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\overfullrule5pt

\Materia{Teoría de Álgebras}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2012}
\Practica{1}
\Titulo{Anillos semisimples}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% Abreviaturas
\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}
\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\FF{\mathbb{F}}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% proclaiming things
\theoremseparator{.}
\newtheorem*{Definicion}{Definición}
\theoremindent\parindent
\newtheorem*{Teorema}{Teorema}
\newtheorem*{Proposicion}{Proposición}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}

\maketitle

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%
\item Sea $A$ un anillo y sea $M$ un $A$-módulo simple. Entonces o bien $M$,
considerado como grupo abeliano, es isomorfo a una suma directa de copias
de~$\QQ$, o bien existe $p\in\NN$ primo tal que $M$ es, considerado como grupo
abeliano, isomorfo a una suma directa de copias de~$\ZZ_p$.

\begin{Solucion}
Sea $D=\End_A(M)$. El lema de Schur nos dice que $D$~es un anillo de división y,
en particular, su centro $\Z(D)$~es un cuerpo. Sea $k$ la intersección de
\emph{todos} los subcuerpos de $\Z(D)$. Es fácil ver que o bien $k\cong\QQ$ o
bien existe $p\in\NN$ primo tal que $k\cong\ZZ_p$. En cualquier caso, como
$k\subset D$, $M$ es un $k$-espacio vectorial y el resultado del ejercicio es
consecuencia de que todo $k$-espacio vectorial es isomorfo a una suma directa de
copias de~$k$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Sea $A$ un anillo conmutativo y $M$ y $N$ dos $A$-módulos. Si
alguno de $M$ o~$N$ es semisimple, $M\ot_AN$ es semisimple.

\begin{Solucion}
Supongamos que $N$ es semisimple. Como el producto tensorial se distribuye sobre
sumas directas, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $N$ es simple. En
ese caso, existe un ideal maximal~$\m\lhd A$ tal que $N\cong A/\m$ y
$M\ot_AN\cong M\ot_AA/\m\cong M/\m M$. Como $M/\m M$ es un $A/\m$-módulo y
$A/\m$ es un cuerpo, $M/\m M$ es $A/\m$-semisimple. Esto implica inmediatamente
que $M\ot_AN\cong M/\m M$ es $A$-semisimple.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}
\item Si $A$ es un anillo semisimple y $B\subset A$ es un subanillo, ¿es $B$
necesariamente semisimple?

\begin{Solucion}
El cuerpo~$\QQ$ es semisimple pero $\ZZ\subset\QQ$ no es semisimple.~\qed
\end{Solucion}

\item Si $A$ es un anillo semisimple e $I\lhd A$ es un ideal bilátero, entonces
$A/I$ es semisimple.

\begin{Solucion}
Sea $B=A/I$. Vía la proyección canónica $\pi:A\to B$, $B$ resulta un $A$-módulo
a izquierda. Como $A$ es semisimple por hipótesis, $B$ es un $A$-módulo
semisimple. Ahora bien, un sub-$B$-módulo de~$A$ es lo mismo que un
sub-$A$-módulo de~$B$ porque $\pi$~es sobreyectiva. Luego $B$ es semisimple como
$B$-módulo a izquierda, esto es, $B$ es un anillo semisimple.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item\label{ej:morita:matrices}\header{Anillos de matrices}
\begin{ejitems}
\item Sean $A$ y $B$ anillos y $n$, $m\in\NN$.
Entonces $\M_m(\M_n(A))\cong\M_{mn}(A)$ y $\M_n(A\times
B)\cong\M_n(A)\times\M_n(B)$.

\item Si $A$ es un anillo semisimple y $n\in\NN$, entonces $\M_n(A)$
es semisimple.

\begin{Solucion}
Si $A$ es semisimple, existen $r$, $n_1$, \dots, $n_r\in\NN$ y anillos de
división $D_1$, \dots, $D_r$ tales que $A\cong\M_{n_1}(D_1)\times\M_{n_r}(D_r)$.
Si $n\in\NN$, el ejercicio anterior implica entonces que
  \[
  \M_n(A) \cong
  \M_n\big(\M_{n_1}(D_1)\times\M_{n_r}(D_r)\big)
  \cong
  \M_{n_1n}(D_1)\times\M_{n_rn}(D_r)
  \]
y esto es,  claramente, un anillo semisimple~\qed
\end{Solucion}

\item Sea $A$ un anillo y sea $n\in\NN$. Sea $P$ el conjunto de vectores
\emph{fila} de $n$~componentes en $A$ y sea $Q$ el conjunto de vectores
\emph{columna} de $n$~componentes en~$A$. Entonces $P$~es un
$A$-$\M_n(A)$-bimódulo y $Q$~es un $\M_n(A)$-$A$-bimódulo con acciones de
$\M_n(A)$ inducidas por el producto matricial. 
Más aún, hay un isomorfismo $Q\ot_AP\cong\M_n(A)$ de $\M_n(A)$-bimó\-dulos y un
isomorfismo $P\ot_{\M_n(A)}Q\cong A$ de~$A$-bimódulos.

Como consecuencia de esto, si $M$ es un $A$-módulo izquierdo, entonces 
  \[
  P\ot_{\M_n(A)}(Q\ot_A M)\cong M.
  \]

\begin{Solucion}
Las aplicaciones $\sigma:Q\ot_AP\to\M_n(A)$ y $\tau:P\ot_{\M_n(A)}Q\to A$
inducidas por la multiplicación matricial, esto es, tales que $\sigma(q\ot
p)=qp$ y $\tau(p\ot q)=pq$ cada vez que $p\in P$ y $q\in Q$ son isomorfismos de
$\M_n(A)$- y $A$-bimódulos, respectivamente.

La última afirmación sigue de considerar la composición
  \[\xymatrix@C-5pt{
  P\ot_{\M_n(A)}(Q\ot_A M)\cong M \ar[r]^-\cong
    & (P\ot_{\M_n(A)}Q)\ot_A M\cong M \ar[r]^-{\tau\ot\id_M}
    & A\ot_AM \ar[r]
    & M
  }\]
en la que el primer morfismo es el isomorfismo que da la asociatividad del
producto tensorial y el tercer morfismo el isomorfismo canónico.
\end{Solucion}

\item Si $M$ es un $A$-$B$-bimódulo y $N$ es un $B$-módulo izquierdo proyectivo,
entonces $M\ot_BN$ es un $A$-módulo proyectivo.

\begin{Solucion}
Es claro que si $N$ es un $B$-módulo a izquierda libre, $M\ot_BN$ es libre como
$A$-módulo. Si $N$ es un $B$-módulo proyectivo, entonces existe otro $B$-módulo
$N'$ tal que $N\oplus N'$ es libre. Pero entonces 
$M\ot_B(N\oplus N')\cong(M\ot_BN)\oplus(M\ot_BN')$ es $B$-libre y
$M\ot_BN$, es un sumando directo de él, es $B$-proyectivo.~\qed
\end{Solucion}

\item Sea $A$ un anillo. Si existe $n\in\NN$ tal que $\M_n(A)$ es semisimple,
entonces el anillo~$A$ mismo es semisimple.

\begin{Solucion}
Basta mostrar que si $\M_n(A)$ es semisimple, entonces todo $A$-módulo izquierdo
es proyectivo. Sea entonces $M$ un $A$-módulo. Como $\M_n(A)$ es semisimple, el
$\M_n(A)$-módulo $Q\ot_AM$ es proyectivo. Usando ahora las dos partes anteriores
de este ejercicio, esto implica que $M\cong P\ot_{\M_n(A)}(Q\ot_AM)$ es
$A$-proyectivo.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item Sea $A$ un anillo, $M$ un $A$-módulo finitamente generado. Si 
$B=\End_A(M)$ y $A$ es semisimple, entonces $B$ es semisimple.
Notemos que esto tiene como caso particular a la segunda parte del
ejercicio~\ref{ej:morita:matrices}, ya que si $M=A^n$, entonces
$\End_n(M)\cong\M_n(A)$.

\begin{Solucion}
Como $A$ es semisimple y $M$ es finitamente generado, existen $k\in\NN$, $n_1$,
\dots, $n_k\in\NN$ y $A$-módulos simples no isomorfos $M_1$, \dots, $M_k$ tales
que $M=\bigoplus_{i=1}^kM_i^{n_i}$. Si $D_i=\End_A(M_i)$, entonces
  \[
  B=\End_A(M)\cong\M_{n_1}(D_1)\times\cdots\times\M_{n_k}(D_k).
  \]
En particular, $B$~es semisimple.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}
\item Un anillo artiniano a izquierda sin divisores de cero es un anillo de división.

\begin{Solucion}
Sea $A$ un anillo artiniano a izquierda sin divisores de cero. Para ver que $A$
es un anillo de división, basta mostrar que todo elemento $a\in A$ posee un
inverso a izquierda. Ahora bien, la cadena decreciente de ideales izquierdos
$Aa\supset Aa^2\supset\cdots$ debe estabilizarse, de manera que existe $k\in\NN$
tal que $Aa^k=Aa^{k+1}$. En particular, existe $b\in A$ tal que $ba^{k+1}=a^k$,
esto es, tal que $(ba-1)a^k=0$. Como en $A$ no hay divisores de cero, vemos que
$ba=1$. Luego $a$ tiene a $b$ como inverso a izquierda.~\qed
\end{Solucion}

\item Si $A$ es un anillo sin divisores de cero tal que $\M_n(A)$ es semisimple
para algún $n\in\NN$, entonces $A$ es un anillo de división.

\begin{Solucion}
Si $\M_n(A)$ es semisimple, entonces es artiniano. Esto implica que $A$ mismo es
artiniano. Como además no ay en $A$ divisores de cero, la parte anterior implica
que $A$~es un anillo de división.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejitems}

\end{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Álgebras de grupos cíclicos}

Si $n\in\NN$, sea $G_n$ un grupo cíclico de orden $n$ y sea $g_n\in G_n$ un
generador.

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $k$ un cuerpo de característica cero. Si
  \(
   k G_n \cong \M_{n_1}(D_1)\times\dots\times\M_{n_r}(D_r)
  \)
es la factorización de $ k G_n$ como $ k$-álgebra dada por el teorema de Wedderburn,
de manera que es $r\in\NN$, $n_1$, \dots, $n_r\in\NN$ y $D_1$, \dots, $D_r$ son
$ k$-álgebras de división, entonces $n_1=n_2=\dots=n_r=1$ y $D_i$ es un cuerpo
para cada $i\in\{1,\dots,r\}$. 

En particular, hay exactamente $r$~isoclases de $ k G_n$-módulos simples y si
$S_1$, \dots, $S_n$ son representantes de estas clases, hay un isomorfismo de
$ k G_n$-módulos $ k G_n\cong\bigoplus_{i=1}^rS_i$.

\begin{Solucion}
En efecto, si ese no es el caso, el álgebra de la derecha no sería
conmutativa.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $k$ un cuerpo de característica cero. Sea $M$ un $ k
G_n$-módulo simple y sea $a:m\in M\mapsto g_nm\in M$ la multiplicación
por~$g_n$. Entonces $a\in\End_{ k G_n}(M)$ porque $ k G_n$ es un anillo
conmutativo. Sea $\mu\in k[X]$ el polinomio minimal de~$a$ sobre~$ k$. Muestre
que $\mu$ es irreducible en $ k[X]$. Además, si $k=\QQ$, entonces $\mu$ tiene
coeficientes enteros.

\begin{Solucion}
Supongamos que $\mu=f_1f_2$ con $f_1$,~$f_2\in k[X]$ y $(f_1,f_2)=1$.
Existen entonces $\alpha_1$,~$\alpha_2\in k[X]$ con $\alpha_1f_1+\alpha_2f_2=1$.
Pongamos $e_i=\alpha_i(a)f(a)\in\End_{ k G_n}(M)$ para $i\in\{1,2\}$. 
Claramente
  \[
  e_1e_2
    = e_2e_1
    = \alpha_1(a)\alpha_2(a)f_1(a)f_2(a)
    = \alpha_1(a)\alpha_2(a)\mu(a)
    = 0,
  \]
así que, como $\End_{ k G_n}(M)$ es un anillo de división, podemos suponer que
$e_1=0$. Esto implica que $\mu=f_1f_2\mid\alpha_1f_1$ y vemos que
$f_2\mid\alpha_1$. Pero entonces
  \[
  f_2\mid\alpha_1f_1+\alpha_2f_2=1,
  \]
de manera que $f_2\in k$. Esto muestra que $\mu$~es irreducible en~$ k[X]$.

Ahora bien, como $g_n^n=1$ en $G_n$, $a^n=\id_M$. Como $\mu$ es el polinomio
minimal de~$a$, concluimos que $\mu\mid X^n-1$. Cuando $k=\QQ$, usando que $\mu$
es mónico vemos que $\mu$ tiene coeficientes enteros.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item\header{Álgebras de grupos cíclicos sobre~$\CC$}
Sea $\Omega_n\subset\CC^\times$ el subgrupo multiplicativo
de~$\CC^\times$ de las raíces $n$-ésimas de la unidad. \begin{ejitems}

\item La aplicación
  \(
  \phi:\chi\in\hom_\Grp(G_n,\Omega_n)\mapsto\chi(g_1)\in\Omega_n
  \)
es un isomorfismo de grupos abelianos. 
Esto implica que el conjunto $\hat G_n=\hom_\Grp(G_n,\Omega_n)$ tiene exactamente
$n$~elementos; llamemoslos $\chi_1$, \dots, $\chi_n$.

\item Muestre que si $\chi$, $\rho\in\hat G_n$, entonces
  \[
  \sum_{g\in G_n}\chi(g)\rho(g^{-1})=\delta_{\chi,\rho}.
  \]
\begin{Indicacion}
Multiplique el miembro izquierdo de esta igualdad
por~$\big(1-\chi(g_1)\rho(g_1^{-1})\big)$.
\end{Indicacion}

\item Si $\chi\in\hat G_n$, sea $e_\chi=\frac1n\sum_{g\in G_n}\chi(g^{-1})g\in\CC
G_n$. Entonces si $\chi$, $\rho\in\hat G_n$, 
  \begin{gather*}
  e_\chi^2 = e_\chi, \\
  e_\chi e_\rho = 1, \qquad\text{cuando $\chi\neq\rho$},
\shortintertext{y}
  \sum_{\chi\in\hat G_n}e_\chi=1.
  \end{gather*}

\item Consideremos el anillo $A=\CC\times\dots\times\CC$ con
$n$~factores y sean $x_1$, \dots, $x_n\in A$ los elementos de la base canónica.
Hay un isomorfismo de anillos $\phi:\CC G_n\to A$ tal que $\phi(e_{\chi_i})=x_i$
si $1\leq i\leq n$. Describa representantes para cada isoclase de $\CC
G_n$-módulos simples.

\end{ejitems}

\item\header{Álgebras de grupos cíclicos sobre~$\QQ$}
\begin{ejitems}

\item Sea $p$ un número primo. Si $0\leq k<l$, sea $\phi_{k,l}:\QQ
G_{p^l}\to\QQ G_{p^k}$ el único morfismo de anillos tal que
$\phi_{k,l}(g_{p^l})=g_{p^k}$. Entonces $\ker\phi_{k,l}=\gens{g_{p^l}^{p^k}-1}$.
Además, si $0\leq r<k<l$, es $\phi_{r,l}=\phi_{r,k}\circ\phi_{k,l}$.

\item Sea $p$ un número primo y pongamos
$\Phi_p=\sum_{i=0}^{p-1}X^i\in\ZZ[X]$. Entonces 
  \[
  X^{p^l}-1 = (X-1)\prod_{i=0}^{l-1}\Phi_p(X^{p^i})
  \]
y cada uno de los factores $\Phi_p(X^{p^i})$ con $0\leq i<l$ es irreducible
en~$\QQ[X]$.

\item Sea $p$ un número primo impar. Sea $l\geq1$ y sea $M$ un
$\QQ G_{p^l}$-módulo simple. Si $\dim_\QQ M<p^l-p^{l-1}$, entonces existe $k<l$
y un $\QQ G_{p^k}$-módulo simple $N$ tal que $M\cong\phi_{k,l}^*(N)$.

\begin{Solucion}
Sea $M$ como en el enunciado. Notemos $\rho:\QQ G_n\to\End_\QQ(M)$ al morfismo
de anillos que determina la estructura de $\QQ G_n$-módulo sobre~$M$. Es fácil
ver que alcanza con mostrar que existe $k<l$ tal que $g_{p^l}^{p^k}-1\in\ker\rho$,
ya que en ese caso será $\ker\phi_{k,l}\subset\ker\rho$ y $\rho$~se factorizará
a lo largo de~$\phi_{k,l}$.

Sea $a:m\in M\mapsto g_{p^l}m\in M$ la multiplicación por $g_{p^l}$ y sea
$\mu\in\QQ[X]$ el polinomio minimal de $a$ sobre $\QQ$. Sabemos que $\mu$ es
irreducible en~$\QQ[X]$. Por otro lado, como $a^{p^l}=\id_M$, es
  \[
  \mu \mid X^{p^l}-1 = (X-1)\prod_{i=0}^{l-1}\Phi_p(X^{p^i}).
  \]
Luego o bien $\mu=X-1$ o bien existe $i\in\{0,\dots,l-1\}$ tal que
$\mu=\Phi_p(X^{p^i})$.

En el primer caso, vemos que $a=\id_M$ y $M$~es un $\QQ G_{p^l}$-módulo trivial.
Esto dice que $g_{p^l}-1\in\ker\rho$ y que podemos tomar $k=0$.

Supongamos entonces que estamos en el segundo caso, de manera que
$\mu=\Phi_p(X^{p^i})$ con $0\leq i<l$. Como
  \[
  p^{i+1}-p^i = \deg\mu \leq \dim_\QQ M < p^l-p^{l-1},
  \]
se tiene de hecho que $i<l-1$. Por otro lado,
  \[
  \mu=\Phi_p(X^{p^i}) \mid X^{p^{i+1}} - 1,
  \]
así que $a^{p^{i+1}}=\id_M$ y vemos que $g_{p^l}^{p^{i+1}}-1\in\ker\rho$.
Concluimos que, en este caso, podemos tomar $k=i+1$.~\qed
\end{Solucion}

\item Sea $p$ un número primo impar. Notemos $M_0$ al único $\QQ
G_1$-módulo simple. Entonces, para todo $l\geq1$ existe, a menos de isomorfismo,
un único $\QQ G_{p^l}$-módulo simple $M_l$ tal que $\dim_\QQ M_l\geq
p^l-p^{l-1}$. Además, se tiene que
  \begin{itemize}
  \item $\dim_\QQ M_l=p^l-p^{l-1}$; y
  \item $\QQ G_{p^l}\cong\bigoplus_{l=0}^{l-1}\phi_{i,l}^*(M_i)\oplus M_l$.
  \end{itemize}

\begin{Indicacion}
Haga inducción con respecto a~$l$.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $l=1$. Sea $M$ un $\QQ G_p$-módulo simple no trivial y
sea $\mu\in\QQ[X]$ el polinomio minimal de la aplicación $a:m\in M\mapsto
g_pm\in M$. Es $a^p=\id_M$, así que $\mu\mid X^p-1=(X-1)\Phi_p(X)$. Como $\mu$
es irreducible y $1$ no puede ser un autovalor de $a$, esto implica que
$\mu=\Phi_p(X)$. 

En particular, $\dim_\QQ M\geq\deg\Phi_p(X)=p-1$. Como todo módulo simple es
sumando directo de $\QQ G_p$, $\phi_{0,1}^*(M_0)\oplus M$ es sumando directo de
$\QQ G_p$ y vemos que $\dim_\QQ M\leq p-1$. Así, debe ser $\dim_\QQ M=p-1$ y
$\QQ G_p\cong\phi_{0,1}^*(M_0)\oplus M$.

Esto nos dice que hay dos isoclases de $\QQ G_p$-módulos simples, las de
$\phi_{0,1}^*(M_0)$ y la de~$M$. Llamando $M_1=M$, concluimos que el enunciado
es cierto cuando $l=1$.

Supongamos ahora que $l>1$ y consideremos un $\QQ G_{p^l}$-módulo simple $M$ tal que
$\dim_\QQ M\geq p^l-p^{l-1}$. La hipótesis inductiva nos dice que los $\QQ
G_{p^l}$-módulos
  \[
  \phi_{l-1,l}^*(\phi_{i,l-1}^*(M_i))=\phi_{i,l}^*(M_i),
    \qquad \text{con $0\leq i<l-1$}
  \]
y $\phi_{l-1,l}^*(M_l)$ son simples. Como tienen dimensiones distintas dos
a dos, son no isomorfos dos a dos; más aún, tienen dimensión estrictamente menor
que $p^l-p^{l-1}$, de manera que no son isomorfos a~$M$. Entonces
  \[
  U=\bigoplus_{i=0}^{l-1}\phi_{i,l}^*(M_i)\oplus M
  \]
es un sumando directo de $\QQ G_{p^l}$. Calculando dimensiones, vemos que
  \[
  p^l \leq 
    \dim_\QQ M + p^{l-1} 
    = 1+\sum_{i=1}^{l-1}(p^i-p^{i-1})+\dim_\QQ M
    \leq\dim_\QQ\QQ G_{p^l}
    =p^l,
  \]
así que $\dim_\QQ M=p^l-p^{l-1}$. Además, como entonces $\dim_\QQ U=\dim_\QQ\QQ
G_{p^l}$, concluimos que de hecho
  \[
  \QQ G_{p^l}
    \cong \bigoplus_{i=0}^{l-1}\phi_{i,l}^*(M_i)\oplus M
  \]
y que todo $\QQ G_{p^l}$-módulo simple de dimensión al menos $p^l-p^{l-1}$ es
isomorfo a $M_l=M$.

Esto completa la inducción.~\qed
\end{Solucion}

\item Enuncie y pruebe enunciados análogos a los dos últimos para $p=2$.

\item Sea $p\in\NN$ primo, $l\geq1$ y sea $M_l$ un $\QQ
G_{p^l}$-módulo simple de dimensión $p^l-p^{l-1}$. Entonces $M_l$ posee una base
con respecto a la cual la matriz de la aplicación $a:m\in M\mapsto g_{p^l}m\in
M$ es la matriz compañera del polinomio $\Phi_p(X^{p^l})$.

\begin{Solucion}
Sea $\mu\in\QQ[X]$ el polinomio minimal de~$a$; recordemos que es irreducible
sobre~$\QQ$. Como $a^{p^l}=\id_M$, 
  \[
  \mu\mid(X-1)\prod_{i=0}^{l-1}\Phi_p(X^{p^i}).
  \]
Como $\dim_\QQ M>1$, $M$ no es un módulo trivial, así que $\mu\neq X-1$. Existe
entonces $i\in\{0,\dots,l-1\}$ tal que $\mu=\Phi_p(X^{p^i})$. En particular,
$\deg\mu=p^{i+1}-p^i$. Si $m\in M\setminus0$, es
  \[
  p^l-p^{l-1} = \dim_\QQ \QQ G_{p^l}\cdot m \leq \deg\mu = p^{i+1}-p^i,
  \]
de manera que $i=l-1$ y $\deg\mu=\dim_\QQ M$. Esto nos dice que $\mu$ coincide
con el polinomio característico de~$a$, y un resultado conocido de álgebra
lineal implica que existe una base de~$M$ con respecto a la cual la matriz de~$a$ 
es precisamente la matriz compañera de~$\mu$.~\qed
\end{Solucion}

\item Sea $f\in\QQ[X]$ un polinomio mónico irreducible y sea
$a\in\M_n(\QQ)$ su matriz compañera. Entonces, si $\C(a)\subset\M_n(\QQ)$ es el
centralizador de $a$ en $\M_n(\QQ)$, hay un isomorfismo $\C(a)\cong\QQ[X]/(f)$.

\begin{Solucion}
Como $f$ es irreducible, todas sus raíces en~$\CC$ son simples. El teorema sobre
la forma normal de Jordan nos dice, entonces, que exite una matriz
$c\in\GL_n(\CC)$ tal que $cac^{-1}$ es diagonal con todos sus coeficientes
diagonales distintos.

Sea ahora $b\in\C(a)$. Es $cbc^{-1}\in\C(cac^{-1})$. Como $cac^{-1}$ es diagonal
con autovalores simples, existe un polinomio $q\in\CC[X]$ tal que
$q(cac^{-1})=cbc^{-1}$. Pero entonces $q(a)=b$. 

Notemos que, a menos de reemplazar a~$q$ por el resto de dividirlo por~$f$,
podemos suponer que $\deg q<n$. Si $q=\sum_{i=0}^{n-1}q_iX^i$, vemos entonces
que
  \[
  q_{n-1}a^{n-1} + q_{n-2}a^{n-2} + \dots + q_1 a + q_0 = b.
  \]
Tomemos ahora $n-1$ variables escalares $X_0$, \dots, $X_{n-1}$ y consideremos el
sistema de $n^2$ ecuaciones que se obtienen tomando las coordenadas de la
siguiente ecuación matricial:
  \[
  X_{n-1}a^{n-1} + X_{n-2}a^{n-2} + \dots + X_1 a + X_0 = b.
  \]
Ese sistema está sobredeterminado pero claramente es compatible, ya que
poniendo $X_i=q_i$ para cada $i\in\{0,\dots,n-1\}$ obtenemos una solución.
Como tiene coeficientes racionales, esto implica que tiene soluciones
\emph{racionales}. Esto nos dice exactamente que existe un polinomio
$g\in\QQ[X]$ con $\deg g<n$ tal que $g(a)=b$.

Hemos mostrado que el morfismo de anillos $\phi:h\in\QQ[X]\mapsto h(a)\in\C(a)$
es sobreyectivo. Como $f$ es el polinomio minimal de~$a$, $\ker\phi=(f)$ y
obtenemos el isomofismo $\C(A)\cong\QQ[X]/(f)$ buscado.~\qed
\end{Solucion}

\item Sea $p\in\NN$ primo. Para cada $l\in\NN$, sea
$\zeta_l\in\CC$ una raíz primitiva $p^l$\nbd-ésima de la unidad y sea $\QQ(\zeta_l)$
el menor subcuerpo de $\CC$ que la contiene. Entonces hay un isomorfismo de
álgebras
  \[
  \QQ G_{p^l} \cong \QQ\times\QQ(\zeta_1)\times\cdots\times\QQ(\zeta_l).
  \]

\begin{Solucion}
Sabemos a esta altura que hay un conjunto de representantes de las isoclases de
$\QQ G_{p^l}$-módulos simples de la forma $\{M_0,\dots,M_l\}$ tal que $M_0$ es
trivial y para cada $i\in\{1,\dots,l\}$, $M_i$ posee una base en la cual la
multiplicación por $g_{p^l}$ tiene asociada la matriz compañera del polinomio
$\Phi_p(X^{p^i})$. En particular,
  \[
  \QQ G_{p^l}
    \cong
    \End_{\QQ G_{p^l}}(M_0)\times\dots\times\End_{\QQ G_{p^l}}(M_l).
  \]
Bastará mostrar, entonces, que $\End_{\QQ G_{p^l}}(M_i)\cong\QQ(\zeta_i)$ para
cada $i\in\{0,\dots,l\}$. Notemos que cuando $i=0$ esto es evidente.

Sea entonces $i\in\{1,\dots,l\}$. Si $a\in\M_{p^i-p^{i-1}}(\QQ)$ es la matrix
compañera de~$\Phi_p(X^{p^i})$, entonces es fácil ver que $\End_{\QQ
G_{p^l}}(M_i)\cong\C(a)$. Usando el ítem anterior, esto es isomorfo a
$\QQ[X]/(\Phi_p(X^{p^i}))$. El resultado seguirá si podemos mostrar que
$\Phi_p(X^{p^i})$ es el polinomio minimal de~$\zeta_i$ sobre~$\QQ$.
Como $\Phi_p(X^{p^i})$ es irreducible sobre~$\QQ$, esto es consecuencia
inmediata de que $\Phi_p(\zeta_i^{p^i})=0$.~\qed
\end{Solucion}

\item Supongamos que $n$ es impar y que $n=p_1^{m_1}\cdots p_r^{m_r}$ es la
factorización de $n$ como producto de potencias de primos distintos.
Entonces $G_n\cong G_{p_1^{m_1}}\times\cdots\times G_{p_r^{m_r}}$.

Si $M$ es un $\QQ G_n$-módulo
simple, entonces existen $l_1$, \dots, $l_r\in\NN$ tales que $l_i\leq m_i$ si
$i\in\{1,\dots,r\}$ y
  \[
  M \cong M_{p_1,m_1,l_1}\boxtimes\cdots\boxtimes M_{p_r,m_r,l_r}.
  \]
Aquí $M_{p,m,l}$ es el único $\QQ G_{p^m}$-módulo simple de dimensión
$p^l-p^{l-1}$.
\end{ejitems}

\end{ejercicios}

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\section{Álgebras de grupo}

\begin{ejercicios}

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\item Muestre que si $k\in\{\QQ,\RR,\CC\}$, entonces $kS_3\cong k\times
k\times\M_2(k)$.
 
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Encuentre la descomposición de Wedderburn para $kD_4$ con
$k\in\{\QQ,\RR,\CC\}$ si $D_4=\gens{s,t:s^2=t^4=1,\,sts=t^{-1}}$.

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\item Sea $Q=\{\pm1,\pm i,\pm j,\pm k\}$ el grupo de los cuaterniones unitarios.
Muestre que
  \begin{gather*}
  \QQ Q\cong \QQ\times\QQ\times\QQ\times\QQ\times\HH_\QQ, \\
  \RR Q\cong \RR\times\RR\times\RR\times\RR\times\HH_\RR, \\
\shortintertext{y}
  \CC Q\cong \CC\times\CC\times\CC\times\CC\times\M_2(\CC).
  \end{gather*}
Aquí $\HH_\RR$ es el anillo de los cuaterniones reales y $\HH_\QQ$ es el análogo
definido sobre~$\QQ$.

\end{ejercicios}

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\foto{Wedderburn}{
Joseph Henry Maclagen Wedderburn\\1881--1948, Escocia y Estados Unidos}{}

\end{document}
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% vim: tw=80 fileencoding=latin1
