1 ´ Algebra abstracta II ´ digo: Nombre/Co Guillermo Mantilla-Soler Mayo 2 2015 Examen III Problemas 1 /35pts 2 /13pts 3 /12pts Total:/50pts Puntuaci´on Preguntas 1. (35 pts) Sea L/F una extensi´ on algebraica. (i) (5 pts) Suponga que la extensi´on 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 hip´otesis. 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 conclusi´on anterior es falsa si char(F ) = 2. Sol: Dado que la extensi´ on es de grado primo, ver Tarea 10.1.a, la extensi´on es simple. Como el grado de la extensi´ on es 2, si L = K(β) para alg´ un 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 tama˜ no 2.√Como todo elemento en F2 es un cuadrado no existe L extensi´ on de grado 2 de la forma F ( α). Sin embargo existe L/F de grado 2 e.g., el cuerpo de tama˜ no 4 que puede ser explicitamente descrito como F2 [x]/hx2 + x + 1i. 2 (iv) (3 pts) Suponga que char(F ) = 0. ¿Es la extensi´on L/F simple? Demuestre o escriba un contraejemplo. Sol: No necesariamente. Si la extensi´on fuera simple ser´ıa una extensi´on 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 n´ umero primo, se tiene que [Q(β) : Q] ∈ {1, 3}. Si el grado es 1 se tendr´ıa que β ∈ Q, pero eso implicar´ıa 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 caracter´ıstica 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 est´a 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 extensi´ on es separable se sigue del teorema del elemento primitivo que existe α ∈ L tal que L = F (α). El resultado se sigue de la hip´otesis. (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 s´ olo 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 descomposici´on de f sobre F . Sol: Sea L el cuerpo de descomposici´on de f sobre F y sea β una ra´ız de f . En L[x] se tiene que f (x) = xp − β p = (x − β)p , en particular f (x) tiene s´olo una ra´ız 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 u ´nica ra´ız 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 ∼ ´ltimo es el cuerpo de descomposici´on de f . = F (β) pero este u 2. (13 pts) Sea F un cuerpo de caracter´ıstica 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 inducci´on en el grado de f (ii) (4 pts) Muestre que F es perfecto si y s´olo 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 alg´ un polinomio h(x) (los coeficientes de g(x) son las potencias p-´esimas de los coeficientes de h(x).) Se seguir´ıa entonces de la sobreyectividad de Frobp que f (x) = h(x)p lo que contradice la irreducibilidad de f (x). S´ olo si: Suponga que Frobp no es sobreyectivo. Entonces existe α ∈ F tal que f (x) = xp − α no tiene ra´ıces 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 funci´on 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 expl´ıcito de un cuerpo de caracter´ıstica p donde FrobP no sea sobreyectivo. Sol: Considere el cuerpo de funciones racionales en una variable sobre el cuerpo de tama˜ no 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 ´nica ra´ız real positiva de f (x). coeficientes racionales f (x) = x4 − n. Sea α = 4 n la u (i) (1 pts) Muestre que L = Q(α, i) es el cuerpo de descomposici´on de f (x) sobre Q. Sol: Sea M el cuerpo de descomposici´on de f (x) sobre Q. Como las ra´ıces 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 hip´ otesis en n tenemos que f no tiene ra´ıces en Z es decir no tiene factores m´onicos 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 tendr´ıa 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 deber´ıa ser x2 + n pero este u ´ltimo polinomio no est´ a 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 ra´ız f se tendr´ıa 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 contradicci´on 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 est´ a en Q[x].) 4 Sol: Como Q(α + i) ⊆ Q(α, i) y este u ´ltimo 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) tambi´en 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 s´olo 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.