Álgebra - Exame Final Resolvido - 2004-Junho (Em Espanhol)

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EXAMEN FINAL DE A´LGEBRA II, 3o MATEMA´TICAS
Mie´rcoles, 16 de junio de 2004
Apellidos: Nombre:
D.N.I.: Grupo:
Nota: Escribe un problema en cada hoja, y justifica todas tus respuestas.
1. (1.5 puntos) Sea R = {0, 2, 4, 6, 8} un conjunto sobre el cual consideramos la suma
y el producto mo´dulo 10.
a. Probar que R es un cuerpo.
b. ¿Cua´l es la caracter´ıstica de R?
c. ¿Que´ cuerpo conocido es isomorfo a R?
2. (3 puntos) Calcular los grados de las siguientes extensiones:
a. Q( 5
√
2 + 5 5
√
4)/Q. c. Q(cos(2pi
31
))/Q.
b. Q(
√
3 +
√−3, 4√3)/Q( 4√3). d. L/F2 con L = F2[x]/〈x2 + x+ 1〉.
3. (2.5 puntos) Decidir justificadamente si cada uno de los siguientes enunciados es
verdadero o falso:
a. La extensio´n Q(
√
1 +
√
pi)/Q es radical.
b. Todos los ideales propios de Z[i] son maximales.
c. Si F es un cuerpo con 32 elementos, entonces los u´nicos subcuerpos de F son
{0, 1} y F .
d. Sea L el cuerpo de descomposicio´n sobre Q de un polinomio irreducible de
grado 3. Entonces G(L/Q) tiene un elemento de orden 3.
4. (3 puntos) Sea L el cuerpo de descomposicio´n sobre Q de x4 − 7.
a. Sin calcular G(L/Q), justificar que no es abeliano.
b. Sean σ, γ ∈ G(L/Q) con
σ(
4
√
7) = γ(−i 4
√
7) = − 4
√
7, σ(i) = γ(−i) = i.
Hallar el cuerpo fijo por 〈σ, γ〉.
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Examen final de A´lgebra II
Mie´rcoles, 16 de junio de 2004
SOLUCIONES
Solucio´n del problema 1. (a) R es un ideal en Z10, R = 〈2〉 ⊂ Z10, en particular un
subanillo conmutativo. Lo u´nico que falta para comprobar que es cuerpo es que existen
elemento neutro e inverso de la multiplicacio´n. El elemento neutro es 6 porque mo´dulo
10 se tiene:
0 · 6 = 0, 2 · 6 = 2, 4 · 6 = 4, 6 · 6 = 6, 8 · 6 = 8.
Y todos los elementos no nulos poseen inverso porque mo´dulo 10
2 · 8 = 8 · 2 = 6, 4 · 4 = 6, 6 · 6 = 6.
(b) La caracter´ıstica es 5 porque 6, 6 + 6, 6 + 6 + 6, 6 + 6 + 6 + 6, son no nulos y
6 + 6 + 6 + 6 + 6 = 0, siempre mo´dulo 10.
(c) F5, gracias al isomorfismo φ : R −→ F5 dado por reducir mo´dulo 5. Evidentemente
φ esta´ bien definida y es homomorfismo, φ(x · y) = φ(x)φ(y), φ(x + y) = φ(x) + φ(y) y
φ(6) = 1. Adema´s φ es inyectiva, Kerφ = {0}, y por tanto el cardinal de su imagen es
5 = |F5|, por lo que es biyectiva.
Errores ma´s comunes. (b) Segu´n la definicio´n de caracter´ıstica hay que sumar consigo
mismo el elemento neutro de la multiplicacio´n.
(c) Que dos grupos sean isomorfos no implica que al dotarlos de estructura de anillo
lo sean. Por ejemplo, F25 y Z5 × Z5 tienen grupos aditivos isomorfos (y por tanto los
mismo o´rdenes de elementos) y sin embargo no son anillos isomorfos: el primero es un
cuerpo y el segundo no.
Solucio´n del problema 2.
(a) 5
√
2 + 5 5
√
4 = 5
√
2 + 5( 5
√
2)2 ∈ Q( 5√2) por tanto la extensio´n del enunciado es una
subextensio´n de Q( 5
√
2)/Q y se debe tener:
5 = [Q( 5
√
2) : Q] = [Q( 5
√
2) : Q( 5
√
2 + 5
5
√
4)][Q( 5
√
2 + 5
5
√
4) : Q]
(la primera igualdad porque x5 − 2 es el polinomio mı´nimo de 5√2). Por consiguiente el
grado pedido es 1 o´ 5. Y no puede ser 1 ya que en ese caso 5
√
2 + 5 5
√
4 = r ∈ Q, lo cual
es una contradiccio´n, por ejemplo porque entonces P = x+ 5x2− r se anular´ıa en 5√2 y
tendr´ıa grado menor que el polinomio mı´nimo.
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(b) Como
√
3 = ( 4
√
3)2, se cumple
Q(
√
3 +
√−3, 4
√
3) = Q(
√
3 + i
√
3,
4
√
3) = Q(i
√
3,
4
√
3) = Q(i, 4
√
3).
El polinomio x2 + 1 es el mı´nimo de i sobre Q( 4
√
3) porque si no fuera irreducible se
tendr´ıa i ∈ Q( 4√3) lo cual es contradictorio (el u´ltimo cuerpo es real). As´ı pues el grado
pedido es dos.
(c) Sea ζ = e2pii/31. Sabemos que [Q(ζ) : Q] = 30 porque el polinomio mı´nimo
de ζ es el polinomio cicloto´mico x30 + x29 + · · · + x + 1. Por la fo´rmula de Euler,
cos(2pi/31) = (ζ + ζ−1)/2. Operando, ζ es ra´ız del polinomio x2− 2x cos(2pi/31) + 1. De
aqu´ı, Q(ζ)/Q(cos(2pi/31)) es una extensio´n de grado a lo ma´s dos, y no puede ser uno
porque ζ 6∈ Q(cos(2pi/31)), ya que ζ no es un nu´mero real. En definitiva:
30 = [Q(ζ) : Q] = [Q(ζ) : Q(cos(2pi/31))] · [Q(cos(2pi/31)) : Q] = 2 · [Q(cos(2pi/31)) : Q]
y el grado de Q(cos(2pi/31))/Q es 15.
(d) Sabemos que si P es irreducible, K[x]/〈P 〉 es isomorfo a K(α) donde α es una
ra´iz de P en su cuerpo de descomposicio´n. En particular el grado requerido es el mismo
que el de F2(α)/F2 donde α es ra´ız de x2 + x+ 1, que es su polinomio mı´nimo sobre F2
(ya que es mo´nico e irreducible: 02 + 0 + 1, 12 + 1 + 1 6= 0). Por consiguiente [L : F2] =
[F2(α) : F2] = ∂(x2 + x+ 1) = 2.
Errores ma´s comunes. (a) No es cierto en general que Q(α+ 5α2) sea igual a Q(α).
La inclusio´n Q(α) ⊂ Q(α+ 5α2) puede ser falsa dependiendo de α.
(c) Hay que justificar que [Q(ζ) : Q(cos(2pi/31))] = 2.
Solucio´n del problema 3. (a) Falso. Si fuera radical, existir´ıan
L0 = Q ⊂ L1 ⊂ · · · ⊂ Ln con Ln = Q(
√
1 +
√
pi)
y Lj/Lj−1 algebraicas y simples, en particular finitas, pero esto es una contradiccio´n,
porque pi ∈ Ln con [Q(pi) : Q] =∞, al ser pi trascendente.
(b) Falso. Por ejemplo el ideal I = 〈4〉 (parte real e imaginaria mu´ltiplos de cuatro)
no es maximal ya que es evidente que
{0} & I & 〈2〉 & Z[i].
(c) Verdadero. Segu´n el teorema de clasificacio´n de cuerpos finitos, el u´nico cuer-
po (salvo isomorfismos) de 32 elementos es F25 , que tiene grado 5 sobre F2 = {0, 1}.
Cualquier subcuerpo M debe tener grado sobre F2 dividiendo a 5. Si fuera 1, coincidir´ıa
con el cuerpo base F2 y si fuera 5 con el total.
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(d) Verdadero. La extensio´n L/Q es de Galois. Cada elemento del grupo de Galois
queda caracterizado por la permutacio´n que induce entre las tres ra´ıces del polinomio,
por tanto G(L/Q) es isomorfo a un subgrupo de S3. Como |G(L/Q(α))| = [Q(α) : Q] = 3
donde α es una ra´ız del polinomio, se tiene que G(L/Q) tiene orden mayor que 3, de
hecho mu´ltiplo de 3. Esto reduce las posibilidades a A3 y al propio S3. En ambos casos
hay un elemento de orden 3.
Errores ma´s comunes. (b) El anillo Z[i] no es un cuerpo aunque sea isomorfo a
Z[x]/〈x2+1〉 y x2+1 sea irreducible sobre Z. Este argumento es va´lido cuando se trata
de polinomios irreducibles sobre un cuerpo, y no sobre un anillo.
El elemento i ∈ Z[i] es una unidad, ya que i · (−i) = 1, por lo tanto 〈i〉 = Z[i]; el
conjunto de los nu´meros pares no es un ideal de Z[i]; ningu´n Zn es un ideal de Z[i], ni
siquiera es un subconjunto de Z[i].
(c) El cuerpo F32 no es isomorfo al anillo Z32.
(d) Si G es el grupo de Galois de un polinomio irreducible de grado 3 sobre Q, esto
no quiere decir necesariamente que G tenga orden 3, como mucho podemos asegurar que
3 divide al orden de G.
Solucio´n del problema 4.
El cuerpo de descomposicio´n es L = Q( 4
√
7, i 4
√
7) = Q( 4
√
7, i).
(a) L/Q abeliano ⇒ todos sus subgrupos son normales ⇒ (por el tma fundamental)
todos los subcuerpos dan extensiones normales sobre Q. Pero Q( 4
√
7)/Q no es normal
(x4 − 7 es irreducible sobre Q y so´lo tiene dos ra´ıces en Q( 4√7)).
(b) Segu´n el enunciado, σ( 4
√
7) = − 4√7 y σ(i) = i. Por otra parte, dividiendo
(multiplicando por el inverso) las igualdades γ(−i 4√7) = − 4√7 y γ(−i) = i, se tiene
γ( 4
√
7) = i 4
√
7, y por supuesto γ(i) = −i. Como {1, i} y {1, 4√7, 4√72, 4√73} son bases de
L/Q( 4
√
7) y Q( 4
√
7)/Q, todo elemento x ∈ L se escribe de forma u´nica como:
x = λ0 + λ1
4
√
7 + λ2
4
√
72 + λ3
4
√
73 + λ4i+ λ5i
4
√
7 + λ6i
4
√
72 + λ7i
4
√
73.
La relacio´n σ(x) = x implica que todos los coeficientes de potencias impares de 4
√
7 se
anulan, ya que σ( 4
√
7) = − 4√7. Por tanto
x = λ0 + λ2
4
√
72 + λ4i+ λ6i
4
√
72.
Imponiendo ahora γ(x) = x se tiene λ2 = λ4 = 0. De esta forma, x ∈ 〈σ, γ〉 si y so´lo si
x = λ0 + λ6i
4
√
72. En consecuencia el cuerpo fijo es Q(i
√
7).
Errores ma´s comunes.(a) So´lo hay dos grupos de orden 4 salvo isomorfismos: Z4 y
Z2 × Z2, y los dos son abelianos.
	EalgIIf04
	EalgIIf04sol