Tarea 4 Soluciones

Tarea

Unas aclaraciones antes: Los siguientes ejercicios no están hechos

12.- porque no puede hacerlo
13.- porque el problema es prácticamente el mismo que el 15.2
14.- Creí que ya lo tenía pero cuando lo empecé a redactar vi que no, a penas pueda lo intentaré de nuevo
El ejercicio 7 no está terminado de redactar pero es un caso particular del 15, iba a usar la misma idea.
y por último, en el ejercicio 4 no hallé por mi cuenta el polinomio mínimo, intentaré ver como hallarlo (o bien, un polinomio mónico con coeficientes enteros del cual sea raíz).

1- Considerando a $\mathbb Z$ como grupo, como es cíclico, todos sus subgrupos son cíclicos, por lo tanto, todos sus subgrupos son de la forma $n \mathbb Z$. Ahora, demostraremos que con la múltiplicación usual cualquiera de estos subgrupos, es en efecto un $\mathbb Z$- submódulo de $\mathbb Z$.

Sea $n \in \mathbb Z$. Sea $k \in n \mathbb Z$, entonces $k = n k'$. Sea $r \in \mathbb Z$. Claramente $rk = rnk’ \in n \mathbb Z$. Por lo que $n\mathbb Z$ es un $\mathbb Z$- submódulo de $\mathbb Z$.

2.-Sea $J = \bigcup_{k = 1}^\infty I_k$. Sean $a, b \in J$, $r \in D$. Como $a, b\in J$, entonces, por definición, en particular $a \in I_p, b \in I_q$ para ciertos $p,q \in \mathbb N$. Sin pérdida de generalidad, supongamos que $p \leq q$, entonces, $I_p \subset I_q$. por lo que $a \in I_q$ y sabíamos que $b \in I_q$. Por ser $I_q$ un ideal, tenemos $a - rb \in I_q$, entonces $a - rb \in J$. Por lo tanto $J$ es un ideal de $D$.

3.- Notemos que $\frac{1 + 10^{1/3} + 10^{2/3}}{3}(10^{1/3} - 1) = 3$, de donde $1 + 10^{1/3} + 10^{2/3} = \frac{3}{10^{1^3} - 1}$. Digamos que $\alpha = \frac{3}{10^{1/3} - 1}$

$10^{1/3}\alpha - \alpha = 3$
$10^{1/3}\alpha = 3 + \alpha$
$10 \alpha^3= (3 + \alpha)^3$
$9\alpha^3 - 9 \alpha^2 - 27\alpha - 27 = 0$
$\alpha^3 - \alpha^2 - 3\alpha - 3 = 0$

De donde tenemos que $\alpha$ satisface el polinomio mónico y de coeficientes enteros: $P(x) = x^3 - x^2 - 3x - 3$. Por definición esto implica que $\alpha = \frac{3}{10^{1/3}- 1} = \frac{1 + 10^{1/3} + 10^{2/3}}{3}$ es un entero algebraico.

4.-Veamos que $\alpha = ((1 + \sqrt(2))/9)^(1/3) + ((1 - \sqrt(2))/9)^(1/3)$ es raíz del polinomio $729 x^9 - 486 x^6 + 351 x^3 - 8$ por lo que justamente $729 \alpha$ es un entero algebraico, entonces, podemos ver a a $\alpha = \frac{729\alpha}{729}$

5.- Sea $\alpha = \frac{p}{q} \in K = Frac(D)$ tal que $f(\alpha) = 0$ para algún $f \in D[x]$ mónico. Demostraremos que $\alpha \in D$.

Como $D$ es de ideales principales, entonces, es de factorización única, por lo que podemos tomarnos $p,q \in D$ tales que $mcd(p, q) = 1$.

Supongamos que $f(x) = x^n + a_{n - 1}x^{n - 1} +….+ a_1x + a_0$. Entonces $\frac{p^n}{q^n} + a_{n - 1}\frac{p^{n - 1}}{q^{n - 1}} + … + a_0$

De donde $p^n + a_{n - 1}qp^{n - 1} + a_{n -2}q^2p^{n - 2} + … + a_0q^n = 0$.
$q(a_{n - 1}p^{n - 1} + a_{n -2}qp^{n - 2} + … + a_0q^{n - 1})= - p^n$

Es decir $q \mid p^n$ pero como $mcd(p,q) = 1$, entonces, $q = 1$

Entonces $\alpha = p \in D$.

6.- Demostraremos que el elemento $\alpha = \frac{1 + \sqrt{D}}{2} \in Frac((\mathbb{Q}(\sqrt{D})) \backslash {\mathbb{Z}(\sqrt{D})}$ es entero sobre $\mathbb Z$

$\alpha = \frac{1 + \sqrt{D}}{2}$
$2 \alpha = 1 + \sqrt{D}$
$2\alpha - 1 = \sqrt{D}$
$4 \alpha^2 - 4 \alpha + 1 = D$

Pero $D = 4D’ + 1$ por hipótesis, entonces

$4 \alpha^2 - 4 \alpha - 4 D’ = 0$
$\alpha^2 - \alpha - D' = 0$

Por lo que es raíz del polinomio $P(x) = x^2 - x - D’$. Esto nos dice que $\mathbb Z(\sqrt{D})$ no es enteramente cerrado, pues hay un entero algebraico en el campo de fracciones de $\mathbb Z[\sqrt{D}]$ que no está en $\mathbb Z[\sqrt{D}]$.

7.- Claramente $1$ es un entero algebraico. Y notemos que $\sqrt{2}^2 - 2 = 0$, por lo que $\sqrt{2}$ es raíz del polinomio $P(x) = x^2 - 2$, por lo que $\sqrt{2}$ es un entero algebráico. Y debido a que $\mathcal O_{\mathbb Q(\sqrt{2}) \mathbb Z}$es un anillo, entonces, todos los elementos de la forma $u+ v \sqrt{2}$ son enteros sobre $\mathbb Z$. Entonces, $\mathbb Z(\sqrt{2}) \subset \mathcal O_{\mathbb Q(\sqrt{2}) \mathbb Z}$.

Ahora, sea $\alpha \in \mathcal O_{\mathbb Q(\sqrt{2}) \mathbb Z}$. Demostraremos que $\alpha$ es de la forma $u + v \sqrt{2}$.

Digamos que $\alpha = \frac{p}{q} + \frac{r}{s}\sqrt{2}$ con $p, q \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ Como es un entero algebraico, sabemos que de hecho, su polinomio mínimo sobre $\mathbb Z$ debe tener coeficientes en $\mathbb Q$. y justamente su polinomio mínimo sobre $\mathbb Q$ es de grado a lo más $2$, puesto que $[\mathbb Q(\sqrt{2}): \mathbb Q] = 2$

Entonces si el polinomio mínimo de $\alpha$ es $p_\alpha(x) = x^2 + bx + c$, tenemos entonces

$\left(\frac{p}{q} + \frac{r}{s}\sqrt{D}\right)^2 + b\frac{p}{q} + b\frac{r}{s}\sqrt{D} + c = 0$
$\frac{p^2}{q^2} + 2\frac{pr}{qs}\sqrt{D} + \frac{r^2}{s^2}D + b\frac{p}{q} + b\frac{r}{s}\sqrt{D} + c = 0$
$p^2s^2 + 2prqs \sqrt{D} + r^2q^2D + bpqs^2 + brsq^2\sqrt{D} + cs^2q^2 = 0$

De aquí podemos ver que $\sqrt{D}(2prqs + brsq^2)$ debe ser entero, pero como $\sqrt{D}$ es libre de cuadrados, entonces esto implica que $2prqs + brsq^2 = 0$. como $q, r \neq 0$, entonces $2pr + brq = 0$

Si $r = 0$ entonces $\alpha = \frac{p}{q} \in \mathbb Q$, entonces $\alpha \in \mathbb Z \subset \mathbb Z(\sqrt{2})$

Si $r \neq 0$, entonces $2p = bq$. Como $mcd(p,q) = 1$ y $q \mid 2p$ entonces $q \mid 2$
Podemos suponer que $q > 0$, entonces solo tenemos dos casos: $q = 2$ o $q = 1$

Veamos que $$

8.- Sea $a \in A^B$ entonces, $a \in B$ y es raíz de un polinomio mónico $f(x) \in A[x]$. Pero, como está en $B$ entonces está en $C$ y justamente es raíz de $f(x) \in A[x]$, por definición tenemos que $a \in A^C$. Ahora, sea $b \in A^C$, entonces $b \in C$ y es raíz de un polinomio mónico $g(x) \in A[x]$ pero $g(x) \in B[x]$ pues $A \subset B$ por lo que $b \in B^C$. De donde tenemos $A^B \subset A^C \subset B^C$.

9.- Consideremos el elemento $a = \left( \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^2 = \frac{6 + 2 \sqrt{2}}{4}$. Notemos que $a \notin \mathbb Z[\sqrt{2}, \sqrt{3}]$. Sin embargo

$a= \frac{6 + 2\sqrt{5}}{4}$
$4a - 6 = 2\sqrt{5}$
$16 a^2 -48 a + 36 = 20$
$16a^2 - 48a + 16 = 0$
$a^2 - 3 a + 1 = 0$

Por lo que $a \notin \mathbb[\sqrt{2}, \sqrt{3}$ es un entero algebraico, esto quiere decir que $\mathbb Z[\sqrt{2}, \sqrt{3}]$ no es enteramente cerrado.

10.- Sea $a = \left(\frac{i + 1}{\sqrt{2}}\right)$.
$\sqrt{2}a = i + 1$
$2 a^2 = -1 + 2i + 1$
$2a^2 - 2i =0$
$a^2 - i = 0$

Por lo tanto $a$ es raíz del polinomio $f(x) = x^2 - i$ el cual tiene coeficientes en $\mathbb Q(i)$. por lo que el polinomio mínimo de $a$ sobre $\mathbb{Q}(i)$ tiene grado a lo más $2$. Pero claramente $a \notin \mathbb{Q}(i)$ (basta con notar que la parte real no es racional) por lo que el polinomio mínimo de $a$ sobre $\mathbb{Q}(i)$ digamos, $g$ es de grado exactamente $2$, entonces es $g(x) = x^2 - i$.

11.- Comprobaremos que $\sqrt{5} = 4 \omega^2 - 4 \omega^3 + 1$. Primero, notemos que $\omega^2 = e^{2\pi i/ 5} = \cos(2*36) + i\sin(2*36)$ y $\omega^3 = \cos(3*36) + i \sin(3*36)$, conociendo que $\cos(36) = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$, se puede verificar que $\cos(2*36) = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$ y $\cos(3*36) = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$ y que $\sin(72) = \sin(108)$, por lo que justamente se obtiene $\sqrt{5} = 4 \omega^2 - 4 \omega^3 + 1$.

14.- $K$ es una extensión de grado $2$, por lo tanto existe $\theta$ algebraico tal que $K = Q(\theta)$

15.- Sea$\alpha = \frac{p}{q} + \frac{r}{s}\sqrt{d}$ un entero algebraico, entonces, su polinomio mínimo tiene coeficientes en $\mathbb Z$ digamos que el polinomio mínimo de $\alpha$ es $f$. Como $\sqrt{d}$ tiene grado $2$ entonces $f$ tiene grado a lo más $2$. Si es de grado $1$, entonces, $\alpha \in \mathbb Z$. Si tiene grado $2$, digamos que es entonces $f(x) = x^2 + bx + c$.

Notemos entonces que $\left(\frac{p}{q} +\frac{r}{s} \right)^2 + b \frac{p}{q} + b \frac{r}{s}\sqrt{d} + c = 0$
$p^2s^2 + r^2q^2d + bpqs^2 + cq^2s^2 + \sqrt{d}(2prqs + brsq) = 0$

$\sqrt{d}(2prqs + brsq) = 0$ debe ser entero, por lo tanto $2prqs + brsq = 0$
si $r = 0$ entonces $\alpha \in \mathbb Q$, entonces $\alpha \in \mathbb Z$

Si $r \neq 0$entonces $2p = bq$. Como $mcd(p, q) = 1$ entonces $q \mid 2$. De donde $q = 2$ o $q = 1$

Como $p^2s^2 + r^2q^2d + bpqs^2 + cq^2s^2 + \sqrt{d}(2prqs + brsq) = 0$, entonces
$p^2s^2 + r^2q^2d + bpqs^2 + cq^2s^2 = 0$

Podemos ver que $q \mid p^2s^2$, entonces $q \mid s^2$.

Veamos el caso donde $q = 2$. Entonces $2 \mid s^2$, entonces $2 \mid s$. digamos $s = 2t$.

$4p^2t^2 + 4r^2d + 8bpt^2 + 16ct^2 = 0$
$p^2t^2 + r^2d+ 2bpt^2 + 4ct^2 = 0$
$p^2t^2 + r^2d + 2p^2t^2 + 4ct^2 = 0$

De donde podemos ver que $t^2 \mid r^2d$ pero como $mcd(2t, r) = 1$, entonces $t^2 \mid d$. Pero $d$ es libre de cuadrados, por lo que $t = 1$, entonces $s = 2$. y de hecho, como $t = 1$, entonces $r^2d + 3p^2 + 4c =0$, viéndolos módulo 2 tenemos $r^2 \equiv - p^2 (mod 2)$ y es fácil ver que esto ocurre si y sólo si $p \equiv r (mod 2)$

Ahora, si $q = 1$, entonces $p^2s^2 + r^2d + bps^2 + cs^2 = 0$, de donde $s^2 \mid d$, como $d$ es libre de cuadrados, tenemos que $s = 1$.

Es decir, en general, sin importar la congruencia de $d$ módulo $4$, tenemos que si $\alpha$ es un entero algebráico, sólo puede ser de la forma $\frac{u + v\sqrt{d}}{2}$ donde $u \equiv v \mod 2$ o bien de la forma $u' + v'\sqrt{d}$ (la segunda forma en realidad es un caso particular de la primera tomándonos $u = 2u’$ y $v = 2v’$).

Ahora, si $d \equiv 2 (mod 4)$ veremos que no puede ocurrir el caso $q = 2$. Tenemos que $d$ es par, de ahí, $3p^2 \equiv 0 (mod 2)$. Como $mcd(2, 3) = 1$, esto implica $p^2 \equiv 0 (mod 2)$, es decir, $p$ es par, lo cual es una contradicción puesto que entonces $mcd(p,q) =1$.

Si $d \equiv 3 (mod 4)$, tenemos que $3p^2 + 3r^2 \equiv 0$, si $r^2 \equiv 0 (mod 4)$, entonces nuevamente tenemos que $p$ es par, lo cual no puede ocurrir, por lo que sólo puede pasar que $r^2 \equiv 1 (mod 4)$, y como $p$ es impar $p^2 \equiv 1 (mod 4)$, entonces $3 + 3 \equiv 0$ lo cual claramente no puede pasar.

Es decir, en ambos casos si $\alpha$ es un entero algebraico, sólo puede ser de la forma $u + v \sqrt{d}$. Finalmente, basta con probar que todos los elementos de esta forma son enteros algebraicos, pero esto es cierto, puesto que $\sqrt{d}$ y $1$ son enteros algebraicos y los enteros algebraicos de $\mathbb Q(\sqrt{d})$ forman un anillo.

Esto comprueba que si $d \equiv 2$ o $d \equiv 3$, $\mathcal{O}_{\mathbb{Q}(\sqrt{d})} = \mathbb Z[\sqrt{d}]$

Ahora, si $d \equiv 1 (mod 4)$, ya demostramos en el ejercicio 6 que $\frac{1 + \sqrt{d}}{2}$ es un entero algebraico, y el $1$ también es un entero algebraico, y como los enteros algebraicos de $\mathbb {Q}(\sqrt{d})$ forman un anillo, entonces todos los de la forma $u_1 + v_1\frac{1 + \sqrt{d}}{2} = \frac{(2u_1 + v_1) + v_1\sqrt{d}}{2} = \frac{u + v \sqrt{d}}{2}$ son enteros algebraicos.

Esto demuestra que un elemento en $\mathbb {Q}(\sqrt{d})$ es entero algebraico si y sólo si es de la forma $\frac{u + v \sqrt{d}}{2}$ con $u\equiv v (mod 2)$.

Si no se indica lo contrario, el contenido de esta página se ofrece bajo Creative Commons Attribution-ShareAlike 3.0 License