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\Materia{Álgebra 3}
\Cuatrimestre{Segundo cuatrimestre --- 2014}
\Titulo{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\begin{ejitems}

\item Si $E$ es un subcuerpo de~$\CC$ tal que $E/\QQ$ es una extensión
galoisiana finita y $E\not\subseteq\RR$, entonces $[E:E\cap\RR]=2$.

\item Si además la extensión $E/\QQ$ es cíclica de grado~$n$,
$\alpha\in E\setminus\RR$ y $d$ es el grado del polinomio minimal
de~$\alpha$ sobre~$\QQ$, entonces $d$ divide a~$n$ y $n/d$ es impar.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como la extensión~$E/\QQ$ es normal, la
restricción de la conjugación $z\in E\mapsto\bar z\in\CC$ tiene imagen
en~$E$ y se restringe a un automorfismo $\sigma\in\Gal(E/\QQ)$.
El subgrupo $(\sigma)$ generado por~$\sigma$ tiene orden~$2$, así que
$[E:E^{(\sigma)}]=2$. Como $E^{(\sigma)}=E\cap\RR$, esto prueba lo que queremos.

\ejitem{2} Como
$n=[E:\QQ]=[E:\QQ(\alpha)][\QQ(\alpha):\QQ]=[E:\QQ(\alpha)]d$, es claro que
$d\mid n$. Como la extensión $E/\QQ$ es galoisiana, también lo es
$E/\QQ(\alpha)$ y $n/d=[E:\QQ(\alpha)]=\abs{\Gal(E/\QQ(\alpha))}$.
Supongamos que $n/d$ es par. El teorema de Lagrange nos dice entonces que hay
en $\Gal(E/\QQ(\alpha)$, que tiene orden~$n/d$, un elemento de
orden~$2$. Como $\Gal(E/\QQ)$ es cíclico, contiene a lo sumo un elemento
de orden~$2$, y esto nos permite concluir que el automorfismo~$\sigma$ de
la primera parte está en  $\Gal(E/\QQ(\alpha))$. En particular,
$\sigma(\alpha)=\alpha$, lo que es absurdo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $K$ es un cuerpo de característica positiva~$p$, entonces
$\bigcap_{n\geq1}K^{p^n}$ es un subcuerpo de~$K$ y es el más grande
subcuerpo de~$K$ que es perfecto.

\begin{Solucion}
Si $n\geq1$, entonces $K^{p^n}$ es un subcuerpo de~$K$: contiene a~$1$, es
cerrado por productos y cocientes, y ---como $K$ tiene característica~$p$
positiva--- es cerrado por sumas. Se sigue entonces que
$P=\bigcap_{n\geq1}K^{p^n}$ es un subcuerpo de~$K$.

Si $x\in P$, entonces para cada $n\geq1$ existe $y_n\in K$ tal que
$y_n^{p^n}=x$. Si $n\geq1$, entonces $(y_{n+1}^p)^{p^n}=x$, así que $y_n$ e
$y_{n+1}^p$ son raíces del polinomio~$X^{p^n}-x$, que tiene una única raíz
en la clausura algebraica de~$K$: esto nos dice que $y_{n+1}^p=y_n$ y, vía
una inducción evidente, que $y_1=y_{n+1}^{p^n}$ para cada $n\geq1$. Vemos
que $y_1\in P$ y, como $y_1^p=x$, que $x\in P^p$. Así, $P$ es perfecto.

Supongamos ahora que $F\subseteq K$ es un subcuerpo de~$K$ que es perfecto
y sea $x\in F$. Para cada $n\geq1$ existe $y\in F$ tal que $x=y^{p^n}$, y
entonces $x\in F^{p^n}\subseteq K^{p^n}$. Concluimos que
$x\in\bigcap_{n\geq1}K^{p^n}=P$ y, en definitiva, que $F\subseteq P$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo y $f\in K[X]$ un polinomio separable de grado~$n$
tal que si $E$ es el cuerpo de descomposición de~$f$ sobre~$K$ es
$\Gal(E/K)\cong S_n$. Si $\alpha\in E$ es una raíz de~$f$, entonces la
extensión $K(\alpha)/K$ no tiene subextensiones propias no triviales. ¿Es
$K(\alpha)/K$ una extensión galoisiana?

\begin{Solucion}
Sea $G=\Gal(E/K)$ y sea Si $R=\{\alpha_1,\dots,\alpha_n\}$ es el conjunto
de las raíces de~$f$ en~$E$, de manera que $\alpha_i\neq\alpha_j$ si $i\neq
j$. Sabemos que hay un morfismo de grupos $\phi:G\to S_n$ tal que
$\sigma(\alpha_i)=\alpha_{\phi(\sigma)(i)}$ para cada $\sigma\in G$ y cada
$i\in\{1,\dots,n\}$. Este morfismo es inyectivo, porque las raíces de~$f$
generan a~$E$ sobre~$K$ y, como $G$ tiene $n!$ elementos, se trata, de
hecho, de un isomorfismo. Sea $H$ el subgrupo de~$G$ tal que
$E^H=K(\alpha_1)$. Es claro que un automorfismo $\sigma\in G$ está en~$H$
sii $\sigma(\alpha_1)=\alpha_1$, así que $\phi(H)$ es el subgrupo~$U$
de~$S_1$ de las permutaciones que dejan fijo a~$1$. 

El subgrupo~$U$ es maximal en~$S_n$. Para verlo, sea $V\subseteq S_n$ un
subgrupo tal que $V\supsetneq U$, sea $\sigma\in V\setminus U$, y mostremos
que $V=S_n$. Sea $\tau\in S_n\setminus U$. Si
$\tau^{-1}(1)=\sigma^{-1}(1)$, entonces $\tau\sigma^{-1}\in U$ y $\tau\in
U\sigma\subseteq V$; si en cambio es $\tau^{-1}(1)\neq\sigma^{-1}(1)$,
entonces la transposición $\mu=(\tau^{-1}(1)\,\sigma^{-1}(1))$
y~$\tau\mu\sigma^{-1}$ están en~$U$, de manera que $\tau\in
U\sigma\mu\subseteq V$. Esto nos dice que $S_n\subseteq V$.

Como $\phi$ es un isomorfismo, el subgrupo $H$  es maximal en~$G$ y el
teorema de Galois nos dice entonces que el cuerpo $K(\alpha_1)=E^H$ no
contiene subcuerpos propios distintos de~$\QQ$. Por otro lado, si $n\geq3$,
es $(23)\in U$ y $(12)(23)(12)^{-1}=(13)\not\in U$, así  que $U$ no es
normal en~$S_n$ y $K(\alpha)/K$ no es una extensión normal. Si en cambio
$n\leq2$, entonces $G$ es abeliano y esta extensión es trivialmente
normal.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $f(X)=X^4-2aX^2+b\in\QQ[X]$ es irreducible y $b\in\QQ^2$,
determine el grupo de Galois del cuerpo de descomposición de~$f$
sobre~$\QQ$ y exhiba sus subxtensiones cuadráticas.

\begin{Solucion}
El polinomio $g(X)=X^2-2aX+b$ es irreducible, porque lo es $f(X)=g(X^2)$,
así que $a^2-b\not\in\QQ^2$.
Las raíces de~$g$ son $\alpha=a+\sqrt{a^2-b}$ y
$\beta=a-\sqrt{a^2-b}$. Si $u^2=\alpha$ y~$v^2=\beta$, las raíces
de~$f$ son $\pm u$ y $\pm v$. Como $(uv)^2=\alpha\beta=b$ es un cuadrado
en~$\QQ$, existe $c\in\QQ$ tal que $uv=c$. El cuerpo
$\QQ(u)$ contiene entonces a las cuatro raíces de~$f$ y, como está generado por una
de ellas, es el cuerpo de descomposición de~$f$. Como $f$ es
irreducible, es $[\QQ(u):\QQ]=4$, el grupo $G=\Gal(\QQ(u)/\QQ)$ tiene
cuatro elementos, y éstos quedan determinados por la imagen de~$u$, que es
un elemento de $\{\pm u,\pm v\}$. Calculando, vemos entonces que los
cuatro elementos de~$G$ son
  \[
  \begin{tabular}{>{$}c<{$}@{\hspace{2.53em}}*{4}{>{$}r<{$}}}
  {}         &  u &  v & -u & -v \\ \hline
  \id        &  u &  v & -u & -v \\ 
  \sigma     &  v &  u & -v & -u \\ 
  \tau       & -v & -u &  v &  u \\
  \sigma\tau & -u & -v &  u &  v
  \end{tabular}
  \]
Cada uno de estos automorfismos tiene orden~$2$, así que
$G\cong\ZZ_2\times\ZZ_2$ y, en particular, $G$ tiene exactamente tres
subgrupos de índice~$2$, los tres subgrupos cíclicos generados por los
elementos no triviales. Los elementos $x_1=u+v$,
$x_2=u-v$ y~$u^2=\sqrt{a^2-b}$ quedan fijos por~$\sigma$,
por~$\tau$ y por~$\sigma\tau$, respectivamente, y no son racionales, ya que
$\tau(x_1)=-x_1\neq0$, $\sigma(x_2)=-x_2\neq0$ y $a^2-b\not\in\QQ^2$.
Los subcuerpos cuadráticos de~$E$ son entonces
  \begin{gather*}
  \QQ(u)^\sigma = \QQ(x_1) = \QQ(\sqrt{2a+2c}), \\
  \QQ(u)^\tau = \QQ(x_2) = \QQ(\sqrt{2a-2c}), \\
  \QQ(u)^{\sigma\tau} = \QQ(u^2) = \QQ(\sqrt{a^2-b}). 
  \end{gather*}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo de característica $p$ positiva y sea $a\in K$ un
elemento que no es de la forma $b^p-b$ para ningún~$b\in K$. Muestre que el
polinomio $X^p-X-a$ es irreducible en~$K[X]$ y determine su grupo de Galois sobre~$K$.

\begin{Solucion}
Sea $\bar K$ una clausura algebraica de~$K$ y sea $x\in\bar K$ es una raíz
de~$f(X)=X^p-X-a$. La hipótesis hecha sobre~$a$ nos dice que $x\not\in K$.
Si $t\in\FF_p$, entonces es $x+t$ también una raíz de~$f$, así que en
$K(x)$ hay al menos~$p$ raíces distintas de~$f$ y se trata, en
consecuencia, del cuerpo de descomposición de~$f$ sobre~$K$. Como $f(x)=0$,
es $[K(x):K]\leq p$ .

Sea $h(X)\in K[X]$ el polinomio minimal de~$x$. Como $h$ divide a~$f$,
$h$ se factoriza completamente en~$K(x)$ y, en particular,
tiene al menos una raíz~$y$ en~$K(x)$ aparte de~$x$. Como $y$ es raíz
de~$f$, existe $t\in\FF_p^\times$ tal que $y=x+t$.
Hay entonces un automorfismo $\sigma:K(x)\to K(x)$ tal que
$\sigma(x)=x+t$ y, como $\sigma^p(x)=x+px=x$, el orden
de~$\sigma$ divide a~$p$. Como~$\sigma(x)\neq x$, el orden es~$p$. El grupo
de Galois de la extensión $K(x)/K$ tiene entonces orden al menos~$p$, así
que el grado de la extensión es al menos~$p$. Esto y lo anterior muestra
que, de hecho, el grado es exactamnte~$p$ y, en particular, que $f$ es irreducible
sobre~$K$.

Como el grupo de Galois de $K(x)/K$ tiene orden primo, es cíclico de ese
orden y está generado por cualquiera de sus elementos no triviales,
como~$\sigma$.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
