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\Materia{Álgebra 3}
\Cuatrimestre{Segundo cuatrimestre --- 2014}
\Practica{4}
\Titulo{Extensiones galoisianas}

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

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

\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $E/K$ y $L/K$ son dos extensiones isomorfas de un cuerpo~$K$,
entonces los correspondientes grupos de Galois son isomorfos. ¿Vale la
recíproca?

\begin{Solucion}
Si $f:E/K\to L/K$ es un isomorismo de extensiones de~$K$, 
para cada $\sigma\in\Gal(E/K)$ la función $f\circ\sigma\circ f^{-1}:L\to L$
es un automorfismo de extensiones, y la aplicación
función $f^*:\sigma\in\Gal(E/K)\mapsto f\circ\sigma\circ
f^{-1}\in\Gal(L/K)$ es un morfismo de grupos que tiene a $(f^{-1})^*$ como
inversa.

Por otro lado, sabemos que $\QQ$ tiene infinitas extensiones cuadráticas
distintas, y todas ellas tienen grupo de Galois cíclico de orden dos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Describa los grupos de Galois de los cuerpos de descomposición de los polinomios 
\begin{ejitems}

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

\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.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sabemos que si $\zeta$ es un raíz $p$-ésima primitiva de la
unidad, entonces el cuerpo de descomposición de~$X^p-a$ es
$E=\QQ(\zeta,\sqrt[p]{a})$ y que $[E:\QQ]=p(p-1)$. Un automorfismo $\sigma$
de~$E/\QQ$ tiene que mandar $\zeta$ a una raíz $p$-ésima primitiva y
a~$\sqrt[p]{a}$ a una raíz $p$-ésima de~$a$, así que existen
$i\in\ZZ_p^\times$ y $j\in\ZZ_p$ tales que $\sigma(\zeta)=\zeta^i$ y
$\sigma(\sqrt[p]{a})=\zeta^j\sqrt[p]{a})$. Hay a lo sumo $p(p-1)$
automorfismos de esta forma; como este número es el grado de la extensión, vemos que
de hecho estos son todos los automorfismos. Si llamamos $\sigma_{i,j}$ al
automorfismo que corresponde a~$(i,j)\in\ZZ_p^\times\times\ZZ_p$,
calculando vemos que $\sigma_{k,l}\circ\sigma_{i,j}=\sigma_{ik,jk+l}$. Esto
nos dice que $\Gal(E/K)\cong\ZZ_p^\times\rtimes\ZZ_p$ con la acción
tautológica de~$\ZZ_p^\times$ sobre~$\ZZ_p$.

\ejitem{2} Si $a=\sqrt[4]{2}$, el cuerpo de descomposición es
$E=\QQ(i,a)$ y tiene grado~$8$ sobre~$\QQ$. Un automorfismo $\sigma\in E/\QQ(i)$
tiene que mandar $\sqrt[4]{2}$ a otra raíz cuarta de la~$2$ así que
$\sigma(\sqrt[4]{2})=i^k\sqrt[4]{2}$ para algún $k\in\ZZ_4$. Como
$\QQ(i,a)/\QQ(i)$ es simple, cada una de los valores de~$k$ da en efecto un
automorfismo, así que de esta forma obtenemos los cuatro elementos de
$\Gal(E/\QQ(i))$, y es claro que este grupo es isomorfo a~$\ZZ_4$.

Por otro lado, si $\sigma\in\Gal(E/\QQ)$  existen $\epsilon\in\ZZ_2$ y
$k\in\ZZ_4$ tale que $\sigma(i)=(-1)^\epsilon i$ y
$\sigma(\sqrt[4]{2})=i^k\sqrt[4]{2}$. Como hay~$8$ automorfismos, son todos
de esta forma. Si llamamos $\sigma_{\epsilon,k}$ al que corresponde a esas
elecciones, la función $\sigma_{\eta,l}\circ\sigma_{\epsilon,k}$ manda~$i$
a~$(-1)^{\epsilon+\eta}i$ y $\sqrt[4]{2}$ a~$(-1)^{\eta
k}i^{k+l}\sqrt[4]{2}=i^{2\eta k+k+l}\sqrt[4]{2}$. Así, el grupo de Galois
en este caso se identifica con el conjunto $\ZZ_2\rtimes\ZZ_4$ con producto
$(\eta,l)(\epsilon,k)=(\eta+\epsilon,k+l+2\eta k)$. Se trata de un producto
semidirecto $\ZZ_2\rtimes\ZZ_4$.

\ejitem{3} Sabemos que el cuerpo de descomposición es
$E=\QQ(\sqrt{p_1},\dots,\sqrt{p_n})$ y que tiene grado~$2^n$ sobre~$\QQ$.
Si $\sigma$ es un automorfismo de~$E/\QQ$, claramente existen
$\epsilon_1$,~\dots,~$\epsilon_n\in\{\pm1\}$ tales que
$\sigma(\sqrt{p_i})=\epsilon_i\sqrt{p_i}$ para cada $i\in\{1,\dots,n\}$.
Como hay a lo sumo $2^n$ automorfismo de esta forma y ese número es igual
al grado de la extensión, vemos que todas las opciones dan efectivamente
automorfismos y que el grupo de Galois es el conjunto de esos
automorfismos. Calculando, es inmediato que es abeliano de exponente~$2$,
así que es isomorfo a~$\ZZ_2^n$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E=\QQ(\sqrt{2+\sqrt 2})$.
Calcule el grado de la extensión $E/\QQ$ y decida si se trata de una
extensión normal. Describa $\Gal(E/\QQ)$
y encuentre todas las subextensiones de grado~$2$ de~$E/\QQ$.

\begin{Solucion}
Sea $a=\sqrt{2+\sqrt2}$. Es $(a^2-2)^2=2$, de manera que $a$ es raíz del
polinomio
$f(X)=(X^2-2)^2-2=X^4-2X^2+2$, que es irreducible sobre~$\QQ$.
Esto nos dice que $[E:\QQ]=4$. El polinomio es bicuadrático, así que es
facil ver que si $b=\sqrt{2-\sqrt2}$, entonces sus raíces son $\pm a$ y
$\pm b$. Como $ab=\sqrt2=a^2-2\in\QQ(a)$, vemos que de hecho $E$ es el
cuerpo de descomposición de~$f(X)$. Como la extensión es simple, hay un
automorfismo de~$E/\QQ$ por cada raíz de~$f$, que manda~$a$ a esa raíz.
Sea $\sigma\in\Gal(E/\QQ)$. 
\begin{itemize}

\item Si $\sigma(a)=a$, entonces $\sigma=\id$.

\item Si $\sigma(a)=-a$, entonces es
$\sigma(\sqrt2)=\sigma(a^2-2)=a^2-2=\sqrt2$, de manera que
$\sigma(b)=\sigma(\sqrt2/a)=-\sqrt2/a=-b$. 

\item Si $\sigma(a)=b$, entonces
$\sigma(\sqrt2)=\sigma(a^2-2)=b^2-2=-\sqrt2$ y, en consecuencia,
$\sigma(b)=\sigma(\sqrt2/a)=-\sqrt2/b=-a$. 

\item Si $\sigma(a)=-b$, entonces otra vez $\sigma(\sqrt2)=-\sqrt2$, así
que $\sigma(b)=\sigma(\sqrt2/a)=\sqrt2/b=a$.

\end{itemize}

Es fácil ver que el orden del automorfismo $\tau$ tal que $\tau(a)=b$ es
$4$, así que el grupo es cíclico. En particular, tiene un único subgrupo de
índice~$2$, cuyo cuerpo fijo es la única subextensión de grado de~$2$. Como
ya tenemos una subextensión cuadrática, $\QQ(\sqrt2)$, debe ser ésa.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Describa todas las subextensiones del cuerpo de descomposición del
polinomio~$(X^2-2)(X^2-3)(X^2-5)$ sobre~$\QQ$.

\item Describa todas las subextensiones de grado~$2$ del cuerpo de
descomposición del polinomio $X^4 - 2X^2 -1$ sobre~$\QQ$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} El cuerpo de descomposición es $E=\QQ(\sqrt2,\sqrt3,\sqrt5)$ y
su grupo de Galois es $G=\ZZ_2\times\ZZ_2\times\ZZ_2$, con
$\epsilon=(\epsilon_1,\epsilon_2,\epsilon_3)$ actuando vía
$\sqrt2\mapsto\epsilon_1\sqrt2$, $\sqrt3\mapsto\epsilon_2\sqrt3$ y
$\sqrt5\mapsto\epsilon_3\sqrt5$ (interretando a~$\ZZ_2$ como el grupo
multiplicativo $\{\pm1\}$) Las subextensiones de $E/\QQ$ se corresponden
con los subgrupos de~$G$, que son $7$ de orden~$2$, cada uno de ellos
generados por un elemento no trivial, y $7$ de orden~$4$, cada uno de ellos
un núcleo de una función lineal~$G\to\ZZ_2$.

Si $\epsilon=(\epsilon_1,\epsilon_2,\epsilon_3)$, la acción de~$\epsilon$
en la base
  \[
  \{1,\sqrt2,\sqrt3,\sqrt5,\sqrt2\sqrt3,\sqrt2\sqrt5,\sqrt3\sqrt5,\sqrt2\sqrt3\sqrt5\}
  \]
es diagonal, con autovalores
  \[
  1,\quad \epsilon_1,\quad \epsilon_2,\quad \epsilon_3,\quad \epsilon_1\epsilon_2,\quad
  \epsilon_1\epsilon_3,\quad\epsilon_2\epsilon_3,\quad
  \epsilon_1\epsilon_2\epsilon_3.
  \]
y entonces los cuerpos fijos correspondientes a los 7 subgrupos de
orden~$2$ son
  \[
  \begin{tabular}{cc}
  $\epsilon$ & \\ \hline
  $++-$ & $\QQ(\sqrt2,\sqrt3)$ \\
  $+-+$ & $\QQ(\sqrt2,\sqrt5)$ \\
  $+--$ & $\QQ(\sqrt2,\sqrt{15})$ \\
  $-++$ & $\QQ(\sqrt3,\sqrt5)$ \\
  $-+-$ & $\QQ(\sqrt3,\sqrt{10})$ \\
  $--+$ & $\QQ(\sqrt6,\sqrt5)$ \\
  $---$ & $\QQ(\sqrt6,\sqrt{10})$
  \end{tabular}
  \]
Por otro lado, todo subgrupo de orden~$4$ es el núcleo de una función
lineal $\phi:\ZZ_2^3\to\ZZ_2$, que está dado por ``producto escalar''
con un vector de la forma $(\phi_1,\phi_2,\phi_3)$ de $\ZZ_2^3$.
  \[
  \begin{tabular}{cc}
  $\phi$ & \\ \hline
  $++-$ & $\QQ(\sqrt5)$ \\
  $+-+$ & $\QQ(\sqrt3)$ \\
  $+--$ & $\QQ(\sqrt{3\cdot5})$ \\
  $-++$ & $\QQ(\sqrt2)$ \\
  $-+-$ & $\QQ(\sqrt{2\cdot5}$ \\
  $--+$ & $\QQ(\sqrt{2\cdot3})$ \\
  $---$ & $\QQ(\sqrt{2\cdot3\cdot5})$
  \end{tabular}
  \]

\ejitem{2} Sea $E$ el cuerpo de descomposición.
Las raíces del polinomio son $a=\sqrt{1+\sqrt2}$,
$b=\sqrt{1-\sqrt2}$, $-a$ y $-b$. Como es $ab=i$, tenemos es
$E=\QQ(a,i)$. Como $a\in\RR$, $i\not\in\QQ(a)$, así que
$[\QQ(a,i):\QQ(a)]=4$, y entonces $[E:\QQ]=8$.

Si $\sigma$ es un automorfismo de~$E$, es $\sigma(i)\in\{\pm i\}$ y
$\sigma(a)\in\{\pm a,\pm i a^{-1}\}$. Como hay $8$~automorfismo, vemos que
todas las opciones que tenemos dan automorfismos.

Sea $G=\Gal(E/\QQ)$. Como la extensión~$\QQ(i)/\QQ$ es normal, el grupo de
los automorfismos de~$E$ que dejan fijo a~$i$ forman un subgrupo normal. Un
tal automorfismo queda determinado por $\sigma(a)$, que puede ser $a$, $-a$,
$ia^{-1}$ ó $-ia^{-1}$; en cada uno de esos casos, es $\sigma^2(a)=a$, así
que ese subgrupo~$H$ tiene exponente~$2$ y debe ser isomorfo
a~$\ZZ_2\times\ZZ_2$. 

Sea ahora $\tau\in G$ tal que $\tau(i)=-i$ y $\tau(a)=a$, que tiene
orden~$2$. Claramente $\tau$ y $H$ generan~$G$. Si
$\sigma_1$,~$\sigma_2\in H$ son tales que $\sigma_1(a)=-a$ y
$\sigma_2(a)=ia^{-1}$, entonces calculando vemos que
$\tau\sigma_1\tau^{-1}=\sigma_1$ y
$\tau\sigma_2\tau^{-1}=\sigma_1\sigma_2$. Así, el grupo~$G$ es isomorfo
a~$\ZZ_2\rtimes(\ZZ_2\times\ZZ_2)$ con $\ZZ_2$ actuando por la matriz
$\left(\begin{smallmatrix}1&1\\0&1\end{smallmatrix}\right)$.

Los subgrupos de orden~$4$, que son los de índice~$2$, son $H$,
$K_1=(\sigma_2\tau)$ y $K_2=(\sigma_1,\tau)$. Ya sabemos que el cuerpo fijo
de~$H$ es~$\QQ(i)$. El automorfismo~$\sigma_2\tau$ manda $a$ a $ia^{-1}$ e
$i$ a~$-i$, así que deja quieto a~$i(a^2+a^{-2})=\sqrt{-2}$, así que el
cuerpo fijo de~$K_1$ es~$\QQ(\sqrt{-2})$. Finalmente, como $a^2$ queda fijo
por~$\sigma_1$ y por~$\tau$ y no es racional, $\QQ(a^2)=\QQ(\sqrt2)$ es el
cuerpo fijo por~$K_2$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $K$ es un cuerpo de característica distinta de~$2$ y 
$\alpha$,~$\beta\in K$ son tales que ni~$\alpha$, ni~$\beta$ ni~$\alpha\beta$ son
cuadrados en~$K$, describa el grupo de Galois de la extensión $K(a,b)/K$
con $a^2=\alpha$ y $b^2=\beta$.

\begin{Solucion}
Tenemos una torre $K(a,b)/K(a)/K$. El grado de $K(a)/K$ es dos, y es fácil
ver que $b\not\in K(a)$, así que $[K(a,b):K]=4$. El cuerpo
$K(a,b)$ es el cuerpo de descomposición del polinomio
$(X^2-\alpha)(X^2-\beta)$, así que es normal sobre~$K$, y como la
característica de~$K$ no es dos, ese polinomio es separable y, en
definitiva, la extensión es galoisiana. Sea $G=\Gal(K(a,b)/K)$. Si
$\sigma\in G$, es $\sigma(a)=\epsilon a$ y $\sigma(b)=\eta b$ para alguna
elección de~$\epsilon$,~$\eta\in\{\pm1\}$; esto nos da a lo sumo cuatro
elecciones, así que deben ser todas. El grupo de Galois es entonces el conjunto
de los cuatro automorfismos $\sigma_{\epsilon,\eta}$ determinados de esa
forma por $(\epsilon,\eta)\in\{\pm1\}^2$. Es inmediato calcular que de
hecho esto nos da un isomorfismo de grupos $G\cong\ZZ_2\times\ZZ_2$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo de característica distinta de~$2$.
\begin{ejitems}

\item Si $E/K$ es una extensión galoisiana tal que $\Gal(E/K) \cong
\ZZ_2\oplus\ZZ_2$, existen $a$,~$b\in E$ tales que $a^2$,~$b^2\in K$ y
$E=K(a,b)$.

\item Generalize este enunciado al caso en que $\Gal(E/K)\cong\ZZ_2^n$ con
$n\geq1$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $E/K$ una extensión galoisiana tal que
$G=\Gal(E/K)\cong\ZZ_2\times\ZZ_2$, y sean $\sigma$,~$\tau\in G$ tales que
$\sigma$ y $\tau$ generan~$G$; esto implica que
$G=\{1,\sigma,\tau,\sigma\tau\}$, que $\sigma$ y $\tau$ conmutan y tienen
orden~$2$. El cuerpo fijo $E^\sigma$ es una extensión cuadrática de~$K$,
así que existe $a\in E^\sigma$ tal que $a^2\in K$, $E^\sigma=K(a)$ y $\tau(a)=-a$; de
la misma forma, existe $b\in E^\tau$ tal que $b^2\in K$, $E^\tau=K(b)$ y
$\sigma(b)=-b$. Como la correspondencia entre subcuerpos y subgrupos es un
anti-isomorfismo de conjuntos ordenados,
$K(a,b)=E^\sigma E^\tau=E^{(\sigma)\cap(\tau)}=E$

\ejitem{2} \TERMINAR
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Para cada $n\geq1$ sea $\zeta_n\in\CC$ una raíz $n$-ésima primitiva
de la unidad.
\begin{ejitems}

\item Si $n\geq1$, $\Phi_n=m(\zeta_n,\QQ)$ es el polinomio minimal
de~$\zeta_n$ sobre~$\QQ$, y $K/\QQ$ es una extensión tal que $\Phi_n$ es
irreducible en $K[X]$, entonces $K(\zeta_n)/K$ es una extensión galoisiana
de grado $\varphi(n)$ y $\Gal(K(\zeta_n)/K)\cong(\ZZ/n\ZZ)^\times$.

\item Si $K=\QQ(\sqrt[3]{2})$, describa $\Gal(K(\zeta_{20})/K)$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} El polinomio~$\Phi_n$ divide a~$X^n-1$. Como $\zeta=\zeta_n$ es
una raíz $n$-ésima primitiva, este último polinomio tiene todas sus raíces
en~$K(\zeta)$, así que lo mismo sucede con~$\Phi_n$, y entonces $K(\zeta)$
es un cuerpo de descomposición para $\Phi_n$ sobre~$K$ y, como $K$ tiene
característica nula, la extensión $K(\zeta)/K$ es galoisiana. Sea
$G=\Gal(K(\zeta)/K)$. Si $\sigma\in G$, entonces $\sigma(\zeta)$ es una
raíz $n$-ésima primitiva, y existe $i\in(\ZZ/n\ZZ)^\times$ tal que
$\sigma(\zeta)=\zeta^i$. Esto determina una función
$f:G\to(\ZZ/n\ZZ)^\times$ tal que $\sigma(\zeta)=\zeta^{f(\sigma)}$ para
todo $\sigma\in G$ y, como $\zeta$ genera a~$K(\zeta)$ sobre~$K$, esta
función es inyectiva. Para ver que es sobreyectiva basta ver que el grado
de~$\Phi_n$ es al menos~$\phi(n)$ ---ya que en ese caso
$\abs{G}=[K(\zeta):K]=\deg\phi_n\geq\phi(n)=\abs{(\ZZ/n\ZZ)^\times}$--- y,
para eso, que toda raíz $n$-ésima primitiva es raíz de~$\Phi_n$. A su vez,
para eso basta mostrar que 
  \begin{equation}\label{eq:leg}
  \claim{si $p$ es un primo con $(p,n)=1$, es $\Phi(\zeta^p)=0$.}
  \end{equation}
Sea entonces $p$ un primo coprimo con~$n$ y supongamos que $\zeta^p$ no es
raíz de~$\Phi$. Sabemos que existe $\Psi$ tal que $X^n-1=\Phi(X)\Psi(X)$,
así que $\Psi(\zeta^p)=0$: esto nos dice que $\zeta$ es raíz de~$\Psi(X^p)$
y, entonces, que $\Phi(X)\mid\Psi(X^p)$. Existe en consecuencia $h\in\QQ[X]$ tal
que $\Psi(X^p)=\Phi(X)h(X)$. Como $\Phi$ es el polinomio minimal
sobre~$\QQ$ de un entero algebraico, tiene coeficientes en~$\ZZ$ y entonces
$\Psi$ y $h$ también. En $\FF_p[X]$ tenemos que
  \[
  \Phi(X)h(X) = \Psi(X^p) \equiv \Psi(X)^p
  \]
así que $\Phi(X)$ y $\Psi(X)$ no son coprimos en $\FF_p[X]$. Esto implica
que $X^n-1=\Phi(X)\Psi(X)$ no es separable sobre~$\FF_p$, lo que es
absurdo. Esta contradiccón prueba~\eqref{eq:leg}.

\ejitem{2} De acuerdo a la primera parte, sabemos que el grado de
$\QQ(\zeta_{20})/\QQ$ es $\phi(20)=8$. Por otro lado, la extensión $K/\QQ$
tiene grado~$3$, así que $[K(\zeta_{20}):\QQ]=3\cdot8$ y $[K(\zeta_{20}):K]=8$.
Esto implica que el polinomio minimal de~$\zeta_{20}$ sobre~$K$ tiene
grado~$8$, así que es~$\Phi_{20}$, y en entonces este último es
irreducible sobre~$K$. Se sigue de la parte anterior, entonces, que
$\Gal(K(\zeta_{20})/K)\cong(\ZZ/20\ZZ)^\times$.~\qed
\end{Solucion}

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

\item $\QQ(\cos\frac{2\pi}{11})/\QQ$ es la única subextensión de grado~$5$ de
$\QQ(\zeta_{11})/\QQ$.

\item $\QQ(\zeta_{11})/\QQ$ tiene una única subextensión de grado~$2$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $K=\QQ(\zeta_{11})$. Sabemos que el grado de $K/\QQ$ es 10 y
que su grupo de Galois es $(\ZZ/11\ZZ)^\times$. Como se trata del grupo de
unidades de un cuerpo finito, es cíclico, y tiene entonces a lo sumo un
subgrupo de cada orden. En particular, tiene a lo sumo un subgrupo de
índice~$5$. Esto implica quee $K/\QQ$ tiene a lo sumo una subextensión de grado~$5$.
Sabemos que $\zeta=\zeta_{11}$ es raíz de~$f(X)=\sum_{i=0}^{10}X^i$.
Como $f(\zeta)=0$, es $1+\sum_{i=1}^5(\zeta^i+\zeta^{-i})=0$.

Es fáci verificar que
  \begin{equation}
  \claim{Si $\ZZ[x^{\pm1}]$ es el anillo de polinomios de Laurent con
  coeficientes enteros en la variable~$x$ y
  $\sigma:\ZZ[x^{\pm1}]\to\ZZ[x^{\pm1}]$ es el automorfismo de anillos tal
  que $\sigma(x)=x^{-1}$, entonces el anillo fijo $\ZZ[x^{\pm1}]^\sigma$ es
  $\ZZ[x+x^{-1}]$.}
  \end{equation}
Como el polinomio de Laurent $1+\sum_{i=1}^n(X^i+X^{-i})$ es claramente
invariante por el automorfismo~$\sigma$, existe $h\in\ZZ[t]$ tal que 
$1+\sum_{i=1}^5(X^i+X^{-i})=h(X+X^{-1})$, y es fácil verifcar que el
grado de~$h$ es~$5$. Como $\xi=2\cos(2\pi/11)=\zeta+\zeta^{-1}$, vemos que
$\xi$ es raíz de~$h$. También es fácil ver que $h$ es irreducible: si
$h=rs$ con $r$,~$s\in\ZZ[X]$ de grados~$a$ y $b$, entonces calculando vemos
que $X^ar(X+X^{-1})$ y $X^bs(X+X^{-1})$, que son elementos de~$\ZZ[X]$,
tienen producto~$\sum_{i=0}^{10}X^i$, lo que es absurdo.
Vemos así que $\QQ(\xi)/\QQ$ tiene grado~$5$, y entonces es la única
subextensión de grado~$5$ que tiene nuestra extensión de partida.

\ejitem{2} El grupo de Galois de la extensión es isomorfo
a~$(\ZZ/11\ZZ)^\times$, que es cíclico de orden par, así que tiene
exactamente un subgrupo de índice dos, y entonces la extensión tiene
exactamente una subextensión de grado~$2$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E/K$ una extensión galoisiana de grado~$15$. Muestre que $E/K$
tiene exactamente dos subextensiones propias, pruebe que éstas son
galoisianas y calcule sus grados.

\begin{Solucion}
El grupo de Galois $G=\Gal(E/K)$ tiene orden~$15=3\cdot5$. De los teoremas
de Sylow se sigue inmediatamente que los $3$- y $5$-subgrupos de Sylow
de~$G$ son normales: esto es, $G$ tiene subgrupos normales $H$ y $L$ de
orden~$3$ y $5$, respectivamente. Claramente esto implica que $G=H\times
L$. Este grupo tiene exactamente dos subgrupos propios no triviales, $H$ y $L$,
así que $E/K$ tiene exactamente dos subextensiones propias no triviales,
$E^H/K$ y $E^L/K$, de grados $5$ y $3$, respectivamente.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Una subextensión de grado~$3$ de una extensión galoisiana de grado~$45$
es ella misma galoisiana.

\begin{Solucion}
Sea $E/K$ una extensión de grado~$45=3^2\cdot5$ de grupo de Galois
$G=\Gal(E/K)$ y sea $F/K$ una
subextensión de grado~$3$. Existe entonces un subgrupo~$H\subseteq G$ de
índice~$3$ tal que $F=E^H$. Los teoremas de Sylow implican que los subgrupos
de Sylow de~$G$ son normales, así que $G$ es el producto directo de esos
subgrupos. Como grupos de orden~$9$ hay dos, $\ZZ_9$ y $\ZZ_3\times\ZZ_3$,
que son abelianos, vemos que $G$ es abeliano y, en consencuencia, $H$ es
normal. Luego $F/K$ es una extensión normal de~$K$; como es separable
porque está contenida en~$E$, es galoisiana.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $p\in\NN$ primo y sea $E/K$ una extensión galoisiana de grado
$sp^n$ con~$n\in\NN$ y~$(p,s)=1$.

\begin{ejitems}

\item La extensión~$E/K$ tiene subextensiones de grado $s$ y son isomorfas
dos a dos.

\item Si $p>s$, entonces hay una única subextensión de grado $s$ y es
galoisiana.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Sea $G=\Gal(E/K)$, que tiene orden~$sp^n$. 

\ejitem{1} Las subextensiones de grado~$s$
de~$E/K$ están en biyección con los subgrupos de~$G$ de índice~$s$, es
decir, con los subgrupos de orden~$p^n$. Como $(s,p)=1$, se trata de los
$p$\nobreakdash-subgrupos de Sylow, y sabemos que existen y que son
conjugados dos a dos: esto significa que hay efectivamente subextensiones
de grado~$s$ y que son todas isomorfas.

\ejitem{2} De acuerdo a los teoremas de Sylow, el número de subgrupos de
orden $p^n$ en~$G$ divide a $s$ y es congruente con $1$ módulo~$p$. Si
$p>s$, esto solo es posible si ese número es~$1$. En ese caso, lo observado
en la parte anterior nos dice que hay exactamente una subextensión de
grado~$s$ y, como el subgrupo  correspondiente es normal, que esa
subextensión es galoisiana.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Toda extensión galoisiana tiene una subextensión abeliana máxima,
esto es, un subextensión abeliana que contiene a todas las subextensiones
abelianas.

\item Si $E$ es el cuerpo de descomposición del polinomio $X^4-2$ sobre
$\QQ$, encuentre la subextensión abeliana máxima de~$E/\QQ$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $E/K$ una extensión galoisana de grupo de Galois~$G$. Hay una
correspondencia biyectiva entre las subextensiones abelianas de~$G$ y los
subgrupos normales $H\subseteq G$ tales que $G/H$ es abeliano, y esa
correspondencia invierte las inclusiones. Como todo subgrupo normal de~$G$
con cociente abeliano está contenido en el subgrupo derivado~$G'$ de~$G$,
vemos que la subextensión $E^{G'}/K$ es la subextensión  abeliana máxima.

\ejitem{2} El cuerpo de descomposición es $E=\QQ(i,\sqrt[4]{2})$, el grado
de~$E/\QQ$ es $8$ y el grupo de Galois~$G$ es isomorfo a
$\ZZ_2\rtimes\ZZ_4$, con el factor $\ZZ_2$ generado por $\sigma$ tal que
$\sigma(i)=-i$ y $\sigma(\sqrt[4]{2})=\sqrt[4]{2}$, y el factor $\ZZ_4$
generado por~$\tau$ tal que $\tau(i)=i$ y $\tau(\sqrt[4]{2})=i\sqrt[4]{2}$,
y la acción es tal que $\sigma\tau=\tau^3\sigma$. Como $\sigma$ y $\tau$
generan a~$G$, $[\sigma,\tau]=\tau^2$ genera a~$G'$. Como $\tau^2(i)=i$ 
y~$\tau^2(\sqrt[4]{2})=-\sqrt[4]{2}$, vemos que $\QQ(i,\sqrt2)$ es
$E^{G'}$, la subextensión abeliana máxima.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Sean $E/K$ y $F/K$ dos subextensiones de grado finito de una extensión $L/K$. 
La extensión compuesta~$EF/K$ es abeliana sii $E/K$ y $F/K$ son abelianas.

\item Existen extensiones finitas $E/\QQ$ y $F/\QQ$ tales que $EF/\QQ$ es
galoisiana pero ni $E/\QQ$ ni $F/\QQ$ lo son.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos primero que $EF/K$ es abeliana de grupo
$G=\Gal(EF/K)$. Como $E/K$ es una subextensión, existe un subgrupo
$H\subseteq G$ tal que $E=(EF)^H$; como $G$ es abeliano, $H$ es normal
en~$G$ y $E/K$ es normal de grupo de Galois isomorfo a~$G/H$, que es
abeliano. De la misma forma puede verse que la extensión $F/K$ es abeliana.

Supongamos ahora que $E/K$ y $F/K$ son abelianas y mostremos que $EF/K$ es
abeliana. Notemos que sabemos que la extensión $EF/K$ es galoisiana. 
Si $\sigma\in\Gal(EF/K)$, entonces $\sigma(E)=E$ y $\sigma(F)=F$
porque $E/K$ y $F/K$ son normales y finitas, así que esta bien definida la
función 
  \[
  \phi:\sigma\in\Gal(EF/K)\mapsto(\sigma|_E,\sigma|_F)\in\Gal(E/K)\times\Gal(F/K).
  \]
Como $EF$ está generado sobre~$K$ por $E\cup F$, esta función es inyectiva,
y es claro que se trata de un morfismo de grupos. Como su codominio es un
grup abeliano, su dominio también lo~es.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item El cuerpo de descomposición de un polinomio irreducible con
coeficientes racionales de grado al menos dos y con exactamente una raíz
real no es una extensión abeliana de~$\QQ$.

\begin{Solucion}
Sea $f\in\QQ[x]$ un polinomio irreducible con una única raíz real~$\xi$, sea
$E/\QQ$ el subcuerpo de~$\CC$ de descomposición de~$f$ y supongamos que el
grupo de galois $G$ de~$E/\QQ$ es abeliano.

Como $f$ tiene coeficientes reales, la conjugación compleja se restringe a
un elemento $c:z\in E\mapsto\bar z\in E$ de~$G$. Si $\sigma\in G$, entonces
$c\sigma(\xi)=\sigma c(\xi)=\sigma\xi$ porque $\xi$ es real, y entonces
$\sigma(\xi)$ es otra raíz real de~$f$: esto nos dice que $\sigma(\xi)=\xi$
para todo~$\sigma\in G$. Como $f$ es irreducible, $G$ actúa transitivamente
sobre el conjunto de las raíces de~$f$, y como $\xi$~queda fijo por todos
los elemento de~$G$, debe ser $\xi$ la \emph{única} raíz de~$f$. Así, $f$
tiene que tener grado~$1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E=\CC(X)$, sea $n\geq2$ y consideremos los automorfismos
$f$,~$g\in\Aut(E)$ tales que $g(X)=X^{-1}$ y $f(X)=\omega X$, con $\omega$
es una raíz $n$-ésima primitiva de la unidad. 
\begin{ejitems}

\item Es $f^n=g^2=id_E$ y $fg=gf^{-1}$.

\item El subgrupo $G$ generado por $f$ y $g$ en~$\Aut(E)$ es isomorfo a $D_n$.

\item El subcuerpo fijo $E^G$ es $\CC(X^n+X^{-n})$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Un automorfismo de~$E$ queda determinado por su acción
sobre~$X$, así que basta ver que $f^n(X)=g^2(X)=X$ y que
$fg(X)=gf^{-1}(X)$; una cuenta inmediata muestra que estas igualdades
valen.

\ejitem{2} Sea $D_n=\ip{r,s:r^n,s^2,(rs)^2}$ el grupo diedral de
orden~$2n$. Hay un morfismo de grupos sobreyectivo $\phi:D_n\to G$ tal que
$\phi(r)=f$ y $\phi(s)=g$: esto es consecuencia inmediata de la parte
anterior de este ejercicio. Los $2n$ elementos de~$D_n$ son de la forma
$s^ir^j$ con $0\leq i<2$ y $0\leq j<n$, y $\phi(r^j)(X)=\omega^j X$ y
$\phi(sr^j)(X)=\omega^jX^{-1}$. Vemos así que ningún elemento de~$D_n$
tiene imagen la identidad de~$\CC(X)$, así que el morfismo~$\phi$ es inyectivo.
 
\ejitem{3} Sea $H$ un grupo finito que actua sobre~$\CC(X)$ por
automorfismos de cuerpo $\CC$-lineales. Si $p(X)/q(X)\in\CC(X)$, con
$p$,~$q\in\CC[X^{\pm1}]$, entonces
  \[
  \frac{p(X)}{q(X)}
    = \frac{p(X)\prod_{h\in H\setminus1}h(q(X))}{\prod_{h\in H}h(q(X))}
  \]
y el denominador de esta última fracción es un elemento de~$\CC[X^{\pm1}]$
invariante bajo~$H$. Vemos así que existen $p_1$,~$q_1\in\CC[X]$ con
$p(X)/q(X)=p_1(X)/q_1(X)$ y $q_1\in\CC[X^{\pm1}]^H$. Si $p(X)/q(X)$ es invariante
bajo la acción de~$H$, entonces
  \[
  h(p(X)/q(X))=h(p_1(X)/q_1(X))=h(p_1(X))/h(q_1(X))=h(p_1(X))/q_1(X),
  \]
ya que $q_1$ es invariante bajo~$H$, de manera que $h(p_1(X))=p_1(X)$.
Vemos así que
  \[
  \claim{todo elemento de~$\CC(X)^H$ es un cociente de elementos
  de~$\CC[X^{\pm1}]^H$.}
  \]
Se sigue de esto que para probar el enunciado basta mostrar que el conjunto
de elementos $G$-invariantes de $\CC[X^{\pm1}]$ es~$\CC[X^n+X^{-n}]$.

Sea $C$ el subgrupo de~$G$ generado por~$f$. Se trata de un subgrupo
normal, y $G/H$ tiene orden~$2$ y está generado por la clase~$\bar g$
de~$g$. Es inmediato que $G/H$ actúa de manera natural
sobre~$\CC[X^{\pm1}]^C$ y que $\CC[X^{\pm1}]^G=(\CC[X^{\pm1}]^C)^{G/C}$:
esto nos permite calcular $\CC[X^{\pm1}]^G$ en dos pasos.

Si $p(X)=\sum_{a\leq i\leq b}p_iX^i\in\CC[X^{\pm1}]$, entonces
$f(p(X))=\sum_{a\leq i\leq b}^n\omega^ip_iX^i$, y esto es igual a~$p(X)$ sii
$(\omega^i-1)p_i=0$ para cada $i\in\{a,\dots,b\}$, lo que sucede sii
$p_i=0$ cuando $n\nmid i$, es~decir, si $p(X)\in\CC[X^{\pm n}]$. Así, vemos
que $\CC[X^{\pm1}]^C=\CC[X^{\pm n}]$.

La acción de~$\bar g$ sobre~$\CC[X^{\pm n}]$ manda $X^n$ a~$X^{-n}$, y ya
probamos en un ejercicio más arriba que el anillo de invariantes de esto es
precisamente $\CC[X^n+X^{-n}]$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo y sea $X$ trascendente sobre $K$. 

\begin{ejitems}
\item Si $f=g/h$ con $g$,~$h\in K[X]$ polinomios coprimos y no ambos
constantes, entonces
  \[
  [K(X):K(f)]=\max\{\deg g,\deg h\}.
  \]

\item Si $\phi:K(X)\to K(X)$ es un automorfismo $K$-lineal, existen
$a$,~$b$,~$c$,~$d\in K$ tales que $ad-bc\neq0$ y
$\phi(X)=\frac{aX+b}{cX+d}$.

\item Hay un isomorfismo de grupos $\Aut(K(X)/K)\cong\PGL(2,K)$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como $K(f)=K(f^{-1})$, podemos suponer sin pérdida de
generalidad que $\deg g\geq\deg h$. Sea $\phi(T)=g(T)-f(X)h(T)\in K(f)[T]$.
El grado de~$\phi(T)$ es $\deg g$, y es $\phi(X)=0$, de manera que $X$ es
algebraico sobre~$K(f)$. Veamos que $\phi(T)$ es irreducible en~$K(f)[T]$.
Como $K(f)\cong K(Z)$ con $Z$ trascendente, tenemos que mostrar que
$g(T)-Zh(T)$ es irreducible en~$K(Z)[T]$ y para eso basta ver que lo es en
$K[Z][T]=K[Z,T]$. Como tiene grado~$1$ con respecto a~$Z$, si se factoriza
en este anillo uno de los factores está en~$K[T]$, y esto solo es posible
si $g(T)$ y $h(T)$ tienen un factor no trivial. Podemos concluir entonces
que $[K(X):K(f)]=\deg\phi=\deg g$.

\ejitem{2} Sea $\phi$ un automorfismo $K$-lineal de~$K(X)$ y sea
$f(X)=\phi(X)$; como $\phi$ es un automorfismo, $f(X)\not\in K$. Como
$K(f(X))=K(X)$, es $[K(X):K(f(X))]=1$ y esto nos dice que $f(X)$ es un
cociente de polinomios de grado a lo sumo~$1$. Así, existen
$a$,~$b$,~$c$,~$d\in K$ tales que $\phi(X)=(aX+b)/(cX+d)$. El automorfimo
inverso~$\phi^{-1}$ tiene que tener la misma forma: existen
$a'$,~$b'$,~$c'$,~$d'\in K$ tales que $\phi^{-1}(X)=(a'X+b')/(c'X+d')$.
Calculando ahora la composición $\phi^{-1}\circ\phi$, vemos que las
matrices $\left(\begin{smallmatrix}a&b\\c&d\end{smallmatrix}\right)$ y
$\left(\begin{smallmatrix}a'&b'\\c'&d'\end{smallmatrix}\right)$ son
inversas. En particular, se sigue que $ad-bc\neq0$.

\ejitem{3} Si $A=\left(\begin{smallmatrix}a&b\\c&d\end{smallmatrix}\right)
\in\GL(2,K)$ y $f(X)=(aX+b)/(cX+d)\in K(X)$, la primera parte implica que
$[K(X):K(f(X))]=1$, así que, de hecho, $K(X)=K(f(X))$. Esto nos dice que
$f(X)$ es trascendente sobre~$K$, así que podemos definir un morfismo
$\phi(A):K(X)\to K(X)$ tal que $\Phi(A)(X)=f(X)$, que es un isomorfismo
$K$-lineal. Obtenemos de esta forma una función
$\Phi:\GL(2,K)\to\Aut(K(X)/K)$. La parte~\ejitem{2} de este ejercicio dice
que esta función es sobreyectiva. Por otro lado, si $A$ es una matriz como
antes y $(aX+b)/(cX+d)=\phi(A)(X)=X$, es $aX+b=cX^2+dX$, de manera que
$b=c=0$ y $a=d$: vemos así que el núcleo de~$\Phi$ es el subgrupo~$D$
de~$\GL(2,K)$ de las matrices escalares. Podemos concluir de esta forma que
$\Aut(K(X)/K)$ es isomorfo al cociente~$\GL(2,K)/D$, que es el
grupo~$\PGL(2,K)$.~\qed 
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo finito de $q$ elementos y sea $X$ trascendente
sobre~$K$.
\begin{ejitems}

\item El grupo $G=\Aut(K(X)/K)$ tiene $q^3-q$ elementos y está generado por los
automorfismos $f_a$, $g_b$ y $h$ de~$K(X)$ definidos por
  \begin{gather*}
  f_a(X)=aX, \quad a\in K^\times ; \\
  g_b(X)=X+b,\quad b\in K; \\
  h(X)=X^{-1}.
  \end{gather*}

\item El subcuerpo fijo $E^G$ es $K(Y)$ con 
  \[
  Y=\frac{(X^{q^2}-X)^{q+1}}{(X^q-X)^{q^2+1}}.
  \]

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} De acuerdo al ejercicio anterior, el grupo es isomorfo
a~$\PGL(2,K)$, cociente de~$\GL(2,K)$ por su subgrupo~$D$ de matrices
escalares. Hay tantos elementos en~$\GL(2,K)$ como bases ordenadas en el
espacio~$K^2$, y de estas hay $(q^2-1)(q^2-q)$; como $D\cong K^\times$,
es $\abs{D}=q-1$. Vemos así que
$\abs{\PGL(2,K)}=(q^2-1)(q^2-q)/(q-1)=q^3-q$.

En vista de lo ya hecho, para ver que los automorfismos del enunciado
generan a~$G$ basta mostrar que las matrices
  \begin{align*}
  &\begin{pmatrix} a&0\\0&b \end{pmatrix}, \qquad a,b\in K^\times, 
  &&\begin{pmatrix} 1&c\\0&1 \end{pmatrix}, \qquad c\in K, 
  &&\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}
  \end{align*}
generan al grupo~$\GL(2,K)$. Sea $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ es
un elemento de~$\GL(2,K)$. Si $d\neq0$, entonces
  \[
  \begin{pmatrix}1&b/d\\0&1\end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}a-bc/d&0\\0&d\end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}1&c/d\\0&1\end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}
  \]
y si $d=0$, entonces $b\neq0$ y
  \[
  \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}c&0\\0&b\end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}1&a/b\\0&1\end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}
  \]
Es fácil ver que el elemento $\frac{(X^{q^2}-X)^{q+1}}{(X^q-X)^{q^2+1}}$ es
invariante bajo todos los generadores que listamos arriba, y es igual a
  \[
  \frac{1}{X^{q^2-q}}\frac{(X^{q^2-1}-1)^{q+1}}{(X^{q-1}-1)^{q^2+1}}
    = \frac{1}{X^{q^2-q}}\left(\frac{(X^{q^2-1}-1)}{(X^{q-1}-1)}\right)^{q+1}
      \frac{1}{(X^{q-1}-1)^{q^2-q}}.
  \]
El paréntesis es un polinomio de grado~$q^2-q$, así que el segundo factor
es un polinomio de grado~$(q^2-q)(q+1)$. Haciendo la cuenta, vemos que el
numerador tiene grado~$q^3-q$ y el denominador tiene grado~$q^3-q^2$, así
que el máximo de los grados del numerador y denominador en la expresion
irreducible de~$Y$ es a lo sumo~$q^3-q$.
Tenemos una torre
  \[
  K(Y) \subseteq K(X)^G \subseteq K(X).
  \]
Sabemos que $[K(X):K(X)^G]=q^3-q$, y que $[K(X):K(Y)]\leq q^3-q$, así que
debemos tener que $K(Y)=K(X)^G$.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\newpage

\foto{Galois}{Évariste Galois\\1811--1832, Francia}{}

\end{document}
