ζ n ) es el cuerpo m´as peque˜ n o que contiene a las ra´ıces de la unidad cualquier cuerpo mayor tiene un copia de Q(ζ n ). 4. Pruebe que si n = pk m donde p es un primo y m es relativamente primo a p entonces hay precisamente m distintas raices de la unidad sobre un cuerpo de caracteristica p.
23
Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote
Soluci´ on. Notemos
xn
−1
que = x p
km
= (x p
pk−1 m
p
− 1 = (x ) p − 1 − 1) = · ·· = (x − 1)
k−1 m
p
m
pk
.
Como (m, p) = 1 y x m 1 posee m ra´ıces de la unidad distintas entonces xn 1 posee m distintas ra´ıces de la unidad.
−
−
5. Sea K una extensi´on finita de Q. Pruebe que existe solo un n´umero finito de raices de la unidad en Q. Soluci´ on. Sea
[K : Q] = n. K
Q(ζ i )
n
ϕ(i)
Q
Si n es impar entonces K = ζ 1 , ζ 2 , pues ϕ(n) es par, para todo n > 2. Si n es par entonces K contiene a las ra´ıces ζ i tal que ϕ(i) n. Como el n´umero de divisores de n es finito entonces hay finitas ra´ıces de la unidad ζ i que est´an contenidas en K
{
}
|