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Exámenes de Álgebra Clásica resueltos
Antes de leer
Estos exámenes son la recopilación del trabajo de los alumnos que hemos pasado por la asignatura en
los dos últimos años. Si encuentras algo inconsistente a lo largo de la lectura es bastante posible que sea
realmente inconsistente, por lo cual en caso de duda recomendamos preguntar al profesor que de ejercicios
durante el curso.
Suerte, que esto se puede aprobar.
1. Septiembre de 2010
- Sea K/F una extesnsión de Galois, E 1 , E 2 cuerpos intermedios. Probar que E 1 y E 2 son F -isomorfos
si y sólo si G(K/E 1 ) y G(K/E 2 ) son conjugados.
- Sean p, s enteros positivos, p primo y F un cuerpo con ps^ elementos. Mostrar que todo elemento de
F tiene una raíz p^2 -ésima en F.
Solución. Queremos probar que si x ∈ F entonces x tiene alguna raíz p^2 -ésima, es decir, que existe
algún elemento y ∈ F tal que yp
2 − x = 0 o lo que es lo mismo, que yp
2 = x. Consideramos el endomorfismo de Frobenius
Ψ : F −→ F
x 7 −→ xp
Como el cuerpo es finito tenemos que además de ser inyectivo el endomorfismo resulta ser sobreyec- tivo, es decir, es un automorfismo. Consideramos la aplicación
ϕ = Ψ ◦ Ψ : F −→ F
x 7 −→ x
p^2
Como Ψ es sobreyectivo también lo es ϕ ya que la composición de aplicaciones sobreyectivas también
es sobreyectiva. Consecuencia directa de dicha sobreyectividad es la existencia de alguna raíz p^2 -
ésima de cada elemento. Si x ∈ F entonces por la sobreyectividad de ϕ existirá algún y ∈ F tal que yp
2 = x, es decir y es raíz p^2 -ésima de x.
- Sea f ∈ Q[X] un polinomio irreducible de grado 3 y K su cuerpo de descomposición. Si [K : Q] = 3
probar que todas las raíces de f son reales.
Solución. Como f es de grado 3 sabemos que tiene al menos una raíz real, a la que llamaremos x, y por ser irreducible ninguna de sus raíces está en Q ya que por ser de grado 3 si tuviese alguna
raíz en Q no sería irreducible. Supongamos que u ∈ K es una de las raíces de f y que es compleja. Siguiendo pues la fórmula de multiplicidad de grados deberá tenerse que
3 = [K : Q] = [K : Q(x)][Q(x) : Q]
Como f es irreducible de grado 3 y x es raíz suya, tenemos que [Q(x) : Q] = 3. Por otra parte Q(x) está contenido estrictamente en K ya que tiene Q(x) ⊂ R y K contiene a u que es un elemento de
C por lo cual [K : Q(x)] = s > 1 con s entero. Por tanto:
3 = [K : Q] = [K : Q(x)][Q(x) : Q] = s · 3 > 3
Acabamos pues de llegar a una contradicción (3 = s · 3 con s > 1 ) por lo cual no puede haber
ninguna raíz compleja.
- Teorema del elemento primitivo.
2. Febrero de 2010
- Sea K/F extensión de cuerpos. Supongamos que F tiene característica distinta de 2 y que x e y son elementos de K que no pertenecen a F y tales que x^2 , y^2 ∈ F.
a) Dar alguna base del F -espacio vectorial F (x)
b) Probar que F (x) = F (y) si y sólo si x^2 /y^2 es un cuadrado de F.
Solución.
a) Vemos que (X − x)(X + x) = X^2 − x^2. Consideremos pues el polinomio f (X) = X^2 − x^2. Como
x^2 ∈ F , tenemos que f (X) ∈ F [X]. Es claro que f es irreducible en F ya que ninguna de sus dos raíces, x y −x están en F por hípótesis y el grado de f es 2. Por tanto irr(x, X, F ) = f (X)
y una base para el F -espacio vectorial F (x) es { 1 , x}.
b) Supongamos primero que F (x) = F (y). Entonces usando el apartado anterior, como y ∈ F (x) existirán a, b ∈ F tales que y = a + bx. Si elevamos al cuadrado esta igualdad, tenemos que
y^2 = a^2 + 2abx + b^2 x^2. Esto se verifica si y sólo si −b^2 x^2 − a^2 + y^2 = 2abx. Por tanto 2 abx ∈ F. Como x 6 ∈ F se debe tener alguna de las siguientes opciones:
2 abx = 2cx^2 m^ con m ∈ Z − { 0 }, c ∈ F y c 6 = 0.
2 abx = 0
Trabajamos sobre la primera opción. Si se verifcase dicha opción, tendríamos que,ab = cx(2m−1) lo cual ocurre si y sólo si ab = cx(2m−2)x, es decir x = abc−^1 x−(2m−2)^ por lo cual x ∈ F lo cual
es imposible.
Trabajamos ahora sobre la segunda opción. Sabemos que y 6 = 0 ya que y 6 ∈ F y como la
característica de F es distinta de 2 , necesariamente habrá de tenerse a = 0 o bien b = 0. Si se tuviese b = 0 tendríamos que a^2 = y^2 por lo cual y = a o y = −a, es decir, y ∈ F lo cual
es imposible. Deberá tenerse entonces a = 0 por lo cual b^2 x^2 = y^2 lo cual ocurre si y sólo si (b−^1 )^2 = x^2 /y^2. Por tanto x^2 /y^2 es un cuadrado de F.
Recíprocamente, supongamos que x^2 /y^2 = b^2 para algún b ∈ F. De esto se sigue que x^2 = b^2 y^2
y por tanto x = ±by, es decir x ∈ F (y). Por lo cual F ⊆ F (x) ⊆ F (y). Aplicando la fórmula de multiplicatividad de grados tenemos que 2 = [F (y) : F ] = [F (y) : F (x)][F (x) : F ] = [F (y) :
F (x)] · 2 por lo cual [F (y) : F (x)] = 1, es decir F (x) = F (y).
- a) Sea x una raíz del polinomio f (X) = X^4 − X^2 + 1. La extensión Q(x)/Q ¿es normal?
b) Sea K el cuerpo de descomposición sobre Z/(2) del polinomio f (X) = X^4 + X^3 + 1 ∈ Z/(2)[X]
y x ∈ K una de sus raíces. ¿Es x un elemnto primitivo de la extensión K del cuerpo Z/(2)? Justifíquese las respuestas.
d ) Elegir dos subgrupos propios no triviales de G y determinar los subcuerpos correspondientes en la biyección subgrupo subcuerpo del teorema fundamental de la teoría de Galois.
Solución. Primero vamos a determinar las raíces del polinomio ya que esto nos facilitará el trabajo
que realizaremos en el resto del ejercicio. Para ello consideremos el polinomio
g(X) = f (X + 1) = (X + 1)
3 − 3(X + 1)
2
= X^3 + 3X^2 + 3X + 1 − 3 X^2 − 6 X − 3 + 3X + 3 − 3 = X^3 − 2
Las raíces de g(X) son {
2 , ξ
2 , ξ^2
2 }, donde ξ ∈ C es una raíz cúbica primitiva de la unidad.
Por tanto, por la definición de g las raíces de f son {1 +
2 , 1 + ξ
2 , 1 + ξ^2
2 }. Empezamos ahora a dar respuesta a las cuestiones que se nos plantean.
a) Acabamos de resolver esta cuestión, ya que hemos visto que x = 1 +
2 es raíz de f (X) y
hemos calculado las demás raíces de dicho polinomio.
b) Si K es cuerpo de descomposición de f entonces ha de verificar que K = Q(1 +
ξ
2 , 1 + ξ^2
2). Veamos que K = Q(
- donde y es una de las raíces. Es evidente la inclusión
Q(
- ⊆ K sea cual sea la raíz elegida. Veamos que se tiene también la otra inclusión. Lo probamos para y = 1 + ξ
- Llamemos K 0 = Q(
2 , 1 + ξ
2), vamos pues a ver que K ⊆ K 0.
Si x ∈ Q es claro que x ∈ K 0.
¿1 +
2 ∈ K 0? Si ya que
2 ∈ K 0 y 1 ∈ Q ⊂ K 0.
- ¿1 + ξ
2 ∈ K 0? Si, por construcción de K 0.
- ¿1 + ξ^2
2 ∈ K 0? Como 1 + ξ
2 ∈ K 0 tenemos que
2 ξ ∈ K 0 por lo cual como
2 ∈ K 0
tenemos que ξ ∈ K 0 por lo cual también se tiene que ξ^2 ∈ K 0. Por tanto 1 + ξ^2
2 ∈ K 0.
Se tiene pues la igualdad que queríamos probar. De forma análoga se obtiene la igualdad si
y = 1 + ξ^2
2 y podemos también afirmar que K = Q(
2 , ξ). Por tanto la igualdad que se nos
pide probar se verifica.
Nos piden también que calculemos cuantos elementos tiene el grupo de Galois de la extensión. Como la extensión es finita y de Galois se verifica la igualdad
[K : Q] = [K : Q]s = #G(K/Q)
Basta pues con que calculemos [K : Q] y tendremos el cardinal del grupo de Galois. Vamos pues a calcularlo:
[K : Q] = [Q(
2 , ξ) : Q(
2)][Q(
2) : Q]
1) [Q(
- : Q] = 3 ya que g(X) ∈ Q[X] es irreducible sin más que aplicar el criterio de Eisenstein para p = 2 y
2 es raíz de g.
- [Q(
2 , ξ) : Q(
2)] = 2 ya que ξ es raíz de h(X) = X^2 + X + 1 que es un polinomio irreducible de Q(
- ya que su grado es 2 y ninguna de sus raíces están en Q(
- ya que
dichas raíces son complejas y Q(
2) ⊂ R
Por tanto [K : Q] = 6.
c) Como [K : Q] = 6 G(K/Q) solo puede ser C 6 o S 3 1. Consideremos primero i : Q −→ K el
monomorfismo de inclusión. Queremos que σ : Q(
- −→ K extienda al monomorfismo de inclusión. Entonces se verificará que
σ(
ξ
ξ^2
(^1) Saber cuales son los candidatos a grupo de Galois a partir del orden es algo que puede ayudarnos, sin embargo podemos
hacer el ejercicio desconociéndolo por completo y acabarlo exitosamente
y todas las poisibles extensiones de σ a τ : K = Q(
2 , ξ) −→ Q son
τ (ξ) =
ξ
ξ^2
Vemos que solo hay 6 posibilidades al elegir imagenes para
2 y ξ. Como sabemos que el grupo
de Galois tiene orden 6 los automorfismos que acabamos de mostrar son todos los elementos del grupo de Galois de la extensión. De manera que los elementos de dicho grupo vienen dados
por
τ : K = Q(
2 , ξ) −→ Q
τ (
ξ
ξ^2
τ (ξ) =
ξ
ξ^2
Vemos que el grupo es S 3 = {Id, σ, τ, τ 2 , στ, στ 2 } y los subgrupos propios de S 3 son G 1 = {σ, Id} y G 1 = {τ, τ 2 , Id}. El conjunto generador de S 3 es {σ, τ }, donde
σ : K −→ K
ξ 7 −→ ξ^2
τ : K −→ K √ 3 2 7 −→
2 ξ
Nos piden determinar como actúan los elementos del grupo de Galois sobre las raíces de f.
Determinaremos como actúan sobre dichas raíces σ y τ.
σ(1 +
σ(1 + ξ
- = 1 + ξ
2 3
σ(1 + ξ^2
- = 1 + ξ^4
2 = 1 + ξ
τ (1 +
- = 1 + ξ
τ (1 + ξ
- = 1 + ξ^2
τ (1 + ξ
2 3
La forma en la que actúan el resto de los elementos quedará determinada por las composiciones
de σ y de τ ya que dichos elementos constituyen el conjunto generador del grupo.
d ) Solamente hay 2 subgrupos no triviales por lo cual tendremos que determinar los subcuerpos
de ambos grupos.
Trabajamos primero sobre G 1.
KG^1 = {x ∈ K, σ(x) = x ∀σ ∈ G 1 } = {x ∈ K, σ(x) = x} ⊇ Q(
Como el orden del grupo es 2 ha de verificarse que [KG^1 : Q] =
|G(K/Q)| |G 1 | =^
6 2 = 3. Por tanto como se tiene que [Q(
- : Q] = 3 se tendrá la igualdad y no únicamente la inclusión, es decir, KG^1 = Q(
- Sea K/F extensión de cuerpos. Supongamos que F tiene característica distinta de 2 y que x e y son
elementos de K que no pertenecen a F y tales que x^2 , y^2 ∈ F.
a) Dar alguna base del F -espacio vectorial F (x)
b) Probar que F (x) = F (y) si y sólo si x^2 /y^2 es un cuadrado de F.
Solución. Resuelto en el examen de Febrero de 2010.
- Justificar detalladamente que si ε es una raíz primitiva p-ésima de la unidad entonces [Q(ε) : Q] =
p − 1 , siendo p un primo positivo. ¿Qué puede decirse del caso en que p no es primo? Sea K/Q
extensión de cuerpos. Mostrar que si K tiene raíces de la unidad distintas de ± 1 y de orden que no sea potencia de 2 entonces tiene raíces primitivas p-ésimas de la unidad para algún primo positivo
p > 2. En este caso, mostrar que si K/Q tiene grado impar entonces las únicas raíces de la unidad que contiene son ± 1.
Solución. Consideremos el polinomio f (X) = Xp^ − 1 Es claro que 1 es raíz de dicho polinomio. Por
tanto podemos expresar f como f (X) = (X − 1)g(X) donde g(X) = Xp−^1 + Xp−^2 + · · · + 1. Si ε es raíz p-ésima de la unidad y ε 6 = 1 entonces g(ε) = 0 por lo cual [Q(ε) : Q] ≤ p − 1. Veamos que
g(X) es irreducible. Podemos expresar a g como g(X) = X
p− 1 X− 1. Sabemos que^ g(X)^ es irreducible si y sólo si g(X + 1) lo es. Probaremos pues que g(X + 1) es irreducible.
g(X + 1) =
(X + 1)p^ − 1
(X + 1) − 1
Xp^ +
(p 1
Xp−^1 +
(p 2
Xp−^2 + · · · +
( (^) p p− 1
X +
(p p
X
= X
p− 1
p
1
X
p− 2
p
2
X
p− 3
p
p − 1
Sabemos que p es primo y además divide a todos los coeficientes del polinomio salvo al coeficiente líder. Verifica también que p^2 no divide al término independiente que es p. Por tanto por el criterio
de Eisenstein, usando al primo p, g(X + 1) resulta ser irreducible por lo cual g(X) también lo es y [Q(ε) : Q] = p − 1. En el caso en que p no es primo se prueba en teoría que [Q(ε) : Q] = ϕ(n) donde
n es el orden del polinomio y ϕ la función de Euler.
Parte por probar
Finalmente si [K : Q] = m impar entonces tenemos que por el apartado anterior que si existe alguna
raíz de la unidad distinta de ± 1 entonces existe alguna raíz primitiva p-ésima de la unidad para algún primo positivo p > 2. De esto tenemos que [Q(ε) : Q] = p − 1 que es par ya que p > 2 por
lo cual se tendría que m que es impar se puede expresar como producto de un número par y otro número, lo cual es imposible. Por tanto las únicas raíces de la unidad han de ser ± 1.
a) Extensiones normales. Caracterización de la normalidad.
b) Teorema del elemento primitivo.
Elegir entre a) o b)
