\documentclass[a4paper,oneside,fleqn,10pt]{article}
\usepackage[nosolutions]{practicas}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{tikz}

\overfullrule5pt
\relpenalty=10000
\binoppenalty=10000
\hyphenation{siguiente}

\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}
\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\FF{\mathbb{F}}
\DeclarePairedDelimiter\abs{\lvert}{\rvert}
\DeclarePairedDelimiter\norm{\lVert}{\rVert}
\DeclarePairedDelimiter\ip{\langle}{\rangle}
\DeclareMathOperator{\id}{id}
\DeclareMathOperator{\Aut}{Aut}
\DeclareMathOperator{\Gal}{Gal}
\DeclareMathOperator{\PGL}{PGL}
\DeclareMathOperator{\GL}{GL}
\newcommand\p{\mathfrak{p}}
\newcommand\m{\mathfrak{m}}
\newcommand\alg{\mathsf{alg}}
\DeclareMathOperator\tr{tr}
\DeclareMathOperator\N{N}

\newcommand\TERMINAR{\textcolor{red}{TERMINAR}}

\Materia{Álgebra 3}
\Cuatrimestre{Segundo cuatrimestre --- 2014}
\Practica{5}
%\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 Encuentre todos los números $m\in\NN$ para los que una raíz
$m$-ésima primitiva de la unidad tiene grado~$2$ o~$4$ sobre~$\QQ$.

\begin{Solucion}
Si $m\in\NN$ y $m=p_1^{r_1}\cdots p_n^{r_n}$ es la factorización de~$m$
como producto de potencias de primos tales que $p_1<\cdots<p_n$, el grado
sobre~$\QQ$ de una raíz $m$-ésima primitiva de la unidad es
$\varphi(m)=\prod_{i=1}^n p_i^{r_n-1}(p_i-1)$. Si existe
$i\in\{1,\dots,n\}$ tal que $r_i>1$ y $p_i\neq2$, entonces $p_i$ divide
a~$\varphi(n)$, que no es entonces una potencia de~$2$. En segundo lugar,
si existe $i\in\{1,\dots,n\}$ tal que $p_i>5$, entonces $p_i-1>4$ divide
a~$\varphi(m)$, que es entonces mayor que~$4$. Finalmente, si $p_1=2$,
entonces $r_1\leq2$ si $\varphi(m)$ es~$2$ o~$4$.

Concluimos de esta forma que si $\varphi(m)$ es~$2$ o~$4$, entonces $m$ es
de la forma $2^{r_1}3^{r_2}5^{r_3}$ con $0\leq r_1\leq2$ y $0\leq
r_2,r_3\leq1$. Calculando, vemos que los únicos candidatos que satisfacen
la condición son $2^2$, $2^3$, $2\cdot 3$, $2^2\cdot 3$ y $5$.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Una extensión finita de $\QQ$ contiene un número finito de raíces de
a unidad.

\item Encuentre todas las raices de la unidad contenidas en 
$\QQ(i)$, $\QQ(\sqrt{-2})$, $\QQ(\sqrt2)$, $\QQ(\sqrt{-3})$,
$\QQ(\sqrt{-5})$, $\QQ(\sqrt 2,\sqrt {-3})$ y $\QQ(\zeta_9)$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Probemos primero que
  \begin{equation} \label{eq:phi}
  \lim_{n\to\infty}\varphi(n)=\infty.
  \end{equation}
Sea $N\geq2$ y sea $k$ la cantidad de números primos que hay en el
intervalo $[1,N]$. Sea $n\geq N^{N+k}$ y supongamos que $p_1^{r_1}\dots
p_s^{r_s}$ es la factorización de~$n$ como producto de potencias de primos
tales que $p_1<\cdots<p_s$ y $r_1$,~\dots,~$r_s>0$; es
$\varphi(n)=\prod_{i=1}^s p_i^{r_n-1}(p_i-1)$. Si para algún
$i\in\{1\dots,s\}$ es $p_i>N$, entonces $p_i-1$, que es mayor que~$N$,
divide a~$\varphi(n)$ y, en consecuencia, $\varphi(n)\geq N$. Supongamos
por el contrario que $p_s\leq N$. Es entoces $N^{N+k}\leq n\leq
N^{r_1+\cdots+r_s}$, así que $N\leq
r_1+\cdots+r_s-k\leq(r_1-1)+\cdots(r_s-1)$, ya que $s\leq k$. Esto implica
que $N\leq 2^N\leq p_1^N\leq p_1^{(r_1-1)+\cdots+(r_s-1)}\leq\varphi(n)$.
Vemos así que, en cualquier caso, vale que $\varphi(n)\geq N$ si $n\geq
N^{N+k}$. Esto prueba~\eqref{eq:phi}

Sea ahora $E/\QQ$ una extensión de grado~$d$. De acuerdo a lo que acabamos
de probar, existe $n_0$ tal que si $n\geq n_0$ entonces $\varphi(n)>d$, así
que $E$ no contiene ninguna raíz $n$\nobreakdash-ésima primitiva de la unidad ---ya que
una tal raíz generaría un subcuerpo de~$E$ sobre~$\QQ$ de
grado~$\varphi(n)>[E:\QQ]$. Esto nos dice que $E$ contiene raíces
primitivas de la unidad de grado a lo sumo~$n_0$, así que contiene a lo
sumo $\sum_{i=0}^{n_0}\varphi(i)$ de ellas.

\ejitem{2} Si $E/\QQ$ es una extensión cuadrática y $\zeta\in E$ es una
raíz primitiva $n$-ésima de la unidad, debe ser $\varphi(n)\leq2$, y
entonces $n\in\{1,2,3,4\}$. Las raíces de la unidad de orden a lo sumo~$4$
son
  \[
  1, \qquad -1, \qquad \rho_\pm=\frac{-1\pm\sqrt{-3}}{2}, \qquad \pm i.
  \]
\begin{itemize}

\item Como $\QQ(i,\sqrt{-3})$ tiene grado~$4$ sobre~$\QQ$, sabemos que
$\sqrt{-3}\not\in\QQ(i)$, y entonces $\QQ(i)$ contiene a $\pm1$, $\pm i$ y
no a $\rho_\pm$. 

\item Como $\QQ(\sqrt2)\subseteq\RR$, las raíces de la unidad que hay
en este cuerpo son solamente $\pm1$.

\item \TERMINAR

\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sean $n\in\NN$ y $p\in\NN$ un número primo.
\begin{ejitems}

\item Es $\Phi_p(X) = X^{p-1} + X^{p-2} + \cdots + 1$.

\item Si $r\in \NN$, entonces $\Phi_{p^r} (X)= \Phi_p(X^{p^{r-1}})$.

\item Si $n=p_1^{r_1} p_2^{r_2}\cdots p_s^{r_s}\in\NN$ con los
$p_1$,~\dots,~$p_s$ primos distintos, entonces
  \[
  \Phi_n(X)= \Phi_{p_1\dots p_s}\big(X^{p_1^{r_1-1}\cdots p_s^{r_s - 1}}\big).
  \]

\item Si $n$ es impar, entonces $\Phi_{2n}(X) = \Phi_n(-X)$.

\item Si $p \nmid n$, entonces 
  \[
  \Phi_{pn}(X) = \dfrac{\phi_n(X^p) }{\phi_n(X)}.
  \]

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} El polinomio de la derecha de la igualdad que queremos probar es
$f(X)=(X^p-1)/(X-1)$, así que
$f(X+1)=((X+1)^p-1)/X=\sum_{i=1}^p\binom{p}{i}X^{i-1}$. Este polinomio es
irreducible, porque satisface el criterio de Eisenstein para el primo~$p$.
Esto nos dice que $f(X)$ es irreducible. Es claro que $f$ se anula en las
raíces $p$-ésimas de la unidad distintas de~$1$, que son precisamente las
primitivas. Se sigue de esto, por supuesto, que $f=\Phi_p$.

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

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

\item El polinomio ciclotómico~$\Phi_n$ es reducible en una extensión
cuadrática~$E$ de~$\QQ$ sii $E\subseteq\QQ(\zeta_n)$.

\item Encuentre todas las extensiones cuadráticas de~$\QQ$ sobre las que
$\Phi_{12}$, $\Phi_8$ y $\Phi_{10}$ son reducibles,

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $\Phi_n$ es reducible sobre~$E$, entonces
$[E(\zeta_n):E]<\varphi(n)$ y entonces 
  \[
  [E(\zeta_n):\QQ(\zeta_n)]
    = \frac{[E(\zeta_n):E][E:\QQ]}{[\QQ(\zeta_n):\QQ]}
    < 2,
  \]
así quue $E(\zeta_n)=\QQ(\zeta_n)$ y, en particular,
$E\subseteq\QQ(\zeta_n)$.

\ejitem{2} Encontremos primero las subextensiones cuadráticas
de~$\QQ(\zeta_{12})$, $\QQ(\zeta_8)$ y $\QQ(\ZZ_{10})$. \TERMINAR
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item ¿Para qué valores de $n\in\NN$ es $\Phi_n$ irreducible sobre~$\QQ(\zeta_9)$?

\begin{Solucion}
Sean $[\QQ(\zeta_9,\zeta_n):\QQ(\zeta)_9]=g$ y $d=(n,9)$, de manera que
$\QQ(\zeta_d)\subseteq\QQ(\zeta_n)\cap\QQ(\zeta_9)$ y tenemos un diagrama
  \[
  \begin{tikzpicture}
  \node (Q) at (0,0) {$\QQ$};
  \node (Qd) at (0,1.75) {$\QQ(\zeta_d)$};
  \node (Q9) at (2.25,3) {$\QQ(\zeta_9)$};
  \node (Qn) at (-2.25,3) {$\QQ(\zeta_n)$};
  \node (K) at (0,4.5) {$\QQ(\zeta_9,\zeta_n)$};
  \begin{scope}[every node/.style={font=\tiny,fill=shadecolor}]
  \draw (Q) -- node[] {$\varphi(d)$} (Qd);
  \draw (Q) -- node[] {$\varphi(n)$} (Qn);
  \draw (Q) -- node[] {$6$} (Q9);
  \draw (Qd) -- node[] {$\varphi(n)/\varphi(d)$} (Qn);
  \draw (Qd) -- node[] {$6/\varphi(d)$} (Q9);
  \draw (Qn) -- node[] {$h$} (K);
  \draw (Q9) -- node[] {$g$} (K);
  \end{scope}
  \end{tikzpicture}
  \]
El rombo de arriba nos dice que $g=h\varphi(n)/6$, y entonces
$g=\varphi(n)$ sii $h=6$ y, como
$h=[\QQ(\zeta_9,\zeta_n):\QQ(\zeta_n)]\leq[\QQ(\zeta_9):\QQ(\zeta_d)]=6/\phi(d)$,
esto es posible sii $\phi(d)=1$, esto es, sii~$d=1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo, y consideremos el único morfismo de anillos $g:
\ZZ \to K$ y el morfismo de anillos $\bar g:\ZZ[X]\to K[X]$ tal que $\bar
g(X)=X$. Sea $\bar\Phi_n=\bar g(\Phi_n)\in K[X]$.
\begin{ejitems}

\item El polinomio $\Bar\Phi_n\in K[X]$ es mónico de grado $\varphi(n)$.

\item Es $X^n-1 = \prod_{d\mid n}\bar\Phi_d$ en $K[X]$.

\item Si la $K$ tiene característica~$p$ positiva y $n$ es coprimo con~$p$,
entonces $\bar\Phi_n$ es un polinomio separable.

\item Sea $C/K$ una clausura algebraica y sea $\zeta\in C$ una raíz
$n$-ésima primitiva de la unidad, de manera que si $i\in\ZZ$ vale que $\zeta^i=1$
sii $n\mid i$.
\begin{ejitems}

\item La característica de~$K$ no divide a~$n$.

\item Un elemento $x\in C$ es raíz de $\bar\Phi_n$ sii $x$ es una raíz
$n$-ésima primitiva de la unidad.

\item Hay exactamente $\varphi(n)$ raíces $n$-ésimas primitivas de $1$ en $C$.

\item Un elemento~$x\in C$ es una raíz $n$-ésima primitivas de la unidad
sii existe $j\in\{1,\dots,n-1\}$ tal que $(j,n)=1$ y $x=\zeta^j$.

\end{ejitems}
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Notemos que el morfismo $\bar g$ es tal que $\bar
g(\sum_{i=0}^da_iX^i)=\sum_{i=0}^dg(a_i)X^i$. En particular, es obvio que
la imagen de un polinomio mónico es mónico, y esto es lo que la
parte~\ejitem{1} nos pide probar.

\ejitem{2} Sabemos que $X^n-1=\prod_{d\mid n}\Phi_d$ en $\ZZ[X]$, así que
aplicando el morfismo~$\bar g$ a ambos lados de esta igualdad nos da a
igualdad deseada en~$K[X]$, porque $\bar g$ es un morfismo de anillos y
$\bar g(X)=X$.

\ejitem{3} Si $p\nmid n$, entonces $X^n-1$ es separable sobre~$K$, así que
$\bar\Phi_n$, que divide a~$X^n-1$ en~$K[X]$, también lo es.

\ejitem{4} \emph{(i)} Si hay una raíz $n$-ésima primitiva de la unidad en~$K$, hay
exactamente $n$ raíces $n$-ésimas distintas y entonces el polinomio $X^n-1$
es separable, así que $(X^n-1,nX^{n-1})=1$. Si $n$ fuese divisible por la
característica de~$K$, entonces $nX^{n-1}=0$ y entonces también tendríamos
que $(X^n-1,nX^{n-1})=X^n-1$.  Esto es imposible.

\emph{(ii)} Supongamos que $x\in C$ es raíz de~$\bar\Phi_n$. Como
$\bar\Phi_n$ divide a~$X^n-1$, entonces $x$ es una raíz $n$-ésima de la
unidad. Si el orden de~$x$ es~$d$, entonces $d\mid n$ y $\bar\Phi_d(x)=0$,
ya que $\bar\Phi_d$ divide a~$X^d-1$. Así, $X^n-1=\prod_{r\mid
n}\bar\Phi_r(X )$ tiene a~$x$ como raíz doble, al menos, a menos que $d=n$.
Como $p\nmid p$, $X^n-1$ es separable: luego $d=n$.

Recíprocamente, supongamos que $x\in C$ es una raíz $n$-ésima primitiva de
la unidad. Entonces $x$ es raíz de~$X^n-1$, así que existe (un único) $d$
tal que $d\mid n$ y $\bar\Phi_d(x)=0$. Por lo que ya probamos, $x$ es
entonces una raíz $d$-ésima primitiva y, en consecuencia, $d=n$.

\emph{(iii)} De acuerdo al punto anterior, la cantidad de raíces primitivas
$n$-ésimas de la unidad es igual a número de raíces del
polinomio~$\bar\Phi_n$, que es $\varphi(n)$, ya que $\Phi_n$ es mónico.

\emph{(iv)} El conjunto de las raíces $n$-ésimas de la unidad de~$C$ es un
subgrupo finito del grupo multiplicativo~$C^\times$, así que es cícliclo.
Las raíces primitivas son sus generadores. El resultado es, entonces,
consecuencia de lo que sabemos sobre grupos cíclicos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $n$ es impar entonces un cuerpo de característica distinta de~$2$
contiene una raíz $n$-ésima primitiva de la unidad sii contiene una raíz
$2n$-ésima primitiva de la unidad.

\begin{Solucion}
Sea $K$ un cuerpo de característica distinta de~$2$ y sea $n$ impar.

Si $\zeta$ es una raíz $2n$-ésima primitiva, entonces $\zeta^2$ es una raíz
$n$-ésima primitiva. En efecto, $(\zeta^2)^i=\zeta^{2i}=1$ sii $2n\mid 2i$,
lo que sucede sii $n\mid i$.

Recíprocamente, si $\zeta$ es una raíz $n$-ésima primitiva, entonces
$-\zeta$ es una raíz $2n$-ésima primitiva: si $(-\zeta)^i=1$,
entonces $1=(-\zeta)^{2i}=(-1)^{2i}\zeta^{2i}=\zeta^{2i}$, así que $n\mid
2i$ y, como $n$ es impar, esto implica que $n\mid i$ y entonces
$(-1)^i=(-1)^i\zeta^i=(-\zeta)^i=1$, así que $2\mid n$, porque $-1\neq1$.
Como $(2,n)=1$, vemos que $2n\mid i$. Es claro, por otro lado, que si
$2n\mid i$ entonces $(-\zeta)^i=(-1)^i\zeta^i=1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo y sea $n\in\NN$ coprimo con la característica
de~$K$. Si $f\in K[X]$ es un polinomio irreducible que divide
a~$\bar\Phi_n$ en~$K[X]$, entonces $\deg f=[K(\zeta_n): K]$, con $\zeta_n$
una raíz $n$-ésima primitiva de la unidad.

\begin{Solucion}
Sea $\zeta$ una raíz de~$f$ en una clausura algebraica de~$K$. Como $f$
divide a~$\bar\Phi_n$, $\zeta$ es raíz de~$\bar\Phi_n$ y, entonces, es una
raíz $n$-ésima primitiva de la unidad. Como
$\deg f=[K(\zeta):K]$, el resultado siguen inmediatamente.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E/\FF_q$ una extensión ciclotómica de índice $n$ coprimo con~$q$.
\begin{ejitems}

\item El cuerpo tiene $E$ tiene $q^m$ elementos, con $m$ el menor número
natural tal que $n\mid q^m-1$.

\item El polinomio~$\bar\Phi_n$ es irreducible en $\FF_q[X]$ sii $q$~tiene
orden $\varphi(n)$ en $\ZZ_n^\times$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\TERMINAR
\end{Solucion}

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

\item  Si $p$ es un primo mayor que $3$, entonces $\bar\Phi_{12}$ es
reducible en~$\FF_p [X]$.

\item El polinomio $X^4 + 1$ es reducible en~$\FF_p[X]$ cualquiera sea el
primo~$p$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\TERMINAR
\end{Solucion}

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

\item No hay en $\FF_3$ raíces $13$-avas de la unidad distintas de~$1$.

\item Si $E$ es una extensión ciclotómica de índice 13 de~$\FF_3$, entonces
  \[
  [E:\FF_3 ] = 3 < \varphi(13).
  \]

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} El grupo multiplicativo~$\FF_3^\times$ es cíclico de orden~$2$,
así que si $x^{13}=x$ para todo $x\in\FF_3^\times$. Esto nos dice que toda
raíz treceava de la unidad en~$\FF_3$ es trivial.

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

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

\item Encuentre todos los $n\in\NN$ tales que $\bar\Phi_n$ es irreducible
sobre~$\FF_9$.

\item Si $p$ es un primo, encuentre los números $m\in \NN$ tales que
$\bar\Phi_6$~es irreducible sobre~$\FF_{p^m}$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\TERMINAR
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Encuentre la factorización de~$\bar\Phi_7$ como producto de
polinomios irreducibles en~$\FF_{27}[X]$.

\begin{Solucion}
\TERMINAR
\end{Solucion}

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

\item Calcule la norma y la traza de $\sqrt[3]{2}$
en~$\QQ(\sqrt[3]{2})/\QQ$ y en~$\QQ(\sqrt[3]{2},\zeta_3)/\QQ$.

\item Si $p$ es primo, calcule la norma y la traza de~$\zeta_p$
en~$\QQ(\zeta_p)/\QQ$.

\item Si $d$ es un entero libre de cuadrados y $a\in
\QQ(\sqrt{d})\setminus\QQ$, entonces 
  \[
  \m(a,\QQ)=X^2-\tr(a)X+\N(a).
  \]

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Ese elemento genera a~$\QQ(\sqrt[3]{2})$ sobre~$\QQ$ con
polinomio minimal~$X^3-2$. Esto implica inmediatamente que
$\tr_{\QQ(\sqrt[3]{2})/\QQ}(\sqrt[3]{2})=0$ y
$\N_{\QQ(\sqrt[3]{2})/\QQ}(\sqrt[3]{2})=(-1)^3(-2)=2$.

Tenemos una torre
$\QQ\subseteq\QQ(\zeta_3)\subseteq\QQ(\sqrt[3]{2},\zeta_3)$ con saltos de
grados~$2$ y $3$, respectivamente. En particular, el polinomio minimal
de~$\sqrt[3]{2}$ sobre~$\QQ(\zeta_3)$ es $X^3-2$, y entonces
  \[
  \tr_{\QQ(\zeta_3,\sqrt[3]{2})/\QQ(\zeta_3)}(\sqrt[3]{2}) = 0, \qquad
  \N_{\QQ(\zeta_3,\sqrt[3]{2})/\QQ(\zeta_3)}(\sqrt[3]{2}) = 2.
  \]
Se sigue que
  \begin{gather*}
  \tr_{\QQ(\zeta_3,\sqrt[3]{2})/\QQ}(\sqrt[3]{2}) = 
     \tr_{\QQ(\zeta_3)/\QQ}
     \tr_{\QQ(\zeta_3,\sqrt[3]{2})/\QQ(\zeta_3)}(\sqrt[3]{2}) = 0, \\
  \N_{\QQ(\zeta_3,\sqrt[3]{2})/\QQ}(\sqrt[3]{2}) = 
     \N_{\QQ(\zeta_3)/\QQ}
     \N_{\QQ(\zeta_3,\sqrt[3]{2})/\QQ(\zeta_3)}(\sqrt[3]{2}) = 4.
  \end{gather*}
\ejitem{2} Como $\zeta_p$ genera a~$\QQ(\zeta_p)$ sobre~$\QQ$ y su
polinomio minimal sobre~$\QQ$ es $X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots+1$, vemos que
$\tr(\zeta_p)=-1$ y $\N(\zeta)=(-1)^{p-1}$.

\ejitem{3} La extensión $\QQ(\sqrt d)/\QQ$ es galoisiana de grado~$2$ y su
grupo de Galois esta generado por el automorfimo~$\sigma$ de~$\QQ(\sqrt d)$
tal que $\sigma(\sqrt d)=-\sqrt d$. Si $a\in\QQ(\sqrt d)\setminus\QQ$,
entonces $a$ genera a~$\QQ(\sqrt d)$ sobre~$\QQ$, así que su polinomio
minimal tiene grado~$2$. Como $(X-a)(X-\sigma(a))$ tiene grado dos,
coeficientes racionales y se anula en~$a$, debe ser ése, y sabemos que es
el mismo que el del enunciado.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo de característica positiva $p$ y sea $t$ trascendente
sobre $K$. Calcule la norma y la traza de $t$ en $K(t)/K(t^p)$.

\begin{Solucion}
Si ponemos $u=t^p$, entonces $u$ es trascendente sobre~$K$ y el polinomio
minimal de~$T$ sobre~$K(u)$ es $X^p-u$. Como $t$ genera a $K(t)$
sobre~$K(u)$, su traza y su norma son, respectivamente, los coeficientes en
este polinomio de~$X^{p-1}$ y de~$1$, multiplicados por~$-1$ y por
$(-1)^p$, esto es, $0$ y $(-1)^{p+1}u$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $p\in \NN$ un primo mayor que $3$ y sean $u$ y~$v$ algebraicamente
independientes sobre $\FF_p$. Sean $K=\FF_p(u^3,v^2)$ y $E=\FF_p(u,v)$.
Calcule la norma y la traza de $u+v$ en ~$E/K$.

\begin{Solucion}
Escribamos $a=u^3$, $b=v^2$. Entonces $a$ y $b$ son algebraicamente
independientes sobre~$\FF_3$, y la extensión $E/K$ es
$\FF_3(u,v)/\FF_3(a,b)$ con $u^3=a$ y $v^2=b$. Sea $w=u+v$. Como
$w^3=u^3+v^3=a+bv$, $v\in\FF_3(w)$ y entonces, como $u=w-v$,
$\FF_3(w)=\FF_3(u,v)$. Sabemos que $[\FF_3(u,v):\FF(a,b)]=6$, asi que el
polinomio minimal de~$w$ sobre~$\FF(a,b)$ tiene grado~$6$. Como $w$ anula
el polinomio $(X^3-a)^2-b^3=X^6-2aX^3+a^2-b^3$, debe ser éste el minimal
de~$w$. La traza y la norma de~$w$ en la extensión son, entonces, $2a$ y
$a^3-b^2$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo de característica positiva~$p$ y sea $E/K$ una extensión
de grado~$q$, con $q$ un número primo distinto de~$p$. Existe $\alpha\in E$
tal que $E=K(\alpha)$ y tal que el coeficiente de grado $q-1$ de
$\m(\alpha, K)$ es cero.

\begin{Solucion}
Si $\beta\in E\setminus K$, entonces $K(\beta)/K$ es una subextensión
no trivial de $E/K$. Como ésta tiene grado primo, debe coincidir con
aquella y, entonces, $E=K(\beta)$. Sea $f\in K[X]$ el polinomio minimal
de~$\beta$ sobre~$K$. Si $u$ es el coeficiente de grado $q-1$ de~$f$,
entonces el polinomio $f(X-u/q)$ tiene coeficiente de grado~$q-1$ nulo, y
es el polinomio minimal de $\alpha=\beta+u/q$. Como claramente
$E=K(\alpha)$, esto prueba el enunciado.~\qed
\end{Solucion}

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

\item La norma de la extensión~$\CC/\RR$ se restringe a un morfismo de grupos
$\CC^\times\to\RR^\times$. Calcule su núcleo y su imagen.

\item La norma de la extensión $\QQ(\sqrt{2})/\QQ$  no es ni inyectiva ni
sobreyectiva.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como la extensión $\CC/\RR$ es galoisiana cuadrática, con grupo
de Galois generado por la conjugación compleja, la norma de
$x\in\CC$ es $\N(x)=x\bar x=\abs{x}^2$. El núcleo de la restricción
$\N:\CC^\times\to\RR^\times$ es entonces $S^1=\{z\in\CC^\times:\abs{z}=1\}$
y la imagen $(0,+\infty)$.

\ejitem{2} La extensión es galoisiana cuadrática, con grupo de Galois
generado por el automorfismo $\sigma$ de~$\QQ(\sqrt2)$ tal que
$\sigma(a+b\sqrt2)=a-\sqrt2)$ si $a$,~$b\in\QQ$. Esto implica que
$\N(a+b\sqrt2)=(a+b\sqrt2)(a-b\sqrt2)=a^2-2b^2$. Esta función no es
inyectva, porque $\N(3+2\sqrt2)=3^2-2\cdot2^2=1$.

Supongamos que hay tres enteros $a$,~$b$,~$c\in\ZZ$ sin divisores comunes con
$c\neq0$ y $\N((a+b\sqrt2)/c)=(a^2-2b^2)/c^2=5$, de manera que
$5c^2=a^2-2b^2$ y $a^2\equiv 2b^2\mod 5$. Si $b\equiv0\mod5$, entonces de
la ecuación $5c^2=a^2-2b^2$ vemos que también $5$ divide a~$a$ y a~$c$,
contra la hipótesis. Luego $b$ es inversible módulo~$5$ y
$2\equiv(a/b)^2\mod5$, esto es, $2$ es un cuadrado en~$\ZZ_5$. Esto es
absurdo. Vemos así que $5$ no está en la imagen de~$\N$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Si $L/K$ es una extensión finita de un cuerpo finito~$K$, entonces la
norma y la traza de~$L/K$ son funciones sobreyectivas.

\begin{Solucion}
Supongamos que $K$ tiene $q$ elementos y que $[L:K]=d$. Sea $\zeta\in L$ un
generador del grupo multipliciativo, de manera que $\zeta\neq0$ y
$\zeta^i=1$ sii $q^d-1\mid i$. La extensión es Galoisiana y su grupo de
Galois está generado por el automorfismo de Frobenius $\sigma$ tal que
$\sigma(x)=x^q$ para todo $x\in L$. Entonces
  \[
  \N(\zeta)
    = \prod_{i=0}^{d-1}\sigma^i(\zeta)i
    = \prod_{i=0}^{d-1}\zeta^{q^i}
    = \zeta^{(q^d-1)/(q-1)}.
  \]
Entonces $\N(\zeta)^i=1$ sii $q^d-1$ divide a~$i(q^d-1)/(q-1)$, lo que
sucede sii $q-1$ divide a~$i$. Como $\N(\zeta)\in K^\times$ y este grupo
multipliciativo tiene orden~$q-1$, vemo que $\N(\zeta)$ es un generador
de~$K^\times$. En particular, $\N(L^\times)=K^\times$.

Como la traza $\tr:L\to K$ es $K$-lineal, para ver que es sobreyectiva
alcanza con ver que no es nula. En vista de la forma del grupo de Galois,
es $\tr(x)=x+x^q+\cdots+x^{q^{d-1}}$ para cada $x\in L$. Si fuese $\tr=0$,
entonces todos los $q^d$ elementos de~$L$ serían raíces del polinomio
$X+X^q+\cdots+X^{q^{d-1}}$, que tiene grado~$q^{d-1}<q^d$. Esto es
imposible.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K=\FF_7(t^7-t)$ y sea $E=\FF_7(t)$ con $t$ trascendente sobre~$\FF_7$.
\begin{ejitems}

\item Encuentre una base del núcleo de la transformación lineal
$\tr_{E/K}:E\to K$.

\item Encuentre una base de $E$ como $K$-espacio vectorial cuyos elementos
tienen traza igual a~$1$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Sea $u=t^7-t\in\FF_7(t)$. Es trascendente sobre~$\FF_7$ y $X^7-X-u$ es el
polinomio minimal de~$t$ sobre~$\FF_7(u)$. Esto implica que
$\{1,t,\dots,t^6\}$ es una base de~$\FF_7(t)$ sobre~$\FF_7(u)$. Si para
cada $x\in\FF_7(t)$ llamamos $L_x:\FF_7(7)\to\FF_7(t)$ a la multiplicación
por~$x$, entonces si $0\leq i,j<7$, es
  \[
  L_{t^i}(t^j) 
    = \begin{cases}
      t^{i+j}, & \text{si $i+j<7$;} \\
      t^{i+j-6} + ut^{i+j-7}, & \text{si $7\leq i+j$.}
      \end{cases}
  \]
Vemos entonces que $\tr(t^i)=\tr L_{t^i}=0$ si $0\leq
i<6$ y que $\tr(t^6)=\tr L_{t^6}=6=-1$. En consecuencia, una base del
núcleo de la traza es $\{1,\dots,t^5\}$ y
$\{1-t^6,t-t^6,\dots,t^5-t^6,-t^6\}$ es una base de~$\FF_7(t)$
sobre~$\FF_7(u)$ de elementos de traza~$1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo de característica positiva $p$, sea $E/K$ una
extensión de grado~$n$ coprimo con~$p$ y sea $x\in E$. Si $\tr(x^i)=0$ para
todo $i\in\{1,\dots,n\}$, entonces $x=0$.

\begin{Solucion}
Sea $d=[K(x):K]$ y sea $f(X)=X^d+a_{d-1}X^{d-1}+\cdots+a_1X+a_0$ el
polinomio minimal de~$x$ sobre~$K$, de manera que $f(x)=0$. Como la traza
es $K$-lineal y en vista de la hipótesis, tenemos que $-=\tr(f(x))=na_0$,
así que $a_0=0$. Esto es absurdo.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\foto{Kronecker}{Leopold Kronecker\\1823--1891, Alemania}{}

\end{document}
