Trabajo final Problemas

Problema 2 Calcula el discriminante de $\mathbb Q (\sqrt{2} + \sqrt{3})$

Solución:
Notemos que como $\{1, \sqrt{2}\}$ es una base entera para $\mathbb Q(\sqrt{2}) \backslash \mathbb Q$ y $\{1, \sqrt{3}\}$ es una base entera para $\mathbb Q(\sqrt{3})$, puesto que $2,3 \equiv 2,3 (mod 4)$ respectivamente, y $\mathbb{Q}(\sqrt{2} + \sqrt{3}) = \mathbb{Q}(\sqrt 2, \sqrt 3)$, entonces:

$\{1, \sqrt 2, \sqrt 3 , \sqrt 6 \}$ es una base entera para $\mathbb Q(\sqrt 2 + \sqrt 3)$.

Entonces, el discriminante de $\mathbb Q(\sqrt 2 + \sqrt 3)$ es el determinante de la siguiente matriz

$T(1)$ $T(\sqrt{2})$ $T(\sqrt 3)$ $T(\sqrt 6)$
$T(\sqrt{2})$ $T(2)$ $T(\sqrt 6)$ $2T(\sqrt 3)$
$T(\sqrt 3)$ $T(\sqrt 6)$ $T(3)$ $3T(\sqrt 2)$
$T(\sqrt 6 )$ $2T(\sqrt 3)$ $3T(\sqrt 2)$ $T(6)$

Conociendo que $T(1) = n = 4$ y que la traza es lineal, podemos ver que en realidad, es el determinante de

4 0 0 0
0 8 0 0
0 0 12 0
0 0 0 24

Por lo tanto, su discriminante es: $4^4*4*9 = 32*9$

Problema 6 Si $D$ es el anillo de enteros de algún campo numérico y $\mathcal B$ es un ideal primo, tal que $\mathcal B = (\alpha)$, muestra que $\alpha$ es irreducible

Solución:

Procederemos por contradicción. Supongamos que $\alpha$ es reducible, entonces existen $\beta, \gamma \in D$ tales que $\beta \gamma = \alpha$ donde, $\beta, \gamma$ son no unidades

Entonces $\beta \gamma \in (\alpha)$, pero como $(\alpha)$ es primo, entonces sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $\beta \in (\alpha)$, de donde $\beta = \alpha \gamma'$ para algún $\gamma' \in D$

Luego, $\alpha = \alpha \gamma \gamma'$, podemos pensar esta identidad en su respectivo campo numérico, por lo que se cumple
$1 = \gamma \gamma'$

De donde tenemos que $\gamma, \gamma'$ por definición son unidades en $D$, pero esto es una contradicción porque supusimos $\gamma$ no unidad.

Problema 7 Demuestra que el número de clase de $\mathbb Q(\sqrt{-5})$ es mayor que $1$

Solución: Esto equivale a demostrar que $\mathbb Q(\sqrt{-5})$ no es PID.
Pero tenemos que si fuera de ideales principales, entonces sería de factorización única sin embargo

$6 = 2*3 = (1 + \sqrt {-5})(1 - \sqrt{-5})$

Por lo tanto, el número de clase de $\mathbb Q(\sqrt{-5})$ es mayor que $1$

Problema 9 Calcula $\Delta(1, \alpha, \alpha^2)$, en $Q(\alpha)$ donde $\alpha$ es una raíz del polinomo irreducilbe$^*$ $x^3 + px + q$ con $p, q\in \mathbb Q$

Nota: Antes de dar la solución, quiero hacer notar que el problema originalmente decía polinomio reducible, pero, si fuera reducible, entonces el grado de alpha sería menor que 3, y por lo tanto, no podrías calcular el discriminante para la $3$-ada de elementos $(1, \alpha, \alpha^2)$, puesto que solo está definida para una $n$- ada donde $n$ es el grado de la extensión.

Solución: Notemos que como $\alpha$ es raíz de un polinomio irreducible de grado $3$, entonces, este es su polinomio mínimo y por lo tanto $\mathbb Q(\alpha)$ es de grado $3$. Como $\mathbb Q(\alpha)$ es de grado primo, entonces, su polinomio mínimo y su polinomio característico es el mismo luego, se obtiene directamente que la $T(\alpha)$ es igual al coeficiente que acompaña al término cuadrático en su polinomio característico, o bien $T(\alpha) = 0$.

Luego, $\Delta(1, \alpha, \alpha^2)$ es el determinante de

$T(1)$ $T(\alpha)$ $T(\alpha^2)$
$T(\alpha)$ $T(\alpha^2)$ $T(\alpha^3)$
$T(\alpha^2)$ $T(\alpha^3)$ $T(\alpha^4)$

Pero justamente $\{1, \alpha, \alpha^2\}$ es una base de $\mathbb Q (\alpha)$ sobre [[$\mathbb Q]].
Por lo tanto podemos calcular estas trazas conociendo:

$\alpha^3 = 0\alpha^2 - q - p \alpha$
$\alpha^4 = -p\alpha^2 - q\alpha + 0$
$\alpha^5 = - p \alpha^3 - q\alpha^2 = -p(-q - p\alpha) - q\alpha^2 = pq + p^2\alpha - q\alpha^2$
$\alpha^6 = pq\alpha + p^2 \alpha^2 - q \alpha^3 = pq\alpha + p^2\alpha^2 - q(-p\alpha - q) = q^2 + 2pq\alpha + p^2 \alpha^2$

De aqui obtenemos que $T(\alpha^2) = - p - q$, $T(\alpha^3) =-3q$, $T(\alpha^4) = 2p^2$

Entonces $\Delta(1, \alpha, \alpha^2)$ es el determinante de la matriz

$3$ $0$ $-p - q$
$0$ $-p - q$ $-3q$
$-p - q$ $-3q$ $2p^2$

Y este es $- 5p^3 - 3p^2q + 3pq^2 + q^3 - 27q^2$

Problema 10 Sean $R \subset S$ dominios enteros tales que $S$ es entero sobre $R$. Demuestra que $S$ es campo si y sólo si $R$ es campo.

Solución: $\rightarrow$ Supongamos que $S$ es campo. Sea $\alpha \in R$ un elemento no cero, como $R$ está contenido en $S$ y $S$ es campo, entonces $\alpha^{-1} \in S$, y como $S$ es entero sobre $R$, entonces existen $b_1, b_2, ..., b_m$ tales que

$a^{-m}+ b_1a^{-m + 1} + ... b_{m} = 0$

Multiplicando ambos lados de la igualdad por $\alpha^{m - 1}$ obtenemos:

$\alpha^{-1} + b_1 + b_2\alpha + ... + b_m\alpha^{m - 1}$, pero $a^{i}, b_i \in R$ para toda $i \in \mathbb N$. Entonces:

$\alpha^{-1} = -(b_1 + b_2\alpha + ... + b_m\alpha^{m - 1}) \in R$.

Como es un dominio entero, y todos sus elementos son unidades, entonces $R$ es un campo.

$\Leftarrow)$ Supongamos que $R$ es un campo. Sea $\beta \in S$ no cero. Como $S$ es entero sobre $R$, ecisten $c_1, ..., c_r$tales que $\beta^r + c_1\beta^{r - 1} + ... + c_r$. Podemos pensar a $\alpha$ en $\overline S$, tomamos $\alpha^{-1} \in \overline S$ y al multiplicarlo por la anterior igualdad, tenemos:

$\beta^{r - 1} +c_1\beta^{r - 2} + ... + c_{r -1} + c_r \beta^{-1} = 0$

Entonces $\beta^{-1} = -(\beta^{r - 1} +c_1\beta^{r - 2} + ... + c_{r -1})c_r^{ -1}$

Pero como $R$ es campo, entonces $c_r^{-1} \in R \subset S$, por lo que $\beta^{-1} \in S$. Por lo tanto, $S$ es campo.

Problema 11 Sean $\alpha_1,..., \alpha_n \in D$, el anillo de enteros de algún campo numérico $F$, $\Delta(\alpha_1,..., \alpha_n) \neq 0$. Muestra que si $\Delta(\alpha_1, ..., \alpha_n)$ es un producto de primos distintos (es decir $\Delta$ es libre de cuadrados), entonces $\alpha_1, ..., \alpha_n$ es una base entera. Concluye que si $d$ es libre de cuadrados, $d \equiv 1 (4)$ entonces $(1 + \sqrt d )/2, 1$ forma una base entera para el anillo de enteros en $\mathbb Q (\sqrt d)$

Solución: Como $\Delta(\alpha_1, ... , \alpha_n) \neq 0$, entonces $\alpha_1, ..., \alpha_n$ es una base de $F$ sobre $\mathbb Q$. Ahora, sea $\beta_1, ..., \beta_n$ una base entera de $D$ tal que $|\Delta(\beta_1,...,\beta_n)|$ es minimal.

Como es base entera, para cada $1 \leq i \leq n$, existen $c_{ij}\in \mathbb Z$ tal que $\alpha_i = c_{i1}\beta_1 + c_{i2}\beta_2 + .... + c_{in}\beta_n$

Entonces $\Delta(\alpha_1,..., \alpha_n) = (det(c_{ij}))^2\Delta(\beta_1, ... , \beta_n)$. Pero $\Delta(\alpha_1, ... , \alpha_n)$ es libre de cuadrados (recordemos que $det(c_{ij}) \in \mathbb Z$, pues la matriz tiene entradas enteras.), por lo que $det(c_{ij}^2) = \pm 1$.

Por lo que $|\Delta(\alpha_1, ..., \alpha_n)| = |\Delta(\beta_1, ..., \beta_n)|$ es minimal, y por lo tanto $\mathbb Z\alpha_1 + ... + \mathbb Z \alpha_n = D$. Sabiendo esto y que $\alpha_1, ..., \alpha_n$ forman una base de $F$ sobre $D$, concluimos que por definición, forman de hecho una base entera.

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