primer trabajo

Extensión de cuerpos
Definición. Un cuerpo E es una extensión de cuerpos de un cuerpo F si F ⊆ E y las
operaciones de F son los de E restringidos a F
Teorema 1. Teorema de teorı́a de cuerpos (teorema de Kroneckers 1887)
Sea F un cuerpo y sea f (x) un polinomio no constante en F [x], Entonces existe
una extensión de cuerpo E de F en el que f (x) tiene un cero.
Demostración. Ya que F [x] es un dominio de factorización único ,f (x) tiene un irreducible factor , digamos ,p (x) . Claramente basta con construir un cuerpo de extensión E
de F en el que p (x) tiene un cero . Afirmamos que E = F [x] /hp (x)i es un cuerpo.
Demostraremos primero que E es una extensión de F. Podemos definir un homomorfismo
de anillos conmutativos φ : F → E , donde φ (a) = a + hp (x)i para a ∈ F . Es fácil
verificar que φ es realmente un homomorfismo de anillos . Observe que
φ (a) + φ (b) = (a + hp (x)i) + (b + hp (x)i) = (a + b) + hp (x)i = φ (a + b)
y
φ (a) φ (b) = (a + hp (x)i) (b + hp (x)i) = ab + hp (x)i = φ (ab)
Para demostrar que φ es 1 − 1 , supongamos que
a + hp (x)i = φ (a) = φ (b) = b + hp (x)i
Entonces a−b es un múltiplo de p (x) , dado que está en el ideal hp (x)i . Como p (x) es un
polinomio no constante , la única posibilidad es que a − b = 0 . Por lo tanto , a = b y φ es
inyectivo . Como φ es 1 − 1 , podemos identificar F con el subcuerpo {a + hp (x)i : a ∈ F }
de E y ver E como un cuerpode extensión de F.
Finalmente demostraremos que p (x) tiene un cero en E , se escribe
p (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0
entonces en E , x + hp (x)i es un cero de p (x) porque
p (x + hp (x)i) = an (x + hp (x)i)n + an−1 (x + hp (x)i)n−1 + ... + a1 (x + hp (x)i) + a0
= an (xn + hp (x)i) + an−1 xn−1 + hp (x)i + ... + a1 (x + hp (x)i) + a0
= an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 + hp (x)i
= p (x) + hp (x)i = 0 + hp (x)i
Ejemplo 1. Sea f (x) = x2 + 1 ∈ Q [x]. Entonces , viendo f (x) como un elemento de
E [x] = (Q [x] /hx2 + 1i) [x], nosotros tenemos
2
f x + hx2 + 1i = x + hx2 + 1i + 1
= x2 + hx2 + 1i + 1
1
= x2 + 1 + hx2 + 1i
= 0 + hx2 + 1i
√
Por supuesto, el polinomio x2 + 1 tiene el número complejo −1 como un cero , pero
el punto que deseamos enfatizar , es que hemos construı́do un cuerpo que contiene los
números racionales y un cero para el polinomio x2 + 1 usando los números racionales sin
conocimiento de número complejos
Ejemplo 2. f (x) = x5 + 2x2 + 2x + 2 ∈ Z3 [x]. Luego la factorización irreducible de
f (x) sobre Z3 es (x2 + 1) (x3 + 2x + 2). Entonces para encontrar una extensión E de Z3
en el que f (x) tiene una raı́z podemos tomar E = Z3 [x] / < x2 + 1 >, un cuerpo con
nueve elementos ,ó E = Z3 [x] / < x3 + 2x + 2 > un cuerpo con 27 elementos.
División de cuerpos
Definición. Sea E una extensión de cuerpo de F y sea f (x) ∈ F [x] con grado al menos
1 , decimos que f (x) se divide en E si hay elementos a ∈ F y a1 , a2 , a3 , ..., an ∈ E tal que
f (x) = a (x − a1 ) (x − a2 ) ... (x − an )
llamamos a E un cuerpo de división para f (x) sobre F si
E = F (a1 , a2 , a3 , ..., an )
√ √ Ejemplo 3. Considere el polinomio f (x) = x2 +1 ∈ Q [x].Ya que x2 +1 = x + −1 x − −1
, vemos que f (x) divide en C, pero una división cuerpo sobre Q es Q (i) = {y + si|r, s ∈
Q}. Un campo dividido para x2 + 1 sobre R es C.√Igualmente
, x2 − 2 ∈ Q [x] se divide
√
en R , pero un cuerpo de división sobre Q es Q 2 = {r + s 2|r, s ∈ Q}
Teorema 2. Existencia de cuerpo divididos
Sea F un cuerpo y sea f (x) un elemento no constante de F [x], Entonces existe un
cuerpo de división E para f (x) sobre F
Demostración. Procedemos por inducción en deg f (x) .Si deg f (x) = 1 , f (x) = ax+b ∈
F [x] entonces f (x) es lineal y la única raı́z es x = −b
∈ F , entonces la extensión E = F
a
Ahora supongamos que deg (f (x)) = n, existe una extensión E |F , donde todas las
raı́ces de este polinomio están dentro de E, es decir (a1 , a2 , ..., an ) ⊂ E (Hipótesis inductiva)
Ahora mostraremos cuando el polinomio deg (f (x)) = n + 1, por el teorema 1, existe
una extensión E1 |F que tiene una raı́z ,donde a1 ∈ E1 es raı́z de f (x) lo que significa que
f (x) = (x − a1 ) f1 (x), donde f1 (x) ∈ E1 [x], por hipótesis inductiva existe una extensión
E
|E1 : a2 , a3 , ..., an+1 todas las raı́ces están en E , que es una extensión de E1 , entonces
E contiene a todas las raı́ces (a1 , a2 , ..., an+1 )
2
Ejemplo 4. Considere f (x) √
= x4 − x2 − 2 = (x2 − 2) (x2 + 1) sobre Q , Obviamente ,
los ceros de f (x) en C son ± 2 y ±i .Entonces una división de campo para f (x) sobre
Q es
√ √ √ √ √ Q
2, i = Q
2 (i) = {α+βi|α, β ∈ Q
2 } = { a + b 2 + c + d 2 i|a, b, c, d ∈ Q}
Teorema 3. Extensión φ : F → F 0
Sea φ un isomorfismo de un campo F a un campo F 0 y sea f (x) ∈ F [x]. Si E es
un campo de división para φ (f (x)) sobre F 0 , entonces existe un isomorfismo para
E a E 0 que coincide con φ en F
Demostración. Usando inducción sobre deg (f (x)) = n
Si n = 1 ; deg (f (x)) = 1, entonces :
f (x) = ax + b ∈ F [x]
;
f1 (x) = a1 + b1 ∈ F 0 [x]
;
x=−
Donde sus raı́ces de f (x) y f1 (x) son :
b
x=− ∈F =E
a
b1
∈ F 0 = E0
a1
Entonces el cuerpo de factorización es el mismo
Si deg (f (x)) ≤ n (Hipótesis inductiva)
Si se tiene un polinomio f (x) con ceficientes en F ; f (x) tiene su cuerpo de factorización en E. Del mismo modo para f1 (x) con coeficientes en F 0 , f1 (x) tiene su cuerpo
de factorización en E 0
i.e Este isomorfismo
se va a extender , al momento de restringir a f nos va a dar φ
φ
|F = φ
Si deg (f (x)) = n + 1
El polinomio f (x) que tenı́a coeficientes en F,se puede factorizar en producto de
polinomios irreducibles como f (x) = (x − a) q (x), entonces la imagen f1 (x) también
se va a poder factorizar , este tiene el mismo número de factores , lo expresamos como
f1 (x) = (x − b) q1 (x) , lo que significa que si f (x) es irreducible , entonces la imagen
f1 (x) también es irreducible.
3
Ahora por hipótesis inductiva , tengo que q (x) con coeficientes en F (a) y q1 (x) con
coeficientes en F 0 (b) , entonces el cuerpo de factorización de q (x) es E y el cuerpo de
factorización de q1 es E 0 ,entonces F (a) se va extender al cuerpo de factorización de
q (x) donde el cuerpo de factorización es E = F (a1 ) (a2 , a3 , ..., an ) del mismo modo F (b)
se va extender al cuerpo de factorización de q1 (x) donde el cuerpo de factorización es
E 0 = F 0 (b1 ) (b2 , b3 , ..., bn )
Entonces φ es una extensión de φ1 y φ1 es una extensión de φ entonces φ es una extención
de φ
Por lo tanto E es isomorfo a E 0
Derivada
Definición. Sea f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 ∈ F [x].La derivada de f (x),
denotado por: f 0 (x) = nan xn−1 + (n − 1) an−1 xn−2 + ... + a1 ∈ F [x]
Lema. Propiedades de la derivada
Sea f (x) y g (x) ∈ F [x] y sea a ∈ F . Entonces
1) (f (x) + g (x))0 = f 0 (x) + g 0 (x)
2) (af (x))0 = af 0 (x)
3) (f (x) g (x))0 = f 0 (x) g (x) + f (x) g 0 (x)
Demostración. 1) Sea f (x) =
Pn
i=1
ai x i
y g (x) =
Pm
j=1 bj x
j
n≤m
Podemos suponer que n = m entonces tenemos
(f + g) (x) = an xn + ... + a1 x + a0 + bm xm + ... + b1 x + b0
P
l
= m
l=1 (al + bl ) x
4
Aplicando la definición de derivada
!0
m
m
m
m
X
X
X
X
0
l
l−1
l−1
(f + g) (x) =
(al + bl ) x
=
l (al + bl ) x =
l (al ) x +
l (bl ) xl−1 = f 0 (x)+g 0 (x)
l=1
2) Sea f (x) =
l=1
Pm
i=1 bi x
i
l=1
l=1
, entonces
af (x) = a (bm xm + ... + b1 x + b0 )
Aplicando la difinición de derivada tenemos
P
Pm
i 0
i−1
(af (x))0 = (a m
= af 0 (x)
i=1 bi x ) = a
i=1 ibi x
3) Es suficiente probarla en el caso muy especial f (x) = xi y g (x) = xj donde tanto i
como j son positivos .Entonces f (x) g (x) = xi+j de donde (f (x) g (x))0 = (i + j) xi+j−1
pero f 0 (x) g (x) = ixi−1 xj = ixi+j−1 y f (x) g 0 (x) = jxi xj−1 = jxi+j−1 de donde, en
consecuencia
(f 0 (x) g (x) + f (x) g 0 (x)) = ixi+j−1 + jxi+j−1 = (i + j) xi+j−1 = (f (x) g (x))0
En general .
f=
n
X
fi
g=
m
X
i=0
gj
j=0
luego
(f g)0 = fi0 gj + fi gj0
(f g) =
n,m
X
!0
fi gi
i,j=0
=
n,m
X
fi0 gj
+
fi gj0
=
i,j=1
n
X
(fi0 gj )
i=1
+
m
X
fi gj0 = fi0 gj + fi gj0
j=1
Teorema 4. Criterio para raı́ces multiples
Sea un polinomio f (x) sobre un cuerpo F tiene una raı́z multiple en alguna extensión E si y solamnete si f (x) y f 0 (x) tiene un factor en común de grado positivo
en F [x]
Demostración. Definimos el polinomio de la siguiente manera f (x) = (x − α)n q (x) , α
raı́z multiple : n ≥ 2 donde n es multiple entonces n − 1 ≥ 1, entonces
f 0 (x) = n (x − α)n−1 q (x)+(x − α)n q 0 (x) = (x − α) n (x − α)n−2 q (x) + (x − α)n−1 q 0 (x)
f 0 (x) = (x − α) r (x)
Como podemos observar f (x) tiene a α como raı́z y f 0 (x) tiene a α como raı́z
De regreso tenemos que f (x) , f 0 (x) tiene una raı́z común entonces f (x) tiene una
raı́z multiple f (x) = (x − α)n q (x) n ≥ 2.
Supongamos que α es raı́z de f (x) y f 0 (x)
f (x) = (x − α)n q (x)
5
f 0 (x) = q (x) + (x − α) q 0 (x)
Entonces tenemos que:
f (α) = 0
f 0 (α) = 0
Reemplazando
f 0 (α) = q (α) + (α − α) q 0 (x)
0 = q (α) + 0
0 = q (α)
Luego
q (x) = (x − α) q1 (x)
f (x) = (x − α) (x − α) q1 (x)
f (x) = (x − α)2 q1 (x)
Teorema 5. Ceros irreducibles
Sea un polinomio f (x) un polinomio irreducible sobre un cuerpo F. Sı́ f tiene
caracterı́stica 0 , entonces f (x) no tiene raı́ces multiples .Si F tiene carcterı́stica
p 6= 0 , entonces f (x) tiene una raiz multiple solo si es de la forma f (x) = g (xp )
para algún g (x) en F [x]
Demostración. Si f (x) tiene una raı́z multiple , entonces por el teorema 4, f (x) , f 0 (x)
tienen un dividor en común de grado positivo en F [x]. Dado que el único divisor de grado
positivo de f (x) en F [x] es f (x) en si mismo .Vemos que f (x) divide f 0 (x).Debido a que
un polinomio sobre un cuerpo no puede dividir un polinomio de menor grado , debemos
tener f 0 (x) = 0.
Ahora ¿qué significa decir f 0 (x) = 0.Si escribimos f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... +
a1 x + a0 , entonces f 0 (x) = nan xn−1 + (n − 1) an−1 xn−2 + ... + a1 . Ası́ f 0 (x) = 0, solo
cuando KaK para K = 1, ..., n, entonces cuando char (F ) = 0 , tenemos f (x) = a0 , que
no es polinomio irreducible . Esto contradice la hipótesis de que f (x) es irreducible sobre
F .Ası́ f (x) no tiene raı́ces multiples.
Ahora cuando char (x) = p 6= 0, ¿qué sucede si f 0 (x) = 0?. Si escribimos f (x) =
an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 entonces f 0 (x) = nan xn−1 + (n − 1) an−1 xn−2 + ... + a1 ;
si ak 6= 0 entonces kak = 0 para que esto ocurra en char (F ) en el KaK debe haber un
producto por p. Porque si a ∈ F y char (F ) = p entonces
pa = 0
p (1F a) = (p 1F ) a = 0
entonces K es multiplo de de p , y este polinomio tiene la forma :
m
f (x) = an xp + ak xp
m−1
n
f (x) = an xp + an−1 xp
6
+ ... + a1 xp + a0
n−1
+ ... + a1 xp + a0
Cuerpo perfecto
Definición. Un cuerpo F es llamado perfecto si F tiene caracterı́stica cero o si tiene
caracterı́stica p y F p = {ap |a ∈ F } = F
Teorema 6. Los cuerpos finitos son perfectos
Todo cuerpo finito es perfecto
Demostración. Sea F un cuerpo finito de caracterı́stica p. Considere φ : F → F definido
por φ (x) = xp para todo x ∈ F . Afirmamos que φ es un automorfismo de cuerpo
.Obviamente ,
φ (ab) = (ab)p = ap bb = φ (a) φ (b)
p
p
p
p
p
p−1
p−2 2
φ (a + b) = (a + b) = a +
a b+
a b +...+
abp−1 +bp = ap +bp
1
2
p−1
p
ya que
es divisible por p. Finalmente ya que x 6= 0 , ker (φ) = {0} entonces xp 6= 0
i
, Ası́ φ es uno a uno y , ya que F p = F
Teorema 7. Criterio para que no haya raı́ces multiples
Si f (x) es un polinomio irreducible sobre un cuerpo perfecto F , entonces f (x) no
tiene raı́ces multiples.
Demostración. En el caso que tenga caracterı́stica cero , no hay nada que perobar . Si
asumimos que f (x) ∈ F [x] es irreducible sobre un cuerpo perfecto F de caracterı́stica p
, y que f (x) tiene raı́ces multiples , del teorema 5 sabemos que f (x) = g (xp ) para algún
g (x) ∈ F [x], es decir ; g (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 . Ya que F p = F , cada
ai ∈ F podemos escribir de la forma bpi para algún bi ∈ F , Tenemos
f (x) = g (xp ) = bpn xpn + bpn−1 xp(n−1) + ... + bp1 xp + bp0
p
= (bn xn )p + bn−1 xn−1 + ... + (b1 x)p + (b0 )p
= bn xn + bn−1 xn−1 + ... + b1 x + b0
donde h (x) ∈ F [x] . Pero entonces f (x) no es irreducible.
7
p
= (h (x))p
Ejercicios
15.- Sea F un cuerpo de caracterı́stica p y sea f (x) = xp − a ∈ F [x]. Demostrar que f (x)
es irreducible sobre F o f (x)bse factoriza en F
Solución
Sea f (x) = xp − a
∈ F [x]
Tenemos
ϕ:F →F
a → bp
Si a ∈ F entonces
i) a ∈ Im (ϕ) = bp = a ∀ b ∈ F
o
ii) a ∈
/ Im (ϕ) = bp 6= a ∀ b ∈ F
Luego
i) Si a = bp ⇒ f (x) = xp − a
= x p − ap
= (x − a)p
propiedad ch (F ) = p
ii) Si a 6= bp ∀b ∈ F entonces F no tienen ninguna raı́z de f (x) = xp − a
i.e bp − a 6= 0 ∀b ∈ F , significa que f (b) 6= 0 ∀b ∈ F (ningún elemento b de F es
raı́z de p (x))
Por lo tanto f (x) = xp − a es irreducible
n
35.- Sea F un cuerpo de caracterı́stica p 6= 0 . Demostrar que f (x) = xp − x sobre F
tieene distintas raı́ces.
Demostración. Por el absurdo
Hipótesis: ch (F ) = p
n
Tesis: f (x) = xp − x sobre F tiene multiples raı́ces.
Aplicando el teorema 4 tenemos.
n
f (x) = xp − x
n −1
f 0 (x) = pn xp
−1
Por hipótesis sabemos que ch (F ) = p , entonces
f 0 (x) = pn 1F xp
n −1
f 0 (x) = (pn 1F ) x
pn −1
n −1
f 0 (x) = 0 xp
−1
−1
−1
f 0 (x) = −1 ⇒⇐
Ya que f 0 (x) = 0 para tener raı́ces multiples.
43. Sea p un primo , F = Zp (t) (el cuerpo de cocientes en el anillo Zp [x]) y f (x) =
x −t. Demostrar que f (x) es irreducible sobre F y tiene una raı́z en K = F [x] / < xp −t >
p
8
Solución
,
Sea F = Zp (t) = Q (Zp [x]) = { p(t)
q(t)
p (t) , q (t) ∈ Zp (t) ; q (t) 6= 0}
Si xp − t tiene una raı́z Zp (t), tengo un elemento α ∈ Zp (t) de tal manera que :
αp − t = 0
p(t)
q(t)
p
, donde α =
p (t)
q (t)
−t=0
Ahora supongamos que p (t) , q (t) son irreducibles , es decir no tienen factores en
conún (p (t) , q (t)) = 1 , entonces tenemos
p (t)p
=t
q (t)p
tp p1 (t)p = tq (t)p
t tp−1 p1 (t)p = tq (t)p ⇒⇐
Esta igualdad significa que p (t) y q (t) comparten factores , lo que es una contradicción.
Por lo tanto f (x) es irreducible .
Finalmente , ya que t es constante en F [x] y la ch (F ) = p , por el teorema 4 tenemos
que :
f (x) = xp − t
f 0 (x) = pxp−1 − 0
f 0 (x) = p 1F xp−1 − 0
f 0 (x) = (p 1F ) xp−1 = 0xp−1 = 0
Por lo tanto f (x) y f 0 (x) tienen un factor en común .
9