Part V Extensiones de cuerpos

$\Rightarrow$

Supongamos que $E/K$ es finita (vemos $E$ como espacio vectorial sobre $K$), tenemos un $K$-sistema de generadores finito para $E$, lo denotamos $A$.

Como $K\subseteq L$, entonces $A$ es un $L$-sistema de generadores finito para $E$. Por tanto, $\left|E:L\right|$ es finito (al haber tomado el mismo sistema de generadores).

Por otro lado, $L/K$ es subespacio vectorial de $E/K$, puesto que $L\subseteq E$. Esto implica que $L/K$ es finita.

$\Leftarrow)$

Supongamos que $\left|E:K\right|$ y $\left|L:K\right|$ son finitas. Sea $\left\{a_{1},\ldots,a_{n}\right\}$ una $K-$base de $L$ ($L/K$) y sea $\left\{b_{1},\ldots,b_{m}\right\}$ una $L$-base de $E$ ($E/L$).

Consideramos $\mathcal{B}=\left\{a_{i},b_{j}\right\}_{\begin{subarray}{c}i=1,\ldots,n\\ j=1,\ldots,m\end{subarray}}$, cuyo cardinal es $n\cdot m=\left|L:K\right|\cdot\left|E:L\right|$.

Veamos que $\mathcal{B}$ es sistema de generadores de $E/K$. Si $x\in E$, $x=\sum_{j=1}^{m}l_{j}b_{j}$ con $l_{j}\in L$. Para cada $j=1,\ldots,m$, $l_{j}=\sum_{i=1}^{n}a_{ij}a_{i}$ donde $a_{ij}\in K$. Por tanto, $x=\sum_{j=1}^{m}\left(\sum_{i=1}^{n}a_{ij}a_{i}\right)b_{j}$ donde $a_{ij}\in K\Rightarrow\mathcal{B}$ es sistema de generadores de $E/K$.

Veamos que $\mathcal{B}$ es conjunto de vectores linealmente independientes. Supongamos que existen coeficientes $c_{ij}$ tales que $\sum_{j=1}^{m}\sum_{i=1}^{n}c_{ij}a_{i}b_{j}=0$. Como $\left\{b_{1},\ldots,b_{m}\right\}$ es una base de $E/L\Rightarrow\sum_{i=1}^{n}c_{ij}a_{i}=0$. Como $\left\{a_{1},\ldots,a_{n}\right\}$ es base de $L/K\Rightarrow c_{ij}=0$.

Luego $\mathcal{B}$ es base.

Supongamos que $\left|E\colon K\right|=n$. Sea $a\in E$.

Si $a^{i}=a^{j}$ para $i>j\geq 0$, entonces $a^{i}-a^{j}=0$. Consideramos el polinomio $p(x)=x^{i}-x^{j}\in K[x]$, evaluándolo en $a$ se tiene que $p(a)=0$.

Si $a$ no cumple lo anterior, podemos tomar $\left\{1,a,a^{2},\ldots,a^{n-1}\right\}$ y tenemos $n$ elementos en dicho conjunto. Como $\left|E:K\right|=n$ tenemos que $\left\{1,\ldots,a^{n-1},a^{n}\right\}$ es un conjunto linealmente dependiente, por lo que existen $k_{i}\in K,i=0,\ldots,n-1$ tal que $a^{n}+a^{n-1}k_{n-1}+\cdots+a^{1}k_{1}+k_{0}1=0$. Por tanto, podemos considerar el polinomio

de forma que $p(a)=0$.

Sabemos que

es un homomorfismo. Consideramos el núcleo de esta aplicación $I=Ker(\varphi_{a})$, este no es trivial porque $a$ es algebraico sobre $K$. (Teorema 1.16. $K$ cuerpo, $I$ ideal no trivial de $K[x]$ entonces existe un único $p\in K[x]$ mónico tal que $I=(p)$). Por tanto $I=(p)$.

Se tiene que $q(a)=0\iff q\in I$ y como $I=(p)$ se tiene que $p$ divide a $q$ (2).

Si $p$ no es irreducible, entonces $p=qh$ y $q(a)=0$ o $h(a)=0$. Esto es una contradicción porque el grado de $q$ o $h$ es más pequeño que $p$ y por 2) $p|q$ o $p|h$. Luego ya hemos demostrado 1).

El teorema 1.20 nos dice que $K[x]/(p)$ es isomorfo a $\varphi_{a}(K[x])$ y $\varphi_{a}(K[x])=\left\{f(a)\mid f\in K[x]\right\}$. Continuación en apuntes del profesor.

Supongamos que el grado de $p$ es $n$. Entonces $p(x)=\sum_{i=0}^{n}x^{i}k_{i}=x^{n}+k_{n-1}x^{n-1}+\cdots+k_{1}x+k_{0}$ y $p(a)=a^{n}+k_{n-1}a^{n-1}+\cdots+k_{1}a+k_{0}=0\Rightarrow a^{n}=-\sum_{i=0}^{n-1}k_{i}a^{i}$. Continuación en apuntes del profesor.

Inducción sobre $n$. Caso base: $a_{1}$ algebraico sobre $K$ (teorema del elemento algebraico). Aplicar lema anterior.

Por el teorema del elemento algebraico, $K_{1}(a_{1})=\left\{f(a_{1})\mid f\in K_{1}[x]\right\}$. Definimos

(si $z\in K_{1}(a_{1})\;\exists f\in K_{1}[x]$ tal que $f(a_{1})=z$, y $\theta$ manda $f$ a $\sigma(f)$ evaluado en $a_{2}$).

En primer lugar, veamos que $\theta(a_{1})=a_{2}$. Consideramos $f(x)=x\in K_{1}[x]$, se tiene que $f(a_{1})=a_{1}$ y $\sigma(f)(x)=\sigma(1)x=x$. Por tanto, $\theta(f(a_{1}))=\sigma(f)(a_{2})=a_{2}$.

Veamos que está bien definida e inyectiva. Supongamos $f,g\in K_{1}[x]$ tales que $f(a_{1})=g(a_{2})\iff f(a_{1})-g(a_{2})=0\iff(f-g)(a_{1})=0\iff p_{1}$ divide a $f-g$ (por el teorema del elemento algebraico) $\iff\sigma(p_{1})$ divide a $\sigma(f-g)=\sigma(f)-\sigma(g)\iff(\sigma(f)-\sigma(g))(a_{2})=0\iff\sigma(f)(a_{2})=\sigma(g)(a_{2})$.

Es rutinario comprobar la sobreyectividad y que $\theta$ es homomorfismo.

Tomar $\sigma$ como la identidad en el teorema anterior.

Obvio.

Sea $p=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}\in K[x]$. Podemos asumir que $p$ es mónico (si no, dividir por $a_{n}$). Por un resultado del tema de repaso, sabemos que $K[x]/(p)$ es un cuerpo, tomamos $E=K[x]/(p)$. Tenemos $\varphi\colon K[x]\to E,f\mapsto\overline{f}=f+(p)$. Es trivial que $\varphi$ es inyectiva. Definimos $\overline{K}=\varphi(K)$ y tenemos que $K$ y $\overline{K}$ son isomorfos.

Sea $P_{0}(y)=\sum_{i=0}^{n}\overline{a_{i}}y\in\overline{K}[y]$. Se tiene que $x\mapsto\overline{x}=e\in E$. Evaluando en $e$, $P_{0}(e)=\sum_{i=0}^{n}\overline{a_{i}}\overline{x}$.

Lo demostramos por inducción sobre el grado del polinomio. Si el grado de $f$ es $1$, entonces $f(x)=x-a\in K[x]$, tenemos que $E=K$.

Supongamos que $f$ no escinde en $K$ (en caso contrario, volveríamos al caso anterior). Entonces existe $f_{1}$ que es factor de $f$ y es irreducible en $K[x]$, luego $f=f_{1}\cdots$. Por el lema 1.39, sabemos que existe una extensión $F/K$ tal que $F$ contiene una raíz $a$ del polinomio irreducible $f_{1}\Rightarrow f_{1}(a)=0\Rightarrow f(a)=0\Rightarrow f(x)=(x-a)g\in K(a)[x]$. Se tiene que $g\in K(a)[x]$. Por inducción existe cuerpo de escisión $E$ de $g$ sobre $K(a)$. Por tanto, $E$ es cuerpo de escisión de $f$ sobre $K$ y es de la forma $E=K(a)(b_{1},\ldots,b_{n})$ con $g=(x-b_{1}\cdots(x-b_{n}))$.

Por inducción sobre $\left|E_{1}:K_{1}\right|$.

Caso base

$\left|E_{1}:K_{1}\right|=1\iff E_{1}=K_{1}\iff f_{1}$ escinde en $K_{1}\iff f_{2}$ escinde en $K_{2}\iff E_{2}=K_{2}$. Podemos tomar $\tau=\sigma$.

Si $\left|E_{1}:K_{1}\right|>1$

Sea $p$ factor irreducible de $f_{1}$ en $K_{1}[x]$ (si no hay factor irreducible, $f_{1}$ escinde). Se tiene que $\sigma(p)$ es irreducible en $K_{2}[x]$. Sea $a_{i}$ raíz de $p_{i}$, $i=1,2$, y $p_{2}=\sigma(p_{1})$. Las raíces pertenecen a $K(a_{i})$…. Continuación en apuntes del profesor.

Tomamos $\sigma\colon K\to K$ como la identidad. Entonces $\sigma(k)=k\in k\in K$, por lo que existe $\tau\colon E_{1}\to E_{2}$ isomorfismo que extiende a $\sigma$.

Hacer.

Hacer.

Supongamos que $f(x)=\sum_{i=0}b_{i}x^{i}\in K[x]$ y $f(a)=0$. Tenemos que ver que $\sigma(a)$ es raíz de $f$.

Ejercicio: demostrar la otra parte del enunciado. $\Omega_{f}=\left\{\text{raíces de $f$ en E}\right\}$ y tenemos que comprobar que

Intentarlo.

$\Leftarrow)$

Sea $\left\{a_{1},\ldots,a_{n}\right\}$ base de $E$ como espacio vectorial sobre $K$. Se tiene que $E=K(a_{1},\ldots,a_{n})$. $E/K$ es algebraico. Además, por le teorema del elemento algebraico (1) para cada $a_{i}$ existe $p_{i}\in K[x]$ mónico e irreducible tal que $p_{i}(a_{i})=0$, $f=p_{1}p_{2}\cdots p_{n}$.

$\Rightarrow)$

$E/K$ es normal, por tanto, existe $f\in K[x]$ tal que $f(x)=c(x-c_{1})\cdots(x-c_{n})\in E[x]$ y $E=K(c_{1},\ldots,c_{n})$. Supongamos $p\in K[x]$ irreducible y tal que $p(a)=0$ donde $a\in E$. Objetivo: $p(x)=d(x-d_{1})\cdots(x-d_{m})\in E[x]$, que es equivalente a demostrar que $d_{i}\in E$. Sea $d_{i}=b$ una raíz de $p$. Existe $\theta\colon K(a)\to K(b)$ isomorfismo tal que $\theta(k)=k\;\forall k\in K$ y $\theta(a)=b$, $\theta(f)=f$. También existe $\tau\colon E\to E(b)$ isomorfismo que extiende a $\theta$.

Por el lema previo $\left|E\colon K(a)\right|=\left|E(b):K(b)\right|$ y $\left|K(a)\colon K\right|=\left|K(b):K\right|$. Luego

$\displaystyle\left|E\colon K\right|$

$\displaystyle{}=\left|E\colon K(a)\right|\left|K(a)\colon K\right|=$

$\displaystyle{}=\left|E(b)\colon K(b)\right|\left|K(b)\colon K\right|=$

$\displaystyle{}=\left|E(b)\colon K\right|=$

$\displaystyle{}=\left|E(b)\colon E\right|\left|E\colon K\right|$

por lo que $\left|E(b)\colon E\right|=1\Rightarrow E(b)=E\Rightarrow b\in E$.