Solución Parcial III

1
Álgebra abstracta II
Nombre/Código:
Guillermo Mantilla-Soler
Mayo 2 2015
Examen III
Problemas
1 /35pts
2 /13pts
3 /12pts
Total:/50pts
Puntuación
Preguntas
1. (35 pts) Sea L/F una extensión algebraica.
(i) (5 pts) Suponga que la extensión L/F es finita y sean K1 /F, K2 /F dos sub-extensiones tales
que
• [L : F ] = [K1 : F ][K2 : F ],
• m.c.d([K1 : F ], [K2 : F ]) = 1.
Muestre que L = K1 K2 .
Sol: Es suficiente ver que [L : K1 K2 ] = 1 o de manera equivalente, por la propiedad de torres,
que [K1 K2 : F ] = [L : F ]. De nuevo gracias a la propiedad de las torres se tiene que
[K1 K2 : K1 ][K1 : F ] = [K1 K2 : F ] = [K1 K2 : K2 ][K2 : F ].
En particular [K2 : F ] divide a [K1 K2 : K1 ][K1 : F ], de lo cual se sigue que [K2 : F ] divide a
[K1 K2 : K1 ] gracias a la segunda hipótesis. Se sigue que [K1 K2 : F ] = [K1 K2 : K1 ][K1 : F ] es
divisible por [K1 : F ][K2 : F ] = [L : F ]. Como [K1 K2 : F ] divide a [L : F ], por la propiedad
de torres, se concluye que [K1 K2 : F ] = [L : F ].
(ii) (5 pts) Sea R un anillo tal que F ⊆ R ⊆ L. Muestre que R es un cuerpo.
Sol: Sea α 6= 0 ∈ R. Como R es un anillo que contiene a α se tiene que F [α] ⊆ R. Como α ∈ L,
α es algebraico sobre F de donde se sigue que F [α] = F (α). En particular α−1 ∈ F [α] ⊆ R.
(iii) (4 pts)√Suponga que [L : F ] = 2 y que char(F ) 6= 2. Muestre que existe α ∈ F tal que
L = F ( α). De un ejemplo que muestre que la conclusión anterior es falsa si char(F ) = 2.
Sol: Dado que la extensión es de grado primo, ver Tarea 10.1.a, la extensión es simple. Como
el grado de la extensión es 2, si L = K(β) para algún β ∈ L que satisface un polinomio
2
!
r
(b2 − 4c)
b
.
irreducible de la forma x + bx + c ∈ F [X], se tiene que L = F (β − ) = F
2
4
Sea F := F2 el cuerpo de tamaño 2.√Como todo elemento en F2 es un cuadrado no existe L
extensión de grado 2 de la forma F ( α). Sin embargo existe L/F de grado 2 e.g., el cuerpo
de tamaño 4 que puede ser explicitamente descrito como F2 [x]/hx2 + x + 1i.
2
(iv) (3 pts) Suponga que char(F ) = 0. ¿Es la extensión L/F simple? Demuestre o escriba un
contraejemplo.
Sol: No necesariamente. Si la extensión fuera simple serı́a una extensión finita, pero como
vimos en la Tarea 10.3.c existen extensiones algebraicas no finitas de Q.
(v) (4 pts) Suponga que F = Q y que L = Q(1 +
√
3
2+
√
3
4). Encuentre [L : F ].
√
Sol: Sea α = 3 2 y sea β = 1+α+α2 . Dado que [Q(α) : Q] = 3, un número primo, se tiene que
[Q(β) : Q] ∈ {1, 3}. Si el grado es 1 se tendrı́a que β ∈ Q, pero eso implicarı́a que α satisface
el polinomio con coeficientes racionales x2 + x + 1 − β contradiciendo que [Q(α) : Q] = 3.
(vi) (5 pts) De un ejemplo de dos cuerpos algebraicamente cerrados de caracterı́stica 0 que no son
isomorfos. (¿Puede dar un ejemplo tal que los cuerpos tengan el mismo cardinal?)
Sol: Sea Q una clausura algebraica de Q. Dado que Q es contable Q es contable. Por lo tanto
Q y C no pueden isomorfos. Un ejemplo del mismo cardinal está dado por Q(x) y Q. En caso
que el cardinal es no contable no es posible dar un contraejemplo.
(vii) (3 pts) Suponga que L/F es separable y suponga que existe N tal que para todo α ∈ L se
tiene que [F (α) : F ] ≤ N . Muestre que [L : F ] ≤ N .
Sol: Como la extensión es separable se sigue del teorema del elemento primitivo que existe
α ∈ L tal que L = F (α). El resultado se sigue de la hipótesis.
(viii) (6 pts) Sea α ∈ F . Suponga que char(F ) = p > 0 y sea f (x) = xp − α. Muestre que f (x) es
reducible en F [x] si y sólo si existe β ∈ F tal que β p = α. Si f (x) es irreducible muestre que
K := F [x]/hf (x)i es un cuerpo de descomposición de f sobre F .
Sol: Sea L el cuerpo de descomposición de f sobre F y sea β una raı́z de f . En L[x] se tiene
que f (x) = xp − β p = (x − β)p , en particular f (x) tiene sólo una raı́z y L = F (β). Sea h(x)
el polinomio minimal de β sobre F y sea k su grado. Note que k ≤ p ya que f tiene grado
p. Dado que β es la única raı́z de h el coeficiente independiente de h(x) es ±β k , en particular
β k ∈ F . Suponga que f (x) es reducible. Entonces k < p, ya que si fueran iguales h(x) = f (x)
y polinomios minimales son siempre irreducibles. Como p es primo existen x, y ∈ Z tales
que kx + py = 1 en particular β = (β k )x (β p )y = (β k )x αy ∈ F i.e., β ∈ F . De otro lado si
β ∈ F claramente f (x) = (x − β)p es reducible sobre F. Si el polinomio f (x) es irreducible
F [x]/hf (x)i ∼
= F (β) pero este último es el cuerpo de descomposición de f .
2. (13 pts) Sea F un cuerpo de caracterı́stica p > 0.
(i) (6 pts) Sea f (x) ∈ F [x] un polinomio irreducible. Muestre
que existe irreducible y separable
e
g(x) ∈ F [x] y un entero no negativo e tal que f (x) = g(xp ).
Sol: Si f (x) es separable tome g(x) = f (x) y e = 0. Si f (x) X
no es separable, dado que es
irreducible, concluimos que f 0 (x) es identicamente 0. Si f (x) =
ai xi entonces iai = 0 para
i
3
todo i. Si ai 6=X
0 tenemos que i = 0 en F , o equivalentemente
que p | i. Por tanto f (x) es de la
X
pj
p
forma f (x) =
ajp x , i.e., f (x) = f1 (x ) donde f1 (x) =
ajp xj . Como deg(f1 ) < deg(f )
j
j
el resultado se sigue inmediatamente por inducción en el grado de f
(ii) (4 pts) Muestre que F es perfecto si y sólo si el homomorfismo de Frobenius Frobp : F → F
es un isomorfismo.
Sol: Si: Suponga que F no es perfecto. Entonces existe f (x) ∈ F [x] irreducible pero no
separable. Gracias al punto anterior existe g(x) ∈ F [x] tal que f (x) = g(xp ). Si Frobp fuera
sobre g(xp ) = (h(x))p para algún polinomio h(x) (los coeficientes de g(x) son las potencias
p-ésimas de los coeficientes de h(x).) Se seguirı́a entonces de la sobreyectividad de Frobp que
f (x) = h(x)p lo que contradice la irreducibilidad de f (x). Sólo si: Suponga que Frobp no es
sobreyectivo. Entonces existe α ∈ F tal que f (x) = xp − α no tiene raı́ces en F . Se sigue de
la pregunta 1.(viii) que f (x) es irreducible. Como f 0 (x) = 0 tenemos un polinomio irreducible
pero no separable sobre F [x] i.e., F no es perfecto.
(iii) (3 pts) Muestre que todo cuerpo finito es perfecto.
Sol: Sea F un cuerpo finito. Dado que Frobp es una función inyectiva, es un homomorfismo
de cuerpos no trivial, se tiene por la finitud de F que Frobp es sobre. El resultado se sigue del
punto anterior.
(iv) (1 pts) De un ejemplo explı́cito de un cuerpo de caracterı́stica p donde FrobP no sea sobreyectivo.
Sol: Considere el cuerpo de funciones racionales en una variable sobre el cuerpo de tamaño
p; F = Fp (x). Dado que F no es perfecto se sigue del punto (ii) que Frobp : F → F no es sobre.
3. (12 pts) Sea n un entero positivo que no es un
√ cuadrado perfecto y considere el polinomio con
coeficientes racionales f (x) = x4 − n. Sea α = 4 n la única raı́z real positiva de f (x).
(i) (1 pts) Muestre que L = Q(α, i) es el cuerpo de descomposición de f (x) sobre Q.
Sol: Sea M el cuerpo de descomposición de f (x) sobre Q. Como las raı́ces de f (x) son
iα
{±α, ±iα} ⊆ L se tiene que M ⊆ L. De otra parte como i =
se tiene que i ∈ M por tanto
α
M ⊆ L.
(ii) (3 pts) Muestre que f (x) es irreducible sobre Q[x] y deduzca que f (x) es irreducible sobre
Q(i)[x].
Sol: Por la hipótesis en n tenemos que f no tiene raı́ces en Z es decir no tiene factores mónicos
en Z[x] de grado 1. Gracias al lema de Gauss no los tiene tampoco en Q[x]. Se sigue de
lo anterior
que si f (x) fuera reducible tendrı́a dos factores irreducibles de grado 2. Como
√
x2 + n es un factor irreducible de grado 2 de f (x)√en R[x] si f (x) fuera reducible en Q[x]
uno de sus dos factores irreducibles deberı́a ser x2 + n pero este último polinomio no está en
Q[x]. De lo anterior se sigue que [Q(α) : Q] = 4 y que [Q(α, i) : Q] = 8. Suponga que f (x) es
reducible sobre Q(i)[x]. Si β es una raı́z f se tendrı́a entonces que [Q(i)(β) : Q(i)] < 4 lo cual
implica, por la ley de torres, que [Q(i)(β) : Q] < 8. Lo anterior es una contradicción ya que
β ∈ {±α, ±iα} lo que implica que Q(i)(β) = Q(i, α), en particular [Q(i)(β) : Q] = 8.
(iii) (5 pts) Encuentre [Q(α + i) : Q]. (Sugerencia: muestre que f (x − i) no está en Q[x].)
4
Sol: Como Q(α + i) ⊆ Q(α, i) y este último tiene grado 8 sobre Q tenemos que [Q(α + i) : Q]
es un divisor de 8. Sea m(x) ∈ Q[x] el polinomio minimal de α + i sobre Q. Si h(x) = f (x − i)
tenemos que h(α+i) = 0. Dado que f (x) es irreducible sobre Q(i)[x] el polinomio h(x) también
lo es, en particular h(x) es el polinomio minimal de α + i sobre Q(i). Por lo tanto h(x) | m(x)
en Q(i)[x]. Como deg(h(x)) = 4 y deg(m(x)) = [Q(α + i) : Q] tenemos que deg(m(x)) = 4 o
deg(m(x)) = 8 donde el caso 4 se da si y sólo si h(x) = m(x). Si derivamos h(x) tres veces
obtenemos que h(3) (x) = 24(x − i) ∈
/ Q[x] en particular h(x) no puede estar en Q[x]. En
particular h(x) 6= m(x) y por lo tanto [Q(α + i) : Q] = deg(m(x)) = 8.
(iv) (2 pts) Muestre que L = Q(α + i).
Sol: En la prueba del punto (ii) mostramos que [L : Q] = 8. Como Q ⊆ Q(α + i) ⊆ L el
resultado se sigue de la ley de las torres y del punto anterior.