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• Hector Silva

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CAP´ITULO 13

Teor´ıa de Cuerpos

´ 13.1. TEOR´IA BASICA Y EXTENSIONES DE CUERPOS 1. Demuestre que p(x) = x3 + 9x + 6 es irreducible en Q[x]. Sea θ una ra´ız de p(x). Hallar el inverso de 1 + θ en Q(θ). Soluci´ on. Por el criterio de Eisenstein para p = 3 se tiene que p(x) es irreducible en Q[x]. Sea θ una ra´ız de p(x) entonces θ3 = −9θ − 6, luego 1 = (1 + θ)(α + βθ + γθ2 ) = α + (α + β)θ + (β + γ)θ2 + γθ3 = (α − 6γ) + (α + β − 9γ)θ + (β + γ)θ2 obteniendo el siguiente sistema α − 6γ = 1 10 α + β − 9γ = 0 ⇒ α = , 4 β+γ =0

1 β=− , 4

γ=

1 . 4

1 Por lo tanto, (1 + θ)−1 = (10 − θ + θ2 ). 4 2. Demuestre que x3 − 2x − 2 es irreducible sobre Q y sea θ una ra´ız. Calcule 1+θ (1 + θ)(1 + θ + θ2 ) y en Q(θ). 1 + θ + θ2 Soluci´ on. Por el criteio de Eisenstein para p = 2 se tiene que p(x) es irreducible en Q[x]. Si θ es ra´ız de p(x) entonces θ3 = 2θ + 2 y obtenemos (1 + θ)(1 + θ + θ2 ) = 1 + 2θ + 2θ2 + θ3 = 3 + 4θ + 2θ2 . 1

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Buscamos el inverso de (1 + θ + θ2 ) el cual debe satisfacer 1 = (1 + θ + θ2 )(α + βθ + γθ2 ) = α + (α + β)θ + (α + β + γ)θ2 + (β + γ)θ3 + γθ4 = (α + 2β) + (α + 3β + 4γ)θ + (α + β + 3γ)θ2 obteniendo el siguiente sistema de ecuaciones α + 2β = 1 5 α + 3β + 4γ = 0 ⇒ α = , 7 α + β + 3γ = 0

1 β= , 7

γ=−

2 7

1 entonces (1 + θ + θ2 )−1 = (5 + θ − 2θ2 ) por lo tanto, 7 1+θ = (1 + θ)(1 + θ + θ2 )−1 2 1+θ+θ 1 = (5 + 6θ − θ2 − 2θ3 ) 7 1 (1 + 2θ − θ2 ) . = 7 3. Demuestre que x3 + x + 1 es irreducible sobre F2 y sea θ una ra´ız. Calcule las potencias de θ en F2 (θ). Soluci´ on. Supongamos que r(x) = x3 + x + 1 = p(x)q(x) para ciertos p(x), q(x) polinomios no constantes en F2 [x]. Entonces deg(p(x)) = 1 o deg(q(x)) = 1. Sea α ∈ F2 una ra´ız del polinomio de grado 1 entonces α divide a 1 lo que implica que α ∈ {1, −1} = {1}, pero r(1) = 1, lo cual es una contradicci´on. Luego, x3 + x + 1 es irreducible en F2 . Ahora bien, si θ es ra´ız de x3 + x + 1 entonces θ3 = −θ − 1 y obtenemos las potencias θ4 θ5 θ6 θ7 θ8 θ9

= = = = = =

−θ2 − θ , −θ3 − θ2 = 1 + θ − θ2 , θ + θ2 − θ3 = 1 + θ2 , θ + θ3 = −1 − θ + θ = −1 = 1 , θ, θ2 .

√ √ 4. Pruebe directamente que la funci´ o n a + b 2 → 7 a − b 2 es un isomorfismo √ de Q( 2) consigo mismo.

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√ √ Soluci´ on. √ Denotemos por ϕ : Q( 2) → Q( 2) la transformaci´on dada √ por ϕ(a + b 2) = a − b 2 entonces √ √ ϕ(x + y) = ϕ((a + b 2) + (c + d 2)) √ = ϕ((a + c) + (b + d) 2) √ = (a + c) − (b + d) 2 √ √ = (a − b 2) + (c − d 2) = 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. Soluci´ on. Sea p(x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 con ai ∈ Z para cada i = 0, 1, 2, . . . , n − 1. Sea α = rs ∈ Q una ra´ız de p(x) entonces r | a0 y s | 1 lo que implica que α = ±r = ±ma0 ∈ Z, para alg´ un m ∈ Z. 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 xn + an−1 xn−1 + an an−2 xn−2 + · · · + n−1 an−2 n a1 x + an a0 . Soluci´ on. Considere los polinomios p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , n−1 q(x) = xn + an−1 xn−1 + an an−2 xn−2 + · · · + an−2 n a1 x + an a0 . Si α es ra´ız de p(x) entonces p(α) = an αn + an−1 αn−1 + · · · + a1 α + a0 = 0 ,

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entonces q(αan ) = (an α)n + an−1 (an α)n−1 + an an−2 (an α)n−2 + · · · +ann−2 a1 (an α) + an−1 n a0 n n n−1 n−1 n−1 = an α + an an−1 α + an an−2 αn−2 + · · · + an−1 n a1 α + an a0 = ann−1 (an αn + an−1 αn−1 + · · · + a1 α + a0 ) = ann−1 p(α) = 0 . Por lo tanto, an α es ra´ız de q(x). 7. Pruebe que x3 − nx + 2 es irreducible para n 6= −1, 3, 5. Soluci´ on. Sea p(x) = x3 − 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 ab ∈ Q ra´ız de q(x). Luego, ab es ra´ız de p(x), entonces a | 2 y b | 1 lo que implica que ab = ±1 o ±2.    1 3−n 3        a  1 + n a  −1 −1 ⇒p Si = = = 0 ⇒ si n = 2 10 − 2n 5    b  b      −2 −6 + 2n 3 Entonces p(x) es irreducible para n 6= −1, 3, 5.

8. Pruebe que x5 − 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 (x2 − x + 1)(x3 + x2 − 1). Soluci´ on. Sea p(x) = x5 − ax − 1 y supongamos que p(x) = a(x)b(x) para ciertos polinomios no constantes con a(x), b(x) ∈ Z[x]. 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 6= 0 tenemos contradicci´on y p(x) es irreducible.

Si α = −1 ⇒ p(−1) = −2 + a si a 6= 2 tenemos contradicci´on y p(x) es irreducible. Caso 2: deg(a(x)) = 2 y deg(b(x)) = 3.

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Sean a(x) = a0 + a1 x + x2 y b(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + x3 como a0 b0 = −1 tenemos dos casos: Caso 2a: a0 = 1 y b0 = −1.

Luego

a(x)b(x) = −1+(ba −a1 )x+(b2 +a1 b1 −1)x2 +(1+a1 b2 +b1 )x3 +(a1 +b2 )x4 +x5 Entonces

a1 − b1 = a b2 + a1 b1 − 1 = 0 ⇒ a1 = −b2 1 + a1 b2 + b1 = 0 a1 + b2 = 0

y se obtiene la ecuaci´on 1 − b22 + b1 = 0 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

b2 + (−b2 )(b22 − 1) − 1 = 0 b2 − b32 + b2 − 1 = 0 (b2 )3 − 2b2 + 1 = 0 b2 | 1 ⇒ b2 = ±1

Caso 2a.1: Si b2 = 1 ⇒ a1 = −1 y b1 = 0 entonces a(x) = 1 − x + x2 y b(x) = −1 + x2 + x3 y se obtiene que a(x)b(x) = 1 − x + 2x2 + x5 6= p(x) . De manera similar si b2 = −1 entonces a(x)b(x) 6= p(x) entonces el caso (2a) no puede suceder. Caso 2b: a0 = −1 y b0 = 1.

Entonces a(x) = −1 + a1 x + x2 , b(x) = 1 + ba x + b2 x2 + x3 y a(x)b(x) = −1+(a1 −b1 )x+(a1 b1 +1−b2 )x2 +(−1+a1 b2 +b1 )x3 +(a1 +b2 )x4 +x5 y obtenemos el sistema de ecuaciones a1 b1 = −a a1 b1 + 1 − b2 = 0 −1 + a1 b2 + b1 = 0 a1 + b2 = 0 de donde se obtiene que b32 + 2b2 − 1 = 0 ⇒ b2 | 1 ⇒ b2 = ±1 lo cual es una contradicci´on pues ±1 no es ra´ız de x3 + 2x − 1 = 0.

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13.2. EXTENSIONES ALGEBRAICAS 2. Sean g(x) = x2 +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 F3 . 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 6= 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,F2 (x)) = deg(g(x)) = 2 . Entonces F2 (α) = {a + bα : a, b ∈ F2 } = {0, 1, α, 1 + α} ⇒ |F2 (α)| = 4 . Tomamos β ra´ız de h(x) entonces [F2 (β) : F2 ] = deg(mβ,F−2 (x)) = deg(h(x)) = 3 entonces F2 (β) = {a + bβ + cβ 2 : a, b, c ∈ F2 } = {0, β, β 2, b + β 2 , 1, 1 + β 2 , 1 + β, 1 + β + β 2 } luego, |F2 (β)| = 8, de la misma manera se obtiene F3 (α) = = F3 (β) = =

{a + bα : a, b ∈ F3 } {0, 1, α, 1 + α, 2, 2 + α, 1 + 2α, 2 + 2α, 2α} {a + bβ + cβ 2 : a, b, c ∈ F3 } {0, β 2, β, 1, . . .} ⇒ |F3 (β)| = 27

Las Tablas 1 α 1+α · 1 1 α 1+α α α 1+α 1 1+α 1+α 1 α

(F2 (α))× = hαi = h1 + αi

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1 2 α 2α 1 + α 2 + α 1 + 2α 2 + 2α · 1 1 2 α 2α 1 + α 2 + α 1 + 2α 2 + 2α 2 2 1 2α α 2 + 2α 1 + 2α 2 + α 1 + α α α 2α 1 + α 2 + 2α 1 + 2α 1 2 2+α 2α 2α α 2 + 2α 1 + α 2 + α 2 1 1 + 2α 1 + α 1 + α 2 + 2α 1 + 2α 2 + α 2 α 2α 1 2 + α 2 + α 1 + 2α 1 2 α 2 + 2α 1 + α 2α 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 α 2 (F3 (α))× = hαi = h2αi = h2 + αi = h1 + 2αi. 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 consideremos 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) = x2 − 2x + 2 . 4. Determine el grado sobre Q de 2 +

√

3 y 1+

√ 3

2+

√ 3

2.

√ √ √ Soluci´ on. Como Q(2 + 3) = Q( 3) y [Q( 3) : Q] = deg(x3 − 2) = 2 entonces m(2+√3),Q (x) = x2 + bx + c luego (2 +

√

3)2 + b(2 +

√

√ 3) + c = 0 ⇒ (7 + 2b + c) + (4 + b) 3 = 0 7 + 2b + c = 0 ⇒ 4+b=0 ⇒ m(2+√3),Q (x) = x2 − 4x + 1

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el grado de 2 + entonces

√

3 sobre Q es 2. Por otro lado, sea α = 1 +

√ √ 3 3 ( 2 + 4)3 √ √ √ √ 3 3 3 3 2+3 4 4+3 2 8+4 √ √ 3 3 6+6 2+6 4 √ √ 3 3 6(1 + 2 + 4) 6α 3 2 α − 3α − 3α − 1

= = = = = =

√ 3

2+

√ 3

4

(α − 1)3 (α − 1)3 (α − 1)3 α3 − 3α2 + 3α − 1 α3 − 3α2 + 3α − 1 0.

Consideremos f (x) = x3 − 3x2 − 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 f (x) = 0 lo cual implica que β | 1 entonces β ∈ {±1}, pero f (±1) 6= 0 lo cual es una contradicci´on. Por lo tanto, mα,Q (x) = x3 − 3x2 − 3x − 1 y el grado de α sobre Q es 3. 5. Sea Q(i) = F . Pruebe que x3 − 2 y x3 − 3 son irreducibles sobre F . Soluci´ on. Supongamos que x3 − 2 es reducible sobre F entonces x3 − 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 x3 − 2, entonces (a + bi)3 − 2 = 0 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

a3 + 3a2 bi − 3ab2 − b3 i − 2 = 0 (a3 − 3ab2 − 2) + (3a2 b − b3 )i = 0 3a2 b + b3 = 0 b(3a2 + b2 ) = 0 √ b = 0 o b = ±3 a .

Caso 1: 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 2: Si b = ±3 a entonces b ∈ / Q lo cual es una contradicci´on.

Por lo tanto, x3 −2 es irreducible sobre Q(i). De manera similar se prueba para x3 − 3.

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√ √ √ √ √ √ 7. Pruebe que Q( 2 + 3) = Q( 2, 3). Concluya que √ [Q( √ 2 + 3) : Q] = 4. Hallar un polinomio irreducible satisfecho por 2 + 3. √ √ √ √ Soluci´ on. Primero probaremos que Q( 2 + 3) ⊂ Q( 2, 3). Sabemos que √ √ √ √ √ Q( 2, 3) = {a + b 2 + c 3 + d 6 : a, b, c, d ∈ Q} √ √ √ √ entonces 2 + 3 ∈ Q( 2, 3) lo que prueba Para es√ la√contenci´ √on. √ tablecer la√otra √ contenci´ o n, basta probar que 2, 3 ∈ Q( 2 + 3). En √ √ efecto, si 2 + 3 ∈ Q( 2 + 3) √ √ √ √ √ √ ⇒ ( 2 + 3)2 = 5 + 2 2 3 ∈ Q( 2 + 3) √ √ √ √ ⇒ 2 3 ∈ Q( 2 + 3) √ √ √ √ √ √ √ √ ⇒ 2 3( 2 + 3) = 2 3 + 3 2 ∈ Q( 2 + 3) √ √ √ √ √ √ √ ⇒ (2 3 + 3 2) − 2( 2 + 3) = 2 ∈ Q( 2 + 3) √ √ √ √ √ √ √ ⇒ (2 3 + 3 2) − 3( 2 + 3) = − 3 ∈ Q( 2 + 3) √ √ √ ⇒ 3 ∈ Q( 2 + 3) . √ √ √ √ √ √ Entonces, Q( 2 + 3) ⊂ Q( 2, 3) y por lo tanto Q( 2 + 3) = √ √ Q( 2, 3). Por otro lado, √ √ √ √ [Q( 2 + 3) : Q] = [Q( 2, 3) : Q] = 4 . √ √ Ahora bien, sea α = 2 + 3 entonces √ √ √ √ α2 = 5 + 2 2 3 ⇒ (α2 − 5)2 = (2 2 3)2 ⇒ α4 − 10α2 + 25 = 24 ⇒ α4 − 10α2 + 1 = 0 ⇒ mα,Q (x) = x4 − 10x2 + 1 . 8. Sea F un cuerpo de caracteristica 6= 2. Sea D1 y D2 √ elementos de F , √ ninguno de los cuales es cuadrado en F . Pruebe que F ( D1 , D2 ) es de grado 4 sobre F si D1 D2 no es un cuadrado en F y es de grado 2 sobre F en otro caso. Soluci´ on. Observe que p p p p p F ( D1 , D2 ) = {a + b D1 + c D2 + d D1 D2 | a, b, c, d ∈ F } . Pictoricamente tenemos que

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√ √ F ( D1 , D2 )

√ F ( D2 )

√ F ( D1 ) 2

2 F

√ √ √ al ´ındice [F ( D1 , D2 ) : F ] = Como [F ( D2 ) : F ] = 2 entonces √ 2 divide √ n entonces√n = 1, 2, 4. Si [F ( D1 , D2 ) : F ] = 1 es una contradicci´on. Ahora n ≤ 3 como 2 no divide a 3, entonces √ √ si,√ D1 D2 ∈ F entonces / F implica que n = 4. [F ( D1 , D2 ) : F ] = 2. Si D1 D2 ∈ 9. Sea F un cuerpoo de caracteristica 6= 2. Sean a, b ∈ F con b no un cuadrado en F . Pruebe que una condici´on necesaria y suficiente para p √ √ √ a + b = m + n para alg´ un m y n ∈ F es quepa2 − b es cuadrado √ en F . Use esto para determinar cuando el cuerpo Q( a + b) (a, b ∈ Q) es bicuadr´atica sobre Q. p √ √ √ Soluci´ on. √ Si a + b = √m + n entonces elevando al cuadrado obte√ √ nemos a + b = m + n + 2 mn, lo cual ocurre si y s´olo si b = 2 mn obteniendose el siguiente sistema de ecuaciones q √ √ √ a+ b = m+ n (1) √ √ b = 2 mn (2) De (1) tenemos que √

q √ √ m= a+ b− n.

Si (3) en (2) obtenemos que q √ √ √ √ b = 2 n(a + b) − 2n ⇒ (2n + b)2 = 4n(a + b) √ √ ⇒ 4n2 + 4n b + b = 4na + 4n b ⇒ 4n2 − 4na √+ b = 0 a ± a2 − b ⇒ n= . 2

(3)

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√ 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 imp √ √ √ √ √ plica que Q( a + b) = Q( m + n) y Q( m + n) es cuadr´atico si √ mn ∈ / F. p √ 10. Determine el grado de la extensi´on Q( 3 + 2 2) sobre Q. Soluci´ on. Notemos que q √ √ α = 3 + 2 2 ⇒ α2 = 3 + 2 2

⇒ (α2 − 3)2 = 8 ⇒ α4 + 6α2 + 9 = 8 ⇒ α4 + 6α2 + 1 = 0 .

Sea p(x) = x4 − 6x2 + 1 y observe que p(x) = (x2 − 2x − 1)(x2 + 2x − 1) = q(x)r(x) . Como q(α) = 0 entonces mα,Q (x) = x2 − 2x − 1, por lo que [Q(

q

√ 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. p p √ √ (b) Determine el grado de la extensi´on Q( 1 + −3 + 1 − −3) sobre Q. Soluci´ on. (a) Notemos que α=

√

3 + 4i +

√

3 − 4i ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

p α2 = 3 + 4i + 3 − 4i + 2 (3 + 4i)(3 − 4i) √ α2 = 6 + 2 9 + 16 α2 = 16 (α + 4)(α − 4) = 0 .

Entonces, mα,Q (x) = deg(α ± 4) = 1 se sigue que [Q(α) : Q] = 1 .

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(b) Tenemos que q q q √ √ √ √ 2 α = 1 + −3 + 1 − −3 ⇒ α = 2 + 2 (1 + i 3)(1 − i 3) √ ⇒ α2 = 2 + 2 1 + 3 ⇒ α2 = 6 ⇒ α2 − 6 = 0 se sigue que mα,Q (x) = x2 − 6, por el criterio de Eisenstein para p = 2 es irreducible sobre Q. 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 ] | [K : F ] = p entonces [E : F ] = 1 o´ p se sigue que E = F ´o E = K. 13. Suponga Q(α1 , . . . , αn ) = F donde αi2 ∈ Q para i = 1, 2 . . . , n. Pruebe √ / F. que 3 2 ∈ Soluci´ on. Como αi2 ∈ Q entonces existe ai ∈ Q tal que αi2 − ai = 0. Luego, pi (x) = x2 − ai es irreducible sobre Q. Ahora bien, si ai no es cuadrado en Q entonces [Q(αi ) : Q] = 1 ´o 2, por lo que [Q(αi ) : Q] | [Q(αi , αj ) : Q] entonces [Q(αi , αj ) : Q] = 2 ´o 4. Procediendo inductivamente, se tiene que [F : Q] = 2m , para alg´ un m ∈ N . √ √ Como el grado 3 2 es 3 sobre Q y 3 no divide a 2m implica que 3 2 ∈ / F. 14. Pruebe que si [F (α) : F ] es impar entonces F (α) = F (α2 ). Soluci´ on. Tenemos el siguiente esquema F (α) F (α2 )

2n − 1 F

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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 6= 0 entonces r ∈ K y como K es algebraico sobre F , entonces existe mr,F (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 tal que mr,F (r) = 0, entonces ⇒ r n + an−1 r n−1 + · · · + rx + a0 = 0 ⇒ r n + an−1 r n−1 + · · · + a1 r = −a0   1 n−1 an−1 n−2 a2 1 a1 ⇒ r − r − r −···− r − =1 a0 a0 a0 a0   1 n−1 an−1 n−2 a2 1 a1 −1 Se sigue que r = − r − r −···− r − . a0 a0 a0 a0

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´ Y CLAUSURAS 13.4. CUERPOS DE DESCOMPOSICION ALGEBRAICAS 1. Determine el cuerpo de descomposici´on y el grado de este sobre Q para x4 − 2. Soluci´ on. Notemos que el polinomio √ √ x4 − 2 = (x2 + 2)(x2 − 2) √ √ √ √ 4 4 4 4 = (x − i 2)(x + i 2)(x − 2)(x + 2) √ √ tiene ra´ıces: ± 4 2, ±i 4 2. Luego, el cuerpo de descomposici´on de x4 − 2 es √ √ √ √ √ 4 4 4 4 4 Q(± 2, ±i 2) = Q( 2, i 2) = Q( 2, i) Pictoricamente, se tiene Q(i,

√ 4

2)

≤4

≤2

Q(i)

√ Q( 4 2)

≤8

2

4

Q Supongamos que m √4 2,Q(i) (x) = x2 + (a + bi)x + (c + di) con a, b, c, d ∈ Q, √ √ 4 4 2 entonces ( 2) + (a + bi) 2 + c + di = 0 lo que implica en particular que √ b 4 2√+ d = 0 entonces b, d ∈ / Q, lo cual es√una contradicci´on. Se sigue que, [Q( 4 2, i) : Q(i)] = 4 y por lo tanto, [Q( 4 2, i) : Q] = 8. 2. Determine el cuerpo de descomposici´on y el grado de este sobre Q para x4 + 2. Soluci´ on. Las ra´ıces de x4 + 2 son: √ √ √ 4 −2, ζ4 4 −2, ζ42 4 −2,

√ ζ43 4 −2 ,

√ √ donde ζ4 = i. Notemos que 4 −1 = ( −1)1/2 = i1/2 , luego las ra´ıces queda: √ √ √ √ 4 4 4 4 i1/2 2, i3/2 2, −i1/2 2, −i3/2 2 .

Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote

El cuerpo de descomposici´on es √ √ √ √ 4 4 4 4 Q(±i1/2 2, ±i3/2 2) = Q(i1/2 2, i3/2 2) √ 4 = Q(i1/2 2, i) √ 4 = Q( 2, i)

15

(4) (5)

y tenemos el siguiente esquema √ Q( 4 2, i) ≤2

≤4

√ Q( 4 2)

Q(i)

≤8 4

2

Q Supongamos que m √4 2,Q(i) (x) = x2 + (a + bi)x + (c + di) entonces √ √ 4 4 ( 2)2 + (a + bi) 2 + (c + di) = 0 lo cual implica en particular / Q, lo cual es una contradicci´on, √ que a, b, c, d ∈ luego necesariamente [Q( 4 2, i) : Q(i)] = 4. Por lo tanto, √ 4 [Q( 2, i) : Q] = 8 . Demostraci´on de (4): √ 3/2 √ 1/2 4 Por demostrar que i ∈ Q(i 2,√i 4 2) = K. √ Como i3/2 4 2 ∈ K entonces (i3/2 4 2)−1 ∈ K lo cual implica que √ √ 4 4 i = (i3/2 2)−1 (i1/2 2) ∈ K . √ √ 3/2 4 1/2 4 Por demostrar que i 2 ∈ Q(i √ √ 2, i) = L. √ 1/2 4 Como i1/2 4 2, i ∈ L √ entonces i 2 · i ∈√L, luego i3/2 4 2 ∈ L. √ Por lo tanto, Q(i1/2 4 2, i3/2 4 2) = Q(i1/2 4 2, i). Demostraci´on de (5): √ Por demostrar que i1/2 ∈ Q( 4 2, i) = R. √ √ 4 4 2 ∈ R ⇒ ( 2)−1 ∈ R √ 4 ⇒ ( 2)−2 ∈ R √ 4 ⇒ i( 2)−2 ∈ R √ 4 ⇒ (1 + i)( 2)−2 ∈ R .

16

Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas √ √ Observe que (1 + i)( 4 2)−2 = (1 + i) √12 = 22 (1 + i) = i1/2 ∈ R. √ √ Por demostrar√que 4 2 ∈ Q(i1/2 4 2, i) = M. √ ( 4 2i1/2 )2 Como 2 = ∈ M entonces i √ 4 √ 2i1/2 1 4 1/2 i = (1 + i) √ ∈ M ⇒ 2 = 1/2 ∈ M . i 2 √ √ Por lo tanto, Q( 4 2, i) = Q(i1/2 4 2, i).

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 2 √ ! √ √ ! √ −1 ± i 3 1 ± i 3 −1 + i 3 −1 − i 3 , = Q , Q 2 2 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.

Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote

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√ Soluci´ on. Las ra´ıces de x6 − 4 son ζ k 6 4 con k = 1, . . . , 5 donde √ 1+i 3 ζ= . 2 El cuerpo de descomposici´on es: √ √ √ √ √ √ √ √ √ 6 6 6 6 6 6 6 6 6 Q( 4, ζ 4, ζ 2 4, ζ 3 4, ζ 4 4, ζ 5 4) = Q( 4, ζ 4) = Q( 4, ζ) . Tenemos el siguiente esquema √ Q( 6 4, ζ) ≤2

≤6

√ Q( 6 4)

12 6

Q(ζ) ϕ(6) = 2

Q √ √ 6 por√lo que [Q( 6 4, ζ) : Q( 4)] = 1 ´o 2, pero no puede ser 1 pues ζ ∈ / √ 6 6 Q( 4). Por lo tanto, [Q( 4, ζ) : Q] = 12.

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 polinomios en cuesti´on son x + 1;

x;

x2 + x + 1;

x4 + x + 1;

x4 + x3 + 1;

x4 + x3 + x2 + x + 1 .

Es sencillo verificar que el producto es x16 − x. 3. Pruebe que d divide a n si, y s´olo si, xd − 1 divide a xn − 1. Soluci´ on. Si d | n entonces n = qd. Sabemos que n

x −1=

n−1 Y k=0

(x − ζnk ) .

Consideremos una d-´esima ra´ız de la unidad ζdk con k = 1, . . . , d−1. Como (ζdk )n = (ζdk )qd = (ζdk )kq = (1)kq = 1 . Entonces, ζdk es tambi´en una n-´esima ra´ız de la unidad, entonces (xd − 1) | (xn − 1) .

Rec´ıprocamente, supongamos que d no divide a n entonces n = qd + r y tenemos que xn − 1 = xqd+1 − xr + xr + 1 = xr (xqd − 1) + (xr + 1) .

Como (xd − 1) | (xqd − 1) y por hip´otesis (xd − 1) | (xn − 1) lo que implica que (xd − 1) | (xr − 1) lo cual es una contradicci´on pues r < d. 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 Fpd ⊂ Fpn si, y s´olo si, d divide a n. Soluci´ on. Pictoricamente se tiene que Fp n

Fp d

n d

Fp

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Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote

Tenemos que d|n

⇔ ⇔

⇔ ⇔

pd − 1 | pn − 1 xp

d −1

pd

− 1 | xp pn

x −x|x Fdp ⊂ Fnp

n −1

−1

−x

5. Para cualquier primo p y caulquier elemento no cero a ∈ Fp pruebe que xp − x + a es irreducible y separable sobre Fp . Soluci´ on. Sean f (x) = xp − x + a y α una ra´ız de f (x) entonces satisface que αp − α + a = 0. Entonces, α + 1 tambi´en es ra´ız. En efecto, f (α + 1) = (α + 1)p + (α + 1) + a = αp + 1 − α − 1 + a = αp − α + a = 0 . Entonces, las p-ra´ıces de f (x) son {α + i | 0 ≤ i ≤ p − 1} y como α + i 6= α + j para i 6= j. Entonces f (x) tiene p-ra´ıces distintas, por lo que f (x) es separable. Supongamos que α ∈ Fp y como el conjunto de ra´ıces es {α + i | 0 ≤ i ≤ p−1} y |Fp | = p entonces existe i tal que α+i = 0, pero 0 = f (0) = a 6= 0, lo cual es absurdo. Luego, α ∈ Fp se sigue que {αi | 0 ≤ i ≤ p − 1} ∩ Fp = ∅ . 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 r(x) = xd + ad−1 xd−1 + · · · + a1 x + a0 =

d Y

(x − (α + ik )) ,

k=1

con ik ∈ {0, 1, . . . , p − 1} entonces −

d X k=1

(α + ik ) = ad−1 ⇒ dα = − ad−1 − |{z} |{z} ∈Fp

∈Fp

d X k=1

ik ⇒ α ∈ Fp

| {z } ∈Fp

lo cual es una contradicci´on, por lo que f (x) es irreducible.

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Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas

6. Pruebe que xp

n −1

−1 =

Y

α∈Fpn

(x − α). Deduzca que

Y

n

α = (−1)p .

α∈F× pn

Obtenga de esto el teorema de Wilson: para p primo impar (p − 1) ≡ −1 (mod p) Soluci´ on. Sea f (x) = xp

n −1

− 1, derivando f (x) obtenemos

f ′ (x) = (pn − 1)xp

n −2

= −xp

n −2

.

que tiene a cero como ra´ız y cero no es ra´ız de f (x), entonces f (x) es separable en Fpn . Luego Y n xp −1 − 1 = (x − α) . α∈F× pn

En particular, si x = 0 entonces Y Y Y n n −1 = (−α) = (−1)p −1 α⇒ α = (−1)p . α∈F× pn

α∈F× pn

α∈F× pn

Si n = 1, Fpn = Fp ∼ = {0, 1, . . . , p − 1} entonces

(p − 1)! = (−1)p ≡ −1 (mod p) ,

como p es impar. 7. Sea K un cuerpo de caracteristica p no perfecto: K 6= K p . Pruebe que existen polinomios irreducibles e inseparables en K[x]. Concluya que exten extensiones finitas e inseparables sobre K. Soluci´ on. Consideremos f (x) = xp − 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´on de xp − α entonces existe β ra´ız tal que β p = α. Luego, xp − α = xp − β p = (x − β)p ⇒ g(x) | (x − β)p entonces g(x) = (x − β)k ∈ K[x] para cierto 1 ≤ k ≤ p lo que implica que βk ∈ K

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

β 2k , β 3k , (β k )−1 ∈ K β 2k · (β k )−1 = β 2 ∈ K ⇒ (β 2 )−1 ∈ K β 3k · (β k )−1 = β 3 ∈ K β 3 · (β 2 )−1 = β ∈ K

Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote

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lo cual es una contradicci´on. Por lo tanto, f (x) es irreducible y como (xp − α) = (xp − β p ) = (x − β)p 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 (xp ) para cualquier polinomio f (x) ∈ Fp [x]. × Soluci´ on. Notemos que |F× p | = p−1 entonces para cada a ∈ Fp , |a| | p−1 lo que implica que ap = ap−1 a = a. Entonces,

f (x)p = = = =

(xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 )p (xn )p + (an−1 xn−1 )p + · · · + (a1 x)p + ap0 (xp )n + (an−1 )p (xp )n−1 + · · · + ap1 xp + ap0 (xp )n + an−1 (xp )n−1 + · · · + a1 xp + a0 = f (xp ) .

9. Demuestre que el coeficiente binomial es el coeficiente de xpi en la expasi´on (1 + x)pn. Trabajando sobre Fp demuestrequeestees elcoeficiente pn n de (xp )i en (1 + xp )n y por lo tanto pruebe que ≡ (mod p). i pi Soluci´ on. Por el teorema del binomio  pn  X pn pn−i pn (1 + x) = x . i i=0 entonces pn − i = pi ⇒ i = p(n − i) ⇒ n − i = i ⇒ n = 2i. Luego, se tiene que       pn pn−pi pn 2pi−pi pn pi x = x = x . pi pi pi Por otro lado, tenemos que n   X n pn−pi p n p n ((1 + x) ) = (1 + x ) = x . i i=0 Si n = 2i entonces

Por lo tanto,

    n 2pi−pi n pi x = x i i     pn n ≡ (mod p) . pi i

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Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas

13.6. EXTENSIONES CICLOTOMICAS 1. Suponga m y n son primos relativos positivos. Sea ζm la m-´esima ra´ız primitiva de la unidad y ζn la n-´esima ra´ız primitiva de la unidad. Pruebe que ζm ζn es una mn-´esima ra´ız primitiva de la unidad. Soluci´ on. Tenemos que (ζm )m = 1 (ζn )n = 1

si si

(ζm )k = 1 ⇒ m | k , (ζn )k = 1 ⇒ n | k .

nm m n n m se sigue que (ζm ζn )mn = (ζm )(ζnmn ) = (ζm ) (ζn ) = 1. Luego, si (ζm ζn )k = 1 y k < mn.

2. Sea ζn una n-´esima ra´ız primitiva de la unidad y sea d un divisor de n. Pruebe que ζnd 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(ζ2n ) 1

Q(ζn )

ϕ(2n) = ϕ(2)ϕ(n) = ϕ(n)

ϕ(n)

Q entonces Q(ζn ) = Q(ζ2n ). Como Q(ζn ) es el cuerpo m´as peque˜ no que contiene a las ra´ıces de la unidad cualquier cuerpo mayor tiene un copia de Q(ζn ). 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.

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Teor´ıa de Cuerpos - Dummit and Foote

Soluci´ on. Notemos que xn − 1 = xp

km

= (xp

− 1 = (xp

k−1 m

k−1 m

)p − 1p

k

− 1)p = · · · = (xm − 1)p .

Como (m, p) = 1 y xm − 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(ζi )

n

ϕ(i)

Q Si n es impar entonces K = {ζ1 , ζ2 }, pues ϕ(n) es par, para todo n > 2. Si n es par entonces K contiene a las ra´ıces ζi tal que ϕ(i) | n. Como el n´ umero de divisores de n es finito entonces hay finitas ra´ıces de la unidad ζi que est´an contenidas en K