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\hyphenation{siguiente}

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\Materia{Álgebra 3}
\Cuatrimestre{Segundo cuatrimestre --- 2014}
\Practica{2}
\Titulo{Extensiones normales}

\hyphenation{anillo sub-anillo grado cuerpo cuerpos morfismo mor-fismos
  Muestre muestre iso-mor-fismo cada sobre}

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

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%
\item ¿Cuáles de las siguientes afirmaciones son válidas?

\begin{ejitems}

\item Todo polinomio no constante se factoriza como producto de factores
lineales sobre algún cuerpo.

\item El cuerpo de descomposición de un polinomio es único a menos de
isomorfismo.

\item Toda extensión finita es el cuerpo de descomposición de algún
polinomio.

\item Sea $K\subseteq L\subseteq E$ una torre de cuerpos. Si $E$ es el
cuerpo de descomposición de un polinomio $f\in K[X]$ , entonces $E$ es el
cuerpo de descomposición de $f$ visto como polinomio en $L[X]$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $K$ es un cuerpo, $f\in K[X]$ y $\bar K$ es una clausura
algebraica de~$K$, entonces $f$ se factoriza en~$\bar K[X]$ como producto
de factores lineales.

\ejitem{2} Sean $E/K$ y $L/K$ dos cuerpos de descomposición del polinomio
$f\in K[X]$, y sea $\bar L$ una clausura algebraica de~$L$. Como $E/K$ es
algebraica, la inclusión $K\to\bar L$ se extiende a un morfismo
$\sigma:E\to\bar L$ sobre~$K$. Si $f(X)=c(X-a_1)\cdots(X-a_n)$ es la
factorización de~$f$ en~$E$ como factores lineales, entonces $c\in K$ y
$a_1$,~\dots,~$a_n\in E$, y vemos que
$c(X-\sigma(a_1))\cdots(X-\sigma(a_n))$ es una factorización de~$f$
en~$\bar L$. Como las raíces de~$f$ en~$\bar L$ están en~$L$, vemos así que
$\sigma(a_1)$,~\dots,~$\sigma(a_n)\in L$ y, como las raíces de~$f$ en~$L$
generan a~$L$ sobre~$K$, vemos que $\sigma(E)=L$. Así, el morfismo~$\sigma$
se restringe a un isomorfismo $E\to L$ sobre~$K$.

\ejitem{3} Consideremos el cuerpo $E=\QQ(\sqrt[3]{2})$ y la extensión
$K/\QQ$. Si $E$ fuese el cuerpo de descomposición de un
polinomio~$f\in\QQ[X]$ y $\bar E$ un cuerpo algebraicamente cerrado que
contiene a~$E$, entonces todo morfismo $E\to\bar E$ sobre~$K$ tendría
imagen contenida en~$E$. Pero si $\omega$ es una raíz primitica cúbica de
la unidad, hay un morfismo
$\sigma:\QQ(\sqrt[3]{2})\to\QQ(\omega\sqrt[3]{2})\subseteq\CC$ que manda
$\sqrt[3]{2}$ a $\omega\sqrt[3]{2}$.

\ejitem{4} Por hipótesis, $f$ se factoriza en factores lineales sobre~$E$ y
$E$ está generado sobre~$K$ por las raíces de~$f$. Esto implica,
evidentemente, que $f$ se factoriza en factores lineales sobre~$E$ y que
$E$ está generado sobre~$L$ por las raíces de~$f$, así que $E$ es un cuerpo
de descomposición de~$f$ sobre~$L$.~\qed 
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Para cada uno de los siguientes polinomios sobre los cuerpos
indicados, exhiba un cuerpo de descomposición, determinando además el grado
de la extensión correspondiente y generadores.
\begin{ejitems}

\item $X^p-a$ sobre $\QQ$, con $p\in\NN$ primo y $a\in\NN\setminus\NN^p$;

\item $X^3-10$ sobre $\QQ$, sobre $\QQ(\sqrt 2)$ y sobre $\QQ(\sqrt{-3})$;

\item $X^4-5$ sobre $\QQ$, sobre $\QQ(\sqrt 5)$, sobre  $\QQ(\sqrt{-5})$ y
sobre $\QQ(i)$;

\item $X^4+2$ sobre $\QQ$ y sobre $\QQ(i)$;

\item $\prod_{i=1}^n(X^2-p_i)$ sobre $\QQ$, con
$p_1,\ldots,p_n\in\NN$ primos distintos;

\item $X^3-2$ sobre $\FF_7$;

\item $(X^3-2)(X^3-3)(X^2-2)$ sobre $\QQ(\sqrt {-3})$ y sobre $\FF_5$;

\item $X^n-t$ sobre $\CC(t)$, con $t$ trascendente sobre $\CC$ y $n\in\NN$;

\item $X^4-t$ sobre $\RR(t)$, con $t$ trascendente sobre $\RR$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Las raíces de~$f(X)=X^p-a$ en~$\CC$ son los números de la forma
$\omega^i\sqrt[p]{a}$ com $\omega$ una raíz $p$-ésima primitiva de la
unidad y $0\leq i<p$. El subcuerpo que generan sobre~$\QQ$ es
$E=\QQ(\omega,\sqrt[p]{a})$. En la práctica anterior calculamos que
$[E:\QQ]=p(p-1)$.

\ejitem{2} Si $\omega$ es una raíz cúbica primitiva de la unidad, entonces
es claro que sobre el cuerpo $E=\QQ(\sqrt[3]{10},\omega\sqrt[3]{10},
\omega^2\sqrt[3]{10})$ el polinomio $f(X)=X^3-10$ se factoriza en factores
lineales y que $E$ está generado por raíces de~$f$. Notemos que
$E=\QQ(\omega,\sqrt[3]{10})$ y que ya sabemos que $[E:\QQ]=3\cdot2$.
Notemos que $\omega=(-1+\sqrt{-3})/2$, así que
$\QQ\subseteq\QQ(\sqrt{-3})\subseteq E$. Sabemos entonces que $E$ es
también un cuerpo de descomposición de~$f$ sobre~$\QQ(\sqrt{-3})$ y, como
$[\QQ(\sqrt{-3}):\QQ]=2$, que $[E:\QQ(\sqrt{-3})]=3$. 

El cuerpo $L=\QQ(\sqrt{2},\omega,\sqrt[3]{10})$ es un cuerpo de
descomposición de~$f$ sobre~$\QQ(\sqrt{2})$. Como
$\QQ(\sqrt{2},\omega)=\QQ(\sqrt{2},\sqrt{-3})$, sabemos que
$[\QQ(\sqrt{2},\omega):\QQ]=4$. Como $L$ es la extensión compuesta
sobre~$\QQ$ de~$\QQ(\sqrt{2},\omega)$ y de~$\QQ(\sqrt[3]{10})$, que tienen
grados coprimos, vemos que $[L:\QQ]=4\cdot 3$ y entonces de la torre
$\QQ\subseteq\QQ(\sqrt{2})\subseteq L$ vemos que $[L:\QQ(\sqrt{2}]=2\cdot3$.

\ejitem{3} La raices de $f(X)=X^4-5$ son $\pm\sqrt[4]{5}$ y $\pm
i\sqrt[4]{5}$, así que su cuerpo de descomposición sobre~$\QQ$ es
$\QQ(i,\sqrt[4]{5})$. Su grado es $2\cdot 4$ sobre~$\QQ$, ya que
$\QQ(\sqrt[4]{5})$ tiene grado~$4$ sobre~$\QQ$ y no contiene a~$i$. Este
cuerpo contiene a los cuerpos $\QQ(\sqrt{5})$, $\QQ(\sqrt{-5})$ y $\QQ(i)$,
que son cuadráticos sobre~$\QQ$, así que sigue siendo el cuerpo de
descomposición de~$f$ sobre cada un de ellos y sobre ellos tiene grado
$2\cdot 2$.

\ejitem{4} Si $a=(1+i)/\sqrt[4]2$, 
las raices de $f(X)=X^4+2$ en~$\QQ$ son los cuatro números $\pm a$, $\pm
ia$ y entonces un cuerpo de descomposición de~$f$ sobre~$\QQ$ es
$E=\QQ(i,a)$; este cuerpo es el mismo que $\QQ(i,\sqrt[4]{2})$.
Como $X^2+1$ es irreducible sobre~$\QQ(\sqrt[4]{2})$, porque este cuerpo está
contenido en~$\RR$, de la consideración del diagrama
  \[
  \begin{tikzpicture}
    \node (Q) at (0,0) {$\QQ$};
    \node (Qi) at (-1,1) {$\QQ(i)$};
    \node (Q2) at (1,1) {$\QQ(\sqrt[4]{2})$};
    \node (E) at (0,2) {$\QQ(i,\sqrt[4]{2})$};
    \draw (Q) -- node[below left, font=\footnotesize] {$2$} (Qi);
    \draw (Q) -- node[below right, font=\footnotesize] {$4$} (Q2);
    \draw (Qi) -- (E);
    \draw (Q2) -- node[above right, font=\footnotesize] {$2$} (E);
  \end{tikzpicture}
  \]
vemos que $[E:\QQ]=8$ y $[E:\QQ(i)]=4$.

\ejitem{5} Sea $f(X)=\prod_{i=1}^n(X^2-p_i)$ en~$\QQ[X]$ con
$p_1$,~\dots,~$p_n$ primos distintos. Claramente
$E=\QQ(\sqrt{p_1},\dots,\sqrt{p_n})$ es un cuerpo de descomposición de~$f$
sobre~$\QQ$ y en la práctica anterior calculamos que $[E:\QQ]=2^n$.

\ejitem{6} Sea $f(X)=X^3-2\in\FF_7[X]$. Como $2$ no es un cubo en~$\FF_7$,
este polinomio no tiene raices en~$\FF_7$ y, considerando su grado, vemos
que es irreducible en~$\FF_7[X]$. Por otro lado, $2$ es una raíz cúbica
primitiva de la unidad en~$\FF_7$, así que si $a$ es una raíz cúbica de $2$
en una clausura algebraica de~$\FF_7$, tenemos que $E=\FF_7(a)$ es un
cuerpo de descomposición de~$f$ sobre~$\FF_7$. Su grado es $3$, ya que $f$
es irreducible.

\ejitem{7} Sabemos ya que $[\QQ(\sqrt{2},\sqrt{-3}):\QQ]=4$. Mostremos que
  \begin{equation}\label{eq:it}
  [\QQ(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3}):\QQ]=9.
  \end{equation}
Primero, sea $\alpha=\sqrt[3]{2}$ y supongamos que existe
$\beta\in\QQ(\alpha)$ tal que $\beta^3=3$. Como el polinomio~$X^3-3$ es
irreducible~$\QQ$, esto implica que $\QQ(\alpha)=\QQ(\beta)$. Para cada
$x\in\QQ(\alpha)$ sea $L_x:y\in\QQ(\alpha)\mapsto xy\in\QQ(\alpha)$, que es
un endomorfismo del $\QQ$-espacio vectorial~$\QQ(\alpha)$, y pongamos
$\tr(x)=\tr L_x\in\QQ$; esto define una función $\QQ$-lineal
$\tr:\QQ(\alpha)\to\QQ$. El conjunto $B=\{1,\alpha,\alpha^2\}$ es una
$\QQ$-base de~$\QQ(\alpha)$, y
$\norm{L_1}_B=\begin{smallpmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{smallpmatrix}$,
$\norm{L_\alpha}_B=\begin{smallpmatrix}0&0&2\\1&0&0\\0&1&0\end{smallpmatrix}$
y
$\norm{L_\alpha}_B=\begin{smallpmatrix}0&2&0\\0&0&2\\1&0&0\end{smallpmatrix}$,
así que $\tr1=3$ y $\tr\alpha=\tr\alpha^2=0$. Procediendo de exactamente la
misma forma pero usando la base $B'=\{1,\beta,\beta^2\}$ de~$\QQ(\alpha)$,
calculamos que $\tr\beta=0$. Notemos que $\alpha\beta$ es raíz del
polinomio $X^3-6$, que es irreducible sobre~$\QQ$, así que
$\QQ(\alpha)=\QQ(\alpha\beta)$ y calculando en la base
$\{1,\alpha\beta,\alpha^2\beta^2\}$ vemos, otra vez, que
$\tr\alpha\beta=0$.
Ahora bien, como $\beta\in\QQ(\alpha)$, existen
$a$,~$b$,~$c\in\QQ$ tales que $\beta=a+b\alpha+c\alpha^2$. Aplicando la
función~$\tr$ a ambos lados de esta igualdad, vemos que $a=0$.
Multiplicando la igualdad por~$\alpha$ obtenemos entonces que
$\alpha\beta=2c+b\alpha^2$, y aplicando~$\tr$ otra vez vemos que $c=0$.
Así, debe ser $\beta=c\alpha$ y, elevando al cubo, $3=2c^3$. Como
$c\in\QQ$, esto es imposible: concluimos así que en~$\QQ(\sqrt[3]{2})$ no
hay ninguna raíz cúbica~de~$3$.

Ahora, esto implica que
$[\QQ(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3}):\QQ(\sqrt[3]{2})]=3$: en efecto, el
polinomio $X^3-3$, si no fuese irreducible sobre~$\QQ(\sqrt[3]{2})$ tendría
allí una raíz. Como $[\QQ(\sqrt[3]{2}):\QQ]=3$, esto prueba~\eqref{eq:it}.

Sea $f(X)=(X^3-2)(X^3-3)(X^2-2)$. Como $\QQ(\sqrt{-3})$ contiene una raíz
cúbica primitiva de la unidad, el cuerpo de descomposición de~$f$
sobre~$\QQ(\sqrt{-3})$ es
$K=\QQ(\sqrt{-3},\sqrt{2},\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3})$, que es la extensión
compuesta de 
$\QQ(\sqrt{-3},\sqrt{2})/\QQ$
y de $\QQ(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3})/\QQ$. Como los grados de estas dos
extensiones, que son $4$ y~$9$, son coprimos, es $[K:\QQ]=4\cdot9$. Como
$[\QQ(\sqrt{-3}):\QQ]=2$, esto implica que $[K:\QQ(\sqrt{-3})]=2\cdot9$.

Consideremos ahora al polinomio $f(X)=(X^3-2)(X^3-3)(X^2-2)$ sobre~$\FF_7$.
En este cuerpo $2$ es una raíz cúbica primitiva de la unidad, $3$ es una
raíz cuadrada de~$2$, y $2$ y $3$ no tienen raíces cúbicas. Esto implica
que el cuerpo de descomposición de~$f$ sobre~$\FF_7$ es
$K=\FF_7(\alpha,\beta)$ con $\alpha^3=2$ y $\beta^3=3$. 

Mostremos que en $\FF_7(\alpha)$ no contiene ninguna raíz cúbica de~$3$.
Para llegar a un absurdo, supongamos que sí existe $\gamma\in\FF_7(\alpha)$
tal que $\gamma^3=3$. Calculando trazas como antes, vemos que $\tr1=3$,
$\tr\alpha=\tr\alpha^2=\tr\gamma=\tr\alpha\gamma=0$. Supongamos que
$\gamma=a+b\alpha+c\alpha^2$ con $a$,~$b$,~$c\in\FF_7$. Tomando trazas,
vemos que $a=0$; multiplicando por~$\alpha$ y tomando trazas, vemos que
$c=0$, y entoncs $\gamma=b\alpha$. Elevando al cubo ambos lados de la
igualdad, tenemos que $3=b^32$, de manera que $b^3=3/2=4$. Como $4$ no es
un cubo en~$\FF_7$, esto es imposible.

Como $X^3-3$ no tiene raíces en~$\FF_7(\alpha)$ y es cúbico, es irreducible
sobre ese cuerpo, y $[K:\FF_7(\alpha)]=3$. En
consencuencia, $[K:\FF_7]=[K:\FF_7(\alpha)][\FF_7(\alpha):\FF_7]=9$.

\ejitem{8} Como $\CC$ tiene una raíz $n$-ésima de la unidad, alcanza con agregar
a~$\CC(t)$ un raíz $n$\nobreakdash-ésima de~$t$ para obtener un cuerpo~$E$ de
descomposición de $f(X)=X^n-t$ sobre~$\CC(t)$. Como este polinomio es
irreducible sobre~$\CC(t)$, porque este cuerpo es el cuerpo de fracciones
del dominio de factorización única~$\CC[t]$ y el polinomio satisface el
criterio de Eisenstein sobre~$t$, vemos que $[E:\CC(t)]=n$.

\ejitem{9} Sea $f(X)=X^4-t\in\RR(t)[X]$, con $t$ trascendente sobre~$\RR$.
Tenemos un diagrama
  \[
  \begin{tikzpicture}
    \node (Q) at (0,0) {$\RR(t)$};
    \node (Qi) at (0,1) {$\RR(i,t)=\CC(t)$};
    \node (E) at (0,2) {$\CC(\sqrt[4]{t})$};
    \draw (Q) -- node[left, font=\footnotesize] {$2$} (Qi);
    \draw (Qi) -- node[left, font=\footnotesize] {$4$}(E);
  \end{tikzpicture}
  \]
Es $[\CC(\sqrt[4]{t}):\CC(t)]=4$ porque el polinomio $X^4-t$ es irreducible
sobre~$\CC(t)$ y, por otro lado, es $[\RR(i,t):\RR(t)]=2$ porque $X^2+1$ no
tiene raíces en~$\RR(t)$: en efecto, el cuadrado de toda función racional
en~$\RR(t)$ toma valores no negativos en los puntos de~$\RR$ en los que
está definida. Luego el grado del cuerpo de descomposición de $f$
sobre~$\RR(t)$ es $8$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Describa los cuerpos de descomposición de los polinomios
$X^3+X^2+X+2$ y $X^3+2X+1$ sobre $\FF_3$ y muestre que son isomorfos en
tanto extensiones de $\FF_3$.

\begin{Solucion}
Calculando explicitamente, vemos que ninguno de los dos polinomios tiene
raíces en~$\FF_3$, así que, como son cúbicos, son irreducibles
sobre~$\FF_3$.

Sea $g(X)=X^3+2X+1$. Si $a\in\FF_3$ es $g(X+a)=g(X)$, así que si $\alpha$
es una raíz de~$g$ en alguna clausura algebraica de~$\FF_3$, la
factorización de~$g$ es, de hecho, $(X-\alpha)(X-\alpha-1)(X-\alpha-2)$.
Esto significa que $\FF_3(\alpha)$ es un cuerpo de descomposición de~$g$ y
que $[\FF_3(\alpha):\FF_3]=3$.

Por otro lado, sea $\beta$ una raíz de $f(X)=X^3+X^2+X+2\in\FF_3[X]$.
Entonces $f(\beta^3)=\beta^9+\beta^6+\beta^3+2=f(\beta)^3=0$, así que
$\beta^3$ también es una raíz de~$f$. Es
$\beta\neq\beta^3$: si no fuese ese el caso tendríamos que
$\beta^2=1$ y $f$ tendría un factor común con $X^2-1$, que no tiene porque
es irreducible. Luego $f$ tiene \emph{dos} raíces distintas en
$\FF_3(\beta)$, así que tiene sus tres raíces allí: se trata, entonces, de
un cuerpo de descomposición de~$f$ sobre~$\FF_3$. Vemos, además, que
$\FF_3(\beta)$ tiene grado $3$ sobre~$\FF_3$.

Finalmente, como $\FF_3(\alpha)$ y $\FF_3(\beta)$ tienen ambos grado~$3$
sobre~$\FF_3$, sus elementos no nulos son raíces del polinomio
$X^{3^3-1}-1$ (porque sus grupos multiplicativos tienen orden $3^3-1$) y
entonces ambos son cuerpos de descomposición de este polinomio: sabemos
que esto implica que son isomorfos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Encuentre los cuerpos de descomposición de todos los polinomios
irreducibles de grado $2$ sobre $\FF_5$ y clasifíquelos a menos de
isomorfismo.

\begin{Solucion}
Si $f\in\FF_5[X]$ es mónico cuadrático, de manera que $f(X)=X^2+aX+b$ con
$a$,~$b\in\FF_5$, entonces $f(X-a/2)$ es de la forma $X^2-c$ para
algún~$c\in\FF_2$ y, como este último polinomio es también irreducible, debe
ser $c\in\{2,3\}$, ya que este es el conjunto de los no-cuadrados
de~$\FF_5$. Vemos así que los polinomios mónicos cuadráticos irreducibles
son los de la forma $(X+t)^2-2$ o $(X+t)^2-3$ para algún~$t\in\FF_5$. El
escalar~$t$ en estas representaciones queda claramente determinado por el
polinomio, y entonces los 10 polinomios son distintos dos a dos. Hemos así
obtenido la lista de los 10 polinomios mónicos cuadráticos irreducibles
sobre~$\FF_5$. Sabemos que el cuerpo de descomposición de cada uno de ellos
es de grado dos sobre~$\FF_5$, así que esos 10 cuerpos son isomorfos porque
$\FF_5$ tiene exactaente una extensión cuadrática.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si la extensión $E/\QQ$ es el cuerpo de descomposición de un
polinomio $f\in \QQ[X]$ de grado $n$, entonces $[E:\QQ]$ divide
a~$n!$. Dé ejemplos de extensiones para los que se cumpla la igualdad y
otros para los que no se cumpla.

\begin{Solucion}
Más generalmente, probemos que si $K$ es un cuerpo cualquiera y $f\in K[X]$
tiene grado~$n$, entonces el grado de cualquier cuerpo~$L$ de descomposición
de~$f$ sobre~$K$ es un divisor de~$n!$.

Si $f$ es irreducible en~$K[X]$ y $\alpha$ es una raíz de~$f$ en alguna
extensión algebraica de~$K$ que contiene a~$L$, entonces $K\subseteq
K(\alpha)\subseteq L$, $[K(\alpha):K]=n$ y $g(X)=f(X)/(X-\alpha)\in
K(\alpha)[X]$ tiene cuerpo de descomposición a $L$ sobre~$K(\alpha)$. Por
inducción, $[L:K(\alpha)]$ divide a $(n-1)!$, así que
$[L:K]=[L:K(\alpha)][K(\alpha):K]$ divide a~$n!$.

Si $f$ no es irreducible y $f=gh$ con $g$ irreducible en~$K[X]$ y de grado~$m$, 
entonces sabemos que $g$ tiene un cuerpo de
descomposición $L'$ contenido en~$L$ e, inductivamente, que $[L':K]$ divide
a $m!$. Por otro lado, $L$ es un cuerpo de descomposición de~$h$ sobre~$L'$,
así que otra vez inductivamente tenemos que $[L:L']$ divide a~$(n-m)!$. Así, vemos
que $[L:K]=[L:L'][L':K]$ divide a~$m!(n-m)!$, y esto divide a~$n!$ ya que
$\binom{n}{m}$ es un entero.

\bigskip

Consideremos el polinomio $f(X)=X^3+X^2-2X-1\in\QQ[X]$, que es irreducible
porque es cúbico y no tiene raíces racionales. Si $y$ es una raíz de~$f$,
es fácil ver que $y^2-2$ también lo es: para ello, alcanza con ver que
$f(X^2-2)=X^6-5X^4+6X^2-1$ es divisible por~$f(X)$. Esto implice que en
$\QQ(y)$ hay dos raíces de $f$, así que están las tres y se trata, en
definitiva, de un cuerpo de descomposición de~$f$. Su grado sobre~$\QQ$ es
$3<3!$.

Por otro lado, sabemos que el cuerpo de descomposición de $g(X)=X^3-2$
sobre~$\QQ$ es $\QQ(\omega,\sqrt[3]{2})$, con $\omega\in\CC$ una raíz
cúbica primitiva de la unidad, y que su grado sobre~$\QQ$ es $6=3!$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item ¿Cuáles de las siguientes afirmaciones son válidas?
\begin{ejitems}
	
\item Toda extensión de grado finito es normal.

\item Toda extensión de grado finito tiene una clausura normal de grado
finito.

\item Toda extensión de un cuerpo de característica cero es normal.

\item Todo $K$-morfismo $f:L/K \to L/K$ es un $K$-automorfismo.

\item Si $L/K$ es una extensión algebraica, todo $K$-morfismo $f:L/K \to
L/K$ es un $K$-automorfismo.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo de característica $p$ positiva.
\begin{ejitems}

\item Para todo $n\in\NN$ la función $f:x\in K\mapsto x^{p^n}\in  K$ es un
$\FF_p$-morfismo de cuerpos.

\item Si $K$ es finito, ese morfismo $f$ es un automorfismo. 

\item Dé ejemplos de cuerpos infinitos de característica positiva donde el
morfismo sea un isomorfismo y otros donde no lo sea.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Es inmediato que la función~$f$ es multiplicativa, y es aditiva
porque $(x+y)^p=x^p+y^p$ en un cuerpo de característica~$p$ positiva. Esto
nos dice que $f$ es un morfismo de anillos, así que es un morfismo de
cuerpos. Si $x\in K$ está en el cuerpo primo de~$K$, entonces $x^p=x$, así
que $f(x)=x$: esto es, $f$ es un $\FF_p$-morfismo.

\ejitem{2} Para ver que cuando $K$ es finito el morfismo $f$ es un
automorfimo basta mostrar que es inyectivo, y eso es evidente.

\ejitem{3} Si $K=\FF_p(t)$ con $t$ trascendente sobre~$\FF_p$, entonces la
función $f$ no es sobreyectiva: en efecto, el polinomio $X^{p^n}-t$ no
tiene ninguna raíz en~$\FF_p(t)$, ya que es irreducible. Por otro lado, si
$\bar\FF_p$ es una clausura algebraica de~$\FF_p$, entonces todo elemento
de~$\bar\FF_p$ es una potencia $p^n$-ésima.~\qed 
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item El grado del cuerpo de descomposición de $X^{p^n}-X\in\FF_p[X]$ sobre $\FF_p$
es $n$.

\begin{Solucion}
Sea $L$ el cuerpo de descomposición de~$f(X)=X^{p^n}-X$ sobre~$\FF_p$. Como
la característica de~$L$ es~$p$, es inmediato que la suma, el producto y
el cociente de dos raíces de~$f$ es una raíz de~$f$, así que $L$ es
precisamente el conjunto de las raíces de~$f$. En particular, tiene
exactamente $p^n$ elementos, porque $f(X)=X(X^{p^n-1}-1)$ y el polinomio
$X^{p^n-1}-1$ es separable. Vemos así que $\abs{L}=p^n$, de manera que
$[L:\FF_p]=n$, como queríamos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Describa los cuerpos de descomposición del polinomio $X^4-10X^2+5$
sobre $\QQ$, sobre $\FF_3$ y sobre $\FF_7$.

\begin{Solucion}
Trabajemos primero sobre~$\QQ$. Si $f(X)=X^4-10X^2+5$ y $g(X)=X^2-10X+5$,
entonces las raíces de~$g$ son~$a=5+2\sqrt5$ y $b=5-2\sqrt5$, y el cuerpo
de descomposición de~$f$ es $E=\QQ(c,d)$ con $c$,~$d>0$, $c^2=a$ y $d^2=b$.
Notemos que $\sqrt5\in\QQ(c)$ y que $(cd)^2=ab=5$, de manera que
$d=\sqrt{5}/c$, así que $d\in\QQ(c)$. Esto nos dice que $E=\QQ(c)$ y, como
$f$ es irreducible, que $[E:\QQ]=4$.

\TERMINAR
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo, sea $f\in K[X]$ un polinomio no nulo y sea $E/K$
un cuerpo de descomposición para~$f$. Si $F/K$ es una subextensión
de~$E/K$, entonces todo morfismo $F/K\to E/K$ sobre~$K$ puede ser extendido
a un automorfismo de~$E/K$.

%%%%%%%%%%%%
\item Determine cuáles de las siguientes extensiones son normales y
determine todos los morfismos a una clausura algebraica de su base.
\begin{ejitems}

\item $\QQ(\sqrt[7]{5})/\QQ$;

\item $\QQ(\sqrt[7]{5}, \sqrt5)/\QQ(\sqrt[7]{5})$;

\item $\QQ(\sqrt 2, \sqrt[3]{3})/\QQ$;

\item $\QQ(\xi_p)/\QQ$, con $p\in \NN$ primo;

\item $\FF_3(a)/\FF_3$, con $a$ raíz de $X^3+X^2+2X+1$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} No todas las raíces del polinomio minimal de~$\sqrt[7]{5}$
sobre~$\QQ$, que es $X^7-5$, está en~$\QQ(\sqrt[7]{5})$: este cuerpo está
contenido en~$\RR$ y el polinomio tiene raíces no reales. Esto nos dice que
$\QQ(\sqrt[7]{5})/\QQ$ no es normal. Un morfismo
$\QQ(\sqrt[7]{5})/\QQ\to\bar\QQ/\QQ$ queda deterinado por la imagen
de~$\sqrt[7]{5}$, que tiene que ser una raíz séptima de~$5$, y es claro que
cada una de ellas aparece de esta forma.

\ejitem{2} Como $\QQ(\sqrt[7]{5})/\QQ$ y $\QQ(\sqrt5)/\QQ$ tienen grados
coprimos~$7$ y~$2$, la extensión compuesta $\QQ(\sqrt[7]{5},\sqrt5)/\QQ$ tiene
grado~$14$ y entonces la extensión $\QQ(\sqrt[7]{5},\sqrt5)/\QQ(\sqrt[7]5)$
tiene grado~$2$. Es entonces normal y hay exactamente dos automorfismos a
la clausura algebraica de~$\QQ(\sqrt[7]{5})$: la identidad y el que
manda~$\sqrt5$ a su opuesto.

\ejitem{3} El cuerpo $E=\QQ(\sqrt2,\sqrt[3]{3})$ no contiene todas las
raices del polinomio minimal de~$\sqrt[3]{3}$ sobre~$\QQ$, así que no es
normal como extensión de~$\QQ$. Como sus generadores tienen grados coprimos
sobre~$\QQ$, es $[\QQ(\sqrt2,\sqrt[3]3):\QQ]=6$. Consideremos el morfismo
de~$\QQ$-álgebras
$f:\QQ[X,Y]\to\QQ(\sqrt2,\sqrt[3]3)$ tal que $f(X)=\sqrt2)$ y
$f(Y)=\sqrt[3]3$. Claramente el ideal $I=(X^2-2,Y^3-3)$ está en el núcleo
de~$f$; como $\dim_\QQ\QQ[X,Y]/I=6$, debe ser igual al núcleo, y entonces
$\QQ(\sqrt2,\sqrt[3]3)=\QQ[X,Y]/(X^2-2,Y^3-3)$. Esto implica que hay tantos
$\QQ$-morfismos $\QQ(\sqrt2,\sqrt[3]3)\to\bar\QQ$ como morfismos de
$\QQ$-álgebras $\QQ[X,Y]\to\bar\QQ$ que tiene a $X^2-2$ y a~$Y^3-3$ en su
núcleo. Es claro que hay seis, que mandan $X$ a alguna de las dos raíces
cuadradas de~$2$ e $Y$ a alguna de las tres raíces cúbicas de~$3$. Esto,
por supuesto, determina los morfismos de cuerpos de~$\QQ(\sqrt2,\sqrt[3]3)$
a~$\bar\QQ$.

\ejitem{4} Sea $\xi=\xi_p$. Como $E=\QQ(\xi)$ es el cuerpo de descomposición
de~$\Phi_p$, es normal. COmo $\xi$ genera a~$E$, un automorfismo de~$E$
queda determinado por la imagen de~$\xi$, que puede ser cualquiera de las
raíces del polinomio minimal de~$\xi$. Así, para cada $i\in\{1,\dots,p-1\}$
hay un automorfismo $f_i$ de~$E$ tal que $f_i(\xi)=\xi^i$, y esos son
todos.

\ejitem{5} El polinomio del enunciado ---llamémoslo~$f$--- es irreducible,
así que $[\FF_3(a):\FF_3]=3$. Como $f$ tiene coeficientes en~$\FF_3$, si
$x$ es una raíz de~$f$ entonces $f(x^3)=f(x)^3=0$ y entonces $x^3$ también
es una raíz. Entonces $a$, $a^3$ y $a^9$ son raíces de~$f$. Veamos que son
distintas. 
\begin{itemize}

\item Si $a=a^3$, entonces como $a\neq0$ es $a^2-1=0$, y $a$ es raíz
de~$X^2-1$, lo que es absurdo porque $f$ es irreducible.

\item Si $a^3=a^9$, entonces $(a^2-1)^3=a^6-1=0$, así que $a^2-1=0$, y ya
vimos que eso es imposible.

\item Finalmente, supongamos que $a=a^9$, de manera que $a^8=1$. Como
$\FF_3(a)^\times$ tiene $3^3-1=26$ elementos, $a^{26}=1$ y entonces, como
$(8,26)=2$, es $a^2=1$. Pero entonces $a=\pm1\in\FF_3$, lo que es absurdo.

\end{itemize}
Vemos entonces que $\FF_3(a)$ tiene a las tres raíces de~$f$: se trata,
así, del cuerpo de descomposición de~$f$ y es, en particular, normal. Todo
automorfismo de ese cuerpo tiene que mandar a~$a$ a una de las raíces
de~$f$, es decir, a un elemento de~$\{a,a^3,a^9\}$, y cada una de estas
posibilidades ocurre.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $K$ es un cuerpo, $n\in\NN$ y $t$ es trascendente sobre $K$,
entonces la extensión $K(t)/K(t^n)$ es normal sii el polinomio $X^n-1$ se
factoriza en $K[X]$ como producto de factores lineales.

\begin{Solucion}
Supongamos que la extensión es normal. El polinomio $f(X)=X^n-t^n$ es
irreducible en~$K(t^n)[X]$ y tiene una raíz en~$K(t)$, así que se
descompone totalmente sobre $K(t)$. 

Sean $p(t)$, $q(t)\in K[t]$ coprimos tales que $p(t)/q(t)$ es una raíz
de~$f$. Es $p(t)^n=t^nq(t)^n$  y, como $K[t]$ es un dominio de
factorización única, esto nos dice que $p(t)/q(t)=at$ para algún
escalar~$a\in K$. Así, vemos que existen escalares $a_1$,~\dots,~$a_n\in K$
tales que $X^n-t^n=\prod_{i=1}^n(X-a_it)$. Esta es una igualdad
en~$K[t,X]$, y dividiendo por $t^n$ y poniendo $u=X/t$, vemos que
$u^n-1=\prod_{i=1}^n(u-a_i)$. Como $u$ es trascendente sobre~$K$, esto nos
dice que $X^n-1$ se factoriza completamente sobre~$K$.

Recíprocamente, supongamos que $X^n-1=\prod_{i=1}^n(X-a_i)$ en~$K$.
Reemplazando a~$X$ por $X/t$ y multiplicando por~$t^n$, vemos que
$X^n-t=\prod_{i=1}^n(X-a_it)$, así que el polinomio $X^n-t^n$ se factoriza
como producto de factores lineales en~$K(t)$. Esto nos dice que $K(t)$ está
generado, como extensión de~$K(t^n)$, por las raíces del polinomio
$X^n-t^n\in K(t^n)[X]$ y entonces que se trata de una extensión
normal.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Las extensiones $\QQ(\sqrt[4]{2})/\QQ(\sqrt 2)$ y $\QQ(\sqrt 2)/\QQ$
son normales, pero la extensión $\QQ(\sqrt[4]{2})/\QQ$ no lo es.

\item Exhibir extensiones normales con subextensiones no normales.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Ambas extensiones son cuadráticas, así que son automáticamente
normals. Que $\QQ(\sqrt[4]{2})/\QQ$ no es normal es claro, ya que no todas
las raíces del polinomio minimal $X^4-2$ de~$\sqrt[4]{2}$ sobre~$\QQ$ están
contenidas en~$\QQ(\sqrt[4]{2})\subseteq\RR$.

\ejitem{2} Si $\zeta\in\CC$ es una raíz cúbica primitiva de la unidad, el
cuerpo $\QQ(\zeta,\sqrt[3]{2})$ es una extensión normal de~$\QQ$, ya que es
el cuerpo de descomposición del polinomio~$X^3-2$. Ese cuerpo contiene
a~$\QQ(\sqrt[3]{2})$, que no es una extensión normal de~$\QQ$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $E/K$ y $F/K$ subextensiones normales de una extensión $H/K$,
entonces $EF/K$ y $E\cap F/K$ son extensiones normales.

\begin{Solucion}
Sea $\sigma:EF\to\bar H$ un $K$-morfismo a la clausura algebraica de~$H$. Como
$E/K$ y $F/K$ son normales, entonces $\sigma(E)\subseteq E$ y
$\sigma(F)\subseteq F$, así que
$\sigma(EF)\subseteq\sigma(E)\sigma(F)\subseteq EF$. Esto nos dice que
$EF/K$ es normal.

Por otro lado, sea $\sigma:E\cap F\to\bar H$ un $K$-morfismo. Sea
$\sigma':E\to\bar H$ una extensión de~$\sigma$ a~$E$; como $E/K$ es normal,
es $\sigma(E\cap F)\subseteq\sigma'(E)\subseteq E$. De la misma forma vemos
que $\sigma(E\cap F)\subseteq F$ y, entonces $\sigma(E\cap F)\subseteq
E\cap F$.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Una extensión generada por elementos de grado $2$ es normal. 

\item ¿Para qué valores de $n\in \NN$ es cierto que 
toda extensión de grado $n$ sobre $\QQ$ es normal?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $E/F$ una extensión generada por un conjunto $A$ de
elementos de grado~$2$ sobre~$F$. Para cada $a\in A$, sea $m_a$ su
polinomio minimal sobre~$F$, de manera que $\deg m_a=2$. 
 
Si $a\in A$, entonces $a$ es raíz de~$m_a$. Como $m_a$ tiene grado dos, al
tener una raíz en~$E$ tiene las dos, y entonces $m_a$ se descompone
totalmente en~$E$. Vemos así que $E$ es un cuerpo de descomposición de
$\{m_a:a\in A\}$ y, entonces, que la extensión $E/F$ es normal.

\ejitem{2} Si $n\in\NN$ es tal que $n\geq3$, entonces la extensión
$\QQ(\sqrt[n]{2})/\QQ$ no es normal. En efecto, contiene a~$\sqrt[n]{2}$,
que tiene polinomio minimal~$X^n-2$ sobre~$\QQ$, y contiene a lo sumo dos
de las raíces de este polinoio.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $p\in\NN$ primo impar y sea Sea $K=\FF_p (u,v)$, con $\{u,v\}$
algebraicamente independientes sobre $\FF_p$. Sea $f(X)=X^{2p}-uvX^p+v$ y
sea $\alpha$ una raíz de~$f$ en una clausura algebraica de~$K$.
\begin{ejitems}

\item La extensión $K(\alpha)/K$ no es normal.

\item Encuentre el grado del cuerpo de descomposición de $f$ sobre~$K$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1}
Supongamos que la extensión es normal. Como
$f(X)=(X^p-\alpha^p)(X^p-v/\alpha^p)$ es irreducible sobre~$K$ y tiene una raíz
en~$K(\alpha)$, las tiene todas y existe $\beta\in K(\alpha)$ tal que
$\beta^p=v$. Tenemos que $uv=\alpha^p+v/\alpha^p=\alpha^p+\beta^p/\alpha^p$ y $v=\beta^p$, así
que $u=\alpha^p/\beta^p+1/\alpha^p=w^p$ si $w=\alpha/\beta+1/\alpha$.
Esto nos dice que $K(u^{1/p},v^{1/p})\subseteq K(\alpha)$. Esto es
imposible porque $[K(u^{1/p},v^{1/p}):K]=p^2$ y $[K(\alpha):K]=2p$.

\ejitem{2} Si $\alpha$ es una raíz de~$f$, entonces
$f(X)=(X^p-\alpha^p)(X^p-v/\alpha^p)$, así que en el cuerpo de
descomposición $E$ de~$f$ existe $\beta$ tal que $\beta^p=v$ y, de hecho,
$E=K(\alpha,\beta)$. Sabemos que $[K(\beta):K]=p$ y es $[K(\alpha^p):K]=2$
porque $\alpha^p$ satisface al polinomio $X^2-uvX+v$, que es irreducible
sobre~$K$. Esto nos dice que $[K(\alpha^p,\beta):K]=2p$, porque $p$ es
impar. Como la
característica es~$p$, el grado de $K(\alpha,\beta)$
sobre~$K(\alpha^p,\beta)$ es o~$1$ o~$p$. En el segundo caso tendremos que
$[E:K]=[K(\alpha,\beta):K]=2p^2$. 

Supongamos que estamos en el primer caso, de manera que 
$\alpha\in K(\alpha^p,\beta)$. Como $K(\alpha)/K$ no es normal y
$K(\alpha^p,\beta)/K$ sí lo es, $K(\alpha)\subsetneq K(\alpha^p,\beta)$.
Esto es absurdo, porque como $f$ es irreducible, $[K(\alpha):K]=2p$.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Si $E/K$ es una extensión algebraica tal que todo polinomio no
constante en $K[X]$ se factoriza como producto de polinomios lineales en
$E[X]$, entonces el cuerpo~$E$ es algebraicamente cerrado.

\item Si $E/K$ es una extensión algebraica de un cuerpo infinito~$K$ tal
que todo polinomio no constante en $K[X]$ tiene una raíz en $E$, entonces
el cuerpo $E$ es algebraicamente cerrado.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $E/K$ una extensión algebraica tal que todo irreducible
de~$K[X]$ se factoriza como producto de factores lineales en~$E[X]$ y sea
$f\in E[X]$ un irreducible. Sea $a$ una raíz de~$f$ en alguna extensión
de~$E$. Como $a$ es algebraico sobre~$E$ y la extensión $E/P$ algebraica,
la extensión $E(a)/P$ es algebraica. En particular, tenemos el polinomio
minimal $m\in P[X]$ minimal de~$a$ sobre~$P$, que es irreducible en~$P[X]$.
De acuerdo a la hipótesis hecha sobre~$E/K$, el polinomio~$m$ se factoriza
como producto de factores linales en~$E[X]$, así que $a\in E$.

\ejitem{2} Sea $E/K$ una extensión algebraica de un cuerpo $K$ que tiene la
propiedad de que todo irreducible de~$K[X]$ tiene una raíz en~$E$.
Bastará que probemos que
  \begin{equation}\label{eq:clo}
  \claim{existe un subcuerpo $P\subseteq E$ que contiene a~$K$ y tal que
  todo irreducible de~$P[X]$ se
  factoriza como producto de polinomios lineales en~$E[X]$.}
  \end{equation}
ya que eso nos reduce a la situación de la primera parte de este ejercicio.
Para eso, consideramos dos casos.
\begin{itemize}

\item Si $K$ es perfecto, podemos tomar simplemente $P=K$. Sea $f\in K[X]$
un irreducible y sea $F/K$ un cuerpo de descomposición de~$f$ sobre~$K$.
Como $K$ es perfecto, existe $a\in K$ tal que $F=K(a)$. Si $m\in K[X]$ es
el polinomio minimal de~$a$ sobre~$K$, la hipótesis nos dice que $m$ tiene
una raíz~$\beta$ en~$E$, y entonces las extensiones $K(\alpha)/K$ y
$K(\beta)/K$ son isomorfas. Como $f$ se descompone completamente sobre
$K(\alpha)$, también lo hace sobre~$K(\beta)\subseteq E$.

\item Supongamos ahora que $K$ no es perfecto, de manera que, en particular, 
la caracteristica~$p$ de~$K$ es positiva. Sea
  \(
  P = \{x\in E:\text{existe $n\geq1$ tal que $x^{p^n}\in K$}\}
  \).
Es fácil ver que $P$~es un subcuerpo de~$K$ que contiene a~$K$. 

Este cuerpo~$P$ es perfecto. En efecto, si $x\in P$, existe $n\geq1$ tal
que $x^{p^n}\in K$. Por la hipótesis, el polinomio $X^{p^{n+1}}-x^{p^n}\in
K[X]$ tiene alguna raíz en~$E$, así que existe $b\in E$ tal que
$b^{p^{n+1}}=x^{p^n}$. Claramente es $b\in P$ y, como
$(b^p-x)^{p^{n}}=b^{p^{n+1}}-x^{p^n}=0$, vemos que $x\in E^p$. Así, es $E=E^p$ y
el cuerpo $E$ es perfecto, como dijimos. De hecho, el
cuerpo~$E$ también es perfecto: un irreducible de~$E[X]$ divide a un
irreducible de~$P[X]$ y, como este último es separable, es separable; esto
nos dice que todo irreducible de~$E[X]$ es separable, esto es, que $E$ es
perfecto.

Veamos ahora que la extensión $E/P$ tiene la propiedad de que todo
irreducible de~$P[X]$ tiene una raíz en~$E$. Sea
$f(X)=\sum_{i=0}^nf_iX^i\in P[X]$ un irreducible. Como sus coeficientes
están en~$P$ y son finitos en número, existe $m\geq1$ tal que
$g(X)=\sum_{i=0}^nf_i^{p^m}X^i\in K[X]$ y, por hipótesis, este
polinomio~$g$ tiene una raíz~$a$ en~$E$. Como $E$ es perfecto, existe $b\in
E$ tal que $b^{p^m}=a$, y entonces $f(b)^{p^m}=g(b^{p^m})=g(a)=0$, así que
$f$ tiene una raíz en~$E$. 

Como $P$ es perfecto, lo que hicimos en el punto anterior nos dice que
de~$P[X]$ se factoriza completamente en~$E[X]$.~\qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

%\newpage

%\foto{Steinitz}{Ernst Steinitz\\1871--1928, Alemania}{%
%}

\end{document}
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