Solución Parcial II

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´
Algebra
abstracta II
´ digo:
Nombre/Co
Guillermo Mantilla-Soler
Marzo 17 2015
Examen II
1. (10 pts)
(i) (10 pts) Sea F un cuerpo. Muestre que el anillo F [x] contiene infinitos primos.
Sol: Dado que F [x] es un D.F.U, ya que es un P.I.D, el problema es equivalente a mostrar que
hay infinitos polinomios irreducibles. Suponga por contradicci´on que el conjunto de polinomios
irreducibles es finito; digamos
an
Y Γ :=
{p1 , ..., pn }. Note que Γ es no vac´ıo ya que x y x + 1 est´
ambos en Γ. Sea p(x) :=
pi (x) +1. Como x(x+1) divide a p(x)−1 el grado de p(x) es al menos
2, en particular p(x) no es cero ni unidad. Como todo elemento no cero ni unidad debe ser divisible
por alg´
un irreducible debe existir pi (x) ∈ Γ tal que pi (x) | p(x). De otra parte pi (x) | p(x) − 1 lo
que implica, junto a lo anterior, que pi (x) es una unidad lo cual es una contradicci´on ya que pi (x)
es irreducible.
2. (10 pts)
(i) (4 pts) Sea p(x) ∈ Q[x] un polinomio no constante e irreducible. Muestre que p(x) no tiene
ra´ıces repetidas. (Recuerde que una raiz α ∈ C de p(x) se llama raiz repetida si (x − α)2 divide
a p(x) en C[x].)
Sol: Sabemos que p(x) no tiene ra´ıces repetidas si y s´olo si m.c.d(p(x), p0 (x)) = 1. Dado que
p(x) es irreducible se tiene que para cualquier otro polinomio q(x) m.c.d(p(x), q(x)) = 1 si
p(x) - q(x). Dado que deg(p0 (x)) < deg(p(x)) y p0 (x) es no constante (en Q[x] polinomios no
constantes tienen no cero derivadas) se sigue que m.c.d(p(x), p0 (x)) = 1 y por lo tanto p(x) no
tiene ra´ıces repetidas.
(ii) (6 pts) Decida si los siguientes polinomios con coeficientes racionales tienen ra´ıces repetidas:
• x3 + 3x + 1.
Sol: Gracias al punto anterior es suficiente verificar que el polinomio es irreducible en
Q[x]. Como el polinomio tiene coeficientes enteros y es m´onico por el lema de Gauss,
es suficiente probar que el polinomio es irreducible en Z[x]. Esto u
´ltimo se puede verificar en al menos tres formas distintas: (1) Haciendo reducci´on m´odulo 2 y notando que
x3 + 3x + 1 es irreducible en F2 [x] ya que no tiene ra´ıces en F2 (dado que tiene grado 3 no
tener ra´ıces equivale a ser irreducible). Por lo anterior no puede ser reducible en Z[x]. (2)
Reemplazando x por x + 1 en el polinomio y usando el criterio de Eisenstein con p = 3.
(3) Si fuera reducible tendr´ıa un factor m´onico de grado 1 en Z[x], entonces tendr´ıa una
raiz entera i.e, m tq m3 + 3m = −1. En particular m | −1 es decir m = ±1 Evaluando en
±1 se ve que no tiene ra´ıces.
• x5 − 12x3 + 32x2 − 6x + 50.
Sol: Igual que arriba es suficiente ver que el polinomio es irreducible en Z[x] lo que es
claro gracias al criterio de Eisenstein con p = 2.
3. (10 pts) Sea R el anillo de polinomios Q[x] y considere el R-m´odulo
M := (Q[x]/hx − 1i) ⊕ Q[x]/hx2 i ⊕ Q[x]/hx2 + 1i ⊕ (Q[x]/hxi) ⊕ (Q[x]/hx + 1i) ⊕ Q[x]/hx4 i .
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(i) (2 pts) Encuentre dimQ (M ), la dimensi´on de M como Q-espacio vectorial.
Sol: Recuerde que para cualquier cuerpo y para cualquier polinomio f (x) sobre F de grado
n ≥ 1 se tiene que dimF (F [x]/hf (x)i) = n. Como dimensi´on en espacios vectoriales es aditiva con respecto a suma directa se tiene de lo anterior que dimQ (M ) = 1+2+2+1+1+4 = 11.
(ii) (4 pts) Explique brevemente por qu´e existen a1 , ..., ad , no cero y no unidades, en Q[x] tales
que ai | ai+1 y
M∼
= (Q[x]/ha1 i) ⊕ ... ⊕ (Q[x]/had i) .
Sol: Note que x4 (x − 1)(x + 1)(x2 + 1)M = 0. En particular M es un Q[x]-m´odulo de torsi´
on
y claramente es finitamente generado. El resultado se sigue del teorema de clasificaci´
on de
m´
odulos finitamente generados sobre D.I.P.s ya que Q[x] es un D.I.P y que M no tiene parte
libre por ser de torsi´
on.
(iii) (4 pts) Encuentre los ai mencionados en el punto anterior.
Sol: Dado que x4 , x − 1, x + 1 y x2 + 1 no tienen factores en com´
un se sigue del teorema chino
del residuo que a1 = x, a2 = x2 y a3 = x8 − x4 .
4. (10 pts) Sea R una anillo conmutativo con identidad. Recuerde que un R-m´odulo M es irreducible
o simple si M no tiene sub R-m´
odulos propios no tiriviales.
(i) (3 pts) Muestre que un Z-m´odulo M es simple si y s´olo si M ∼
un primo p.
= Z/pZ para alg´
Sol: Dado que los ideales maximales de Z est´an dados por pZ, donde p es primo, el resultado
se sigue del inciso (iii).
(ii) (3 pts) Muestre que un C[x]-m´odulo M es simple si y s´olo si M ∼
= C.
Sol: Note que los ideales maximales de C[x] est´an dados por ideales generados por polinomios
irreducibles (esto se sigue ya que C[x] es un P.I.D). Como C es algebraicamente cerrado los
u
´nicos polinomios irreducibles son polinomios de grado 1 i.e., polinomios de la forma x−α. Para
cada α ∈ C el homomorfismo evaluaci´on en α induce un isomorfismo entre C[x]/hx − αi ∼
= C.
El resultado se sigue del inciso (iii).
(iii) (4 pts) Se M un R-m´
odulo. Muestre que M is simple si y s´olo si M ∼
un ideal
= R/M para alg´
maximal M de R.(Sugerencia: Dado m ∈ M muestre que la funci´
on φm : R → M definida
por φm (r) := rm es un elemento de HomR (R, M ). )
Sol: “Si ” Suponga que M es un ideal maximal en R, es decir un R-subm´odulo maximal de
R. Por el teorema de correspondencia R/M no contiene sub-m´odulos propios no triviales i.e.,
M es simple. “S´
olo si ” Suponga que M es un m´odulo simple y sea m0 ∈ M \ {0}. Como
M es simple y m0 6= 0 tenemos que M = hm0 i, y gracias a esto φ : R → M definida por
φ(r) := rm0 es sobreyectiva. Como el producto escalar distribuye con respecto a la suma, y
dado que φ(sr) = srm0 = sφ(r) se tiene que φ ∈ HomR (R, M ). Se sigue del primer teorema del
isomorfismo que R/Ker(φ) ∼
= M. Como M es simple se sigue del teorema de correspondencia
que Ker(φ) es un ideal maximal de R.
5. (20 pts) Sea K un cuerpo. Dado que el grupo K ∗ es abeliano lo podemos ver como un Z-m´
odulo.
Sea M ⊆ K ∗ un sub-m´
odulo.
(i) (5 pts) Suponga que M no contiene submodulos isomorfos a Z y que M es finitamente
∼ Z/nZ para alg´
generado. Muestre que M =
un entero positivo n.
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Sol: Dado que M es finitamente generado se sigue del teorema de clasificaci´on que M ∼
= Zr ⊕T
donde T es un grupo abeliano finito. Por la hipotesis de M se tiene que r = 0, en particular
M es un subgrupo finito de K ∗ y por lo tanto es c´ıclico.
(ii) (5 pts) Muestre que Tor(C∗ ) es un sub-m´odulo del Z-m´odulo S 1 = {z ∈ C : ||z|| = 1}. (ac´
a
||z|| denota la norma usual de los n´
umeros complejos.)
Sol: Sea z ∈ Tor(C∗ ). Por definici´on existe un entero n ≥ 1 tal que z n = 1. Tomando norma
compleja se obtiene que ||z||n = 1. Dado que las u
´nicas raices reales de xn = 1 son 1 o posiblemente −1 y dado que ||z|| ≥ 0 se sigue que ||z|| = 1.
(iii) (5 pts) Muestre que Q/Z ∼
= Tor(C∗ ) y deduzca que Q/Z no es un Z-m´odulo finitamente generado.
Sol: Considere la funci´
on φ : Q → C∗ definida por r 7→ e2πir . Gracias a las propiedades aditivas de la exponencial compleja la funci´on φ es un homomorfismo de grupos abelianos i.e.,
un homomorfismo de Z-m´
odulos. Sea z ∈ Tor(C∗ ). Gracias al punto anterior existe x ∈ R
2πix
tal que z = e
. Como z n = 1 para alg´
un n se tiene que e2πixn = 1 es decir que xn ∈ Z;
en otras palabras x ∈ Q y φ(x) = z. Dado que claramente φ(Q) ⊂ Tor(C∗ ) se sigue de lo
anterior que φ(Q) = Tor(C∗ ). Dado que e2πix = 1 si y s´olo si x ∈ Z tenemos Ker(φ) = Z,
de lo cual se sigue la primera parte del resultado, gracias al primer teorema del isomorfismo.
Ahora como Tor(C∗ ) es un m´odulo de torsi´on no puede contener copias de Z. Si Tor(C∗ ) fuera
finitamente generado, gracias al punto (i), Tor(C∗ ) seria finito y c´ıclico de orden n para alg´
un
2πi
∗
n+1
∈ Tor(C ) tiene orden n + 1 contradiciendo el teorema
entero positivo n. Note que ζ = e
de Lagrange. Como Q/Z ∼
= Tor(C∗ ) se sigue Q/Z no es finitamente generado.
(iv) (5 pts) Muestre que Q no es un Z-m´odulo finitamente generado.
Sol: Dado que cocientes de m´odulos finitamente generados son finitamente generados se sigue
del punto anterior que Q no es finitamente generado.