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\Materia{Álgebra 3}
\Cuatrimestre{Segundo cuatrimestre --- 2014}
\Titulo{Recuperatorio del primer parcial}

\hyphenation{anillo sub-anillo grado cuerpo cuerpos mor -fismo mor-fismos
  Muestre muestre iso-mor-fismo misma mismo exacta-mente grupo sobre}

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

\maketitleParcial

\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K=\FF_7(X)$ con $X$ trascendente sobre~$\FF_7$, sea
$\sigma:K\to K$ el automorfimo de cuerpos tal que $\sigma(X)=2X+1$ y sea
$G=(\sigma)\subseteq\Aut(K)$ el grupo de automorfismos generado por~$\sigma$.
Encuentre $f\in K$ tal que $K^G=\FF_7(f)$.

\begin{Solucion}
Como
  \[
  X 
    \stackrel{\sigma}\longmapsto 2X+1
    \stackrel{\sigma}\longmapsto 4X+3
    \stackrel{\sigma}\longmapsto X,
  \]
el automorfismo~$\sigma$ tiene orden~$3$. El grupo
$G=(\sigma)$ es entonces cíclico de orden~$3$ y el teorema de Artin nos
dice, en consecuencia, que $[K:K^G]=\abs{G}=3$. El polinomio
  \[
  f = X\sigma(X)\sigma^2(X) = X(2X+1)(4X+3) \in K
  \]
es evidentemente invariante por~$\sigma$, de manera que $f\in K^G$. Como
$f$ tiene grado~$3$, sabemos de un ejercicio de la práctica que
$[K:\FF_7(f)]=3$. Como $\FF_7(f)\subseteq K^G\subseteq K$, y las
extensiones $K/K^G$ y $K/\FF_7(f)$ tienen el mismo grado, vemos que
$K^G=\FF_7(f)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E/K$ una extensión galoisiana de un cuerpo $K$ de característica
distinta de~$2$ con $\Gal(E/K)\cong\ZZ/4\ZZ$.
Muestre que existen $a$,~$b\in K$ con $a\neq0$, $b\not\in K^2$ tales que
$E$ es el cuerpo de descomposición de~$(X^2-a)^2-b$ sobre~$K$.

\begin{Solucion}
Sea $\sigma$ un generador de~$\Gal(E/K)$, que tiene entonces orden~$4$.
Sea $F=E^{\sigma^2)}$; del teorema de Galois sabemos que $E/K$ y $F/K$ son
extensiones cuadráticas, y que sus grupos de Galois están generados
por~$\sigma^2$ y por~$\sigma$, respectivamente.
Como la característica de~$K$ no es dos, sabemos
que existen $\beta\in F$ tal que $\beta^2\in K\setminus K^2$ y
$F=K(\beta)$, y $\alpha\in E$ tal que $\alpha^2\in F\setminus F^2$ y
$E=F(\alpha)$. La descripción de los grupos de Galois de las
extensiones $E/F$ y $F/K$ implican que $\sigma^2(\alpha)=-\alpha$ y
$\sigma(\beta)=-\beta$.

Como $\alpha^2\in F=K(\beta)$, existen $a$,~$c\in K$ tales
que $\alpha^2=a+c\beta$. Si fuese $c=0$, $\sigma(\alpha)$ tendria que ser
una raíz del polinomio $X^2-a\in K[X]$, así que o bien
$\sigma(\alpha)=\alpha$ o bien $\sigma(\alpha)=-\alpha$: estas dos
posibilidades contradicen el hecho de que $\sigma^2(\alpha)=-\alpha$, y
entonces vemos que $c\neq0$. Como entonces $\beta=(\alpha^2-a)/c\in
K(\alpha)$, tenemos que $E=K(\alpha)$. En particular, el polinomio minimal
de~$\alpha$ sobre~$K$ tiene grado $4$, ya que $[E:K]=4$.

Como $\alpha^2-a=c\beta$, es $(\alpha^2-a)^2=c^2\beta^2$, y $\alpha$ es
raíz de $f=(X^2-a)^2-c^2\beta^2\in K[X]$. Este polinomio tiene que ser
entonces el polinomio minimal de~$\alpha$ sobre~$K$ y, en particular, ees
irreducible. Como $E/K$ es normal, todas las raíces de~$f$ están en~$E$ y,
como este cuerpo esta generado sobre~$K$ por una de ellas, vemos que $E$
es el cuerpo de descomposición de~$f$.

Como $c\neq0$ y $\beta^2\in K\setminus K^2$, si ponemos $b=c^2\beta^2$
tenemos que $b\in K\setminus K^2$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un cuerpo de descomposición de $X^6-3$ sobre~$\QQ$.
Determine el grupo de Galois de la extensión $E/\QQ$ y la cantidad de
extensiones cuadráticas y normales de~$\QQ$ contenidas en~$E$.

\begin{Solucion}
Sea $\zeta\in\CC$ una raíz cúbica primitiva de la unidad, de manera que
$-\zeta$ es una raíz sexta primitiva de la unidad. Sea, por otro lado,
$\alpha\in\RR$ tal que $\alpha^6=3$. Las raíces del polinomio son los
números $(-\zeta)^i\alpha$ con $0\leq i<6$. Claramente, entonces,
$E=\QQ(\zeta,\alpha)$. Consideremos el diagrama
  \[
  \begin{tikzpicture}
  \node (Q) at (0,0) {$\QQ$};
  \node (Qa) at (-1,1) {$\QQ(\alpha)$};
  \node (Qz) at (+1,1) {$\QQ(\zeta)$};
  \node (E) at (0,2) {$\QQ(\zeta,\alpha)$};
  \draw (Q) -- (Qa);
  \draw (Q) -- (Qz);
  \draw (Qa) -- (E);
  \draw (Qz) -- (E);
  \end{tikzpicture}
  \]
Claramente $[\QQ(\alpha):\QQ]=6$. Como $\QQ(\zeta)/\QQ$ es normal, el grado
$d=[\QQ(\zeta,\alpha):\QQ(\zeta)]$ divide entonces a~$6$. Como $[\QQ(\zeta):\QQ]=2$, 
el grado~$d$ no puede ser ni $1$ ni $2$, ya que en ese caso
$[\QQ(\zeta,\alpha):\QQ]$ sería o $2$ o $4$ y no podría ser que
$\QQ(\alpha)$ esté contenido en~$\QQ(\zeta,\alpha)$. Si fuese $d=3$,
entonces sería $[\QQ(\zeta,\alpha):\QQ]=6$ y, en consecuencia,
$\QQ(\alpha)=\QQ(\zeta,\alpha)$: esto es imposible porque
$\QQ(\alpha)\subseteq\RR$ y $\zeta$ no es real. Concluimos así que $d=6$ y
que $[\QQ(\zeta,\alpha):\QQ]=12$.

Un automorfismo de la extensión $\QQ(\zeta,\alpha)/\QQ$ tiene que mandar
$\zeta$ y $\alpha$ a $\zeta^i$ y a $(-\zeta)^j\alpha$ con $1\leq i\leq2$ y
$0\leq j<6$. Esto nos da $12$ opciones. Como el grupo de Galois
$G=\Gal(\QQ(\zeta,\alpha)/\QQ)$ tiene orden~$12$, vemos que todas estas
posibilidades efectivamente ocurren y que
$G=\{\sigma_{i,j}:i\in\ZZ_3^\times,j\in\ZZ_6\}$, con
$\sigma_{i,j}(\zeta)=\zeta^i$ y $\sigma_{i,j}(\alpha)=(-\zeta)^j\alpha$.

Pongamos $\rho=\sigma_{1,1}$ y $\tau=\sigma_{2,0}$. Calculando, vemos que
$\tau^2=\rho^6=\id$ y que $\tau\rho=\rho^{-1}\tau$. Esto nos dice que $G$
es isomorfo a un cociente del grupo diedral $D_{12}=\langle
r,t:t^2,r^6,(tr)\rangle$ de orden~$12$. Como $G$ también tiene orden~$12$,
vemos que, de hecho, $G\cong D_{12}$.

Como toda extensión cuadrática de~$\QQ$ es normal, para termenar, tenemos
que contar la cantidad de subextesiones cuadráticas de~$\QQ$ contenidas
en~$\QQ(\zeta,\alpha)$. El teorema de Galois nos dice que es lo mismo
contar los subgrupos de~$D_{12}$ de índice~$2$. Como todo subgrupo de
índice~$2$ es normal, esto es lo mismo que contar los homomorfismos
$D_{12}\to\ZZ/2\ZZ$ no triviales.

Un tal homomorfismo $f:D_{12}\to\ZZ/2\ZZ$ queda determinado por
$\alpha=f(r)$ y $\beta=f(t)$, dos elementos de~$\ZZ/2\ZZ$ no
simultaneamente nulos. Es trivial ver que cualquiera de las tres
posibilidades da en efecto un homomorfismos, así que el número de
subextensiones buscadas es~$3$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $p$ un número primo impar y sea $E$ un cuerpo de descomposición
del polinomio $X^p-2$ sobre~$\QQ$. Muestre que no hay en $E$ una raíz
$p^2$-ésima primitiva de la unidad.

\begin{Solucion}
Sabemos, de un ejercicio de la práctica, que el grupo de Galois de $X^p-2$
sobre~$\QQ$ es isomorfo a $\ZZ_p^\times\rtimes\ZZ_p$, que tiene orden~$p(p-1)$ 
y que no es abeliano. Por otro lado, si $\zeta$ es una raíz $p^2$-ésima
primitica de la unidad, sabemos que
$[\QQ(\zeta):\QQ]=\deg\Phi_{p^2}=p(p-1)$. Así, si fuese $\zeta\in E$,
sería, de hecho, $E=\QQ(\zeta)$. Esto es absurdo, porque sabemos que
$\QQ(\zeta)/\QQ$ tiene grupo de Galois abeliano.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $E/K$ es una extensión galoisiana de grado $77$, entonces todas
sus subextensiones son normales.

\begin{Solucion}
Sea $G$ el grupo de Galois de la extensión. Como $77=7\cdot11$, los
teoremas de Sylow implican inmediatamente que si $P_7$ y $P_{11}$ son
subgrupo de Sylow de ordenes $7$ y $11$, respectivamente, entonces ambos
son normales. En particular, $P_7P_{11}$ es un subgrupo de~$G$ y claramente
tiene que ser igual a~$G$ porque su orden es al menos~$77$. Como ambos
subgrupos de Sylow son normales, vemos que $G\cong P_7\times P_{11}$. En
particular, $G$ es abeliano. El resultado sigue entonces del teorema de
Galois.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
