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\hyphenation{siguiente}

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\Materia{Álgebra 3}
\Cuatrimestre{Segundo cuatrimestre --- 2014}
\Practica{1}
\Titulo{Extensiones}

\hyphenation{anillo sub-anillo grado cuerpo cuerpos morfismo mor-fismos
  Muestre muestre}

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

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%
\item Sean $E/K$ una extensión y $\alpha\in E$ un elemento algebraico
sobre~$K$. Si $F/K$ es una subextensión de~$E/K$, entonces $m(\alpha,F)$
divide a~$m(\alpha,K)$. Muestre que $m(\alpha,F)$ y~$m(\alpha,K)$ pueden
ser tanto iguales como distintos.

\begin{Solucion}
Como $m(\alpha,K)(\alpha)=0$ y $m(\alpha,K)\in K[X]\subseteq F[X]$, la
propiedad característica de~$m(\alpha,F)$ implica que $m(\alpha,F)$ divide
a~$m(\alpha,K)$, como queremos.

Para ver que $m(\alpha,F)$ y $m(\alpha,K)$ pueden ser distintos, basta
considerar el caso en que $K\neq F=E$ y $\alpha\in E\setminus K$, ya que en
ese caso $m(\alpha,F)=X-\alpha$ tiene grado~$1$ mientras que $m(\alpha,K)$
tiene grado mayor que~$1$.

Para ver un ejemplo en el que se tiene
$m(\alpha,F)=m(\alpha,K)$, sean $K=\QQ$, $F=\QQ(\sqrt2)$,
$E=\QQ(\sqrt2,\sqrt3)$ y $\alpha=\sqrt3$. Es claro que $m(\alpha,K)=X^2-3$,
ya que este polinomio tiene a~$\alpha$ como raíz y es irreducible
sobre~$\QQ$. Como ese polinomio tiene coeficientes en~$F$, es divisible por
$m(\alpha,F)$. Luego o bien $m(\alpha,F)=m(\alpha,K)$ o bien $m(\alpha,F)$
tiene grado~$1$; pero esto último es imposible, ya que $\alpha\not\in
F$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Determine los siguientes polinomios minimales
\begin{multicols}{3}
\begin{ejitems}

\item $m(\sqrt[4]{2},\QQ)$;

\item $m(\sqrt{2-\sqrt3},\QQ)$;

\item $m(\sqrt[4]{-1},\QQ(i))$;

\item $m(\sqrt[4]{2},\QQ(\sqrt2))$;

\item $m(\sqrt[4]{-1},\QQ)$;

\item $m(w,\RR)$, si $w\in\CC$.

\end{ejitems}
\end{multicols}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como $a=\sqrt[4]{2}$ es raíz de~$X^4-2\in\QQ[X]$ y este
polinomio es irreducible ---porque satisface el criterio de Eisenstein
sobre~$2$--- vemos que $m(a,\QQ)=X^4-2$.

\ejitem{2} Sea $b=\sqrt{2-\sqrt{3}}$, que es raíz de
$f(X)=(X^2-2)^2-3=X^4-4X^2+1$. Notemos que $f(X+1)=X^4+4X^3+2X^2-4X-2$, que
satisface la condición de Eisenstein para~$ 2$, así que $f$ es irreducible.
Concluimos de esta forma que $m(b,\QQ)=f$.

\ejitem{3} Sea $c=\sqrt[4]{-1}$. Como $c$ es raíz de $f=X^4+1$ y
$f(X+1)=X^4+4X^3+6X^2+4X+2$ satisface la condición de Eisenstein sobre~$2$,
vemos que $[\QQ(c):\QQ]=4$. Es $\QQ(x)\supseteq\QQ(i)$ y $[\QQ(i):\QQ]=2$.
La multiplicatividad del grado implica entonces que $[\QQ(c):\QQ(i)]=2$.
Como $c$ es raíz de $X^2-i\in\QQ(i)[X]$, este es el polinomio minimal
$m(c,\QQ(i))$.

\ejitem{4} El mismo razonamiento se aplica a $d=\sqrt[4]{2}$. En efecto, es
claro que tenemos una cadena $\QQ(d)\supseteq\QQ(\sqrt2)\supseteq\QQ$ y que
$[\QQ(\sqrt2):\QQ]=2$. Como $d$ es raíz de $X^4-2\in\QQ[X]$ y este
polinomio satisface el criterio de Eisenstein sobre~$2$, vemos que
$[\QQ(d):\QQ]=4$ y, en consecuencia, que $[\QQ(d):\QQ(\sqrt2)]=2$. Como $d$
satisface al polinomio $X^2-\sqrt2\in\QQ(\sqrt2)[X]$, vemos que éste
es~$m(d,\QQ(\sqrt2))$.

\ejitem{5} Ya calculamos $m(\sqrt[4]{-1},\QQ)$ en la solución
de~\ejitem{3}.

\ejitem{6} Sea $w=x+iy$ con $x$,~$y\in\RR$ y supongamos que $y\neq0$.
Sabemos que $w$ es raiz del polinomio
$f=(X-(x+iy))(X-(x-iy))=X^2-2xX+x^2+y^2=(X-x)^2+y^2\in\RR[x]$. Como
$y\neq0$, este polinomio no se anula en~$\RR$, así que es irreducible
en~$\RR[X]$ y $m(w,\RR)=f$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Determine los grados de las siguientes extensiones:
\begin{multicols}{3}
\begin{ejitems}

\item $\QQ(\sqrt[4]{2}) / \QQ(\sqrt2)$;

\item $\QQ(\sqrt2, i) / \QQ$;

\item $\QQ(\sqrt[3]{3}, \sqrt[5]{7}) / \QQ$.

\end{ejitems}
\end{multicols}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como en el ejercicio anterior calculamos que $\deg
m(\sqrt[4]{2},\QQ(\sqrt2))=2$, entonces $[\QQ(\sqrt[4]{2}),\QQ(\sqrt2)]=2$.

\ejitem{2} Tenemos una cadena
$\QQ(\sqrt2,i)\supseteq\QQ(\sqrt2)\supseteq\QQ$ y sabemos que
$[\QQ(\sqrt2):\QQ]=2$. El elemento~$i$ es raiz de $X^2+1\in\QQ(\sqrt2)[X]$,
así que $[\QQ(\sqrt2,i):\QQ(\sqrt2)]\leq2$. Para ver que
$[\QQ(\sqrt2,i):\QQ]=4$ bastará entonces mostrar que
$\QQ(\sqrt2,i)\neq\QQ(\sqrt2)$. Pero esto es inmediato: $\QQ(\sqrt2)$ está
contenido en~$\RR$, así que ninguno de sus elementos tiene cuadrado
estrictamente negativo y, en consecuencia, $i\not\in\QQ(\sqrt2)$.

\ejitem{3} Sean $K=\QQ(\sqrt[3]{3})$, $K'=\QQ(\sqrt[5]{7})$ y
$L=\QQ(\sqrt[3]{3},\sqrt[5]{7})$. 
  \[
  \begin{tikzpicture}
  \node (Q) at (0,0) {$\QQ$};
  \node (Q3) at (-1,1) {$\QQ(\sqrt[3]{3})$};
  \node (Q7) at (+1,1) {$\QQ(\sqrt[5]{7})$};
  \node (Q37) at (0,2) {$\QQ(\sqrt[3]{3},\sqrt[5]{7})$};
  \draw (Q) -- (Q3);
  \draw (Q) -- (Q7);
  \draw (Q3) -- (Q37);
  \draw (Q7) -- (Q37);
  \end{tikzpicture}
  \]
Es $[K:\QQ]=3$ porque el polinomio $X^3-3\in\QQ[X]$ satisface el
criterio de Eisenstein sobre~$3$ y, de manera similar, es $[K':\QQ]=5$ porque
$X^5-7$ porque satisface ese criterio sobre~$7$. Por otro lado, como
$\sqrt[5]{7}$ satisface el polinomio $X^5-7\in K[X]$, vemos que $[L:K]\leq
5$. Tenemos que
  \[
  3[L:K]=[L:K][K:\QQ]=[L:\QQ]=[L:K'][K':\QQ] = 5[L:K'] ,
  \]
así que $5$ divide a~$[L:K]$. Como $[L:K]\geq1$, esto implica que $[L:K]=5$ y,
entonces, que $[L:\QQ]=3\cdot5$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Determine el grado de $\QQ(\sqrt2,\sqrt3)$ y de
$\QQ(\sqrt2+\sqrt3)$ sobre~$\QQ$ y concluya que
$\QQ(\sqrt2+\sqrt3)=\QQ(\sqrt2,\sqrt3)$.

\item Encuentre un $\alpha\in\CC$ tal que
$\QQ(\alpha)=\QQ(\sqrt[3]{2},\sqrt3)$ y calcule su polinomio minimal
sobre~$\QQ$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} En la cadena de cuerpos
$\QQ\subseteq\QQ(\sqrt2)\subseteq\QQ(\sqrt2,\sqrt3)$ tenemos
$[\QQ(\sqrt2):\QQ]=2$ y $[\QQ(\sqrt2,\sqrt3):\QQ(\sqrt2)]\leq2$, ya que
$\sqrt3$ es raiz del polinomio $X^2-3\in\QQ(\sqrt2)[X]$. Si mostramos que
$\sqrt3\not\in\QQ(\sqrt2)$, esto implicará que 
$[\QQ(\sqrt2,\sqrt3):\QQ(\sqrt2)]>1$ y, en consecuencia, que
$[\QQ(\sqrt2,\sqrt3):\QQ]=4$.

Supongamos, para llegar a un absurdo, que $\sqrt3\in\QQ(\sqrt2)$,
de manera que existen enteros $a$,~$b$,~$c$ con $c\neq0$ y
$\sqrt3=(a+b\sqrt2)/c$. Entonces $3c^2=a^2+b^2+2ab\sqrt2$ y, como el
conjunto $\{1,\sqrt2\}$ es linealmente independiente sobre~$\QQ$, esto
implica que $ab=0$. Así, o $a=0$ o $b=0$, y entonces o $3=(b/c)^2$ o
$3=(a/c)^2$. Por supuesto, esto es imposible.

Sea ahora $a=\sqrt2+\sqrt3$. Es $a^2=5+2\sqrt6$, así que $a$ es raíz de
  \[
  f=(X^2-5)^2-24=X^4-10X^2+1.
  \]
Supongamos que $f$ es reducible sobre~$\QQ$, de manera que es reducible
sobre~$\ZZ$ como producto de dos polinomios no constantes y mónicos.
El criterio de Gauss nos dice que las raíces racionalees de~$f$ están
contenidas en~$\{\pm1\}$ y calculando vemos que entonces no tiene ninguna,
y en consecuencia los dos factores tienen grado~$2$. Existen entonces
enteros $u$,~$v$, $s$ y~$t$ tales que $f=(X^2+uX+v)(X^2+sX+t)$.
Distribuyendo, vemos que $u+s=0$, $v+us+t=-10$ y $vt=1$. De la tercera
ecuación vemos que $v=t=\pm1$, de la primera que $s=-u$ y entonces de la
segunda que $u^2=2v+10\in\{8,12\}$. Esto es absurdo.

Así, vemos que $[\QQ(a):\QQ]=4$ y, como
$\QQ\subseteq\QQ(a)\subseteq\QQ(\sqrt2,\sqrt3))$, que
$\QQ(a)=\QQ(\sqrt2,\sqrt3)$.

\ejitem{2} Sea $a=\sqrt[3]2+\sqrt3$. Como 
  \begin{equation}\label{eq:1}
  2 = (a-\sqrt3)^3
    = a^3 - 3a^2\sqrt3 + 9a - 3\sqrt 3
    = (a^3+9a)-3(a^2+1)\sqrt3,
  \end{equation}
es $3(a^2+1)\sqrt3=a^3+9a-2$, y entonces
  \[
  27(a^2+1)^2 = (a^3+9a-2)^2.
  \]
Esto nos dice que $a$ es raíz de $f(X)=X^6-9 X^4-4 X^3+27 X^2-36 X-23$.

La igualdad~\eqref{eq:1} nos dice que $\sqrt3\in\QQ(a)$ y, más aún, que $a$
es raíz del polinomio $g(X)=(X-\sqrt3)^3-2\in\QQ(\sqrt3)[X]$. Afirmamos que
$g$ es irreducible sobre~$\QQ(\sqrt3)$; esto es equivalente a que
$g(X+\sqrt3)=X^3-2$ sea irreducible sobre ese cuerpo y, como el polinomio
es cúbico, a que no haya en~$\QQ(\sqrt3)$ ninguna raíz cúbica de~$2 $. Esto
es consecuencia inmediata de lo que hicimos en la primera parte de este
ejercicio. Así, $[\QQ(a):\QQ(\sqrt3)]=3$ y entonces
$[\QQ(a):\QQ]=[\QQ(a):\QQ(\sqrt3)][\QQ(\sqrt3):\QQ]=6$. Esto implica que el
polinomio~$f$ que encontramos arriba es el polinomio minimal de~$a$
sobre~$\QQ$. Como $\QQ(a)/\QQ$ es una subextensión de grado~$6$ de la
extensión $\QQ(\sqrt[3]2,\sqrt3)/\QQ$, que también tiene grado~$6$, vemos
que de hecho $\QQ(\sqrt[3]2,\sqrt3)=\QQ(a)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que $\QQ(\sqrt{2-\sqrt3})=\QQ(\sqrt{2+\sqrt3})$ y determine
el grado de este cuerpo sobre~$\QQ$.

\begin{Solucion}
La igualdad es inmediata porque $\sqrt{2-\sqrt3}\cdot\sqrt{2+\sqrt3}=1$. El
número $a=\sqrt{2-\sqrt3}$ es raíz del polinomio
$f(X)=(X^2-2)^2-3=X^4-4X^2+1$. Es $f(X+1)=X^4+4 X^3+2 X^2-4 X-2$, que
satisface el criterio de Eisenstein sobre~$2$, así que $f$ es irreducible.
Así, tenemos que $[\QQ(a):\QQ]=4$.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E/K$ una extensión finita de cuerpos. Si $\alpha\in E$,
consideremos la función $L_\alpha:x\in E\mapsto \alpha x\in E$, que es
$K$-lineal. El polinomo minimal de~$\alpha$ sobre~$K$ coincide con el
polinomio minimal de~$L_\alpha$. ¿Cuándo es $m(\alpha,K)$ igual al
polinomio \emph{característico} de~$L_\alpha$?

\begin{Solucion}
Sea $\mu\in K[X]$ el polinomio minimal de~$L_\alpha$, de manera que
$\mu(L_\alpha)=0$, de manera que $\mu(L_\alpha)(e)=0$ para todo $e\in E$.
Como $\mu(L_\alpha)(e)=\mu(\alpha)e$, tomando $e=1_E$ vemos
que $\mu(\alpha)=0$, así que $m(\alpha,K)$ divide a~$\mu$. Por otro lado,
$m(\alpha,K)(L_\alpha)(e)=m(\alpha,K)(\alpha)e=0$ para todo $e\in E$, así
que $m(\alpha,K)(L_\alpha)=0$ y entonces $\mu$ divide a $m(\alpha,K)$. Como
ambos polinomios son mónicos, se sigue de esto que, de hecho,
$\mu=m(\alpha,K)$, como queríamos.

Si $m(\alpha,K)$, que tiene grado $[K(\alpha):K]$, es igual al polinomio
característico de~$L_\alpha$, que tienen grado $[E:K]$, entonces claramente
$E=K(\alpha)$. Recíprocamente, si $E=K(\alpha)$, entonces para todo
polinomio $p\in K[X]$ de grado menor que $[E:K]$ es $p(\alpha)\neq0$ y
entonces $p(L_\alpha)(1_E)=p(\alpha)\neq0$, de manera que
$p(L_\alpha)\neq0$ y $p$ no es el polinomio minimal de~$L_\alpha$: esto
implica que el polinomio minimal de~$L_\alpha$ tiene grado al menos, y
entonces igual a, $[E:K]$. Vemos así que el polinomio minimal de $L_\alpha$
tiene grado igual al de su característico, y, por lo ya probado, que
$m(\alpha,K)$ es el polinomio característico de~$L_\alpha$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Una extensión $E/K$ es algebraica sii todo anillo $A$ con $K\subseteq
A\subseteq E$ es un cuerpo.

\begin{Solucion}
Si en $E$ hay un elemento~$x$ trascendente sobre~$K$, entonces el anillo
$K[x]$ no es un cuerpo. Recíprocamente, supongamos que se cumple la
condición y sea $x\in E$ no nulo. Como la hipótesis nos dice que $K[x]$ es
un cuerpo, existe $p\in K[X]$ tal que $xp(x)=1$: esto nos dice que $x$ es
raíz de $Xp(X)-1\in K[X]$, así que es algebraico sobre~$K$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $a\in\ZZ[i]$ es un elemento irreducible, determine el cuerpo
primo~$K$ de~$\ZZ[i]/(a)$ y el grado $[\ZZ[i]/(a):K]$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $a=x+iy$ con $x$,~$y\in\ZZ$. Como $\ZZ[i]$ es un dominio de
factorización única y $a$ es irreducible, $a$ es primo. Esto implica que el
ideal $(a)$ de~$\ZZ[i]$ es primo y, en consecuencia, $(a)\cap\ZZ$ es un
ideal primo de~$\ZZ$. Como $x^2+y^2=a(x-iy)$ es un entero no nulo, vemos
que $(a)\cap\ZZ$ es un ideal no nulo de~$\ZZ$. Como $1\not\in(a)$ porque
$a$ no es una unidad, también $(a)\cap\ZZ$ es un ideal propio de~$\ZZ$.
Así, existe exactamente un primo~$p\in\NN$ tal que $(a)\cap\ZZ=(p)$. Se
sigue de esto que la inclusión $\ZZ\to\ZZ[i]$ induce un morfismo inyectivo
$\ZZ/(p)\to \ZZ[i]/(a)$ y esto nos dice que el cuerpo primo de~$\ZZ[i]/(a)$
es~$\FF_p$.

\begin{itemize}

\item Supongamos que $xy=0$. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer
que $y=0$ porque $(a)$ y $(ia)$ son el mismo ideal, y entonces $a\in\ZZ$.
En ese caso, $p$ divide a~$a$ en~$\ZZ$ y existe $q\in\ZZ$ tal que $a=pq$.
Como $a$ es irreducible en~$\ZZ[i]$, esto implica que $a=p$. El
determinante de la aplicación $L_a:\ZZ[i]\to\ZZ[i]$ es $p^2$, así que el
cardinal del cociente $\ZZ[i]/(i)$ es $p^2$, y entonces
$[\ZZ[i]/(a):\FF_p]=2$.

\item Supongamos ahora, por el contrario, que $xy\neq0$. Si
$t\in(a)\cap\ZZ$, existen $u$,~$v\in\ZZ$ tales que $t=(x+iy)(u+iv)$ y, en
particular, $xv+uy=0$. Como $x$ e $y$ son coprimos y no nulos, esto implica
que existe $w\in\ZZ$ tal que $v=-yw$ y $u=wx$, y entonces $t=(x^2+y^2)w$.
Vemos así que $x^2+y^2$ es el generador positivo del ideal $(a)\cap\ZZ$, y
entonces $p=x^2+y^2$. El determinante de la aplicación
$L_a:\ZZ[i]\to\ZZ[i]$ es $p$, así que el cardinal del cociente $\ZZ[i]/(i)$
es $p$, y entonces $[\ZZ[i]/(a):\FF_p]=1$.~\qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sean $L/K$ y $M/K$ subextensiones finitas de una extensión $F/K$.
\begin{ejitems}

\item Si los grados de $L/K$ y de $M/K$ son coprimos, entonces
  \[
  [LM:K]=[L:K][M:K].
  \]

\item Si $[LM:K]=[L:K][M:K]$, entonces $L\cap M=K$. ¿Vale la afirmación
recíproca?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Tenemos que 
  \(
  [LM:L][L:K] = [LM:K] = [LM:M][M:K]
  \) ,
así que $[M:K]$ divide a $[LM:L][L:K]$ y la hipótesis, entonces, nos dice
que divide a $[LM:L]$. Como $1\leq[LM:L]\leq[M:K]$, esto implica que
$[LM:L]=[M:K]$, que es lo que queremos.

\ejitem{2} Hay una función $K$-lineal $\mu:L\otimes_KM\to LM$ tal que
$\mu(x\otimes y)=xy$ para cada $x\in L$ y cada $y\in M$. Sabemos que es
sobreyectiva, ya que $LM$ es el subgrupo de~$F$ generado por los elementos
de la forma $xy$ con $x\in L$ ee $y\in M$; por otro lado, la hipótesis
implica que el dominio y el codominio de~$\mu$ tienen la misma dimensión,
así que $\mu$ es inyeciva.

Hay una función $\phi:L\cap M\to L\otimes_KM$ tal que
$\phi(x)=x\otimes1-1\otimes x$ para cada $x\in L\cap M$, y es inmediato
verifiar que $\mu\circ\phi=0$, así que $\phi=0$. Supongamos que $L\cap
M\subsetneq K$ y sea $x\in (L\cap M)\setminus K$. Como $1_K$ y $x$ son dos
elementos de~$M$ linealmente independientes sobre~$K$, existe una función
$K$-lineal $\lambda:M\to K$ talque $\lambda(1_K)=1_K$ y $\lambda(x)=0$. Se
sigue entonces que
$0=(\id_L\otimes\lambda)(\phi(x))=(\id_L\otimes\lambda)(x\times 1-1\otimes
x)=x$. Esto es absurdo. Así, debe ser $L\cap M=K$.

Sean $K=\QQ$, $L=\QQ(\sqrt[3]{2})$ y $M=\QQ(\rho\sqrt[3]{2})$, con $\rho$
una raiz cúbica primitiva de la unidad. Entonces $L\cap M=K$, ya que $L\neq
M$, de maneta que $[L:L\cap M]>1$, y $[L:L\cap M]$ divide a $3$. Como
$LM=\QQ(\rho,\sqrt[3]{2})$ tiene grado~$6$ sobre~$K$, es
$[LM:K]\neq9=[L:K][M:K]$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item El polinomio $X^5+6X^3+15X^2+3$ es irreducible en
$\QQ(\sqrt2,\sqrt3)[X]$.

\begin{Solucion}
Llamemos~$f$ a ese polinomio. Satisface el criterio de Eisenstein
sobre~$3$, así que es irreducible en~$\QQ[X]$. Si $\alpha$ es una de sus
raíces en~$\CC$, entonces $[\QQ(\alpha):\QQ]=5$. Como este grado es coprimo
con $[\QQ(\sqrt2,\sqrt3):\QQ]=4$, vemos que
$[\QQ(\alpha,\sqrt2,\sqrt3):\QQ]=4\cdot 5$ y, en consecuencia,
$[\QQ(\alpha,\sqrt2,\sqrt3):\QQ(\sqrt2,\sqrt3)]=5$. Esto implica
inmediatamente que el polinomio~$f$ sigue siendo irreducible
sobre~$\QQ(\sqrt2,\sqrt3)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $F/K$ una extensión finita de cuerpos.
\begin{ejitems}

\item Si $F/K$ tiene grado impar y $F=K(u)$, entonces también $F=K(u^2)$.

\item Si $F/K$ tiene grado primo, entonces $F/K$ no posee cuerpos
intermedios.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Tenemos una torre $K\subseteq K(u^2)\subseteq K(u)$, así que
  \[
  [K(u):K]=[K(u):K(u^2)][K(u^2):K].
  \]
Sabemos que $[K(u):K]$ es impar. Claramente $[K(u):K(u^2)]\leq2$, así que 
si $K(u)\neq K(u^2)$, es $[K(u):K(u^2)]=2$: esto es absurdo.

\ejitem{2} Si $E$ es un cuerpo intermedio de~$F/K$, entonces $[F:E][E:K]$
es primo, y o bien $[F:E]=1$ o bien $[E:K]=1$.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Describa todas las extensiones cuadráticas de un cuerpo de
característica distinta de dos.

\item Sea $f=X^2+X+1\in\FF_2[X]$ y sea $\alpha$ una raíz de~$f$ en una
clausura algebraica de~$\FF_2$. Muestre que no existe
$\beta\in\FF_2(\alpha)$ tal que $m(\beta,\FF_2)=X^2+c$ con $c\in\FF_2$.

\item* Describa todas las extensiones cuadrática de un cuerpo de
característica dos.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $K$ un cuerpo de característica distinta de~$2$.

Sea $L/K$ una extensión de grado~$2$ y sea $x\in L\setminus K$, de manera
que $L=K(x)$. El
polinomio minimal de~$x$ sobre~$K$ tiene grado~$2$, así que
existen $a$,~$b\in K$ tales que este polinomio es $f(X)=X^2+aX+b$.
El elemento $y=x-a/2$ es claramente tal que $L=K(y)$ y su polinomio
minimal sobre~$K$ es $g(X)=f(X-a/2)=X^2+a^2/4-b$.  Como $g$ es irreducible,
debe ser $a^2/4-b\not\in K^2$
Así, hemos mostrado que
  \[
  \claim{Si $L/K$ es una extensión cuadrática, entonces existe $y\in
  L\setminus K$ tal que $L=K(y)$ e~$y^2\in K\setminus K^2$.}
  \]
Supongamos ahora que $L/K$ es una extensión cuadrática'y que $y$, $z\in
L\setminus K$ son tales que $L=K(y)=K(z)$, e $y^2$,~$z^2\in K\setminus K^2$. Existen
entonces $a$,~$b\in K$ tales que $z=a+by$, y $z^2=a^2+2aby+b^2y^2$, de manera
que $ab=0$. No puede ser que sea $b=0$ porque en ese caso tendríamos que
$z\in K$, así que $a=0$, y entonces $z^2/y^2\in K^2$. Esto significa que
las clases $[y]$ y $[z]$ en $K^\times/K^{\times2}$ son iguales. Así, hemos
probado que
  \[
  \claim{Si $L/K$ es una extensión, entonces existe $y\in
  L\setminus K$ tal que $L=K(y)$ e~$y^2\in K\setminus K^2$ y la clase
  $[y]\in K^\times/K^{\times2}$ depende solamente de $L/K$ y no de la
  elección de~$y$ en~$L$.}
  \]
Sea $\bar K$ una clausura algebraica de~$K$ y sea $C_2(K)$ el conjunto de
las subextensiones $L/K$ de~$\bar K/K$ que son cuadráticas. Estamos en
posición de definir una función $\beta:C_2(K)\to K^\times/K^{\times2}$: si
$L/K$ es un elemento de~$C_2(K)$, sabemos que existe $y\in L\setminus K$
tal que $y^2\in K\setminus K^2$ y la clase~$[y]\in K^2/K^{\times2}$ depende
únicamente de~$L/K$, así que podemos poner $\beta(L/K)=[y]$. 

Probemos que
  \[
  \claim{la función~$\beta$ da una biyección entre el conjunto~$C_2(K)$ y
  los elementos de~$K^\times/K^{\times2}$ distintos de la unidad.}
  \]
Primero, veamos la sobreyectividad. Sea $u\in K^\times$ tal que su clase en
el cociente~$K^\times/K^{\times2}$ es no trivial. Esto significa,
precisamente, que $u\not\in K^2$ y entonces el polinomio~$f(X)=X^2-u\in
K[X]$ es irreducible. El cociente $L=K[X]/(f(X))$ es un cuerpo que contiene
a~$K$, la extensión $L/K$ es cuadrática, y si $v\in L$ es la clase de~$X$
en~$L$, entonces $v^2=u$. Esto nos dice, precisamente, que $\beta(L/K)$ es
la clase de~$u$ en~$K^\times/K^{\times2}$.

Para ver la inyectividad, sean $L/K$ y $L'/K$ dos extensiones cuadráticas
de~$K$ contenidas en~$\bar K$ tales que $\beta(L/K)=\beta(L'/K)$. Sean
$u\in L$ tal que $u^2\in K\setminus K^2$ y $v^2\in K\setminus K^2$, de
manera que $L=K(u)$ y $L'=K(v)$ y $\beta(L/K)$ y $\beta(L'/K)$ son las
clases de~$u$ y de~$v$ en $K^\times/K^{\times2}$. Como son iguales, existe
$a\in K$ tal que $u=a^2v$. Es inmediato, entonces, que $L=L'$.

\ejitem{2} Sea $f(X)=X^2+X+1\in\FF_2[X]$ y $\alpha$ una raíz de~$f$ en una
clausura algebraica de~$\FF_2$. Sea $\beta\in\FF_2(\alpha)$, de manera que
existen $a$,~$b\in\FF_2$ tales que $\beta=a+b\alpha$. Entonces
$\beta^2=a^2+b^2\alpha^2=a^2+b^2+b^2\alpha$ pertenece a~$\FF_2$ sii $b=0$,
es decir, sii $\beta\in\FF_2$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $b\in\QQ$, sea $\alpha_b$ una raíz de~$f_b(X)=X^2+bX+b^2$. Describa las
extensiones $\QQ(\alpha_b)/\QQ$ y determine sus grados.

\begin{Solucion}
Las raíces del polinomio $f_b$ son $(-b\pm\sqrt{b^2-4b^2})/2=(-1\pm\sqrt{-3})b/2$, así
que $\QQ(\alpha_b)=\QQ(\sqrt{-3})$ cualquiera sea $b\in\QQ$ y, en
particular, $\QQ(\alpha_b)$ tiene grado~$2$ sobre~$\QQ$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $n\in\NN$, sea $\zeta_n\in\CC$ una raíz $n$-ésima primitiva de la
unidad.
\begin{ejitems}

\item Determine $m(\zeta_p,\QQ)$ si $p$ es primo.

\item Calcule $m(\zeta_6,\QQ)$.

\item Es $m(\zeta_n,\QQ)=\sum_{i=0}^{n-1}X^i$ sii $n$ es primo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos que $n=p$ es un  número primo. El polinomio minimal
$m(\zeta_p,\QQ)$ de~$\zeta_p$ divide a $X^p-1$ y, como $\zeta_p\neq1$, que
divide de hecho a $f=(X^p-1)/(X-1)$. Como
$f(X+1)=((X+1)^p-1)/X=\sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i+1}X^{i}$, y
$p$~divide a~$\binom{p}{i+1}$ si $0\leq i<p-1$ y $p^2$ no divide
a~$\binom{p}{1}=p$, $f(X+1)$ satisface el criterio de Eisenstein sobre~$p$,
de manera que es irreducible. Vemos así que $m(\zeta_p,\QQ)=f$.

\ejitem{2} Sabemos que $X^6-1$ es divisible por $(X-1)(X+1)(X^2+X+1)$ y que
el cociente es $X^2-X+1$. Las raíces del factor son todas de orden menor
que $6$, así que la del cociente son las sextas primitivas. Usando el
criterio de Gauss para las raíces racionales, vemos que ese polinomio es
irreducible en~$\QQ$.

\ejitem{3} Si $n=rs$ con $r$,~$s>1$, entonces $X^{rs}-1$ es
divisible por $X^r-1$, así que $(X^{rs}-1)/(X-1)$ es divisible por
$(X^r-1)/(X-1)$, que tiene grado estrictamente menor y no es constante.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que $m(\zeta_5+\zeta_5^{-1},\QQ)=X^2+X-1$, deduzca que
$\QQ(\zeta_5)/\QQ$ admite una subextensión cuadrática y determínela
explícitamente.

\begin{Solucion}
El número $\zeta=\zeta_5$ es raíz de~$1+X+X^2+X^3+X^4$, así que anula al
polinomio de Laurent $X^{-2}+X^{-1}+1+X+X^2$. Como 
  \[
  X^{-2}+X^{-1}+1+X+X^2
    = (X^{-1}+X)^2 + (X^{-1}+X) -1,
  \]
el número $\zeta^{-1}+\zeta$ es raíz del polinomio $X^2+X-1$, que es
irreducible sobre~$\QQ$. Así, $\QQ(\zeta+\zeta^{-1})$ es una subextensión
cuadrática de~$\QQ(\zeta)/\QQ$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $p\in\NN$ primo e impar y sea $a\in\QQ$ tal que $a\not\in\QQ^p$.
\begin{ejitems}

\item Muestre que $m(\sqrt[p]{a},\QQ)=X^p-a$.

\item Sea $K\subseteq\CC$ el subcuerpo de~$\QQ$ generado por las raíces
de~$X^p-a$. Determine el grado de~$K$ sobre~$\QQ$ y
sobre~$\QQ(\sqrt[p]{a})$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos que $X^p-a=f_1(X)\cdots f_n(X)$ es la factorización
como producto de irreducibles mónicos de~$X^p-a$ en $\QQ(\zeta)[X]$, con $\zeta$
una raíz $p$-ésima primitiva de la unidad. Sea $I=\{1,\dots,n\}$. 
Como el polinomio $X^p-a$ es coprimo con su derivada, siempre que
$i$,~$j\in I$ son distintos, $f_i$ no es un múltiplo escalar de~$f_j$.
Notemos que si $k\in\ZZ/p\ZZ$ es
  \[
  f_1(\zeta^k X)\cdots f_n(\zeta^k X)=(\zeta^k X)^p-a=X^p-a=f_1(X)\cdots f_n(X)
  \]
así que para cada $i\in I$ existe $j\in I$ tal que $f_i(\zeta^ k X)$ es un
múltiplo escalar de~$f_j(X)$, y este $j$ está bien determinado. Obtenemos
de esta forma una acción~$\triangleright$ del grupo $g=\ZZ/p\ZZ$ sobre $I$
tal que para cada $k\in G$ es $f_i(\zeta^k X)$ un múltiplo escalar de
$f_{k\triangleright i}(X)$.

Como $G$ no tiene subgrupos propios e $I$ tiene a lo sumo $p$
elementos, vemos que 
\begin{enumerate}[label=(\Roman*)]

\item\label{c:1} o bien la acción de $G$ es trivial 

\item\label{c:2} o bien $I$ tiene exactamente $p$~elementos y la acción es
simplemente transitiva. 

\end{enumerate}
En el caso~\ref{c:2}, cada uno de los polinomios $f_i$ tiene que tener
grado~$1$, y $f$ tiene una raíz $\alpha$ en~$\QQ(\zeta)$. Esto significa
que existe un polinomio $h\in\QQ[X]$ tal que $h(\zeta)^p=a$, de manera que
$\zeta$ es una raíz del polinomio $h(X)^p-a$, que tiene coeficients
racionales; ese polinomio debe ser entonces divisible por~$\Phi_p$ y en
consecuencia tiene a \emph{todas} las raíces $p$-ésimas primitivas como
raíces. Así, esto nos dice que $h(\zeta^i)^p=a$ para cada
$i\in\{1,\dots,p-1\}$.

Consideremos el polinomio 
  \[
  H(Y_1,\dots,Y_{p-1},X) = \prod_{i=1}^{p-1}h(Y_iX) 
    \in\QQ[X,Y_1,\dots,Y_n]
  \]
Cuando lo escribimos como polinomio en la variable~$X$ con coeficientes
en~$\QQ[Y_1,\dots,Y_n]$, esos coeficientes son claramente funciones
simétricas de las variables $Y_1$,~\dots,~$Y_{p-1}$ con coeficientes
racionales. Esto implica que
  \[
  H(\zeta,\zeta^2,\dots,\zeta^{p-1},X)
  \]
es un polinomio en~$X$ \emph{con coeficientes racionales}, ya que las
funciones simétricas elementales en $\zeta$,~\dots,~$\zeta^{p-1}$ toman
valores racionales ---esos valores, en efecto, son salvo signo los
coeficientes de~$\Phi_p$. Esto implica que
  \[
  u \coloneqq h(\zeta)\cdots h(\zeta^{p-1})
    = H(\zeta,\dots,\zeta^{p-1},1) \in \QQ
  \]
Además, como $h(\zeta^i)^p=a$ para cada $i\in\{1,\dots,p-1\}$, es
$u^p=a^{p-1}$. Ahora bien, $p$ y $p-1$ son coprimos, así que existen
$x$,~$y\in\ZZ$ tales que $xp+y(p-1)=1$ y entonces
$a=(u^ya^{-x})^p\in\QQ^p$, contra la hipótesis. Vmos así que el
caso~\ref{c:2} no puede ocurrir.

En el caso~\ref{c:1}, en cambio, tenemos que $f_1(\zeta X)$ es un múltiplo
escalar de $f_1(X)$. Si $f_1(X)=X^d+a_{d-1}X^{d-1}+\cdots+a_0$, es
$f_1(\zeta X)=\zeta^dX^d+\zeta^{d-1}a_{d-1}X^{d-1}+\cdots+a_0$. Como $0$ no
es raíz de $X^p-a$, $a_0\neq0$, y entonces vemos que debe ser, de hecho,
$f_1(\zeta X)=f_1(X)$. Mirando el coeficiente de~$X^d$, concluimos así que
$\zeta^d=1$, lo que sólo es posible si $d=p$. Así, $X^p-a$ es irreducible
en $\QQ(\zeta)$.

Consideremos el diagrama
  \[
  \begin{tikzpicture}
  \node (Q) at (0,0) {$\QQ$};
  \node (Qa) at (-1,1) {$\QQ(\sqrt[p]{a})$};
  \node (Qz) at (+1,1) {$\QQ(\zeta)$};
  \node (Qza) at (0,2) {$\QQ(\zeta,\sqrt[p]{a})$};
  \draw (Q) -- (Qa);
  \draw (Q) -- (Qz);
  \draw (Qa) -- (Qza);
  \draw (Qz) -- (Qza);
  \end{tikzpicture}
  \]
Sabemos que $[\QQ(\zeta):\QQ]=p-1$ y que
$[\QQ(\zeta,\sqrt[p]{a}):\QQ(\zeta)]=p$. Si $d=[\QQ(\sqrt[p]{a}):\QQ]$ y
$e=[\QQ(\zeta,\sqrt[p]{a}):\QQ(\sqrt[p]{a})]$, es $d\leq p$ y $e\leq p-1$, y
de la multiplicatividad $p(p-1)=de$. En particular, $p$ divide al
producto~$de$ y no puede dividir a~$e$, así que debe dividir a~$d$: esto
sólo es posible si, de hecho, $d=p$.

\ejitem{2} Las raíces del polinomio son los números de la forma
$\zeta^i\sqrt[p]{a}$ con $0\leq i<p$. En particular,
$\zeta=\zeta\sqrt[p]{a}/\sqrt[p]{a}\in K$, de manera que
$\QQ(\zeta,\sqrt[p]{a})\subseteq K$; la inclusión recíproca es evidente,
así que tenemos $K=\QQ(\zeta,\sqrt[p]{a})$. De acuerdo a lo que hicimos en
el punto anterior, es $[K:\QQ]=p(p-1)$ y $[K:\QQ(\sqrt[p]{a})]=p-1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item El conjunto $\QQ_\alg$ de los elementos de~$\CC$ que son
algebraicos sobre~$\QQ$ es un subcuerpo de~$\CC$ y
$\QQ_\alg/\QQ$ es una extensión algebraica que no es finita.

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(p_i)_{i\in\NN}$ una enumeración de los primos racionales.
\begin{ejitems}

\item Encuentre el grado de $\QQ(\sqrt{p_1},\dots,\sqrt{p_n})$ sobre~$\QQ$,
y determine el número de subextesiones cuadráticas de esa extensión.

\item Calcule $[\QQ(\sqrt{p_i}, i\in\NN):\QQ]$.

\item ¿Es la extensión $\QQ(\sqrt{p_i}, i\in\NN)/\QQ$ finitamente generada?

\item Si $K$ es un cuerpo algebraicamente cerrado tal que $\QQ\subseteq
K\subseteq\CC$, ¿cuánto vale $[K:\QQ]$?

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%
\item Toda extensión algebraica de grado infinito contiene subextensiones
finitas de grado arbitrariamente grande.

\begin{Solucion}
Sea $E/K$ una extensión algebraica de grado infinito. 
Sea $x_1\in E\setminus
K$ arbitrario. Como $[K(x_1):E]$ es finito, porque $x_1$ es algebraico
sobre~$K$, $E\neq K(x)$ y, de hecho, $E/K(x_1)$ es infinita y
$d_1=[K(x_1):K]>1$. De la misma forma, existe $x_2\in E\setminus K(x_1)$
tal que $E/K(x_1,x_2)$ es algebraica de grado infinito y
$d_2=[K(x_1,x_2):K(x_1)]>1$. Continuando de esta forma, podemos construir
una sucesión~$(x_i)_{i\geq1}$ de elementos de~$E$ y una
sucesión~$(d_i)_{i\geq1}$ de enteros tales que
$[K(x_1,\dots,x_i):K(x_1,\dots,x_{i-1})]=d_i>1$ para todo $i\geq1$. Pero
entonces para todo $i\geq1$ tenemos que
$[K(x_1,\dots,xi):K] = d_1\cdots d_i \geq 2^i$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Un cuerpo algebraicamente cerrado es infinito.

\item Si $E/K$ es una extensión algabraica, determine el cardinal de~$E$ en
términos del de~$K$.

\item Existen cuerpos algebraicamente cerrados de todos los cardinales
infinitos.

\item El conjunto de elementos trascendentes de~$\RR$ es no
numerable.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $K$ un cuerpo finito y supongamos que tiene $n$ elementos. Si
$p$ es un número primo mayor que $n$, entonces $X^p-1\in K[X]$ es un
polinomio separable, ya que $p$ es estrictamente más grande que la
característica de~$K$ así que es coprimo con ella, que tiene que tener,
entonces, exactamente $p$ raíces distintas en~$K$. Esto es claramente
imposible.

\ejitem{2} Todo elemento de~$E$ es algebraico sobre~$K$, así que es raíz
de algún polinomio de~$K[X]$. Como cada polinomio tiene un número finito de
raíces, esto implica que $E$ tiene cardinal menor o igual que el de
$K[X]\times\NN$. Por supuesto, ese cardinal es al menos el de~$K$.

Si $K$ es infinito, entonces $K[X]$, que es la unión de una sucesión
creciente de $K$-subespacios de dimensión finita (cada uno de los cuales
tiene el mismo cardinal que $K$), tiene el cardinal de~$K$. Se sigue
entonces que $K[X]\times\NN$ tiene el mismo cardinal que~$K$. En este caso,
entonces, $K$ y $E$ tienen el mismo cardinal.

Si en cambio $K$ es finito, el conjunto $K[X]\times\NN$ es numerable y, como 
sabemos que $E$ es infinito, podemos concluir que $E$ es numerable.

\ejitem{3} Si $\mathcal X$ es un conjunto infinito, el anillo de polinomios
$\QQ[\mathcal X]$ con variables indexadas por el conjunto~$\mathcal X$
tiene el mismo cardinal que $\mathcal X$, así que su cuerpo de fracciones
$\QQ(\mathcal X)$ también. Pero entonces cualquier clausura algebraica de
$\QQ(\mathcal X)$ tiene el cardinal de~$\mathcal X$.

\ejitem{4} Por lo anterior, el conjunto de elementos algebraicos
sobre~$\QQ$ de~$\RR$ es necesariamente numerable, así que debe haber no
numerables elementos trascendentes en~$\RR$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo.
\begin{ejitems}

\item Si $t$ es trascendente sobre~$K$ y $n\in\NN$, determine el polinomio 
$m(t,K(t^n))$ y el grado de la extensión $K(t)/K(t^n)$.

\item Si $t_1$,~\dots,~$t_n$ es una familia algebraicamente independiente
sobre~$K$ y $e_1$,~\dots,~$e_n$ son enteros no negativos, calcule
  \[
  [K(t_1,\dots,t_n):K(t_1^{e_1},\dots,t_n^{e_n})].
  \]
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} El polinomio $X^n-t^n\in K(t^n)[X]$ tiene a~$t$ como raíz. Para
ver que se trata de $m(t,K(t^n))$ basta mostrar que es irreducible. Del
lema de Gauss, alcanza con mostrar que es irreducible en $K[t^n][X]$ y esto
es claro, ya que satisface el criterio de Eisenstein sobre~$t^n$. En
particular vemos que $[K(t):K(t^n)]=n$.

\ejitem{2} Afirmamos que el grado es $e_1\cdots e_n$ y lo probamos por
inducción en~$n$; notemos que cuando~$n=1$ esto es precisamente lo que
hicimos en~\ejitem{1}. Si $n>1$, tenemos una torre
  \[
  K(t_1^{e_1},\dots,t_n^{e_n})
    \subseteq K(t_1,\dots,t_{n-1},t_n^{e_n})
    \subseteq K(t_1,\dots,t_n).
  \]
Es $K(t_1,\dots,t_n)=K(t_1,\dots,t_{n-1})(t_n)$ y
$K(t_1,\dots,t_{n-1},t_n^{e_n})=K(t_1,\dots,t_{n-1})(t_n^{e_n})$, así que
  \[
  [K(t_1,\dots,t_n):K(t_1,\dots,t_{n-1},t_n^{e_n})]
    = [K(t_1,\dots,t_{n-1})(t_n):K(t_1,\dots,t_{n-1})(t_n^{e_n})]
    = e_n
  \]
por lo que hicimos en~\ejitem{1}. De manera similar, es
$K(t_1,\dots,t_{n-1},t_n^{e_n})=K(t_n^{e_n})(t_1,\dots,t_{n-1})$ 
y~$K(t_1^{e_1},\dots,t_n^{e_n})=K(t_n^{e_n})(t_1^{e_1},\dots,t_{n-1}^{e_{n-1}})$,
así que
  \begin{multline*}
  [K(t_1,\dots,t_{n-1},t_n^{e_n}):K(t_1^{e_1},\dots,t_n^{e_n})] \\
    =
    [K(t_n^{e_n})(t_1,\dots,t_{n-1}):K(t_n^{e_n})(t_1^{e_1},\dots,t_{n-1}^{e_{n-1}})]
    = e_1\cdots e_{n-1}
  \end{multline*}
inductivamente. Tenemos entonces que
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft{}
  [K(t_1,\dots,t_n):K(t_1^{e_1},\dots,t_n^{e_n})] \\
    &= [K(t_1,\dots,t_n):K(t_1,\dots,t_{n-1},t_n^{e_n})]
       \cdot
       [K(t_1,\dots,t_{n-1},t_n^{e_n}:K(t_1^{e_1},\dots,t_n^{e_n})]
       \\
    &= e_1\cdots e_n,
  \end{align*}
y esto completa la inducción.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $K$ es un cuerpo y $f\in K[X]$ es un polinomio no
constante, entonces 
  \[
  [K(X):K(f)]=\deg f.
  \]

\begin{Solucion}
Es suficiente que
mostremos que el polinomio minimal de $X$ sobre $K(f(X))$ es $f(Y)-f(X)\in
K(f(X))[Y]$. Es evidente que ese polinomio tiene a~$X$ como raíz, así que
basta que probemos que es irreducible en $K(f(X))[Y]$. Como $f(X)$ es
trascendente sobre~$K$, hay un isomorfismo $K(f(X))\to K(t)$, con $t$ una
variable, que manda~$f(X)$ a~$t$. Hay entonces un isomorfismo
$K(f(X))[Y]\to K(t)[Y]$ que manda $f(Y)-f(X)$ a $f(Y)-t$, y basta que
mostremos que $f(Y)-t$ es irreducible en $K(t)[Y]$. Como $K(t)$ es el
cuerpo de fracciones de $K[t]$, que es un dominio de factorización única,
el Lema de Gauss nos dice que esto es lo mismo que mostrar que $f(Y)-t$ es
irreducible en $K[t][Y]=K[t,Y]$. Si $f(Y)-t=g(t,Y)h(t,Y)$ es una
factorización en este último anillo, y teniendo en cuenta el grado en~$t$, vemos que
podemos suponer que $g(t,Y)$ no depende en realidad de~$t$ y que $h(t,Y)$
es de grado~$1$ en~$t$. Así, existen $g$,~$h_0$,~$h_1\in K[Y]$ tales que
$f(Y)-t=g(Y)(h_0(Y)+th_1(Y))$. Se sigue de esto que $g(Y)h_1(Y)=-1$, con lo
que $g$ pertenece en realidad a~$K$, y la factorización es trivial.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E/K$ una extensión de cuerpos y sean $x$ e~$y$ elementos de~$E$.
Determine cuáles de las siguientes afirmaciones son verdaderas y, por
supuesto, justifique sus respuestas:
\begin{ejitems}

\item Si $x$ e $y$ son trascendentes sobre~$K$, entonces los elementos $xy$ y
$x+y$ no son ambos algebraicos sobre~$K$.

\item Si $x$ es trascendente sobre~$K$ e $y$ e algebraico sobre~$K$,
entonces $x+y$ es trascendente sobre~$K$.

\item Si $x$ es trascendente sobre~$K$ e $y$ e algebraico sobre~$K$,
entonces $xy$ es trascendente sobre~$K$.

\item Si $x$ es trascendente sobre~$K$ e $y$ es trascendente sobre~$K(x)$,
entonces el conjunto $\{x,y\}$ es algebraicamente independiente sobre~$K$.

\item Si $x$ e $y$ son trascendentes sobre~$K$, entonces el
conjunto~$\{x,y\}$ es algebraicamente independiente sobre~$K$.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Si $d$ un entero libre de cuadrados, entonces hay exactamente dos
morfismos de cuerpos $\QQ(\sqrt{d})\to\CC$ y ambos tienen a $\QQ(\sqrt{d})$
como imagen.

\item Si $d$ es un entero libre de cubos, entonces hay exactamente tres
morfismos de cuerpo $\QQ(\sqrt[3]{d})\to\CC$, pero en general sus imagenes
no están contenidas en~$\QQ(\sqrt[3]{d})$. ¿Cuántos morfismos
$\QQ(\sqrt[3]{d},\zeta_3)\to\CC$ hay y qué puede decir de sus imágenes?

\end{ejitems}

\end{ejercicios}

\newpage

\foto{Steinitz}{Ernst Steinitz\\1871--1928, Alemania}{%
Steinitz escribió en 1910 un artículo llamado \emph{Algebraische Theorie
der Körper}, publicado en el \emph{Journal de Crelle}, en el que estudió
por primera vez a los cuerpos desde el punto de vista axiomático. Ahí se
dieron por primera vez las definiciones de cuerpo primo, de cuerpo perfecto
de grado de trascendencia y muchas otras. Fue el primero en probar que todo
cuerpo posee una clausura algebraica. Suya es la idea que subyace a la
prueba usual de que todo par de bases de un espacio vectorial tiene el
mismo cardinal, y a la de que todo par de bases de trascendencia de un
cuerpo tienen el mismo cardinal: el llamado lema de intercambio de
Steinitz. 

Un teorema famoso de Steinitz afirma que un cuerpo
algebraicamente cerrado queda determinado por grado de trascendencia sobre
su cuerpo primo y su característica.
}

\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
