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\hyphenation{siguiente}

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

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

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

\maketitleParcial

\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%
\item Sean $E=\QQ(\sqrt[3]{2})$ y $\alpha=1+\sqrt[3]{2}$.
Muestre que para cada $n>1$ el polinomio $X^n-\alpha$ no tiene raíces en~$E$.

\begin{Solucion}
El conjunto $\{1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}\}$ es una base de $E$ sobre~$\QQ$
y la matriz de la multiplicación por $\alpha$ con respecto a esa base es
$\left(\begin{smallmatrix}1&0&2\\1&1&0\\0&1&1\end{smallmatrix}\right)$.
Calculando el determinante de esta matriz vemos que $N_{E/\QQ}(\alpha)=3$.
Sea $n>1$ y supongamos que $\beta\in E$ es una raíz de~$X^n-\alpha$,
esto es, que $\beta^n=\alpha$. Debe ser entonces $N(\beta)^n=N(\alpha)=3$
y, en consecuencia, $N(\beta)\in\QQ$ es una raíz $n$-ésima de~$3$: esto es
absurdo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $p$ un número primo y sea $n\geq2$.
\begin{ejitems}

\item Si $p\equiv1\mod n$, entonces para cada
$a\in\FF_p$ el polinomio $X^n-a$ se factoriza como producto de factores
lineales en~$\FF_{p^n}[X]$.

\item Sea $r\geq1$ y supongamos que $p\nmid n$. El polinomio $\bar\Phi_n$
se descompone como producto de factores lineales en $\FF_{p^r}[X]$ si y
solamente si $p^r\equiv1\mod n$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $a=0$, la conclusión deseada es evidente, así que podemos
suponer que $a\neq0$. Sea $f=X^n-a$ y sea $b$ una raíz de $f$ en una clausura
algebraica de~$\FF_p$; es $b\neq0$.

Como $p\equiv1\mod n$, es $(p^n-1)/(p-1)=p^{n-1}+\cdots+1\equiv
n\equiv0\mod n$ y el
número $(p^n-1)/(n(p-1))$ es un entero. Vemos así que
$(p^n-1)/n$ es un entero divisible por $p-1$. 

Es $b^{p^n-1}=(b^n)^{(p^n-1)/n}=a^{(p^n-1)/n}=1$, porque $a^{p-1}=1$, y
esto nos dice que $b\in\FF_{p^n}$ y, entonces, que $f$ tiene una raíz
en~$\FF_{p^n}$. Por otro lado, como $n$ divide a~$p^n-1$, el grupo
cíclico~$\FF_{p^n}^\times$, que tiene orden~$p^n-1$, tiene un subgrupo de
orden~$n$: esto significa que $\FF_{p^n}$ contiene una raíz $n$-ésima
primitiva de la unidad. Podemos concluir entonces que $f$ tiene $n$ raíces
distintas en~$\FF_p$, lo que implica la conclusión del enunciado.

\ejitem{2} Sabemos que $\bar\Phi_n$ se factoriza sobre $\FF_{p^r}$ como
producto de factores irreducibles de grado igual al orden de $p^r$
módulo~$n$. Es claro, entonces, que esta factorización es en factores
lineales sii $p^p\equiv1\mod n$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $p$ un número primo, $r\geq1$ y $\zeta\in\CC$ una raíz
$p^r$-ésima primitiva de la unidad. Calcule $N_{\QQ(\zeta)/\QQ}(1-\zeta)$.

\begin{Solucion}
El minimal de~$\zeta$ sobre~$\QQ$ es $\Phi_{p^r}(X)$, así que el
de~$1-\zeta$ es $(-1)^{\phi(p^r)}\Phi_{p^r}(1-X)$. El término constante de
este último,  que es su valor en~$0$, es 
$d=(-1)^{\phi(p^r)}\Phi_{p^r}(1)$. Como
$1-\zeta$ genera a~$\QQ(\zeta)$
sobre~$\QQ$ y tiene grado~$\phi(p^r)$, tenemos que
  \[
  N_{\QQ(\zeta)/\QQ}(1-\zeta)
    = (-1)^{\phi(p^r)}d
    = \Phi_{p^r}(1) 
    = p,
  \]
ya~que $\Phi_{p^r}(X)=\Phi_r(X^{p^{r-1}})$ y
$\Phi_p(X)=\sum_{i=0}^{p-1}X^i$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $k\in\ZZ$ y $a=k^2+k+7$. Determine el grupo de Galois de
$X^3-aX+a$ sobre~$\QQ$.

\begin{Solucion}
Mostremos primero que el polinomio es irreducible; notemos que, como es cúbico, basta
para ello con probar que no tiene raices racionales y que, de acuerdo al lema
de Gauss, sus posibles raices racionales son enteras. Supongamos entonces,
para llegar a un absurdo, que $b\in\ZZ$ es una
raíz, de manera que $b^3=a(b-1)$. Como $b^3$ y $b-1$ son coprimos, 
debe ser $b-1=1$, esto es, $b=2$ y entonces $2^3-2a+a=8-a=1-k-k^2=0$.
Esto es absurdo, porque el polinomio $X^2+X-1$ no tiene raíces enteras.

Ahora bien, el discriminante de un polinomio de la forma $X^3+bX+c$ es
$-4b^3-27c^2$, así que el discriminante de nuestro polinomio es
  \[
  -4(-a)^3-27a^2
    = (4a-27)a^2
    = (4k^2+4k+1)a^2
    = (2k+1)^2a^2.
  \]
 Esto es un cuadrado en~$\QQ$, así que el grupo de Galois está contenido
en~$A_3$. Como $A_3$ tiene orden~$3$, el grupo de Galois debe ser entonces
isomorfo a~$A_3$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $p$ es un primo impar, para cada $n\in\NN$ el polinomio
ciclotómico~$\Phi_n$ es irreducible sobre~$\QQ(\sqrt[p]{2})$. Esto no es
cierto si $p=2$.

\begin{Solucion}
Sea $n\in\NN$ y sea $\zeta\in\CC$ una raíz $n$-ésima primitiva de la
unidad. Para mostrar que $\Phi_n$ es irreducible sobre~$\QQ(\sqrt[p]{2})$,
hay que mostrar que $[\QQ(\zeta,\sqrt[p]{2}):\QQ(\sqrt[p]{2})]=\phi(n)$.
Supongamos que no es éste el caso, con lo que
$[\QQ(\zeta,\sqrt[p]{2}):\QQ(\sqrt[p]{2})]<\phi(n)$. Es entonces
  \begin{align*}
  \phi(n)[\QQ(\zeta,\sqrt[p]{2}):\QQ(\zeta)]
    & = [\QQ(\zeta,\sqrt[p]{2}):\QQ(\zeta)]\cdot[\QQ(\zeta):\QQ]
      = [\QQ(\zeta,\sqrt[p]{2}):\QQ] \\
    & = [\QQ(\zeta,\sqrt[p]{2}):\QQ(\sqrt[p]{2})]\cdot[\QQ(\sqrt[p]{2}):\QQ]
      < p\phi(n),
  \end{align*}
de manera que $[\QQ(\zeta,\sqrt[p]{2}):\QQ(\zeta)]<p$: vemos así que el
polinomio $X^p-2$, que es irreducible sobre~$\QQ$, es reducible
sobre~$\QQ(\zeta)$. Como la extensión $[\QQ(\zeta):\QQ]$ es Galoisiana, los
factores irreducibles de~$X^p-2$ en $\QQ(\zeta)[X]$ tienen todos el mismo
grado~$d$ y, en consecuencia, $d\mid p$. Como $d<p$, debe ser $d=1$, y esto
nos dice que $X^p-2$ tiene todas sus raíces en~$\QQ(\zeta)$. Así,
$\QQ(\zeta)$ contiene un cuerpo de descomposición~$E$ de~$X^p-2$
sobre~$\QQ$. La extensión $E/\QQ$ es normal y su grupo de Galois es
un cociente del grupo de Galois de $\QQ(\zeta)/\QQ$: como éste
es abeliano, también tiene que serlo aquél. Esto es absurdo ---sabemos
que el grupo de Galois de $X^p-2$ es no abeliano--- y esto prueba que
$[\QQ(\zeta,\sqrt[p]{2}):\QQ(\sqrt[p]{2})]=\phi(n)$, como queríamos.

\medskip

Veamos que el primo par no tiene la propiedad del enunciado.
El número $z=(1+i)/\sqrt2$ es una raíz octava primitiva de la unidad y
$z+z^{-1}=\sqrt2$. Esto nos dice que $\QQ(\sqrt2)\subseteq\QQ(z)$, así que
$[\QQ(z):\QQ(\sqrt2)]=[\QQ(z):\QQ]/[\QQ(\sqrt2):\QQ]=\phi(8)/2$. Esto
implica que $\Phi_8$, que tiene grado $\phi(8)$, es reducible
sobre~$\QQ(\sqrt2)$.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
