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Teora de Cuerpos
CAPITULO 13
13.1. TEORIA BASICA Y EXTENSIONES DE CUERPOS
1. Demuestre que p(x) = x3 + 9x+ 6 es irreducible en Q[x]. Sea una razde p(x). Hallar el inverso de 1 + en Q().
Solucion. Por el criterio de Eisenstein para p = 3 se tiene que p(x)es irreducible en Q[x]. Sea una raz de p(x) entonces 3 = 9 6,luego
1 = (1 + )( + + 2)
= + (+ ) + ( + )2 + 3
= ( 6) + ( + 9) + ( + )2
obteniendo el siguiente sistema
6 = 1 + 9 = 0
+ = 0 = 10
4, = 1
4, =
1
4.
Por lo tanto, (1 + )1 =1
4(10 + 2).
2. Demuestre que x32x2 es irreducible sobre Q y sea una raz. Calcule(1 + )(1 + + 2) y
1 +
1 + + 2en Q().
Solucion. Por el criteio de Eisenstein para p = 2 se tiene que p(x) esirreducible en Q[x]. Si es raz de p(x) entonces 3 = 2+2 y obtenemos
(1 + )(1 + + 2) = 1 + 2 + 22 + 3 = 3 + 4 + 22 .
1
2 Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
Buscamos el inverso de (1 + + 2) el cual debe satisfacer
1 = (1 + + 2)( + + 2)
= + ( + ) + ( + + )2 + ( + )3 + 4
= ( + 2) + (+ 3 + 4) + ( + + 3)2
obteniendo el siguiente sistema de ecuaciones
+ 2 = 1 + 3 + 4 = 0 + + 3 = 0
= 57, =
1
7, = 2
7
entonces (1 + + 2)1 =1
7(5 + 22) por lo tanto,
1 +
1 + + 2= (1 + )(1 + + 2)1
=1
7(5 + 6 2 23)
=1
7(1 + 2 2) .
3. Demuestre que x3+x+1 es irreducible sobre F2 y sea una raz. Calculelas potencias de en F2().
Solucion. Supongamos que r(x) = x3 + x + 1 = p(x)q(x) para cier-tos p(x), q(x) polinomios no constantes en F2[x]. Entonces deg(p(x)) = 1o deg(q(x)) = 1. Sea F2 una raz del polinomio de grado 1 entonces divide a 1 lo que implica que {1,1} = {1}, pero r(1) = 1, lo cuales una contradiccion. Luego, x3 + x+ 1 es irreducible en F2. Ahora bien,si es raz de x3 + x+ 1 entonces 3 = 1 y obtenemos las potencias
4 = 2 ,5 = 3 2 = 1 + 2 ,6 = + 2 3 = 1 + 2 ,7 = + 3 = 1 + = 1 = 1 ,8 = ,
9 = 2 .
4. Pruebe directamente que la funcion a+b2 7 ab2 es un isomorfismo
de Q(2) consigo mismo.
Teora de Cuerpos - Dummit and Foote 3
Solucion. Denotemos por : Q(2) Q(2) la transformacion dada
por (a+ b2) = a b2 entonces
(x+ y) = ((a+ b2) + (c+ d
2))
= ((a+ c) + (b+ d)2)
= (a+ c) (b+ d)2
= (a b2) + (c d
2)
= (x) + (y)
Ademas, se tiene que
(x y) = ((ac+ 2bd) + (ad+ bc)2)
= (ac+ 2bd) (ad+ bc)2
= (a b2)(c d
2)
= (x)(y)
esto prueba que es un homomorfismo. Es claro que es sobreyectiva ycomo
ker = {x Q(2) : (x) = 0} = {a, b Q : a b
2 = 0} = {0}
entonces es un isomorfismo.
5. Supongase que es una raz racional de un polinomio monico en Z[x].Pruebe que es un entero.
Solucion. Sea p(x) = xn + an1xn1 + + a1x + a0 con ai Z para
cada i = 0, 1, 2, . . . , n 1. Sea = rs Q una raz de p(x) entonces r | a0
y s | 1 lo que implica que = r = ma0 Z, para algun m Z.6. Demuestre que si es una raz de anx
n+an1xn1+ +a1x+a0 entonces
an es una raz del polinomio monico xn+ an1x
n1+ anan2xn2 + +
an2n a1x+ an1n a0.
Solucion. Considere los polinomios
p(x) = anxn + an1x
n1 + + a1x+ a0 ,q(x) = xn + an1x
n1 + anan2xn2 + + an2n a1x+ an1n a0 .
Si es raz de p(x) entonces
p() = ann + an1
n1 + + a1 + a0 = 0 ,
4 Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
entonces
q(an) = (an)n + an1(an)
n1 + anan2(an)n2 +
+an2n a1(an) + an1n a0
= annn + an1n an1 + a
n1n an2
n2 + + an1n a1+ an1n a0= an1n (an
n + an1n1 + + a1+ a0)
= an1n p() = 0 .
Por lo tanto, an es raz de q(x).
7. Pruebe que x3 nx+ 2 es irreducible para n 6= 1, 3, 5.
Solucion. 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 grado1, digamos que q(x) tiene grado 1, entonces existe a
b Q raz de q(x).
Luego, abes raz de p(x), entonces a | 2 y b | 1 lo que implica que a
b= 1
o 2.
Sia
b=
1122
p(ab
)=
3 n1 + n10 2n6 + 2n
= 0 si n =
3153
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 correspondea la factorizacion (x2 x+ 1)(x3 + x2 1).
Solucion. 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 Z tal que a() = 0 entonces es raz de p(x) lo queimplica que | 1 = 1.Si = 1 p(1) = 1 a 1 = a si a 6= 0 tenemos contradiccion y p(x)es irreducible.
Si = 1 p(1) = 2 + a si a 6= 2 tenemos contradiccion y p(x) esirreducible.
Caso 2: deg(a(x)) = 2 y deg(b(x)) = 3.
Teora de Cuerpos - Dummit and Foote 5
Sean a(x) = a0 + a1x+ x2 y b(x) = b0 + b1x+ b2x
2 + x3 como a0b0 = 1tenemos dos casos:
Caso 2a: a0 = 1 y b0 = 1.Luego
a(x)b(x) = 1+(baa1)x+(b2+a1b11)x2+(1+a1b2+b1)x3+(a1+b2)x4+x5
Entoncesa1 b1 = a
b2 + a1b1 1 = 01 + a1b2 + b1 = 0
a1 + b2 = 0
a1 = b2
y se obtiene la ecuacion
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 yb(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 + a1x+ x2, b(x) = 1 + bax+ b2x2 + x3 ya(x)b(x) = 1+(a1b1)x+(a1b1+1b2)x2+(1+a1b2+b1)x3+(a1+b2)x4+x5
y obtenemos el sistema de ecuaciones
a1b1 = aa1b1 + 1 b2 = 0
1 + a1b2 + b1 = 0a1 + b2 = 0
de donde se obtiene que b32 + 2b2 1 = 0 b2 | 1 b2 = 1 lo cual esuna contradiccion pues 1 no es raz de x3 + 2x 1 = 0.
6 Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
13.2. EXTENSIONES ALGEBRAICAS
2. Sean g(x) = x2+x1 y h(x) = x3x+1. Obtener cuerpos de 4, 8, 9 y 27elementos adjuntando una raz de f(x) al cuerpo F donde f(x) = g(x) oh(x) y F = F2 o F3. Escribir abajo la multiplicacion para los cuerpos con4 y 9 elementos y demostrar que los elementos no cero forman un grupocclico.
Solucion. 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 F2 o F3 una raiz de a(x) entonces /1 = 1, perog(1) = 1 6= 0, lo cual es una contradiccion entonces g(x) es irreducibleen F2 o F3. De forma similar se prueba la irreduciblidad de h(x) en F2 yF3. Ahora bien, sea una raz de g(x) entonces
[F2() : F2] = deg(m,F2(x)) = deg(g(x)) = 2 .
Entonces
F2() = {a+ b : a, b F2} = {0, 1, , 1 + } |F2()| = 4 .
Tomamos raz de h(x) entonces
[F2() : F2] = deg(m,F2(x)) = deg(h(x)) = 3
entonces
F2() = {a+ b + c2 : a, b, c F2}= {0, , 2, b+ 2, 1, 1 + 2, 1 + , 1 + + 2}
luego, |F2()| = 8, de la misma manera se obtiene
F3() = {a+ b : a, b F3}= {0, 1, , 1 + , 2, 2 + , 1 + 2, 2 + 2, 2}
F3() = {a+ b + c2 : a, b, c F3}= {0, 2, , 1, . . .} |F3()| = 27
Las Tablas
1 1 + 1 1 1 + 1 + 1
1 + 1 + 1
(F2()) = = 1 +
Teora de Cuerpos - Dummit and Foote 7
1 2 2 1 + 2 + 1 + 2 2 + 21 1 2 2 1 + 2 + 1 + 2 2 + 22 2 1 2 2 + 2 1 + 2 2 + 1 + 2 1 + 2 + 2 1 + 2 1 2 2 + 2 2 2 + 2 1 + 2 + 2 1 1 + 2
1 + 1 + 2 + 2 1 + 2 2 + 2 2 12 + 2 + 1 + 2 1 2 2 + 2 1 + 21 + 2 1 + 2 2 + 2 1 2 1 + 2 + 2 2 + 2 2 + 2 1 + 2 + 1 + 2 1 2 2
(F3()) = = 2 = 2 + = 1 + 2.
3. Determine el polinomio minimal sobre Q para el elemento 1 + i.
Solucion. 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) = 0entonces
(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 raz, por el criterio deEisenstein 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.
Solucion. Como Q(2 +3) = Q(
3) y [Q(
3) : Q] = deg(x3 2) = 2
entonces
m(2+3),Q(x) = x
2 + bx + c
luego
(2 +3)2 + b(2 +
3) + c = 0 (7 + 2b+ c) + (4 + b)
3 = 0
7 + 2b+ c = 04 + b = 0
m(2+3),Q(x) = x2 4x+ 1
8 Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
el grado de 2 +3 sobre Q es 2. Por otro lado, sea = 1 + 3
2 + 3
4
entonces
(32 +
34)3 = ( 1)3
2 + 334
34 + 3
32
38 + 4 = ( 1)3
6 + 632 + 6
34 = ( 1)3
6(1 +32 +
34) = 3 32 + 3 16 = 3 32 + 3 1
3 32 3 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 suponerdeg(a(x)) = 1, luego existe Z raz de a(x) y por lo tanto raz def(x) = 0 lo cual implica que | 1 entonces {1}, pero f(1) 6= 0 locual es una contradiccion. Por lo tanto,
m,Q(x) = x3 3x2 3x 1
y el grado de sobre Q es 3.
5. Sea Q(i) = F . Pruebe que x3 2 y x3 3 son irreducibles sobre F .
Solucion. Supongamos que x32 es reducible sobre F entonces x32 =a(x)b(x) para ciertos polinomios no constantes a(x), b(x) Q(i), luegoneceseriamente deg(a(x)) = 1 entonces existe a+ bi Q(i) raz de a(x) ypor lo tanto raz de x3 2, entonces
(a+ bi)3 2 = 0 a3 + 3a2bi 3ab2 b3i 2 = 0 (a3 3ab2 2) + (3a2b b3)i = 0 3a2b+ b3 = 0 b(3a2 + b2) = 0 b = 0 o b = 3a .
Caso 1: Si b = 0 entonces a + bi = a es raz de x3 2 entonces a | 2luego a = 1 o 2, pero 1 y 2 no son races de x3 2 lo cual es unacontradiccion.
Caso 2: Si b = 3a entonces b / Q lo cual es una contradiccion.Por lo tanto, x32 es irreducible sobre Q(i). De manera similar se pruebapara x3 3.
Teora de Cuerpos - Dummit and Foote 9
7. Pruebe que Q(2+
3) = Q(
2,3). Concluya que [Q(
2+
3) : Q] =
4. Hallar un polinomio irreducible satisfecho por2 +
3.
Solucion. Primero probaremos que Q(2 +
3) Q(2,3). Sabe-
mos que
Q(2,3) = {a+ b
2 + c
3 + d
6 : a, b, c, d Q}
entonces2 +
3 Q(2,3) lo que prueba la contencion. Para es-
tablecer la otra contencion, basta probar que2,3 Q(2 +3). En
efecto, si2 +
3 Q(2 +3)
(2 +
3)2 = 5 + 2
23 Q(
2 +
3)
23 Q(
2 +
3)
23(2 +
3) = 2
3 + 3
2 Q(
2 +
3)
(23 + 3
2) 2(
2 +
3) =
2 Q(
2 +
3)
(23 + 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 =2 +
3 entonces
2 = 5 + 223 (2 5)2 = (2
23)2
4 102 + 25 = 24 4 102 + 1 = 0 m,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 D1D2 no es un cuadrado en F y es de grado 2 sobre Fen otro caso.
Solucion. Observe que
F (D1,
D2) = {a + b
D1 + c
D2 + d
D1D2 | a, b, c, d F} .
Pictoricamente tenemos que
10 Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
F (D1,
D2)
F (D1) F (
D2)
F
2 2
Como [F (D2) : F ] = 2 entonces 2 divide al ndice [F (
D1,
D2) : F ] =
n entonces n = 1, 2, 4. Si [F (D1,
D2) : F ] = 1 es una contradiccion.
Ahora si,D1D2 F entonces n 3 como 2 no divide a 3, entonces
[F (D1,
D2) : F ] = 2. Si
D1D2 / F implica que n = 4.
9. Sea F un cuerpoo de caracteristica 6= 2. Sean a, b F con b no uncuadrado en F . Pruebe que una condicion necesaria y suficiente paraa+
b =
m +
n para algun m y n F es que a2 b es cuadrado
en F . Use esto para determinar cuando el cuerpo Q(a+
b) (a, b Q)
es bicuadratica sobre Q.
Solucion. Sia+
b =
m+
n entonces elevando al cuadrado obte-
nemos a +b = m + n + 2
mn, lo cual ocurre si y solo si
b = 2
mn
obteniendose el siguiente sistema de ecuacionesa+
b =
m+
n (1)
b = 2mn (2)
De (1) tenemos que
m =
a +
bn . (3)
Si (3) en (2) obtenemos que
b = 2
n(a +
b) 2n (2n+
b)2 = 4n(a+
b)
4n2 + 4nb+ b = 4na+ 4n
b
4n2 4na+ b = 0 n = a
a2 b2
.
Teora de Cuerpos - Dummit and Foote 11
Como a F y n F si y solo si a2 b F .Recprocamente, por problema anterior, tenemos que si
a2 b F im-
plica que Q(a +
b) = Q(
m +
n) y Q(
m +
n) es cuadratico si
mn / F .
10. Determine el grado de la extension Q(3 + 2
2) sobre Q.
Solucion. Notemos que
=
3 + 2
2 2 = 3 + 2
2
(2 3)2 = 8 4 + 62 + 9 = 8 4 + 62 + 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() = 0 entonces m,Q(x) = x2 2x 1, por lo que
[Q(
3 + 2
2) : Q] = 2 .
11. (a) Sea3 + 4i denota la raz cuadrada del numero complejo 3 + 4i que
esta en el primer cuadrante y sea3 4i denota la raz 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 extension Q(1 +
3+13) sobre
Q.
Solucion.
(a) Notemos que
=3 + 4i+
3 4i 2 = 3 + 4i+ 3 4i+ 2
(3 + 4i)(3 4i)
2 = 6 + 29 + 16 2 = 16 ( + 4)( 4) = 0 .
Entonces, m,Q(x) = deg( 4) = 1 se sigue que [Q() : Q] = 1 .
12 Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
(b) Tenemos que
=
1 +
3 +13 2 = 2 + 2
(1 + i
3)(1 i
3)
2 = 2 + 21 + 3 2 = 6 2 6 = 0
se sigue que m,Q(x) = x26, por el criterio de Eisenstein para p = 2
es irreducible sobre Q.
12. Supongase que el grado de la extension K/F es un primo p. Demuestreque cualquier subcuerpo E de K conteniendo a F es K o F .
Solucion. Sabemos que [E : F ] | [K : F ] = p entonces [E : F ] = 1o p se sigue que E = F o E = K.
13. Suponga Q(1, . . . , n) = F donde 2i Q para i = 1, 2 . . . , n. Pruebe
que 32 / F .
Solucion. Como 2i Q entonces existe ai Q tal que 2i ai = 0.Luego, pi(x) = x
2 ai es irreducible sobre Q. Ahora bien, si ai no escuadrado en Q entonces [Q(i) : Q] = 1 o 2, por lo que
[Q(i) : Q] | [Q(i, j) : Q]entonces [Q(i, j) : Q] = 2 o 4. Procediendo inductivamente, se tieneque
[F : Q] = 2m , para algun 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 () : F ] es impar entonces F () = F (2).
Solucion. Tenemos el siguiente esquema
F
F ()
F (2)2n 1
Teora de Cuerpos - Dummit and Foote 13
Observe que p(x) = x2 2 es tal que p() = 0.Si p(x) es irreducible en F (2) entonces [F () : F (2)] = 2 y tenemos que
[F () : F ] = [F () : F (2)][F (2) : F ] = 2 [F (2) : F ]
entonces [F () : F ] es par, lo cual es una contradiccion. Por lo que, p(x)es reducible entonces [F () : F (2)] = 1, esto es, F () = F (2).
16. Sea K/F extension algebraica y sea R un anillo contenido en K y conte-niendo a F . Demuestre que R es un subcuerpo de K conteniendo a F .
Solucion. Sean r, s R entonces rs K. Luego, rs = sr lo que implicaque R es conmutativo. Como F R y 1 F entonces 1 R. Luego, Rtiene unidad. Sea r R con r 6= 0 entonces r K y como K es algebraicosobre F , entonces existe
mr,F (x) = xn + an1x
n1 + + a1x+ a0tal que mr,F (r) = 0, entonces
rn + an1rn1 + + rx+ a0 = 0 rn + an1rn1 + + a1r = a0 r
( 1a0rn1 an1
a0rn2 a2
a0r1 a1
a0
)= 1
Se sigue que r1 =
( 1a0rn1 an1
a0rn2 a2
a0r1 a1
a0
).
14 Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
13.4. CUERPOS DE DESCOMPOSICION Y CLAUSURAS
ALGEBRAICAS
1. Determine el cuerpo de descomposicion y el grado de este sobre Q parax4 2.
Solucion. Notemos que el polinomio
x4 2 = (x2 +2)(x2
2)
= (x i 42)(x+ i
42)(x 4
2)(x+
42)
tiene races: 42, i 42. Luego, el cuerpo de descomposicion de x4 2es
Q( 42,i 4
2) = Q(
42, i
42) = Q(
42, i)
Pictoricamente, se tiene
Q(i, 42)
Q
Q(i) Q( 42) 8
42
2 4
Supongamos que m 42,Q(i)(x) = x2 + (a+ bi)x+ (c+ di) con a, b, c, d Q,
entonces ( 42)2 + (a+ bi) 4
2+ c+ di = 0 lo que implica en particular que
b 42+ d = 0 entonces b, d / Q, lo cual es una contradiccion. Se sigue que,
[Q( 42, i) : Q(i)] = 4 y por lo tanto, [Q( 4
2, i) : Q] = 8.
2. Determine el cuerpo de descomposicion y el grado de este sobre Q parax4 + 2.
Solucion. Las races de x4 + 2 son:
42, 4 4
2, 24 42, 34 4
2 ,
donde 4 = i. Notemos que41 = (1)1/2 = i1/2, luego las races
queda:
i1/242, i3/2
42, i1/2 4
2, i3/2 4
2 .
Teora de Cuerpos - Dummit and Foote 15
El cuerpo de descomposicion es
Q(i1/2 42,i3/2 4
2) = Q(i1/2
42, i3/2
42)
= Q(i1/242, i) (4)
= Q(42, i) (5)
y tenemos el siguiente esquema
Q( 42, i)
Q
Q( 42) Q(i) 8
24
4 2
Supongamos que m 42,Q(i)(x) = x2 + (a + bi)x+ (c+ di) entonces
(42)2 + (a+ bi)
42 + (c+ di) = 0
lo cual implica en particular que a, b, c, d / Q, lo cual es una contradiccion,luego necesariamente [Q( 4
2, i) : Q(i)] = 4. Por lo tanto,
[Q(42, i) : Q] = 8 .
Demostracion de (4):Por demostrar que i Q(i1/2 42, i3/2 42) = K.Como i3/2 4
2 K entonces (i3/2 42)1 K lo cual implica que
i = (i3/242)1(i1/2
42) K .
Por demostrar que i3/2 42 Q(i1/2 42, i) = L.
Como i1/2 42, i L entonces i1/2 42 i L, luego i3/2 42 L.
Por lo tanto, Q(i1/2 42, i3/2 4
2) = Q(i1/2 4
2, i).
Demostracion de (5):Por demostrar que i1/2 Q( 42, i) = R.
42 R ( 4
2)1 R
( 42)2 R
i( 42)2 R
(1 + i)( 42)2 R .
16 Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
Observe que (1 + i)( 42)2 = (1 + i) 1
2=
22(1 + i) = i1/2 R.
Por demostrar que 42 Q(i1/2 42, i) = M .
Como2 =
( 42i1/2)2
iM entonces
i1/2 = (1 + i)12M 4
2 =
42i1/2
i1/2M .
Por lo tanto, Q( 42, i) = Q(i1/2 4
2, i).
3. Determine el cuerpo de descomposicion y el grado de este sobre Q parax4 + x2 + 1.
Solucion. Notemos que
x4 + x2 + 1 = x4 + 2x2 + 1 x2= (x2 + 1)2 x2= (x2 + x+ 1)(x2 x+ 1)
que tiene races1 i3
2,1 i3
2. El cuerpo de descomposicion es
Q
(1 i3
2,1 i3
2
)= Q
(1 + i3
2,1 i3
2
)
= Q(i3,i
3) = Q(i
3)
Pictoricamente se tiene que
Q(i3)
Q
Q(3) Q(i)2
22
11
y tenemos que [Q(i3) : Q] = deg(x2 + 3) = 2 .
4. Determine el cuerpo de descomposicion y el grado de este sobre Q parax6 4.
Teora de Cuerpos - Dummit and Foote 17
Solucion. Las races de x6 4 son k 64 con k = 1, . . . , 5 donde
=1 + i
3
2.
El cuerpo de descomposicion es:
Q(64,
64, 2
64, 3
64, 4
64, 5
64) = Q(
64,
64) = Q(
64, ) .
Tenemos el siguiente esquema
Q( 64, )
Q
Q( 64) Q()12
(6) = 26
6 2
por lo que [Q( 64, ) : Q( 6
4)] = 1 o 2, pero no puede ser 1 pues /
Q( 64). Por lo tanto, [Q( 6
4, ) : 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 pruebeque el producto entre ellos es x16 x.
Solucion. Los polinomios en cuestion 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 solo si, xd 1 divide a xn 1.
Solucion. Si d | n entonces n = qd. Sabemos que
xn 1 =n1k=0
(x kn) .
Consideremos una d-esima raz de la unidad kd con k = 1, . . . , d1. Como(kd )
n = (kd )qd = (kd )
kq = (1)kq = 1 .
Entonces, kd es tambien una n-esima raz de la unidad, entonces
(xd 1) | (xn 1) .Recprocamente, supongamos que d no divide a n entonces n = qd + r ytenemos que
xn 1 = xqd+1 xr + xr + 1 = xr(xqd 1) + (xr + 1) .Como (xd 1) | (xqd 1) y por hipotesis (xd 1) | (xn 1) lo que implicaque (xd 1) | (xr 1) lo cual es una contradiccion pues r < d.
4. Sea a > 1 un entero. Prube que para cualesquieras enteros positivos n, dtal que d divide a n si, y solo si, ad 1 divide a an 1. Conclutya enparticular que Fpd Fpn si, y solo si, d divide a n.
Solucion. Pictoricamente se tiene que
Fpn
Fp
Fpd n
d
Teora de Cuerpos - Dummit and Foote 19
Tenemos que
d | n pd 1 | pn 1 xpd1 1 | xpn1 1 xpd x | xpn x Fdp Fnp
5. Para cualquier primo p y caulquier elemento no cero a Fp pruebe quexp x+ a es irreducible y separable sobre Fp.
Solucion. Sean f(x) = xp x + a y una raz de f(x) entonces sat-isface que p + a = 0. Entonces, + 1 tambien es raz. En efecto,
f( + 1) = ( + 1)p + (+ 1) + a
= p + 1 1 + a= p + a = 0 .
Entonces, las p-races de f(x) son { + i | 0 i p 1} y como + i 6= + j para i 6= j. Entonces f(x) tiene p-races distintas, por loque f(x) es separable.Supongamos que Fp y como el conjunto de races es { + i | 0 i p1} y |Fp| = p entonces existe i tal que +i = 0, pero 0 = f(0) = a 6= 0,lo cual es absurdo. Luego, Fp se sigue que
{i | 0 i p 1} Fp = .
Ahora supongamos que f(x) es reducible, esto es, f(x) = r(x)s(x) paraciertos polinomios donde deg(r(x)) = d con 1 < d p 1 y
r(x) = xd + ad1xd1 + + a1x+ a0 =
dk=1
(x ( + ik)) ,
con ik {0, 1, . . . , p 1} entonces
d
k=1
( + ik) = ad1 dFp
= ad1Fp
d
k=1
ik Fp
Fp
lo cual es una contradiccion, por lo que f(x) es irreducible.
20 Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas
6. Pruebe que xpn1 1 =
Fpn
(x ). Deduzca que
Fpn
= (1)pn.
Obtenga de esto el teorema de Wilson: para p primo impar (p 1) 1(mod p)
Solucion. Sea f(x) = xpn1 1, derivando f(x) obtenemos
f (x) = (pn 1)xpn2 = xpn2 .que tiene a cero como raz y cero no es raz de f(x), entonces f(x) esseparable en Fpn. Luego
xpn1 1 =
F
pn
(x ) .
En particular, si x = 0 entonces
1 =
Fpn
() = (1)pn1
Fpn
Fpn
= (1)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= Kp. Pruebe queexisten polinomios irreducibles e inseparables en K[x]. Concluya que ex-ten extensiones finitas e inseparables sobre K.
Solucion. Consideremos f(x) = xp con = p para todo K, en-tonces f(x) es irreducible. En efecto, supongamos que f es reducible, estoes, 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 descomposicion de xp entonces existe raz talque p = . Luego,
xp = xp p = (x )p g(x) | (x )p
entonces g(x) = (x )k K[x] para cierto 1 k p lo que implica quek K 2k, 3k, (k)1 K
2k (k)1 = 2 K (2)1 K 3k (k)1 = 3 K 3 (2)1 = K
Teora de Cuerpos - Dummit and Foote 21
lo cual es una contradiccion. Por lo tanto, f(x) es irreducible y como
(xp ) = (xp p) = (x )p
entonces f(x) es inseparable. Se concluye que E es una extension finita einseparable sobre K.
8. Pruebe que f(x)p = f(xp) para cualquier polinomio f(x) Fp[x].
Solucion. Notemos que |Fp | = p1 entonces para cada a Fp , |a| | p1lo que implica que ap = ap1a = a. Entonces,
f(x)p = (xn + an1xn1 + + a1x+ a0)p
= (xn)p + (an1xn1)p + + (a1x)p + ap0
= (xp)n + (an1)p(xp)n1 + + ap1xp + ap0
= (xp)n + an1(xp)n1 + + a1xp + a0 = f(xp) .
9. Demuestre que el coeficiente binomial es el coeficiente de xpi en la ex-pasion (1+x)pn. Trabajando sobre Fp demuestre que este es el coeficiente
de (xp)i en (1 + xp)n y por lo tanto pruebe que
(pn
pi
)(
ni
)(mod p).
Solucion. Por el teorema del binomio
(1 + x)pn =
pni=0
(pn
i
)xpni .
entonces pn i = pi i = p(n i) n i = i n = 2i. Luego, se tieneque (
pn
pi
)xpnpi =
(pn
pi
)x2pipi =
(pn
pi
)xpi .
Por otro lado, tenemos que
((1 + x)p)n = (1 + xp)n =
ni=0
(n
i
)xpnpi .
Si n = 2i entonces (n
i
)x2pipi =
(n
i
)xpi
Por lo tanto, (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 m la m-esima razprimitiva de la unidad y n la n-esima raz primitiva de la unidad. Pruebeque mn es una mn-esima raz primitiva de la unidad.
Solucion. Tenemos que
(m)m = 1 si (m)
k = 1m | k ,(n)
n = 1 si (n)k = 1 n | k .
se sigue que (mn)mn = (nmm )(
mnn ) = (
mm )
n(nn)m = 1. Luego, si (mn)
k =1 y k < mn.
2. Sea n una n-esima raz primitiva de la unidad y sea d un divisor de n.Pruebe que dn s un(n/d)-esima raiz primitiva de la unidad.
Solucion.
3. Pruebe que si un cuerpo continene las n-esimas raices de la unidad para nimpar entonces tambien continene las 2n-esimas raices de la unidad.
Solucion. Como n | 2n entonces n 2n donde n es el grupo de lasn-esimas races de la unidad. Luego, tenemos el siguiente diagrama
Q(2n)
Q
Q(n) (2n) = (2)(n) = (n)
(n)
1
entonces Q(n) = Q(2n). Como Q(n) es el cuerpo mas pequeno quecontiene a las races de la unidad cualquier cuerpo mayor tiene un copiade Q(n).
4. Pruebe que si n = pkm donde p es un primo y m es relativamente primoa p entonces hay precisamente m distintas raices de la unidad sobre uncuerpo de caracteristica p.
Teora de Cuerpos - Dummit and Foote 23
Solucion. Notemos que
xn 1 = xpkm 1 = (xpk1m)p 1p= (xp
k1m 1)p = = (xm 1)pk .
Como (m, p) = 1 y xm 1 posee m races de la unidad distintas entoncesxn 1 posee m distintas races de la unidad.
5. Sea K una extension finita de Q. Pruebe que existe solo un numero finitode raices de la unidad en Q.
Solucion. Sea [K : Q] = n.
K
Q
Q(i)n
(i)
Si n es impar entonces K = {1, 2}, pues (n) es par, para todo n > 2.Si n es par entonces K contiene a las races i tal que (i) | n. Como elnumero de divisores de n es finito entonces hay finitas races de la unidadi que estan contenidas en K