Universidad Autónoma de Madrid Martes 19 de junio de Examen final: Álgebra II

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1 Universidad Autónoma de Madrid Martes 19 de junio de 2007 Examen final: Álgebra II Apellidos: D.N.I.: Nombre: Grupo: IMPORTANTE: Justifica todas tus respuestas. 1. Decide razonadamente si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. (a) (2 puntos) El J := {(a, b) Z Z : a + b 0 mod 4} es un ideal de Z Z. FALSO Basta observar que (2, 2) J, (1, 0) Z Z pero (1, 0)(2, 2) / J. (b) (3 puntos) El elemento Z[ 5] es irreducible. VERDADERO En primer lugar observamos que la función norma N : Z[ 5] N con N(a + b 5) = a 2 + 5b 2 es multiplicativa y además cumple que x Z[ 5] es invertible si y sólo si N(x) = 1. De aquí deducimos que si la norma de un elmento es un número primo, entonces el elemento en cuestión es irreducible. Como N( 5 + 6) = 41, es irreducible. Observación: Para usar la norma no hace falta que el anillo sea un dominio euclídeo. Más aún, Z[ 5] no es un dominio euclídeo (no es muy difícil comprobar que no es un dominio de factorización única). (c) (3 puntos) El polinomio x 5 12x + 2 es irreducible sobre Q( 7). VERDADERO Sea M el cuerpo de descomposición de x 5 12x + 2 sobre Q y sea α M una de sus raíces. Para demostrar la afirmación es suficiente con probar que el grado del polinomio mínimo de α sobre Q( 7) es 5, o en otras palabras, que [Q(α, 7) : Q( 7)] = 5. En primer lugar observamos que como [Q(α) : Q] = 5 ya que x 5 12x + 2 es irreducible sobre Q por el Criterio de Eisenstein (con p = 2). Como consecuencia, [Q(α, 7) : Q( 7)] 5. Por otro lado, [Q( 7) : Q] = 2 ya que x 2 7 es irreducible sobre Q por el Criterio de Eisenstein (con p = 7). Como 2 y 5 son coprimos, [Q(α, 7) : Q] = 10, y por tanto necesariamente [Q(α, 7) : Q( 7)] = 5.

2 (d) (2 puntos) El polinomio x 5 10x + 5 Q[x] es resoluble por radicales. VERDADERO Basta probar que su grupo de Galois es isomorfo a S 5, y para ello es suficiente comprobar que es irreducible sobre Q y que tiene exactamente 3 raíces reales y dos complejas (conjugadas). Sea M el cuerpo de descomposición de x 5 10x+5 sobre Q. En primer lugar observamos que x 5 10x+5 es irreducible sobre Q por el Criterio de Eisenstein (p = 5). Por lo tanto 5 divide al orden de G(M/Q), y como consecuencia este grupo contiene un elemento de orden 5. Como además G(M/Q) S 5, el grupo contiene un 5 ciclo. Por otro lado por el Teorema de Bolzano x 5 10x + 5 tiene ceros en los intervalos ( 2, 0), (0, 1) y (1, 2), por lo que tiene al menos tres raíces reales. Como su derivada, 5x 4 10, sólo tiene dos raíces reales, el polinomio no puede tener más de tres ceros reales. Por lo tanto x 5 10x + 5 tiene exactamente tres raíces reales y dos complejas conjugadas. La conjugación compleja es un automorfismo en G(M/Q) que intercambia las dos raíces complejas, y por tanto lo podemos identificar con una trasposición de S 5. Por lo tanto G(M/Q) es isomorfo a un subgrupo de S 5 que contiene un 5 -ciclo y una trasposición. Pero S 5 se puede generar con un 5 -ciclo y una trasposición, por lo que G(M/Q) S 5. Como S 5 no es soluble (porque contiene un subgrupo que no lo es, A 5 ) la extensión M/Q no es radical y en consecuencia x 5 10x + 5 no es resoluble por radicales. 2. Sean p(x), q(x) F p dos polinomios irreducibles de grados 6 y 3 respectivamente. (a) (2 puntos) Sea E el cuerpo de descomposición de p(x) sobre F p. Calcula [E : F p ]. Como p(x) es irreducible de grado 6, la extensión F p [x]/ p(x) tiene grado 6 sobre F p. Hay un único cuerpo con p 6 elementos, luego necesariamente F p [x]/ p(x) F p 6 E. Además F p 6 es una extensión normal de F p, así que como contiene una raíz del p(x) las tiene todas, de modo que E F p 6. En consecuencia, [E : F p ] = 6. (b) (2 puntos) Sea L el cuerpo de descomposición de q(x) sobre F p. Demuestra que L E. Por el mismo razonamiento que en el apartado anterior, L F p 3. Como G(E/F p ) C 6, hay una única extensión intermedia de grado 3 sobre F p. Como hay un unico cuerpo con p 3 elementos salvo isomorfismos, necesariamente esa extensión es L F p 3. (c) (3 puntos) Demuestra que p(x) no es irreducible sobre L. Cuáles son los grados de sus factores irreducibles sobre L? Si p(x) fuera irreducible sobre L, entonces 2 = [M : L] 6, lo cual es absurdo. Por lo tanto p(x) es reducible sobre L. Como [M : L] = 2 y es el cuerpo de descomposición de p(x) sobre L necesariamente éste factoriza como polinomios de grado menor o igual que dos sobre L. Si alguno de los factores tuviera grado

3 uno, p(x) tendría una raíz en L y por tanto las tendría todas, al ser L/F p normal. Pero entonces E L lo cual es absurdo. Por lo tanto p(x) factoriza como producto de 3 polinomios de grado dos irreducibles sobre L. (d) (3 puntos) Demuestra que la aplicación ϕ : E E con ϕ(α) = α p3 es un automorfismo de E y que su cuerpo fijo es L. La aplicación de Frobenius, F : E E con F (α) = α p es un homomorfismo de anillos ya que para todos a, b E: - F (a + b) = (a + b) p = a p + b p puesto que E es un cuerpo de característica positiva p. - F (ab) = (ab) p = a p b p. Además es inyectiva porque si a p = 0 necesariamente a = 0 puesto que E es un dominio de integridad. Como E es finito, si F es inyectiva tiene que ser sobreyectiva, luego es un isomorfismo. Además fija F p (por el Pequeõ Teorema de Fermat) así que en particular es un elemento de G(E/F p ). Como ϕ = F 3, se tiene que ϕ G(E/F p ). El cuerpo fijo por ϕ está formado por los elementos a E que satisfacen la condición a p3 = a, que no son otras que las soluciones de la ecuación x p3 x = 0. Como F p 3 está formado exactamente por esos elementos, se tiene que F p 3 L es el cuerpo fijo por ϕ. 3. (5 puntos) Sea f(x) Q un polinomio de grado n, sea M su cuerpo de descomposición sobre Q, y sea α M una de sus raíces. Consideramos el conjunto A := {γ(α) : γ G(M/Q)}. Demuestra que si A = n entonces f(x) es irreducible sobre Q. Sea p(x) Q[x] el polinomio mínimo de α sobre Q. Entonces p(x) divide a f(x). Por otro lado A está formado por las raíces de p(x) ya que cualquier automorfismo de M lleva una raíz de un polinomio irreducible sobre Q en otra raíz del mismo polinomio, y dadas dos raíces de un mismo polinomio irreducible siempre hay un automorfismo que lleva una en la otra. Así p(x) tiene n raíces distintas y por tanto grado n, de modo que p(x) es igual a f(x) salvo producto por un elemento invertible. Como consecuencia f(x) es irreducible sobre Q.

4 4. Sea p(x) = x 6 2x Q[x], y sea E C su cuerpo de descomposición sobre Q. Sea ξ C una raíz cúbica primitiva de la unidad, y sea β E una raíz de p(x). (a) Demuestra que las raíces de p(x) son β, βξ, βξ 2, β, βξ y βξ 2, y que por tanto E = Q(β, β, ξ). Como β es una raíz de x 6 2x 3 + 8, α = β 3 es una raíz de y 2 2y + 8. Resolviendo la ecuación y 2 2y + 8 = 0, obtenemos que α = 1 ± 7i. Por lo tanto y 2 2y + 8 tiene dos raíces α y su conjugado ᾱ. Entonces x 6 2x = (x 3 α)(x 3 ᾱ) = (x β 3 )(x β 3 ) = (x β)(x βξ)(x βξ 2 )(x β)(x βξ)(x βξ 2 ). Entonces las raíces de p(x) son β, βξ, βξ 2, β, βξ y βξ 2. Por lo tanto E = Q(β, βξ, βξ 2, β, βξ, βξ 2 ) = Q(β, β, ξ). La última expresión se puede simplificar más notando que (β β) 3 = 8 y por lo tanto como β β es un número real obtenemos que β β = 2. Entonces, E = Q(β, ξ). (b) Demuestra que [Q(β 3 ) : Q] = 2. Hemos visto en el apartado anterior que Q(β 3 ) = Q( 7i). Como el polinomio mínimo de 7i es x tiene grado 2, obtenemos que [Q(β 3 ) : Q] = 2. (c) Demuestra que Q(β 3 ) Q(β). Utiliza el mismo argumento para probar que Q(β 3 ) Q(βξ) y que Q(β 3 ) Q(βξ 2 ). Si Q( 7i) = Q(β 3 ) = Q(β), entonces existieran a, b Q tales β = a + b 7i. En particular, concluiríamos que γ = β + β es un número racional. Notemos que (γ) 3 = β 3 + β 3 + 3(β + β)(β β) = 2 + 6γ. Por el criterio de Eisenstein para p = 2 el polinomio y 3 6y 2 es irreducible, luego γ no es racional. Hemos llegado a una contradicción. Por lo tanto β Q(β 3 ). De la misma forma se comprueba que Q(β 3 ) Q(βξ) y que Q(β 3 ) Q(βξ 2 ). (d) (2 puntos) Usa el apartado anterior para probar que [Q(β) : Q(β 3 )] = 3. Consideramos el polinomio y 3 β 3 sobre Q(β 3 ). Por el apartado anterior ninguno de sus raíces está en Q(β 3 ). Por lo tanto y 3 β 3 es irreducible sobre Q(β 3 ) y es el polinomio mínimo de β sobre Q(β 3 ). Luego [Q(β) : Q(β 3 )] = 3.

5 5. Sea p(x) = x 6 2x Q[x], y sea E C su cuerpo de descomposición sobre Q. Sea ξ C una raíz cúbica primitiva de la unidad, y sea β E una raíz de p(x). Utiliza los resultados de los apartados del problema 4 para responder a las siguientes preguntas. (a) Utilizando el apartado (d) del problema 4 demuestra que existe un elemento σ G(E/Q) tal que σ(β 3 ) = β 3 pero σ(β) β. Por el problema anterior Q(β 3 ) es una extensión propia de Q(β). Por lo tanto por la correspondencia de Galois G(E/Q(β)) es un subgrupo propio de G(E/Q(β 3 )). Luego existe un elemento σ G(E/Q(β 3 )) \ G(E/Q(β)). (b) Cuáles son las posibles imágenes de β por σ? Y por σ 2? Como σ fija a β 3 y no fija a β, σ(β) es una raíz de x 3 β 3 (es el polinomio mínimo de β sobre Q(β 3 )) distinta de β. Por lo tanto σ(β) = βξ o σ(β) = βξ 2. La imagen de σ 2 (β) va a depender también de como σ actúa sobre ξ. Hay tres casos: i) σ(β) = βξ y σ(ξ) = ξ. En este caso σ 2 (β) = σ(βξ) = βξ 2. ii) σ(β) = βξ 2 y σ(ξ) = ξ. En este caso σ 2 (β) = σ(βξ 2 ) = βξ. iii) σ(ξ) = ξ 2. En este caso σ 2 (β) = σ(βξ k ) = β. (c) Demuestra que existe τ G(E/Q) tal que τ(β) = β. Notemos que como la conjugación compleja fija el polinomio p(x) = x 6 2x 3 + 8, el conjugado de cualquier elemento de E esta en E. Por lo tanto, la aplicación τ : E E definida mediante τ(e) = ē, e E, es un automorfismo de E. Notemos que, en particular, este automorfismo cumple la condición requerida: τ(β) = β. (d) (2 puntos) Utilizando los apartados (a), (b) y (c) anteriores demuestra que {γ(β) : γ G(E/Q)} = 6 y utiliza el problema 3 para concluir que p(x) es irreducible. Por los apartados anteriores existen σ 1, σ 2 G(E/Q)} tales que σ 1 (β) = βξ y σ 2 (β) = βξ 2 y existe τ : E E que es la restricción de la conjugación compleja. En particular, τ(β) = β, (τ σ 1 )(β) = βξ 2 y (τ σ 2 )(β) = βξ. Entonces {γ(β) : γ G(E/Q)} = 6 y por el problema 3 podemos concluir que p(x) es irreducible. Notemos que también podemos concluir que p(x) es irreducible usando el problema 4, ya que por este problema [Q(β) : Q] = [Q(β) : Q(β 3 )][Q(β 3 : Q] = 6. Esto implica que el grado del polinomio mínimo de β sobre Q es 6 y por lo tanto este polinomio es igual a p(x).

6 6. Sea p(x) = x 6 2x 3 +8 Q[x], y sea E C su cuerpo de descomposición sobre Q. Utiliza los resultados de los apartados de los problemas 4 y 5 para responder a las siguientes preguntas. (a) Demuestra que [E : Q] = 6 ó 12. Al final del problema 4a. hemos visto que E = Q(β, ξ). Por lo tanto [E : Q] = [Q(β)(ξ) : Q(β)][Q(β) : Q]. En el problema anterior hemos demostrado que [Q(β) : Q] = 6. Como y 2 +y +1 anula a ξ, [Q(β)(ξ) : Q(β)] puede ser 1 o 2. Por lo tanto [E : Q] = 6 ó 12. (b) Concluye que de hecho [E : Q] = 12. Si la extensión fuera de grado 6, su grupo de Galois estaría isomorfo a un grupo cíclico de orden 6 ó al grupo simétrico S 3. En ambos casos el grupo de Galois tendría un subgrupo de orden 3 y por la correspondencia de Galois, E tendría una subextensión de orden 2. Pero nuestra extensión tiene por lo menos dos subextensiones de grado 2 distintas: Q(ξ) = Q( 3i) y Q(β 3 ) = Q( 7i). Por lo tanto, [E : Q] no puede ser 6. (c) A qué grupo conocido es isomorfo G(E/Q(β 3 ))? Como la extensión [E : Q(β 3 )] tiene grado 6, G(E/Q(β 3 ) tiene 6 elementos y por lo tanto es isomorfo a un grupo cíclico de orden 6 ó el grupo simétrico S 3. Notemos que las subextensión Q(β) no es normal, por lo tanto G(E/Q(β 3 )) no es abeliano. Concluimos que G(E/Q(β 3 )) es isomorfo a S 3.