Teoria de Cuerpos y teoria de Galois - Viola-Prioli

EDITORIAL REVERTÉ, S. A.
Barcelona Bogotá Buenos Aires Caracas México
Teoría de Cuerpos y Teoría de Galois
Copyright © Ana M. de Viola-Prioli
Copyright © Jorge E. Viola-Prioli
Edición en e-book:
© Editorial Reverté. S.A., 2012
ISBN: 978-84-291-9305-3
Edición en papel:
© Editorial Reverté. S.A., 2006
ISBN: 978-84-291-5163-3
Propiedad de:
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queda rigurosamente prohibida sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas por las leyes.
Prólogo
Una parte importante de este libro está centrada en resultados fundamentales de dos jóvenes matemáticos: Niels Abel (Noruega, 1802-1829) y Évariste
Galois (Francia, 1811-1832), cuyos trabajos revolucionaron el desarrollo del
Álgebra a partir del Siglo xix. Sin embargo, consideramos que una introducción a la Teorı́a de Cuerpos, como es ésta, no debe tener como único
objetivo la demostración del Teorema de Abel (que prueba “la irresolubilidad de la ecuación de quinto grado”, en términos que serán precisados en
el texto), lo cual puede lograrse en unas pocas páginas. Más bien, pensamos que es beneficioso para el lector la exposición, junto con lo anterior,
de otros temas incluidos en el texto, en cuya creación intervinieron otros
matemáticos brillantes, como Newton, Lagrange, Gauss, Dedekind, Artin y
Hilbert.
Aunque todas las demostraciones se presentan detalladamente, se espera del lector cierto grado de madurez matemática, ası́ como suficientes conocimientos básicos de Teorı́a de Grupos y Álgebra Lineal para los Capı́tulos
1 a 12, y también de Álgebra Conmutativa para el Capı́tulo 13. Por ello, no
incluimos Apéndices destinados a revisar estos temas, contribuyendo ası́ a la
brevedad del material. En cuanto a los ejercicios propuestos, algunos de los
cuales vienen acompañados de sugerencias, deben interpretarse como parte
fundamental del aprendizaje, ya que no solamente sirven para afianzar los
conceptos nuevos y clarificar ideas, sino para estimular la creatividad del
estudiante.
Con la finalidad de complementar el material presentado, hemos incluido un apartado de Comentarios al final de cada capı́tulo, algunos de
naturaleza histórica y otros esencialmente técnicos.
Como lectura adicional recomendamos el tratamiento histórico dado
por Bell [4], y el libro de Edwards [8] basado en las Memorias originales de
E. Galois.
5
6
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Nuestra experiencia en el dictado de este curso en la Universidad Simón
Bolı́var indica que el material puede ser tratado en cuarenta y ocho clases
de cincuenta minutos cada una.
Para aclarar su lectura y comprensión y mejorar la presentación de esta
obra se incorporaron sugerencias y observaciones hechas por Manuel Castellet, Ferrán Cedó y José Sosa, a quienes estamos profundamente agradecidos
por ello.
La escritura en LATEX 2ε ha correspondido a Yolanda Perdomo y Jean
Pierre Veiro, a quienes agradecemos su esmero y dedicación. Extendemos
nuestro reconocimiento a los profesionales de Editorial Reverté, en especial
a Julio Bueno por su continuo y acertado asesoramiento en las correcciones finales, y a Mercè Aicart por su eficiencia en la tarea de llevarlas a
cabo, ya que sin la participación de ellos este proyecto no hubiera finalizado
exitosamente.
Afirmaba D’Alembert que el Álgebra es muy generosa, pues con frecuencia nos da más que lo que se le pide. Estaremos satisfechos si al recorrer
estas páginas el lector comprueba cuánto de cierto encierra esa afirmación.
Caracas
Ana M. de Viola-Prioli
Jorge E. Viola-Prioli
Índice general
1. Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
2. Extensiones de Cuerpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
3. Construcciones con Regla y Compás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
4. Clausura Algebraica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
5. El Grupo de Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
6. Cuerpos Finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
7. Extensiones Normales y la Correspondencia de Galois . . . . . . . .
61
8. Estabilidad y Separabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
9. Extensiones Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
10. Cuerpos de Tipo Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
11. Races de la Unidad y Polgonos Constructibles . . . . . . . . . . . . . . .
93
12. Extensiones Radicales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
99
13. El Teorema de los Ceros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
7
Capı́tulo 1
Preliminares
En lo que sigue A indicará un anillo conmutativo con identidad no nula y
A[x] el anillo de polinomios con coeficientes en A. F indicará un cuerpo,
Z representará el anillo de los números enteros, y Q, R y C los cuerpos
de los números racionales, reales y complejos, respectivamente, mientras
que Zp denotará el cuerpo de los enteros módulo p, si p es un número
primo. Utilizaremos indistintamente las notaciones f y f (x) para indicar
los polinomios de A[x].
Definición 1.1. Sea
Pnf un elemento no nulo de A[x]. Se dice que el grado
de f es n si f (x) = i=0 ai xi con an no nulo, y se denota el grado de f por
gr(f ). Por definición, el polinomio nulo no tiene grado.
Definición 1.2. Se dice que un polinomio es constante si tiene grado cero
o es el polinomio nulo.
Definición 1.3. Se dice que un polinomio es mónico si tiene grado n y el
coeficiente de xn es igual a 1.
A continuación recordamos algunos resultados y hechos conocidos.
i. Si D es un dominio de integridad y si f y g ∈ D[x], entonces gr(f g) =
gr(f ) + gr(g).
ii. F [x] es un DIP (dominio de ideales principales) y cada ideal de F [x]
está generado por un único generador mónico.
9
10
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
iii. Algoritmo de División en F [x]: si f, g ∈ F [x] y g es no nulo, entonces
existen t, r ∈ F [x] únicos tales que f = tg + r, con r nulo ó gr(r) < gr(g).
iv. Si F es un cuerpo, el cuerpo de fracciones de F [x] es
½
¾
f
; f, g ∈ F [x], g 6= 0 .
F (x) =
g
Definición 1.4. Sea f un elemento no nulo de A[x]. Se dice que f es
irreducible en A[x] si se cumplen las dos condiciones siguientes:
1. f no es invertible en A[x];
2. si f = qp con p, q ∈ A[x], entonces q es invertible o p lo es.
Diremos que f es reducible si f no es irreducible.
Ejemplos:
a. p(x) = 2 es irreducible en Z[x].
b. p(x) = 2 no es irreducible en Q[x], pues es invertible en Q[x].
c. p(x) = 3x + 3 es irreducible en Q[x], pero no en Z[x], pues
3 + 3x = 3(x + 1).
d. p(x) = x2 + 1 es irreducible en R[x], pero no en C[x], pues
x2 + 1 = (x + i)(x − i).
e. Todo polinomio de grado 1 es irreducible en F [x].
Recordemos otros resultados conocidos.
v. Sea p ∈ F [x]. Entonces p es irreducible en F [x] si, y sólo si, (p) (el
ideal generado por p en F [x]) es maximal.
vi. Sea p un elemento no nulo de F [x]. Entonces p es irreducible en F [x]
si, y sólo si,
a) p no es constante,
b) p no es producto de dos polinomios de F [x] de grado estrictamente menor que el grado de p.
Capı́tulo 1. Preliminares
11
vii. F [x] es un DFU (dominio de factorización única), es decir: para todo
polinomio no constante f ∈ F [x] existen polinomios p1 , . . . , pr irreducibles en F [x] tales que f = p1 . . . pr . Esta descomposición es única
salvo invertibles y orden de los factores, o sea que, si f = q1 , . . . qs ,
con q1 , . . . , qs irreducibles en F [x], entonces r = s y existe una permutación α del conjunto {1, . . . , r} tal que pi = ui qα(i) , con ui invertible
para todo i = 1, . . . , r.
Pn
Definición 1.5. Se dice que f (x) = i=0 ai xi ∈ A[x] es un polinomio primitivo si el ideal de A generado por los coeficientes de f es igual a A, es
decir, A = (a0 , a1 , . . . , an ).
Pn
Pm
Lema 1.1 (Lema de Gauss). Sean f (x) = i=0 ai xi y g(x) = i=0 bi xi
elementos de A[x]. Entonces f y g son primitivos si, y sólo si, f g lo es.
Pm+n
Demostración. (⇐) Supongamos f (x)g(x) = i=0 ci xi . Por hipótesis,
A = (c0 , c1 , . . . , cm+n ) ⊆ (a0 , a1 , . . . , an ) y
A = (c0 , c1 , . . . , cn+m ) ⊆ (b0 , b1 , . . . , bm ).
Luego A = (a0 , a1 , . . . , an ) = (b0 , b1 , . . . , bm ), es decir, f y g son primitivos.
(⇒) Si f g no fuese primitivo existirı́a un ideal maximal M de A tal que
(c0 , c1 , . . . , cn+m ) ⊆ M. Como f es primitivo, entonces existe algún ai ∈
/ M.
Sea ar el primer elemento del conjunto {a0 , a1 , . . . , an } tal que ar ∈
/ M.
Análogamente, sea bs el primer elemento del conjunto {b0 , b1 , . . . , bm } tal
que bs ∈
/ M. Por lo tanto, ar bs ∈
/ M. Pero
cr+s = a0 br+s + a1 br+s−1 + · · · + ar−1 bs+1 + ar bs + ar+1 bs−1 + · · · + ar+s b0 ,
de donde, usando la elección de ar y despejando, se obtiene que ar bs está en
M, resultando una contradicción. Ası́ pues, f g es primitivo.
¥
Lema 1.2. Para cada f ∈ Z[x] existen d ∈ Z y p ∈ Z[x] primitivo tales
que f (x) = dp(x) y gr(f ) = gr(p). Más aún, si f (x) = eq(x), con e ∈ Z y
q ∈ Z[x] primitivo, entonces d = e ó d = −e.
Pn
i
Demostración. Si f (x) P
=
i=0 ai x y d = mcd{a0 , a1 , . . . , an }, entonces
n
f (x) = dp(x), y p(x) = i=0 d−1 ai xi ∈ Z[x].
−1
ComoP(d−1 a0 , d−1 aP
an ) = d−1 (d) = (1), p es primitivo. Si
1, . . . , d
n
n
i
i
f (x) = d i=0 bi x = e i=0 ci x , con bi , ci , d y e ∈ Z, y si d y e son no
12
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
invertibles se tiene d = (±1) p1 · · · pr y e = (±1) q1 · · · qm , con pi y qi
primos positivos. Entonces
à n
!
à n
!
X
X
(±1) p1 · · · pr
bi xi = (±1) q1 · · · qm
ci xi .
(1.1)
i=0
i=0
Supongamos r < m. Como q es primitivo, existe ck tal que p1 no divide a
ck . Pero p1 divide a p1 · · · pr bk = (±)q1 · · · qm ck , y entonces p1 = qi , para
algún i. Sin pérdida de generalidad se puede suponer i = 1. Cancelando p1
en (1.1) se obtiene
à n
!
Ãm
!
X
X
i
i
(±1)p2 · · · pr
bi x = (±1) q2 · · · qm
ci x .
i=0
i=0
Se continúa el proceso hasta agotar todos los pi y se obtiene pi = qi
para todo i = 1, ..., r y
à n
!
X
i
(±) p(x) = (±1) qr+1 · · · qm
ci x .
(1.2)
i=0
Pero entonces qr+1 |bi para todo i, y como p(x) es primitivo resulta qr+1 = 1,
que es una contradicción. Luego debe ser r = m, y entonces e = (±1) d. Si
d (ó e) es invertible, nos remitimos a (1.2).
¥
Proposición 1.3. Si f ∈ Z[x], gr(f ) no es cero y f es reducible en Q[x], entonces f es reducible en Z[x]. Más aún, si f (x) = r(x)s(x) en Q[x], entonces
f (x) = r1 (x)s1 (x) en Z[x] con gr(r) = gr(r1 ) y gr(s) = gr(s1 ).
Demostración. Por hipótesis f no está en Q, por lo que f (x) = r(x)s(x) en
Q[x], con 0 < gr(r) < gr(f ) y 0 < gr(s) < gr(f ). Si d es el mı́nimo común
múltiplo de los denominadores de los coeficientes de r y de s, entonces
d2 f (x) = r2 (x)s2 (x), con r2 , s2 ∈ Z[x] y gr(r) = gr(r2 ) y gr(s) = gr(s2 ).
Por el Lema 1.2 f (x) = cg(x) con c ∈ Z, g ∈ Z[x] primitivo y gr(f ) =
gr(g), r2 (x) = c1 r3 (x) con c1 ∈ Z, r3 ∈ Z[x] primitivo y gr(r2 ) = gr(r3 ) y
s2 (x) = c2 s3 (x) con c2 ∈ Z, s3 ∈ Z[x] primitivo y gr(s2 ) = gr(s3 ). Ası́,
d2 cg(x) = d2 f (x) = r2 (x)s2 (x) = c1 c2 r3 (x)s3 (x).
(1.3)
Pero por el Lema de Gauss r3 (x)s3 (x) es primitivo, y entonces por el Lema
1.2 se tiene d2 c = (±)c1 c2 . Reemplazando en (1.3) y cancelando se obtiene
f (x) = cg(x) = (±)cr3 (x)s3 (x) = (±) r3 (x)cs3 (x),
Capı́tulo 1. Preliminares
13
con gr(r3 ) = gr(r) > 0, gr(cs3 ) = gr(s) > 0. Si denotamos r1 = ±r3 y
s1 = cs3 , resulta f = r1 s1 y la proposición queda demostrada.
¥
Proposición 1.4. Si f ∈ Z[x] y si f es irreducible en Q[x] y primitivo en
Z[x], entonces f es irreducible en Z[x].
Demostración. f no es constante, pues es irreducible en Q[x]. Si f (x) =
p(x)q(x) con p, q ∈ Z[x], por hipótesis debe ser p ó q invertible en Q[x].
Supongamos, por ejemplo, p invertible, o sea p(x) = c ∈ Q. Pero p ∈ Z[x],
por lo cual f (x) = cq(x), con c ∈ Z. Como f es primitivo, el Lema de Gauss
implica que p(x) = c es primitivo, es decir (c)Z = Z, y por lo tanto c es
invertible en Z. Como consecuencia p(x) es invertible en Z[x].
¥
Corolario 1.5. Sea f ∈ Z[x] mónico con gr(f ) ≥ 1. Entonces f es irreducible en Q[x] si, y sólo si, f es irreducible en Z[x].
Demostración. Es consecuencia inmediata de las proposiciones anteriores.
¥
Proposición 1.6. Para cada f ∈ Q[x] existen d ∈ Q y p ∈ Z[x] primitivo
tales que f (x) = dp(x). Más aún, si f (x) = eq(x), con e ∈ Q y q ∈ Z[x]
primitivo, entonces d = e ó d = −e.
Pn
Demostración. Si f (x) = i=0 ai xi y si r es el producto de los denominadores de los ai , entonces f (x) = r−1 q(x), con q(x) ∈ Z[x]. Por el Lema 1.2
q(x) = sp(x), con s ∈ Z y p(x) ∈ Z[x] primitivo. Por lo tanto f (x) = dp(x),
con d =Pr−1 s ∈ Q y p ∈ Z[x] primitivo. Si f (x) = eq(x), con e ∈ Q y
n
q(x) = i=0 bi xi ∈ Z[x] primitivo, y si de−1 = m
n ∈ Q, con (m, n) = 1, entonces mp = nq. Si t es un divisor primo de m, como (t, n) = 1, resulta que
t divide a bi para todo i, lo cual es una contradicción. Por tanto m = ±1.
Análogamente, n = ±1, y entonces de−1 = ± 1.
¥
Corolario 1.7. Si en Q[x] se tiene xn −1 = f (x)g(x) con f mónico, entonces
f ∈ Z[x] y g ∈ Z[x].
Demostración. Por la Proposición 1.6
xn − 1 = f (x)g(x) = (dp(x))(bq(x)) = dbp(x)q(x),
con d, b ∈ Q y p, q ∈ Z[x] primitivos. Por el Lema de Gauss pq es primitivo,
y como xn − 1 también lo es, por la unicidad debe ser db = ±1, o sea
14
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
pq = ±(xn − 1). En consecuencia p (ó −p) es mónico. Como f (x) = dp(x) es
mónico, debe ser d = ±1 y resulta que f pertenece a Z[x]. Entonces también
g ∈ Z[x], pues b = ±1.
¥
Nota. El corolario anterior vale si se reemplaza xn − 1 por h(x) ∈ Z[x],
primitivo y mónico.
Pr
Lema 1.8. Si p(x) = i=0 ai xi ∈ Z[x] y m
n ∈ Q, con m, n ∈ Z, (m, n) = 1
)
=
0,
y p( m
entonces
m
divide
a
a
y
n
divide
a ar .
0
n
Pr
i
r
r−1
Demostración. 0 = i=0 ai ( m
+ · · · + ar mr .
n ) implica 0 = a0 n + a1 mn
r−1
r
r
Como m divide a a1 mn
+ · · · + ar m , m divide a a0 n y, por lo tanto,
también a a0 . Como n divide a a0 nr + a1 mnr−1 + · · · + ar−1 mr−1 n, n divide
a ar mr y, por lo tanto, también a ar .
¥
Pk
Proposición 1.9. Si f (x) = i=0 ai xi ∈ Z[x] es mónico y f (a) = 0 para
cierto a ∈ Q, entonces a ∈ Z y divide a a0 .
Demostración. a = m/n, con m, n ∈ Z y (m, n) = 1. Por el Lema 1.8 m
divide a a0 y n divide a 1, es decir, n = ±1, por lo que a = ±m ∈ Z y divide
a a0 .
¥
Nota. La Proposición anterior falla si f no es mónico, como se ve tomando
f (x) = 2x + 3.
√
Aplicación. 2 no es racional, pues si lo fuera, x2 −2 tendrı́a la raı́z racional
√
2, que por
√ la proposición
√ anterior serı́a entera y dividirı́a a 2. Por lo tanto
se tendrı́a 2 = ±1 ó 2 = ±2, que es una contradicción.
Pn
Teorema 1.10 (Criterio de Eisenstein). Si f (x) = i=0 ai xi ∈ Z[x] y
si p es un primo tal que p divide a ai para todo 0 ≤ i < n, p no divide a an
y p2 no divide a a0 , entonces f es irreducible en Q[x].
Demostración. Si f fuese reducible en Q[x], f (x) = g(x)h(x) en Q[x],
con r = gr(g) < n y s = gr(h) < n. Por la Proposición 1.3 se tiene que
f (x) = g1 (x)h1 (x) en Z[x], con gr(g1 ) = gr(g) < n y gr(h1 ) = gr(h) < n.
15
Capı́tulo 1. Preliminares
Por lo tanto

X
i
ai xi = 
X
j
Ã
!
X
j
k
bj x
ck x , con bj , ck ∈ Z,
k
y entonces a0 = b0 c0 . Como p divide a a0 , p divide, por ejemplo, a b0 . Si
p dividiese a bj para todo j, p dividirı́a a f (x) y por lo tanto a an , lo cual
contradice la hipótesis. Entonces existe m tal que p divide a b0 , b1 , . . . , bm−1
y p no divide a bm . Pero am = (b0 cm + b1 cm−1 + · · · + bm−1 c1 ) + bm c0 y p
divide al paréntesis. Por otro lado, p2 no divide a a0 = b0 c0 y p divide a b0 ,
por lo que p no divide a c0 y, como consecuencia, tampoco a bm c0 , por lo
que se deduce que p no divide a am . Por lo tanto debe ser m = n, que es
una contradicción, pues m ≤ r < n.
¥
Nota. En el Teorema 1.10 no se puede concluir que f es irreducible en Z[x],
como se ve tomando f = 6 + 2x.
Aplicaciones.
√
2
1. Otra forma de ver que 2 no
√ es racional: por el 2criterio anterior x − 2
es irreducible en Q[x]. Si 2 fuese racional, x − 2 tendrı́a una raı́z
racional, lo cual es una contradicción por el Ejercicio 1.
2. El polinomio 3x2 + 4x + 2 es irreducible en Q[x].
La irreducibilidad de un polinomio de grado menor o igual que tres se
reduce al análisis de sus raı́ces.
Para grado mayor o igual que cuatro la situación es más compleja. Por
ejemplo, consideremos la irreducibilidad de f = x4 − 2x2 + 4 en Q[x]. Si
en Q tuviera alguna raı́z, ella serı́a entera y divisor de 4. Es trivial verificar
que ése no es el caso. Por ello, si f se reduce en Q[x], se podrá escribir
como f = h g con ambos polinomios de grado dos. Según resultados de este
capı́tulo, ya podemos tomar f = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d), siendo a, b, c y d
enteros. Ello conduce a las ecuaciones c + a = ad + bc = 0, b + d + ac = −2,
y bd = 4. De esto resulta a(b − d) = 0.
Si a = 0, entonces c es nulo, b + d = −2 y bd = 4. Ası́, b resulta
irracional, que es una contradicción.
Si b − d = 0, entonces d2 = 4 lo cual conduce a a2 = −2 o bien a a2 = 6.
16
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
En todo caso se llega a una contradicción. En consecuencia, f es irreducible
en Q[x].
El siguiente polinomio aparecerá con frecuencia durante los próximos
capı́tulos.
Definición 1.6. Dado el número primo p definimos el polinomio ciclotómico
Φp como xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1.
Veamos que Φp es irreducible en Q[x]. Es suficiente probar que Φp (x+1)
lo es. Obsérvese que (x−1)Φp = (xp−1 +xp−2 +· · ·+x+1) (x−1) = (xp −1),
es decir, xΦp (x + 1) = (x + 1)p − 1 = xp + cp−1 xp−1 + · · · + c2 x2 + c1 x, siendo
los ci múltiplos del primo p. Por el Criterio de Eisenstein, resulta irreducible
en Q[x] el polinomio Φp (x + 1) = xp−1 + cp−1 xp−2 + · · · + c2 x + c1 .
Finalmente, presentamos el análisis de la irreducibilidad de un polinomio de apariencia similar al ciclotómico. El lector notará, sin embargo, la
diferencia entre los argumentos anteriores y los necesarios para este nuevo
caso. Afirmamos que el polinomio p = xn − xn−1 − · · · − x2 − x − 1 es
irreducible en Q[x] para todo n.
Es suficiente ver que es irreducible en Z[x]. Pongamos q = (x − 1)p, es
decir, q = xn+1 − 2xn + 1. Si n < 4, el resultado es claro. Sea, pues, n ≥ 4.
a. Como p(0) = −1 y p(x) → +∞ si x → +∞, p posee una raı́z real
positiva r. Veamos que r es simple y es la única raı́z positiva. Sean
a1 , . . . , ak las raı́ces positivas, ak+1 , . . . , am las negativas, am+1 , . . . , an
las complejas conjugadas. Tenemos
que k no es cero, y veremos que
Q
es impar. Sabemos que (−1)n ai = −1. Si k fuera par tendrı́amos
(−1)n (−1)m−k = −1 y por ello n + m − k serı́a impar. Pero n − m
es par, lo cual conduce a una contradicción. Probado que k es impar,
supongamos que k ≥ 3. Entonces el polinomio derivado p0 (x) tendrá
exactamente un número par de raı́ces positivas. Sin embargo, a p0 se
le aplica exactamente el mismo razonamiento que a p para llegar a
concluir que p0 posee un número impar de raı́ces reales positivas. Por
todo ello, k = 1.
b. No existe ninguna raı́z β tal que |β| = 1.
En efecto, de 0 = p(β) inferimos que 0 = q(β) = β n+1 − 2β n + 1, es
decir, β n (β − 2) = −1. Por ello, si |β| = 1, |β − 2| = 1 y entonces
β = 1. Pero obviamente p(1) 6= 0.
Capı́tulo 1. Preliminares
c. r >
17
√
3.
En efecto,
√
√ √
√
p( 3)( 3 − 1) = ( 3)n ( 3 − 2) + 1 < 0,
√
pues n ≥ 4. Como p(x) > 0 si x > r, tendremos r > 3.
d. Toda otra raı́z s de p tiene módulo menor que 1.
Nótese que en el intervalo (1, r) se tiene q(x) < 0. Supongamos ahora
que p(s) = 0 y |s| > 1. Entonces |s|n |s − 2| = 1 y 2 ≤ |s − 2| + |s| =
|s|−n + |s|. Por lo tanto 2|s|n ≤ 1 + |s|n+1 , es decir, q(|s|) ≥ 0. Por
ello, |s| ∈
/ (1, r) y como |s| > 1 tendremos |s| ≥ r. Veamos que s = r,
lo cual serı́a una contradicción, pues r es simple. Antes de hacerlo
probemos la siguiente afirmación:
e. El valor absoluto del producto de las raı́ces de p de módulo menor que
1 es mayor que 31 .
En efecto, sea t el número de raı́ces de módulo menor que 1, y sea λ una
1
de ellas. Tendremos 1 = |λ|n |λ − 2| ≤ 3|λ|n . Por lo tanto |λ| ≥ ( 31 ) n .
Como t ≤ n, la afirmación queda probada.
Volvamos a d) suponiendo que s 6= r. Sean α1 , . . . , αt las raı́ces de
módulo menor que 1, y αt+1 , . . . , αn las de módulo mayor que 1. Vimos
en d) que cada una de estas últimas es de módulo mayor o igual que r.
Combinando con lo obtenido en e) llegamos a |α1 · · · αn | ≥ ( 31 ) rn−t >
√
( 13 )( 3)n−t . Como estamos suponiendo que s 6= r, se tiene n − t ≥ 2,
lo cual implica que |α1 · · · αn | > 1, que es una contradicción porque
p(0) = −1.
En resumen: excepto r, toda otra raı́z de p tiene módulo estrictamente
menor que 1. Finalmente, si en Z[x] tenemos p = hg con ambos de grado
mayor que cero, r anulará (digamos) a h. Por ello, toda raı́z de g será de
módulo menor que 1 y lo mismo ocurrirá con su producto. Pero g(0) = ±1, lo
cual es una contradicción. Queda probada ası́ la irreducibilidad de p en Q[x].
Ejercicios del Capı́tulo 1
1.
a) Si 1 < gr(p) ≤ 3 y si p ∈ F [x], entonces p es reducible en F [x] si,
y sólo si, existe a ∈ F tal que p(a) = 0.
b) Dé un ejemplo que muestre que (1a) es falso si gr(p) ≥ 4.
18
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
2. Halle un isomorfismo de cuerpos entre C y R[x]/(1 + x2 ).
3. Analice la irreducibilidad en Q[x] de los siguientes polinomios.
a) x4 + 4
b) 2x10 − 21
c) x5 − 5x4 − 6x − 1
d ) xp + p − 1, si p es primo
4. Sea k un natural. Pruebe que k 1/n es entero o irracional.
5. Demuestre que F [x] admite infinitos polinomios mónicos irreducibles.
6. ¿Es Φp irreducible en Zp [x]?
Comentarios
Este material es parte de cualquier curso de Álgebra en el que se introduzca
el anillo de polinomios, y puede ser consultado, por ejemplo, en [11], [12] o [21].
La irreducibilidad de xn − xn−1 − · · · − x − 1 es un caso particular
de un teorema de Alfred Brauer (1950). Se sugiere consultar AM Monthly,
Vol 96, Febrero 1989, página 155, para otra prueba en la cual se utilizan
herramientas de Variable Compleja.
En general, demostrar la irreducibilidad de un polinomio no es tarea
sencilla. En el caso particular de Z[x], el paso a Zp [x] puede ser de utilidad,
aunque existen polinomios irreducibles en Z[x] que son reducibles en Zp [x]
para todo primo p. Tal es el caso de x4 − 10x2 + 1.
Capı́tulo 2
Extensiones de Cuerpos
Recordemos que si A es un anillo con identidad 1, se dice que la caracterı́stica
de A es n (y se denota por car(A) = n), si n es el menor entero positivo
para el cual n1 = 0. Si no existe ningún n positivo para el cual n1 = 0, se
dice que A tiene caracterı́stica 0 (y se denota por car(A) = 0).
Observaciones:
a. Si F es un cuerpo, entonces car(F ) = 0 ó car(F ) = p con p primo.
Más aún, car(F ) = 0 si, y sólo si, Q se inyecta en F , y car(F ) = p con
p primo si, y sólo si, Zp se inyecta en F (véase el Ejercicio 2). Por este
motivo se dice que Q y Zp son cuerpos básicos.
b. Si F es un cuerpo finito, entonces car(F ) = p con p primo, pero la
recı́proca es falsa como lo muestra el cuerpo F = Zp (x).
Definición 2.1. Se dice que un cuerpo F es una extensión de un cuerpo E
si existe un monomorfismo de cuerpos ϕ : E −→ F.
Se observa que si F es una extensión de E, entonces ϕ(E) = E 0 ∼
=E
y E ⊆ F , por lo que en adelante podremos suponer que ϕ es la inclusión, es decir que E ⊆ F . Cada vez que escribamos E ⊆ F con E cuerpo,
entenderemos que F es una extensión de E. Por ejemplo, Q ⊆ R ⊆ C y
F ⊆ F (x) ⊆ F (x, y).
0
19
20
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Observamos que si F es una extensión de E, F es un espacio vectorial
sobre E (que indicaremos por FE ), y por ello tiene sentido considerar la
dimensión de F sobre E. Tenemos ası́ la siguiente
Definición 2.2. Si F es una extensión de E, llamaremos grado de la extensión a la dimE (F ), y lo denotaremos por [F : E].
Ejemplos:
a. [R : Q] = ∞, pues de lo contrario, para cierto natural n, R y Qn serı́an
espacios vectoriales isomorfos y R resultarı́a numerable.
b. [C : R] = 2, pues {1, i} es una base de C.
c. [C : Q] = ∞, pues ∞ = dimQ (R) ≤ dimQ (C).
d. [K(x) : K] = ∞, pues K(x) ⊇ K[x] y entonces
dimK (K(x)) ≥ dimK (K[x]) = ∞.
e. Si F es una extensión de E, entonces [F : E] = 1 si, y sólo si, E = F.
Proposición 2.1. Sean L una extensión de K y M una extensión de L.
Entonces [M : K] es finito si, y sólo si, [L : K] y [M : L] lo son, y en este
caso [M : K] = [M : L][L : K].
Demostración. (⇒) [M : K] finito y LK ⊆ MK implica dimK (L) ≤
dimK (M ) < ∞. Por otro lado,
Pn si B = {u1 , u2 , . . . , un } es una base de
MK y m ∈ M, entonces m = i=1 ki ui , con ki ∈ M ⊆ L. En consecuencia
B genera a ML , y entonces [M : L] < ∞.
(⇐) Si [L : K] = s y [M : L] = r, sean {l1 , l2 , . . ., ls } y {m1 , m2 , . . ., mr } bases de LK y ML respectivamente. Veamos que GP
= {vij ; vij = li mj , ∀i, j}
r
es una base de MK . En efecto, si m ∈ M, m = j=1 dj mj , con dj ∈ L, y
Ps
dj = i=1 cji li , con cji ∈ K. Por lo tanto
à s
!
r
r X
s
X
X
X
m=
cji li mj =
cji vij
j=1
i=1
j=1 i=1
con cji ∈ K. Es decir, G genera a MK . Para ver que G es linealmente
independiente supongamos que
à s
!
r X
s
r
X
X
X
0=
kji vij =
kji li mj ,
j=1 i=1
j=1
i=1
Capı́tulo 2. Extensiones de Cuerpos
21
Ps
con kji ∈ K. Entonces i=1 kji li = 0 para todo j, ya que {m1 , m2 , . . . , mr }
es una base de MK . Pero entonces kji = 0 para todo i y todo j, ya que
el conjunto {l1 , l2 , . . . , ls } es una base de LK . Además [M : K] = rs =
[M : L][L : K].
¥
Pn
Definición 2.3. Sea F una extensión de K y sean f (x)P= i=0 ki xi ∈ K[x]
n
y a ∈ F . Se dice que a es una raı́z de f si 0 = f (a) = i=0 ki ai .
Obsérvese el abuso de notación, ya que, al interpretar la inyección ϕ de
K en F como una inclusión, estamos identificando
ki con ϕ(ki ), por lo que
Pn
en realidad se deberı́a escribir 0 = f ϕ (a) = i=0 ϕ(ki )ai .
A continuación enumeramos un par de resultados conocidos.
1. Si F es una extensión de K y a ∈ F es raı́z de un polinomio f de
K[x], entonces f (x) = (x − a)g(x), con g ∈ F [x].
2. Un polinomio de grado n sobre un cuerpo K tiene como máximo n
raı́ces en cualquier extensión de K.
Definición 2.4. Sea F una extensión de E y sea α ∈ F . Se dice que α es
algebraico sobre E si existe un polinomio no nulo p en E[x] tal que α es raı́z
de p. Se dice que α es trascendente sobre E cuando no es algebraico sobre E.
Ejemplos:
a. Si α ∈ F , entonces α es algebraico sobre F .
b. Si K es un cuerpo, K(x) es una extensión de K, y x es trascendente
sobre K, pues si existiese en K[t] un polinomio no nulo p tal que
p(x) = 0, como x es una indeterminada, resultarı́a p(t) = 0, que es
una contradicción.
√
√
c. 2 es algebraico sobre Q, pues 2 es raı́z de x2 − 2.
d. Los números e y π son trascendentes sobre Q (véase [12]).
p
√
√
2 + 5 es algebraico sobre Q, pues α2 = 2 + 5, o
e. El número α =
√
sea α2 − 2 = 5, y entonces α4 − 4α2 − 1 = 0. Por consiguiente α es
raı́z del polinomio p(x) = x4 − 4x2 − 1 ∈ Q[x].
22
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Proposición 2.2. Sea E un cuerpo y sea f ∈ E[x], con gr(f ) > 0. Entonces
existen una extensión F de E y α ∈ F tal que α es raı́z de f .
Demostración. Como E[x] es un DFU, factorizamos
f como producto de
Pn
polinomios irreducibles en E[x]. Sea p(x) = i=0 ai xi uno de los factores
irreducibles de f y consideremos el ideal M generado por p en E[x]. Entonces F = E[x]/M es un cuerpo y podemos ver que el homomorfismo
ψ : E −→ F definido por ψ(a) = a + M es un monomorfismo de cuerpos.
En efecto, ψ(a) = 0 implica que a ∈ M, es decir que p(x) divide a a. Pero
como gr(p) ≥ 1 y a ∈ E, resulta a = 0.
Veamos que existe α ∈ F tal que p(α) = 0 (es decir, pψ (α) = M). En
efecto, sea α = x + M ∈ F . Entonces
pψ (α) =
n
X
i=0
ψ(ai )αi =
n
X
(ai + M)(x + M)i
i=0
n
n
X
X
=
(ai + M)(xi + M) =
ai xi + M
i=0
i=0
= p(x) + M = M,
es decir, p(α) = 0. Como p divide a f, f (α) = 0.
¥
Corolario 2.3. Bajo las mismas hipótesis de la Proposición 2.2, existe una
extensión F de E tal que f tiene todas sus raı́ces en F .
Demostración. Por la Proposición 2.2 existen una extensión F1 de E y
α1 ∈ F1 tal que f (α1 ) = 0. Luego f (x) = (x − α1 )f1 (x) en F1 [x]. Aplicamos
ahora la Proposición 2.2 a f1 (x) y obtenemos α2 ∈ F2 , con F2 extensión de
F1 , tal que f (α2 ) = 0. Si continuamos este proceso, por razones de grado
obtendremos f (x) = e(x − α1 )(x − α2 ) · · · (x − αn ) en Fn [x] con
Fn ⊇ Fn−1 ⊇ · · · ⊇ F1 ⊇ E.
¥
Corolario 2.4. Si K es un cuerpo, {f1 , f2 , . . . , fm } ⊆ K[x] y gr(fi ) ≥ 1
para todo i, entonces existe una extensión F de K que contiene a todas las
raı́ces de fi , para todo i.
Demostración. Basta con tomar f = f1 f2 · · · fm y aplicar el corolario anterior a f .
¥
Capı́tulo 2. Extensiones de Cuerpos
23
Definición 2.5. Si F es una extensión de E y α ∈ F escribiremos
T
E(α) = {L; L es cuerpo, E ⊆ L ⊆ F y α ∈ L}.
Observamos que E(α) es el menor subcuerpo de F que contiene a α y
a E. Usando este hecho es fácil demostrar que
n³X
´ ³X
´
o
X
E(α) =
ei α i /
e0i αi ; ei , e0i ∈ E,
e0i αi no nulo .
Por inducción se define E(α1 , . . ., αm) = E(α1 , . . ., αm−1)(αm), toda vez que
α1 , . . ., αm ∈ F.
Las proposiciones que veremos a continuación muestran que [E(α) : E]
puede ser finito o infinito.
Proposición 2.5. Si F es una extensión de E, α ∈ F y α es trascendente
sobre E, entonces [E(α) : E] = ∞ y E(α) ∼
= E(x).
Demostración. Es fácil verificar que la función θ : E(x) −→ E(α) tal que
θ(p(x)/q(x)) = p(α)/q(α) es un isomorfismo de cuerpos y de espacios vectoriales sobre E. Por consiguiente [E(α) : E] = [E(x) : E] = ∞.
¥
Es útil observar que si F es una extensión de E y α ∈ F , y si
[E(α) : E] = m, entonces el conjunto {1, α, α2 , . . . , αm } es linealmente
dependiente en E(α)P
y por lo tanto existen c0 , c1 , c2 , . . . , cm ∈ E, no tom
i
dos nulos,
tales
que
i=0 ci α = 0. Se obtiene entonces que α es raı́z de
Pm
i
f (x) = i=0 ci x ∈ E[x].
Definición 2.6. Si F es una extensión de E y α ∈ F es algebraico sobre E,
llamaremos polinomio irreducible de α sobre E al único generador mónico
del ideal {f ∈ E[x]; f (α) = 0}. Este polinomio se denotará por Irr(α, E) y
su grado se denomina grado de α sobre E.
Observamos que Irr(α, E) siempre existe, pues E[x] es DIP. Además, es de
grado mı́nimo entre los polinomios no nulos de E[x] de los cuales α es raı́z.
Proposición 2.6. Si F es una extensión de E, α ∈ F , α es algebraico sobre
E y p(x) = Irr(α, E), entonces
i. p(x) es irreducible sobre E;
ii. si p(x) tiene grado n, entonces {1, α, α2 , . . . , αn−1 } es base de E(α)
sobre E, y por ello E(α) = E + αE + · · · + αn−1 E;
24
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
iii. [E(α) : E] = n = gr(Irr(α, E));
iv. si q es un polinomio mónico irreducible en E[x] y α es raı́z de q,
entonces q = Irr(α, E).
Demostración. Sea A = {f ∈ E[x]; f (α) = 0} = (p).
i. p ∈
/ E, pues es no nulo. Además, si p(x) = h(x)g(x) en E[x], se tendrı́a
0 = p(α) = h(α)g(α), y entonces serı́a, por ejemplo, h(α) = 0. Por lo
tanto h ∈ A, es decir que existirı́a f ∈ E[x] tal que pf = h, por lo que
p = pf g en el dominio E[x]. Se infiere ası́ que 1 = f g, y entonces g es
invertible.
Pn−1 i
ii. Si
ci α = 0, ci ∈ E y algún ci 6= 0, entonces α es raı́z de
i=0P
n−1
k(x) = i=0 ci xi , es decir, k ∈ A, que es una contradicción, ya que
gr(k) ≤ n − 1. En consecuencia ci = 0 para todo i y entonces {1, α,
α2 , . . ., αn−1 } es linealmente independiente. Veamos ahora que este
conjunto genera a E(α). Como
E ⊆ T = E + αE + . . . + αn−1 E ⊆ E(α),
para ver que E(α) ⊆ E + αE + . . . + αn−1 E basta con probar que T
es un cuerpo. En efecto,
a) p(α) = 0, y si p(x) = xn + en−1 xn−1 + . . . + e0 , entonces αn =
−e0 − e1 α − · · · − en−1 αn−1 ∈ T. Luego
αn+1 ∈ αT ⊆ αE + · · · + αn−1 E + αn E ⊆ T + αn E
⊆ T + T E ⊆ T + T ⊆ T.
En general se obtiene ası́ que αi ∈ T para todo i ≥ n, y como
1, α, α2 , . . . , αn−1 están en T , se tiene que αi ∈ T para todo i ≥ 0.
b) De (iia) se deduce que T es cerrado para la suma y el producto, y
es fácil ver que es un anillo con identidad (ejercicio para el lector).
Si 0 6= t ∈ T, t = λ0 + λ1 α + · · · + λn−1 αn−1 , con λi ∈ E, veamos
que t es invertible en T . Si v(x) = λ0 + λ1 x + · · · + λn−1 xn−1 ,
entonces v(α) = t 6= 0, y v(x) ∈
/ A, es decir, p no divide a
v(x). Como p es irreducible, resulta que él y v son coprimos, y
entonces existen r y q en E[x] tales que 1 = rv + qp. Se deduce
que 1 = r(α)v(α) + q(α)p(α) = r(α)t, con r(α) ∈ T , por lo que t
es invertible en T .
Capı́tulo 2. Extensiones de Cuerpos
25
iii. Por la parte (iib), {1, α, α2 , . . . , αn−1 } es base de E(α) sobre E, siendo
n = gr(Irr(α, E)), por lo que [E(α) : E] = n = gr(Irr(α, E)).
iv. Como q ∈ A, q = rp con r ∈ E[x]. Al ser q irreducible en E[x] se debe
cumplir que gr(q) = gr(p) ó gr(q) = gr(r). En el primer caso, r es
constante y, como q e Irr(α, E) son ambos mónicos, resultan iguales.
En el segundo caso, Irr(α, E) serı́a constante y por ello reducible, lo
cual es una contradicción.
¥
√
√
√
2
Ejemplo. 2 es algebraico
√ sobre Q e Irr( 2, Q) = x −2, por lo que Q( 2)
está generado por 1 y 2, es decir,
√
√
√
Q( 2) = {a/b + c/d 2; a, b, c, d ∈ Z, b 6= 0 6= d} y [Q( 2) : Q] = 2.
El siguiente corolario es muy útil.
Corolario 2.7. Si F es una extensión de E y α ∈ F , entonces α es algebraico sobre E si, y sólo si, [E(α) : E] es finito.
Demostración. (⇒) α algebraico sobre E implica que [E(α) : E] = n =
gr(Irr(α, E)).
(⇐) Es inmediato, pues si α fuese trascendente, por la Proposición 2.5 serı́a
[E(α) : E] = ∞.
¥
Corolario 2.8. Si F es una extensión de E, α ∈ F y [F : E] = m, entonces
el grado de α sobre E divide a m.
Demostración. [F : E(α)][E(α) : E] = [F : E] = m. Luego (grado de α
sobre E) = gr(Irr(α, E)) = [E(α) : E] que divide a m.
¥
√
Ejemplo. s(x) = x3 − 2 no tiene raı́ces en Q( 2). En efecto, s no tiene
raı́ces en Q, y entonces por el Ejercicio
√ 1 del Capı́tulo 1, s es irreducible en
Q[x]. Si β fuese una raı́z de s en Q( 2), serı́a s = Irr(β,
√ Q), y entonces por
el Corolario 2.8 el grado de β sobre Q dividirı́a a [Q( 2) : Q], que es una
contradicción.
Definición 2.7. Si F es una extensión de E, se llama clausura algebraica
de E en F al conjunto ClF
E = {α ∈ F ; α es algebraico sobre E}.
Proposición 2.9. Si F es una extensión de E, entonces la clausura algebraica de E en F es un subcuerpo de F .
26
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Demostración. Si α, β ∈ ClF
E , entonces [E(α, β) : E(β)] es finito pues α es
algebraico sobre E, y por lo tanto sobre E(β). Además, como β es algebraico
sobre E, [E(β) : E] es finito. Por consiguiente [E(α, β) : E] es finito, y por
F
el Corolario 2.7 α + β, α − β, αβ ∈ ClF
¥
E y 1/α ∈ ClE , si α 6= 0.
Proposición 2.10. Si F es una extensión de E y E es numerable, entonces
ClF
E es numerable.
Demostración. Como E[x] es numerable, contiene numerables polinomios,
y cada uno de ellos tiene un número finito de raı́ces en cualquier extensión
de E, y por lo tanto en F . Por ello, ClF
¥
E es numerable.
Corolario 2.11. R contiene más elementos trascendentes sobre Q que algebraicos sobre Q.
Demostración. ClR
Q = {α ∈ R; α es algebraico sobre Q} es numerable y R es
no numerable. Si T = {β ∈ R; β es trascendente sobre Q} fuese numerable,
se tendrı́a R = ClR
¥
Q ∪ T numerable.
Definición 2.8. Si F es una extensión de E, se dice que la extensión F es
algebraica sobre E (o que F es algebraico sobre E) si para todo α ∈ F, α es
algebraico sobre E.
Proposición 2.12. Si F es una extensión finita de E, entonces F es algebraica sobre E.
Demostración. Si α ∈ F, [E(α) : E] es finito, ya que E ⊆ E(α) ⊆ F y
[F : E] es finito. Luego, por el Corolario 2.7, α es algebraico sobre E.
¥
La recı́proca de la Proposición 2.12 es falsa como lo muestra el siguiente
√
n+1
R
2 ∈ ClR
Ejemplo. Q ⊂ ClR
Q.
Q ⊂ R. Si [ClQ : Q] = n, tomamos µ =
Entonces Irr(µ, Q) = xn+1 − 2 y n + 1 dividirı́a a n, por el Corolario 2.8.
R
Debe ser entonces [ClR
Q : Q] = ∞. Sin embargo, ClQ es algebraico sobre Q.
Proposición 2.13. Si F es una extensión algebraica de E, entonces [F : E]
es finito si, y sólo si, existen α1 , . . . , αm en F tales que E(α1 , . . . , αm ) = F.
Demostración. (⇐) E ⊆ E(α1 ) ⊆ E(α1 , α2 ) ⊆ · · · ⊆ E(α1 , . . . , αm ) = F.
Como α1 es algebraico sobre E, [E(α1 ) : E] es finito y como α2 es algebraico
Capı́tulo 2. Extensiones de Cuerpos
27
sobre E, lo es también sobre E(α1 ), por lo que [E(α1 , α2 ) : E(α1 )] es finito.
Si se continúa este proceso se obtiene que [E(α1 , α2 , α3 ) : E(α1 , α2 )] es finito
y finalmente que [F : E(α1 , . . ., αm−1 )] = [E(α1 , . . ., αm ) : E(α1 , . . ., αm−1 )]
es finito. En consecuencia
[F : E] = [F : E(α1 , . . ., αm−1 )] · · · [E(α1 , α2 ) : E(α1 )][E(α1 ) : E]
es finito.
(⇒) Se deja como ejercicio para el lector.
¥
Proposición 2.14. Si F es una extensión algebraica de E y K es una
extensión algebraica de F , entonces K es una extensión algebraica de E.
Pn
Demostración. Si k ∈ K, existe en F [x] un elemento no nulo f = i=0 ai xi
tal que f (k) = 0. Por hipótesis ai es algebraico sobre E para todo i. Si
L = E(a0 , a1 , . . . , an ) se tiene [L : E] =
[L : E(a0 , . . . , an−1 )][E(a0 , . . . , an−1 ) : E(a0 , . . . , an−2 )] · · · [E(a0 ) : E].
Como ai es algebraico sobre E(a0 , . . . , ai−1 ) para todo i, cada factor es finito
y por lo tanto [L : E] < ∞. Además, k es algebraico sobre L, pues f ∈ L[x]
y f (k) = 0, por lo que [L(k) : L] < ∞ y entonces [L(k) : E] < ∞. Como consecuencia L(k) es una extensión algebraica de E y k es algebraico sobre E.
¥
Ejercicios del Capı́tulo 2
1. Halle Irr(a, Q).
√
√
a= 2+ 3
√
√
a= 2+i 3
√ √
a= 32 7
2. Si F es un cuerpo, entonces car(F ) = 0 ó car(F ) = p con p primo.
Más aún, car(F ) = 0 si, y sólo si, Q se inyecta en F , mientras que
car(F ) = p con p primo si, y sólo si, Zp se inyecta en F .
3. Calcule gr(Irr(α, F )) en cada caso en que tenga sentido.
a) F = Q con
28
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
√ 1/2
1) α = (3 − 6)
√ 1/2
2) α = (1/3
√ + 7)
3) α = 2 − i
4) α = π 2
√
b) F = R con α = π.
c) F = Q(π 2 ) con α = π.
4. Sea α una raı́z de f = x2 + x + 1. Factorice f en Z2 (α)[x].
5. Claramente g = x2 + 1 es irreducible en Z3 [x] (¿por qué?). Sean α raı́z
de g y F = Z3 (α). Demuestre que |F | = 9, halle los elementos de F y
construya las tablas de (F, +) y (F, ·).
6. Construya un cuerpo de ocho elementos a partir de
h = x3 + x + 1 ∈ Z2 [x].
7. Demuestre que si [K : F ] es finito, entonces existen α1 , . . . , αn en K
tales que F (α1 , . . . , αn ) = K.
8. Sea K = F (α1 , . . . , αn ) una extensión algebraica de F . Demuestre que
[K : F ] < ∞.
9. Encuentre bases para los siguientes espacios vectoriales.
√
√
a) Q( 2 + 3) sobre Q
√ √
b) Q( 2 3) sobre Q
√
√
√
c) Q( 2 + 3) sobre Q( 3)
√ √
√
√
d ) Q( 2, 3) sobre Q( 2 + 3)
10. Demuestre que x2 − 3 es irreducible en Q(21/3 )[x].
11. Sea p = x3 − x + 1, a ∈ C tal que p(a) = 0. Encuentre en Q(a) el
inverso de 1−2a+3a2 . Sea b = 1+a−2a2 . Halle Irr(b, Q) y [Q(b) : Q].
12. Sea α trascendente sobre K. Pruebe que K(α) ∼
= K(x).
13. Suponga que [K(α) : K] es impar. Pruebe que K(α) = K(α2 ).
14. Suponga que K ⊂ L ⊆ K(α). Demuestre que [K(α) : L] < ∞.
15. Sean p1 , . . . , pn primos positivos diferentes entre sı́ y sea q un primo
√
√
√
positivo, q 6= pj , 1 ≤ j ≤ n. Demuestre que q ∈
/ Q( p1 , . . . , pn ).
(Sugerencia: inducción sobre n.)
Capı́tulo 2. Extensiones de Cuerpos
29
Comentarios
Veremos en el Capı́tulo 6 que si dos cuerpos finitos tienen el mismo número
de elementos, son isomorfos. En contraste con ello, en el caso infinito, demostrar que dos cuerpos son isomorfos no puede basarse solamente en cuestiones
de cardinalidad y en las estructuras de grupo subyacentes, es decir, la aditiva y la√multiplicativa √
(esta última en los elementos no nulos). En efecto,
E = Q(i 2) y F = Q(i 5) son coordinables pero no son cuerpos isomorfos
a pesar de que (E, +, 0) ∼
= (F, +, 0) y (E − {0}, ·, 1) ∼
= (F − {0}, ·, 1).
Generalizaciones del Ejercicio 15 aparecen en [16].
Capı́tulo 3
Construcciones con Regla
y Compás
Nuestros conocimientos básicos acerca de la Teorı́a de Cuerpos nos permiten
abordar en este capı́tulo la imposibilidad de ciertas construcciones con regla
y compás.
Supongamos que disponemos de
un compás (como instrumento de trazado de circunferencias);
una regla sin marcas (como instrumento de trazado de rectas);
un segmento unitario.
Definición 3.1. Diremos que el número real α es constructible con regla y
compás (o, simplemente, constructible) si es posible construir un segmento
de longitud |α| en un número finito de pasos con los tres elementos antes
mencionados.
Con regla y compás es posible trazar paralelas y perpendiculares a una
recta dada, ası́ como hallar el punto medio de un segmento. El sencillo
traslado del segmento unitario a lo largo de una recta muestra
que todo
√
número entero es constructible. También es constructible 2, por ser la
longitud de las diagonales del cuadrado unitario.
El resultado siguiente muestra la relación entre los números constructibles y las estructuras bajo análisis en este texto.
31
32
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Proposición 3.1. Sea C el conjunto de los números reales constructibles.
Entonces C es un cuerpo y Q ⊆ C ⊆ R.
Demostración. Sean α y β elementos de C, ambos positivos. En una recta
marcamos α y a continuación un segmento de longitud β. Queda ası́ cons-
α
β
Figura 3.1: Construcción de α + β
truido α + β. El lector no tendrá dificultad en considerar, análogamente, los
casos restantes, dependiendo de signo(α) y signo(β).
Construyamos ahora α · β. Tomemos dos rectas L y L0 que se cortan en
un punto que llamaremos 0. En L0 marcamos (a partir de 0) segmentos de
β
1
L0
B
P
0
A
X
L
α
Figura 3.2: Construcción de α · β
longitud 1 y β. En L indicamos uno de longitud α; X resulta de intersecar
1
|OB|
=
. Es decir,
L con la paralela a P A que pasa por B. Entonces
|OX|
|OA|
|OX| = α · β y α · β resulta constructible.
1
Si β ∈ C, β 6= 0, obtenemos basándonos en la siguiente construcción,
β
1
1
1
|OX|
= , es decir, |OX| =
y
resulta
según la Figura 3.3. Se tiene
1
β
β
β
constructible.
Por lo demostrado C es un subcuerpo de R. Como todo entero es constructible, Z ⊆ C, lo cual implica que Q ⊆ C, pues C es un cuerpo.
¥
33
Capı́tulo 3. Construcciones con Regla y Compás
L0
B
β
P
1
0
X
1
L
Figura 3.3: Construcción de
1
β
Nótese que un punto (a, b) ∈ R2 es constructible si, y sólo si, a y b son
reales constructibles.
Proposición 3.2. Sea α ∈ C, α > 0. Entonces
√
α ∈ C.
Demostración. En una recta trazamos OB de longitud 1 y BA de longitud
α. Procedemos al trazado de la semicircunferencia con centro en el punto
1+α
. Trazamos la perpendicular al OA que pasa
medio del OA y radio
2
por B, que cortará a la semicircunferencia en el punto X. Como 4(OXB)
X
0
B
A
√
Figura 3.4: Construcción de α
|OB|
1
|BX|
|BX|
es semejante a 4(BXA), tendremos
=
, o sea,
=
α
|BX|
|BA|
|BX|
√
y en consecuencia |BX| = α.
¥
34
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Veamos con más detalle el efecto de las operaciones geométricas realizadas en R2 .
Teorema 3.3. C consiste de los números reales que se obtienen a partir de
Q tomando raı́ces cuadradas y operaciones de cuerpo, en número finito.
Demostración. Sea F un cuerpo tal que Q ⊆ F ⊆ C. Probemos primero las
siguientes afirmaciones:
i. Si A, B, C y D pertenecen a F × F y si r1 es una recta que pasa por
A y B, y r2 es una recta que pasa por C y D, entonces o bien r1 y r2
son paralelas, o bien se cortan en un punto de F × F .
En efecto, el problema conduce a resolver un sistema ax + by + c = 0,
a0 x+b0 y +c0 = 0, con a, b, c, a0 , b0 , c0 ∈ F . Si el sistema admite solución
(x0 , y0 ), claramente (x0 , y0 ) ∈ F × F .
ii. Sean A y B ∈ F × F y L la recta que los une. Sea P ∈ F × F, r ∈ F
y C la circunferencia de centro P y radio r. Entonces existe λ ∈ C tal
que λ2 ∈ F y L ∩ C ⊆ F (λ) × F (λ).
En efecto, el problema conduce a resolver un sistema
x2 + y 2 + ax + by + c = 0, a0 x + b0 y + c0 = 0,
con a,√
b, c, a0 , b0 , c0 ∈ F . Si el sistema tiene solución, x será dado por
√
−d ± d2 − 4uv
con d, u, v ∈ F , es decir, x ∈ F ( d2 − 4uv). Pero por
2u
√
la proposición anterior λ = d2 − 4uv ∈ C, pues d2 − 4uv ∈ F ⊆ C.
Probado que x ∈ F (λ), despejamos y de la ecuación a0 x + b0 y + c0 = 0
para deducir que y ∈ F (λ). Concluimos que L ∩ C ⊆ F (λ) × F (λ),
con λ ∈ C y λ2 ∈ F .
iii. Para i = 1, 2, sea Ci la circunferencia de centro Pi ∈ F × F y radio
ri ∈ F . Entonces C1 ∩ C2 ⊆ F (λ) × F (λ) con λ ∈ C tal que λ2 ∈ F .
En efecto, tendremos:
C1 : x2 + y 2 + a1 x + b1 y + c1 = 0;
C2 : x2 + y 2 + a2 x + b2 y + c2 = 0
con ai , bi , ci en F . La recta L que une los puntos de intersección de
C1 y C2 está dada por
(a1 − a2 )x + (b1 − b2 )y + (c1 − c2 ) = 0,
es decir, a3 x + b3 y + c3 = 0 con a3 , b3 , c3 ∈ F . Claramente C1 ∩ C2 =
C1 ∩ L, lo cual nos lleva al caso (ii) ya tratado.
35
Capı́tulo 3. Construcciones con Regla y Compás
C1
L
C2
Figura 3.5: Construcción de la recta L.
Resumiendo: a partir de F obtenemos puntos con coordenadas en F
ó F (λ1 ), con λ1 ∈ C y λ21 ∈ F . Pero F ⊆ F (λ1 ) ⊆ C, y aplicando ahora
estos procedimientos a F (λ1 ), obtenemos puntos con coordenadas en F (λ1 )
ó F (λ1 , λ2 ) con λ2 ∈ C y λ22 ∈ F (λ1 ).
Luego, si un número real α es constructible, éste se obtiene a partir de
Q por medio de un número finito de operaciones de tipo (i), (ii) y (iii), y
por ello α ∈ Q(λ1 , . . . , λn ), con λ21 ∈ Q, . . . , λ2n ∈ Q(λ1 , . . . , λn−1 ).
La recı́proca es inmediata.
¥
Corolario 3.4. Sea α constructible. Entonces ∃ α1 , . . . , αn ∈ R tales que
i. α ∈ Q(α1 , . . . , αn ) con αi2 ∈ Q(α1 , . . . , αi−1 )∀ i > 1 y α12 ∈ Q.
ii. [Q(α1 , . . . , αi ) : Q(α1 , . . . , αi−1 )] = 1 ó 2. Consecuentemente,
iii. [Q(α) : Q] = 2r , para cierto r ≥ 0.
iv. α es algebraico sobre Q.
Demostración.
i. Es válido por el Teorema 3.3.
ii. Sea F = Q(α1 , . . . , αi−1 ). Entonces [Q(α1 , . . . , αi ) : Q(α1 , . . . , αi−1 )] =
[F (αi ) : F ], con αi2 ∈ F . Por ello, p = x2 − αi2 ∈ F [x]. Como
p(αi ) = 0, gr(Irr(αi , F )) ≤ 2, es decir, [F (αi ) : F ] = 1 ó 2.
36
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
iii. Q ⊆ Q(α) ⊆ Q(α1 , . . . , αn ). Según (ii) existe un m ≥ 0 tal que
[Q(α1 , . . . , αn ) : Q] = 2m , y como
[Q(α1 , . . . , αn ) : Q] = [Q(α1 , . . . , αn ) : Q(α)] · [Q(α) : Q],
se tiene que [Q(α) : Q] = 2r , para cierto r ≥ 0.
iv. Toda extensión finita es algebraica.
¥
Aplicaciones.
1. Duplicación del cubo.
Dado un cubo de volumen V , ¿es siempre posible construir con regla
y compás un cubo de volumen 2V?
La respuesta es negativa. En efecto, si√V = 1 deberı́amos
√ poder construir un cubo cuyas aristas midieran 3 2, es decir, α = 3 2 ∈ C. Como
Irr(α, Q) = x3 − 2, [Q(α) : Q] = 3, lo cual contradice la parte (iii) del
Corolario 3.4.
2. Cuadratura del cı́rculo.
Dado un cı́rculo de área A, ¿es siempre posible construir con regla y
compás un cuadrado de área A?
La respuesta es negativa. En efecto, un cı́rculo de radio 1 tiene
√ área
π, lo √cual forzarı́a a que el lado del cuadrado midiera α = π. Por
ello, π ∈ C y eso implicarı́a que π ∈ C. Pero π es trascendente sobre
Q y ası́ contradecimos (iv) del Corolario 3.4.
3. Trisección de ángulos.
¿Es posible construir con regla y compás un ángulo de medida α3 , para
todo α ∈ R dado?
Para π3 la respuesta es negativa. Veamos que efectivamente el ángulo
de 60◦ no es trisecable. Si lo fuera, el ángulo de 20◦ serı́a constructible
y ello implicarı́a que β = cos( π9 ) ∈ C. Se tiene 21 = cos( π3 ) = cos(3 π9 ) =
4 cos3 ( π9 ) − 3 cos( π9 ) = 4β 3 − 3β. Es decir 8β 3 − 6β − 1 = 0 y β resulta
raı́z de 8x3 −6x−1 ∈ Q[x]. Este polinomio no posee raı́ces racionales, es
irreducible y [Q(β) : Q] = 3, lo cual contradice (iii) del Corolario 3.4.
Con herramientas que serán desarrolladas en capı́tulos posteriores analizaremos más adelante la construcción de polı́gonos regulares de n lados.
Capı́tulo 3. Construcciones con Regla y Compás
37
Ejercicios del Capı́tulo 3
1. Pruebe que el pentágono regular es constructible.
2. Pruebe que son constructibles el ángulo de 18 grados y el 30-ógono.
Pruebe que el ángulo de 72 grados puede trisecarse.
3. Demuestre que el 9-ógono no es constructible.
4. Si a1 , . . . , an son números constructibles y si α ∈ Q(a1 , . . . , an ), ¿es α
constructible?
Comentarios
La demostración de la imposibilidad de ciertas construcciones geométricas
con regla y compás se debe a Gauss, aunque cabe mencionar las contribuciones de P. Wantzel (1837) referentes a la trisección general de ángulos. Es
de hacer notar que, si nos desviamos de los axiomas aceptados y permitimos
que la regla utilizada tenga marcado un segmento unitario, todo ángulo puede ser trisecado, como lo demostrara Arquı́medes 250 A.C. De la misma manera, curvas como el Caracol de Pascal permiten trisecar ángulos. En el siglo
xviii Mascheroni muestra cómo todas las construcciones con regla y compás
pueden ser efectuadas con la utilización del compás solamente. (Véase [5].)
El recı́proco de (iii), Corolario 3.4, no se cumple, como se verá con los
argumentos presentados en el Capı́tulo 8.
La trascendencia del número π fue demostrada por Lindemann (1882).
Capı́tulo 4
Clausura Algebraica
De acuerdo con el Corolario 2.4, si K es un cuerpo y M es un subconjunto
finito de polinomios no constantes de K[x], entonces existe una extensión F
de K que contiene a todas las raı́ces de los elementos de M . En este capı́tulo
veremos que este resultado es cierto aún si M no es finito.
Definición 4.1. Un cuerpo F se dice algebraicamente cerrado si contiene
a todas las raı́ces de los polinomios no constantes de F [x].
Se puede ver fácilmente que F es algebraicamente cerrado si, y sólo si,
todo polinomio no constante de F [x] tiene alguna raı́z en F .
Ejemplos:
a. C es algebraicamente cerrado. En efecto, sea f ∈ C[x] y supongamos
1
es una función entera y, por
que f no tiene raı́ces en C. Entonces
f (x)
ello, analı́tica en todo el plano complejo. ¯Además,
si f ∈
/ C se tiene
¯
¯ 1 ¯
¯ = 0. Por lo tanto, 1
que lı́m|c|→∞ |f (c)| = ∞, o sea, lı́m|c|→∞ ¯¯
f (c) ¯
f
1
está acotada y entonces, por el Teorema de Liouville, es constante,
f
lo que resulta una contradicción.
b. R, Q y Zp no son algebraicamente cerrados.
La siguiente proposición justifica la nomenclatura usada en la definición
anterior.
39
40
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Proposición 4.1. Si E es un cuerpo algebraicamente cerrado y si F es una
extensión algebraica de E, entonces F = E.
Demostración. Si α ∈ F, f (x) = Irr(α, E) es un polinomio no constante de
E[x]. En consecuencia α es raı́z de f , con f ∈ E[x]. Como E es algebraicamente cerrado, α ∈ E.
¥
Definición 4.2. Si F es una extensión de K, se dice que F es una clausura
algebraica de K si
1. F es algebraico sobre K, y
2. F es algebraicamente cerrado.
Ejemplo. C es una clausura algebraica de R, pero R no es una clausura
algebraica de Q.
Nota. Veremos más adelante que si F es una clausura algebraica de K,
entonces [F : K] puede ser finito o infinito.
Teorema 4.2. Todo cuerpo admite una clausura algebraica.
Demostración. Primero daremos una idea de la demostración. Para cada
f ∈ K[x] con gr(f ) ≥ 1, sea xf una indeterminada y formemos el conjunto
infinito S = {xf ; f ∈ K[x], gr(f ) ≥ 1}. Sea K[S] el anillo de polinomios en
las indeterminadas xf de S, y sea I el ideal de K[S] generado por el conjunto
{f (xf ); f ∈ K[x]}. Construiremos cuerpos Ei con K ⊆ E1 ⊆ E2 ⊆ · · · tales
que todo
S∞ g ∈ Ei [x] con gr(g) ≥ 1 tenga raı́ces en Ei+1 , y luego formaremos
E = i=1 Ei que resultará un cuerpo algebraicamente cerrado con K ⊆ E.
Por último, si L = ClE
K , demostraremos que L es una clausura algebraica
de K, con lo cual quedará probado el teorema.
Comencemos entonces la demostración construyendo los Ei . El ideal I
está propiamente contenido en K[S]. En efecto, si I = K[S] se tiene
1 = g1 f1 (xf1 ) + · · · + gk fk (xfk ), con gi ∈ K[S].
(4.1)
Por el Corolario 2.4 existe una extensión F de K en la cual f1 , f2 , . . . , fk
tienen todas sus raı́ces. Sea αi ∈ F una raı́z de fi , i = 1, . . . , k. Haciendo
en (4.1) xfi = αi para 1 ≤ i ≤ k, y xt = 0 para todo t 6= fi , se obtiene
1 = 0, que es una contradicción. Luego I ⊂ K[S] y por lo tanto existe
un ideal maximal M de K[S] tal que I ⊆ M. Sea ϕ = π|K , siendo π el
epimorfismo canónico de K[S] en K[S]/M. Entonces ϕ : K −→ K[S]/M
Capı́tulo 4. Clausura Algebraica
41
es un monomorfismo, pues si k ∈ K y ϕ(k) = M, entonces k ∈ M, por
lo que k debe ser no invertible, es decir, k = 0. Veamos que para todo
f ∈ K[x] con gr(f ) ≥ 1, f tiene raı́ces en E1 = K[S]/M. En efecto, si
a0 +a1 x+· · ·+an xn = f (x) ∈ K[x], entonces f (xf ) = a0 +a1 xf +· · ·+an xnf
pertenece a M y
M = π(f (xf )) = f (xf ) + M = (a0 + M) + (a1 xf + M) + · · · + (an xnf + M)
= ϕ(a0 )(1 + M) + ϕ(a1 )(xf + M) + · · · + ϕ(an )(xf + M)n .
Si ponemos 1 = 1 + M y xfP= xf + M, obtenemos que xf ∈ E1 y es
n
i
raı́z del polinomio f ϕ (x) =
i=0 ϕ(ai )x . Si repetimos el razonamiento
anterior tomando E1 en lugar de K, obtenemos E2 ⊇ E1 ⊇ K tal que
todo g ∈ E1 [x] con gr(g) ≥ 1 tiene raı́ces en E2 . Continuando este proceso
se obtienen K ⊆ E1 ⊆ E2 ⊆ E3 ⊆ · · · , tales queStodo g ∈ Ei [x] con
∞
gr(g) ≥ 1 tiene raı́ces en Ei+1 . Obviamente E = i=1 Ei es un cuerpo
que contiene
Pn a K. Veamos que E es algebraicamente cerrado. En efecto, si
p(t) = i=0 ei ti ∈ E[t], entonces p(t) ∈ Em [t] para algún m y por lo tanto
tiene raı́ces en Em+1 . Por consiguiente p tiene una raı́z α en E, es decir,
p(t) = (t − α)h(t), con h(t) ∈ E[t]. Si repetimos este razonamiento con h(t)
y ası́ sucesivamente, obtenemos que p(t) tiene todas sus raı́ces en E.
Probemos ahora que L = ClE
K es una clausura algebraica de K. Obviamente L es algebraico sobre K. Para ver que es algebraicamente cerrado
tomemos f ∈ L[x] con gr(f ) ≥ 1. Pero entonces f ∈ E[x] y, como E es
algebraicamente cerrado, existe α ∈ E con f (α) = 0. Entonces L(α) es una
extensión finita de L, y por lo tanto algebraica sobre L, por la Proposición
2.12. Como además L es algebraico sobre K, la Proposición 2.14 nos asegura
que L(α) es una extensión algebraica de K, y por lo tanto α es algebraico
sobre K. Entonces α ∈ ClE
K = L. Hemos probado ası́ que todo polinomio
no constante de L[x] tiene alguna raı́z en L, es decir, L es algebraicamente
cerrado.
¥
Nuestro próximo objetivo es probar la unicidad, salvo isomorfismos, de
la clausura algebraica.
Definición 4.3. Sea E una extensión de un cuerpo K. Diremos que
ϕ : E −→ E es un K-homomorfismo de cuerpos si
1. ϕ es un homomorfismo de cuerpos, y
2. ϕ|K = idK , es decir ϕ(k) = k si k ∈ K.
42
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
√
√
√
√
Ejemplo. Si ϕ : Q( 5) −→ Q( 5) se define como ϕ(a + b 5) = a − b 5,
entonces ϕ es un Q-homomorfismo de cuerpos.
Recordemos el siguiente conocido resultado, válido para anillos A, B, C:
Si π : A −→ C y h : A −→ B son homomorfismos de anillos con π sobreyectivo (o exhaustivo) y Kerπ ⊆ Kerh, entonces existe un único homomorfismo
de anillos θ : C −→ B tal que θπ = h, es decir, el siguiente diagrama
conmuta
π
A
C
h
θ
B
Si adicionalmente Kerh = Kerπ, entonces θ es un monomorfismo, y si
además h es sobreyectiva, θ es un isomorfismo.
(4.2)
Lema 4.3. Sea τ : F1 −→ F2 un isomorfismo de cuerpos y τ 0 : F1 [x] −→ F2 [x]
definida por τ 0 (f ) = f τ . Sean f1 irreducible en F1 [x] y f2 = τ 0 (f1 ). Si Ki es
una extensión de Fi y αi ∈ Ki es una raı́z de fi para i = 1, 2, entonces existe
un único isomorfismo de cuerpos ψ : F1 (α1 ) −→ F2 (α2 ) tal que ψ(α1 ) = α2
y ψ|F1 = τ .
Demostración. Como fi es irreducible, Mi = (fi ) es un ideal maximal de
Fi [x] para i = 1, 2. Sea ϕi : Fi [x] −→ Fi (αi ) tal que ϕi (f (x)) = f (αi ), y sea
πi : Fi [x] −→ Fi [x]/Mi = Li el epimorfismo canónico, i = 1, 2. Observamos
que, para cada i, ϕi es sobreyectiva, pues Fi (αi ) = Fi + Fi αi + · · · + Fi αini −1
si ni = grado de αi sobre Fi (Proposición 2.6), y como Mi es maximal,
Kerϕi = (fi ). Aplicando (4.2) obtenemos que existe, para cada i, un único
isomorfismo de anillos ρi que hace conmutativo el siguiente diagrama
Fi [x]
ϕi
πi
Fi [x]/Mi
ρi
Fi (αi )
es decir, ρi πi = ϕi , para i = 1, 2. Por otro lado Kerπ2 τ 0 = M1 ; en efecto, Kerπ2 τ 0 es un ideal propio que contiene al ideal maximal M1 , ya que
43
Capı́tulo 4. Clausura Algebraica
π2 τ 0 (f1 ) = π2 (f2 ) = M2 . Como π2 τ 0 es sobreyectiva, podemos aplicar (4.2)
nuevamente para obtener un único isomorfismo de anillos τ ∗ que hace conmutativo el siguiente diagrama
F1 [x]
π1
F1 [x]/M1
0
τ
F2 [x]
π2
τ∗
F2 [x]/M2
es decir, τ ∗ π1 = π2 τ 0 . Pero Kerρ1 = Kerρ2 τ ∗ , pues ρ1 y ρ2 τ ∗ son isomorfismos, y ρ2 τ ∗ es sobreyectiva por el mismo motivo, y entonces aplicando
nuevamente (4.2) obtenemos que existe un único isomorfismo de anillos ψ
que hace conmutativo el siguiente diagrama
F1 [x]/M1
τ∗
F2 [x]/M2
ρ2
ρ1
F1 (α1 )
ψ
F2 (α2 )
es decir, ψρ1 = ρ2 τ ∗ . Como F1 (α1 ) y F2 (α2 ) son cuerpos, ψ resulta un homomorfismo de cuerpos. Además ψ(α1 ) = ψϕ1 (x) = ψρ1 π1 (x) = ρ2 τ ∗ π1 (x) =
ρ2 π2 τ 0 (x) = ρ2 π2 (x) = ϕ2 (x) = α2 , y ψ|F1 = τ , pues si c ∈ F1 , ψ(c) =
ψϕ1 (c) = ψρ1 π1 (c) = ρ2 τ ∗ π1 (c) = ρ2 π2 τ 0 (c) = ρ2 π2 τ (c) = ϕ2 τ (c) = τ (c).
¥
Definición 4.4. Si F es una extensión algebraica de E y α, β ∈ F , se dice
que α y β son conjugados sobre E si Irr(α, E) = Irr(β, E) o, equivalentemente, si α es raı́z de Irr(β, E), y se denotará α conjE β.
Ejemplos:
a. Sea α ∈ C, α = a + bi con a, b ∈ R. Entonces α − a = bi y α2 − 2aα +
a2 + b2 = 0, es decir, α es raı́z de p(x) = x2 − 2ax + a2 + b2 ∈ R[x].
Pero a − bi también es raı́z de este polinomio. Este ejemplo justifica
la nomenclatura usada en la definición anterior.
√
√
b. 2 y − 2 son conjugados sobre Q, pero no sobre R.
44
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
El siguiente corolario es una herramienta básica en la teorı́a algebraica
de cuerpos.
Corolario 4.4. Si F es una extensión algebraica de E y si α, β ∈ F , entonces existe un isomorfismo de cuerpos ψ : E(α) −→ E(β) tal que ψ(α) = β
y ψ|E = idE si, y sólo si, α y β son conjugados sobre E.
Demostración. (⇐) α conjE β implica que Irr(α, E) = Irr(β, E). Podemos
aplicar el Lema 4.3, con f1 = Irr(α, E), F1 = F2 = E, α1 = α, α2 = β,
τ = idE y K1 = K2 = F , para
el isomorfismo ψ buscado.
Pobtener
Pn
n
i
i
(⇒) Si f (x)P= Irr(α, E) =
i=0 ai x tenemos 0 = f (α) =
i=0 ai α y
n
i
0 = ψ(0) = i=0 ai β , por lo que β es una raı́z de f . Entonces α conjE β.
¥
El resultado que presentamos a continuación caracteriza las extensiones
algebraicas.
Proposición 4.5. E es una extensión algebraica de F si, y sólo si, para
todo cuerpo K con F ⊆ K ⊆ E, todo F -monomorfismo de K en K es un
automorfismo.
Demostración. (⇒) Sea K un cuerpo tal que F ⊆ K ⊆ E. Si ψ : K −→ K
es un F -monomorfismo, veamos que ψ es sobreyectiva. En efecto, si α ∈ K,
α es algebraico sobre F , y entonces f (x) = Irr(α, F ) ∈ F [x]. El conjunto
S = {β ∈ K; f (β) = 0} = {β ∈ K; β conjF α} es
Pnfinito, y si s ∈ S,
ψ(s) ∈ S, pues, como ψ|F = idF , se tiene 0 = f (s) = i=0 λi si y
0 = ψ(0) =
n
X
i=0
ψ(λi )(ψ(s))i =
n
X
λi (ψ(s))i ,
i=0
es decir, f (ψ(s)) = 0. Entonces ψ|S : S −→ S es inyectiva e induce un
F -monomorfismo θ = ψ|F (S) : F (S) −→ F (S). Pero VF = F (S) es un
espacio vectorial sobre F y θ es una aplicación lineal de espacios vectoriales,
y como por la Proposición 2.13 [F (S) : F ] < ∞, resulta dimVF < ∞.
Por lo tanto θ : VF −→ VF es un isomorfismo de espacios vectoriales, y
ψ(F (S)) = θ(VF ) = F (S). Entonces α = ψ(u) con u ∈ F (S) ⊆ K.
(⇐) Supongamos que F ⊆ E es una extensión no algebraica. Entonces existe
un α ∈ E con α trascendente sobre F . Obsérvese que F (α2 ) 6= F (α), pues
2
)
si F (α2 ) = F (α), se tiene α ∈ F (α2 ), es decir α = p(α
q(α2 ) , por lo que 0 =
2
2
2
2
αq(α ) − p(α ) y α es raı́z de t(x) = xq(x ) − p(x ) ∈ F [x], con t 6= 0, pues
45
Capı́tulo 4. Clausura Algebraica
gr(p(x2 )) es par y gr(xq(x2 )) es impar, lo que implica una contradicción.
Es fácil verificar que, por ser α trascendente sobre F , ψ : F (α) −→ F (α)
g(α)
g(α2 )
) = h(α
dada por ψ( h(α)
2 ) está bien definida. También es evidente que ψ
es un homomorfismo de cuerpos y más aún, por ser α2 trascendente sobre
F, ψ es inyectiva. Además, para todo c ∈ F se tiene ψ(c) = c, por lo que
ψ : F (α) −→ F (α) es un monomorfismo F -lineal, con F ⊆ F (α) ⊆ E. Por
hipótesis ψ debe ser entonces sobreyectiva, que es una contradicción, ya que
ψ(F (α)) 6= F (α).
¥
A continuación veremos que si C es una clausura algebraica de F ,
entonces toda extensión algebraica de F se inyecta en C.
ε
Proposición 4.6. Sea F ,→ C una extensión algebraica. Si C es una clauσ
sura algebraica de F , entonces dada cualquier extensión algebraica F ,→ E,
existe un monomorfismo ψ : E −→ C tal que ψσ = ε, es decir, el siguiente
diagrama conmuta
σ
F
E
ε
ψ
C
σ
Demostración. Sea F ,→ E una extensión algebraica y consideremos el
conjunto
S = {(K, K 0 , ψ); σ(F ) ⊆ K ⊆ E, ε(F ) ⊆ K 0 ⊆ C,
ψ : K −→ K 0 isomorfismo, ψσ = ε}.
Observamos que S 6= ∅, pues (σ(F ), ε(F ), εσ −1 ) ∈ S. Definamos en S un
orden parcial de la siguiente manera
(K, K 0 , ψ) ≤ (L, L0 , φ) si, y sólo si, K ⊆ L y φ|K = ψ.
El lector puede verificar que es posible aplicar el lema de Zorn para obtener
un elemento (K0 , K00 , ψ0 ) maximal de S. Veamos que K0 = E. Es claro que
K0 ⊆ E, ası́ que sólo debemos probar que E ⊆ K0 . Supongamos que existe
α ∈ E \ K0 y sean f1 = Irr(α, K0 ) ∈ K0 [x] y f2 = f ψ0 ∈ K00 [x] ⊆ C[x].
46
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Como C es algebraicamente cerrado, existe α0 ∈ C tal que f2 (α0 ) = 0 y, por
el Lema 4.3, existe un único isomorfismo de cuerpos ψ1 : K0 (α) −→ K00 (α0 )
tal que ψ1 (α) = α0 y ψ1 |K0 = ψ0 . Además, ψ0 σ = ε y σ(F ) ⊆ K0 , por
lo que para todo u ∈ F, σ(u) ∈ K0 y ψ1 σ(u) = ψ0 σ(u) = ε(u), es decir,
ψ1 σ = ε. Entonces (K0 (α), K00 (α0 ), ψ1 ) ∈ S, lo cual contradice la maximalidad de (K0 , K00 , ψ0 ). Por lo tanto K0 = E y (E, K00 , ψ0 ) ∈ S, y como
ψ0 : E −→ K00 ⊆ C, se tiene el siguiente diagrama conmutativo
F
σ
ε
E
ψ0
C
¥
ε1
Corolario 4.7. Sea F1 ,→ C1 una extensión algebraica. Si C1 es una clausura algebraica de F1 , entonces, para todo isomorfismo µ de un cuerpo F
ε
en F1 y para toda extensión algebraica F ,→ E, existe un monomorfismo
ρ : E −→ C1 tal que ρε = ε1 µ, es decir, el siguiente diagrama es conmutativo
F
ε
E
µ
ρ
F1
ε1
C1
Demostración. Aplicando la Proposición 4.6 se deduce que existe un monomorfismo ρ : E −→ C1 tal que ρεµ−1 = ε1 , es decir, el siguiente diagrama
es conmutativo
εµ−1
F1
E
ε1
ρ
C1
Por lo tanto ρε = ε1 µ.
¥
47
Capı́tulo 4. Clausura Algebraica
Ya estamos en condiciones de probar la unicidad de la clausura algebraica, es decir, que todas las clausuras algebraicas de un mismo cuerpo F
son isomorfas.
εi
Teorema 4.8. Sea Fi ,→ Ci una extensión tal que Ci es un clausura algebraica de Fi para i = 1, 2, y sea µ : F1 −→ F2 un isomorfismo de cuerpos.
Entonces existe un isomorfismo ρ : C1 −→ C2 tal que ρε1 = ε2 µ, es decir,
el siguiente diagrama es conmutativo
F1
ε1
µ
F2
C1
ρ
ε2
C2
Demostración. Por el Corolario 4.7 existen monomorfismos ρ : C1 −→ C2
y τ : C2 −→ C1 tales que ρε1 = ε2 µ y τ ε2 = ε1 µ−1 . Si α ∈ F2 , ρτ ε2 (α) =
ρε1 µ−1 (α) = ε2 (α), o sea, ρτ es un ε2 (F2 )-monomorfismo de C2 en C2 .
Entonces, como C2 es algebraico sobre ε2 (F2 ), la Proposición 4.5 nos asegura que ρτ es un automorfismo, y por lo tanto ρ es un epimorfismo. En
conclusión, ρ es un isomorfismo y ρε1 = ε2 µ.
¥
En virtud del último teorema, de aquı́ en adelante nos referiremos a
“la” clausura algebraica de F y la denotaremos por F .
Ejemplo. Vimos en el Capı́tulo 2 que [ClR
Q : Q] = ∞. Ahora bien, la ProR
posición 4.6 nos asegura que ClQ se inyecta en Q, por lo cual [Q : Q] = ∞.
Ejercicios del Capı́tulo 4
1. Encuentre los conjugados de los siguientes números.
√
a) 4 2 sobre Q
√
b) 3 + 5 sobre Q
c) 2i sobre C
48
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
√
√ 1
d ) (1 + 2) 2 sobre Q( 2)
√
e) 2 + 3i sobre R
2. Demuestre que si [E : R] es finito, entonces [E : R] ≤ 2.
3. Demuestre que todo cuerpo algebraicamente cerrado es infinito.
4. Sean K un cuerpo infinito y p ∈ K[x1 , . . . , xn ] tal que p(v) = 0 para
todo v ∈ K × K × · · · × K. Demuestre que p es el polinomio nulo.
(Sugerencia: inducción en n.)
5. Demuestre que si K es algebraicamente cerrado y p ∈ K[x1 , . . . , xn ]
es no constante, entonces existe v ∈ K × K × · · · × K tal que p(v) = 0.
6. Sean a y b elementos de una clausura algebraica de F . Suponga que
a∈
/ F, ab ∈ F y a + b ∈ F . Halle [F (a) : F ].
7. Sea f = x2 + αx + β ∈ K[x] y sean r1 y r2 sus raı́ces en una clausura
algebraica de K. Halle x2 + Ax + B de modo tal que tenga a r12 y r22
como raı́ces, expresando A y B en función de α y β.
Comentarios
La unicidad de la clausura algebraica ha sido tomada de [11]. Un interesante resultado de Gilmer [10] mejora la demostración del Teorema 4.2 al
probar que la clausura algebraica de K puede ser construida dentro de la
extensión E1 .
Curiosamente, ni Galois ni sus predecesores abordaron el problema de
la existencia de la clausura algebraica: simplemente, suponı́an que tal cuerpo
existı́a.
Capı́tulo 5
El Grupo de Galois
El grupo que definiremos a continuación jugará un papel fundamental en lo
que resta de este texto.
Recordemos que para todo cuerpo F se denota por Aut(F ) al grupo de
automorfismos de F , es decir, {σ : F −→ F ; σ es isomorfismo de cuerpos}
con la operación dada por la composición de isomorfismos.
Definición 5.1. Si F es una extensión de E se define el grupo de Galois de
F sobre E como el subconjunto de Aut(F ) dado por
G(F/E) = {σ ∈ Aut(F ); σ(e) = e, ∀ e ∈ E}.
El lector puede verificar que G(F/E) con la composición de isomorfismos resulta un subgrupo de Aut(F ).
Ejemplos:
a. G(E/E) = {id}.
b. G(C/R) = {id, σ}, siendo σ(z) = z.
c. Si σ : F (x, y) −→ F (x, y) es F -lineal, σ(x) = y, σ(y) = x, entonces
σ ∈ G(F (x, y)/F ), pero σ ∈
/ G(F (x, y)/F (x)).
Lema 5.1. Sea F una extensión de E, a ∈ F y σ ∈ G(F/E).
i. Si f (x) ∈ E[x], entonces f σ (x) = f (x).
49
50
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
ii. Si f (x) ∈ E[x] y f (a) = 0, entonces f (σ(a)) = 0.
iii. Si a es algebraico sobre E, entonces σ(a) conjE a.
Demostración.
i. Es claro, pues σ fija los coeficientes de f y por ello f σ = f .
ii. Usando (i) tenemos f (σ(a)) = f σ (σ(a)) = σ(f (a)) = σ(0) = 0.
iii. Es evidente, aplicando (ii) a f (x) = Irr(a, E).
¥
Para el caso particular en que F = E(a) se tiene la siguiente
Proposición 5.2. Si a es un elemento algebraico sobre E de grado n, entonces todo σ perteneciente a G(E(a)/E) queda determinado por el valor
σ(a). Además, |G(E(a)/E)| ≤ n.
Demostración. Por hipótesis E(a) = E ⊕Ea⊕· · ·⊕Ean−1 y entonces σ(eo +
Pn−1
Pn−1
e1 a+· · ·+en−1 an−1 ) = k=0 σ(ek )σ(a)k = k=0 ek σ(a)k . Por el Lema 5.1
se tiene que σ(a) conjE a. Como gr(Irr(a, E)) = n, σ(a) puede tomar a lo
sumo n valores distintos. En consecuencia, obtenemos que |G(E(a)/E)| ≤ n.
¥
Aunque, como vimos en el Lema 5.1, los elementos del grupo de Galois
permutan raı́ces de polinomios, no toda permutación de raı́ces proviene de
un automorfismo de Galois. Por ejemplo, consideremos f = x3 − 3x + 1, el
cual es irreducible en Q[x]. Si a ∈ C es una raı́z de f , el lector puede verificar
que a2 − 2 y −a2 − a + 2 son las otras raı́ces de f . Llamémoslas, respectivamente, a1 , a2 y a3 . Es fácil ver que no existe ningún σ ∈ G(Q(a)/Q) tal que
σ(a2 ) = a3 y σ(a3 ) = a2 . En efecto, tendrı́amos σ(a1 ) = a1 necesariamente.
Pero entonces σ(a2 ) = σ(a2 −2) = σ(a)2 −2 = σ(a1 )2 −2 = a21 −2 = a2 6= a3 .
Recordemos que Sn denota el grupo de permutaciones de {1, 2, . . . , n}.
Proposición 5.3. Sea f ∈ E[x] un polinomio de grado n. Sean a1 , . . . , ak
todas las raı́ces de f en E, diferentes entre sı́, y F = E(a1 , . . . , ak ). Entonces:
i. G(F/E) se inyecta en Sn .
ii. |G(F/E)| divide a n!
Capı́tulo 5. El Grupo de Galois
51
Demostración.
i. Si Ik = {a1 , . . . , ak }, definimos θ(g) = g|Ik para cada g ∈ G(F/E). Es
claro que θ : G(F/E) −→ Sk y naturalmente θ es un homomorfismo de
grupos. Además, si g|Ik = h|Ik con g y h en G(F/E), entonces g = h,
pues F = E(a1 , . . . , ak ) = E(Ik ) y g|E = h|E = id. En conclusión, θ
es un monomorfismo y G(F/E) se inyecta en Sk y, a fortiori, en Sn .
ii. Es obvio.
¥
Es oportuno destacar que en adelante [Y : X] indicará el grado de la
extensión si X es subcuerpo de Y , e indicará el ı́ndice de X en Y cuando
X sea subgrupo de Y .
Fijada una extensión N de L, consideremos las siguientes colecciones
Subg = {J; J subgrupo de G(N/L)},
Subc = {M ; M cuerpo, L ⊆ M ⊆ N },
y definamos Φ : Subc −→ Subg, Φ(M ) = G(N/M ). Analizaremos en detalle
las propiedades de Φ en éste y otros capı́tulos, comenzando con el siguiente
resultado básico.
Proposición 5.4. Sea N una extensión de L y sea M un cuerpo tal que
L ⊆ M ⊆ N . Si [M : L] = n, entonces [G(N/L) : G(N/M )] ≤ n, es decir,
[Φ(L) : Φ(M )] ≤ [M : L].
Demostración. Procederemos por inducción sobre n. Si n = 1, M = L y
la conclusión es trivialmente válida. Supongamos válido el resultado para
toda extensión de grado ≤ n − 1 y sea [M : L] = n.
Caso a: existe un cuerpo L0 tal que L ⊂ L0 ⊂ M .
Caso b: no existe ningún cuerpo L0 tal que L ⊂ L0 ⊂ M .
En el primer caso tenemos L ⊂ L0 ⊂ M ⊆ N , y entonces [M : L0 ] ≤
n − 1 y [L0 : L] ≤ n − 1, de acuerdo con la Proposición 2.1. Por hipótesis
inductiva [G(N/L0 ) : G(N/M )] ≤ [M : L0 ] y [G(N/L) : G(N/L0 )] ≤
[L0 : L], por lo cual resulta
[G(N/L) : G(N/M )] = [G(N/L) : G(N/L0 )][G(N/L0 ) : G(N/M )]
≤ [M : L0 ][L0 : L] = [M : L].
52
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Consideremos el caso b. Elijamos a ∈ M \ L, lo cual implica M = L(a).
Como n = [M : L] = [L(a) : L], tenemos que f = Irr(a, L) es un polinomio de grado n. Llamemos G = G(N/L), H = G(N/M ) y procedamos a
demostrar que [G : H] ≤ n. Para ello inyectaremos X = {gH; g ∈ G} en el
conjunto {a1 , . . . , as } de las distintas raı́ces de f en N , como se indica a continuación. Definamos θ : X −→ {a1 , . . . , as } mediante θ(gH) = g(a). Como
a es raı́z de f y g(a) conjL a, se tiene que g(a) ∈ {a1 , . . . , as }. Además, θ
está bien definida, pues si gH = g 0 H, entonces existe h ∈ H tal que g 0 = gh,
por lo cual g 0 (a) = gh(a) = g(a), pues h ∈ G(N/M ) y a ∈ M . Probemos
que θ es inyectiva. Si θ(gH) = θ(g1 H), g(a) = g1 (a) y por ello g1−1 g(a) = a.
Como g1−1 g|L = id, resulta g1−1 g|L(a) = id, es decir, g1−1 g|M = id. Tenemos
g1−1 g ∈ G(N/M ) = H, luego gH = g1 H. Finalmente, card(X) ≤ s ≤ n, lo
cual concluye la demostración.
¥
Corolario 5.5. Si [N : K] = n, entonces |G(N/K)| ≤ [N : K].
Demostración. Se aplica el resultado anterior tomando L = K y M = N .
¥
Ejemplos: El corolario anterior nos permite exhibir los siguientes grupos
de Galois G.
√
a. G(Q( 2)/Q) ∼
= Z2 . √
En efecto,
|G|
≤ [Q(
√
√ 2) : Q] = 2 y√ es claro que σ ∈ G, siendo
σ(a + b 2) = a − b 2. Por ello, G(Q( 2)/Q) = {id, σ} ∼
= Z2 .
√
3
b. G(Q( 2)/Q) = {id}.√
√
√
En efecto, |G| ≤ [Q( 3 2) : Q] = 3. Pero, si σ ∈ G, σ( 3 2) conjQ 3 2.
√
√
√
Como el único conjugado
real de 3 2 es 3 2 y como Q( 3 2) ⊂ R,
√
√
necesariamente σ( 3 2) = 3 2, por lo cual σ = id.
Como nos interesa analizar el efecto del grupo de Galois sobre todas
las raı́ces de un polinomio, procedemos a construir la menor extensión que
las contiene. Más precisamente, damos la siguiente
Definición 5.2. Dado f ∈ E[x] diremos que F es un cuerpo de descomposición (factorización) de f sobre E si F = E(a1 , . . . , an ), siendo ai (1 ≤ i ≤ n)
todas las raı́ces de f en alguna clausura algebraica E.
Por ser cada ai algebraico sobre E resulta [F : E] < ∞. Además, es
claro que f (x) = e(x − a1 ) · · · (x − an ) para cierto e ∈ E. Nos proponemos
53
Capı́tulo 5. El Grupo de Galois
probar que F ası́ definido es único, en un sentido que precisaremos más
adelante.
Proposición 5.6. Sea α : K −→ K0 un isomorfismo de cuerpos, f ∈ K[x]
y f0 = f α ∈ K0 [x]. Sean
M
M0
= cuerpo de descomposición de f sobre K, y
= cuerpo de descomposición de f0 sobre K0 .
Entonces existe un isomorfismo α∗ : M −→ M0 tal que α∗ |K = α, o sea, el
siguiente diagrama conmuta
M
α∗
id
K
M0
id
α
K0
Demostración. Procedamos por inducción sobre n = [M : K]. Si n = 1,
M = K, f se factoriza linealmente en K[x] y f0 lo hace en K0 [x]. Es decir,
M0 = K0 , lo cual nos permite tomar α∗ = α. Supongamos el resultado
válido para extensiones de grado ≤ n−1 y tomemos [M : K] = n > 1. Como
existe una raı́z de f no perteneciente a K, f admite un factor irreducible
g ∈ K[x] de grado mayor que 1. Llamemos g0 = g α ∈ K0 [x], y sean u
una raı́z de g en M y u0 una raı́z de g0 en M0 . Por el Lema 4.3, existe
un isomorfismo β : K(u) −→ K0 (u0 ) tal que β|K = α y β(u) = u0 . Como
u∈
/ K, [K(u) : K] > 1 y entonces [M : K(u)] < n. Además, es obvio que
M es un cuerpo de descomposición de f sobre K(u) y que M0 lo es de f0
sobre K0 (u0 ). Aplicando la hipótesis inductiva a K(u) ⊆ M
M
α∗
id
K(u)
M0
id
β
K0 (u)
se obtiene un isomorfismo α∗ : M −→ M0 tal que α∗ |K(u) = β, lo cual
implica que α∗ |K = β|K = α, como querı́amos demostrar.
¥
54
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Corolario 5.7. Si f ∈ K[x], entonces su cuerpo de descomposición sobre
K es único, salvo un K-isomorfismo.
Demostración. En el resultado anterior, tomemos K = K0 , α = id. Resulta
f0 = f y α∗ |K = id.
¥
√
Es claro que Q( 3 2) no es un cuerpo de descomposición de x3 − 2 sobre
Q. ¿Podrı́a serlo de algún otro polinomio de Q[x]? El siguiente resultado
nos asegura que no.
Proposición 5.8. Si [N : K] = n, son equivalentes:
i. N es un cuerpo de descomposición sobre K de algún f ∈ K[x].
ii. Todo g irreducible en K[x] que posea una raı́z en N tiene todas sus
raı́ces en N .
Demostración. (i⇒ii) Sea u ∈ N tal que g(u) = 0. Supongamos, por el absurdo, que g admite en N [x] un factor irreducible h de grado mayor que 1.
Elijamos v ∈ N , raı́z de h, con lo cual [N (v) : N ] > 1. Como u conjK v,
existe un K-isomorfismo α : K(u) −→ K(v) tal que α(u) = v. Es claro que
N es un cuerpo de descomposición de f sobre K(u) y que N (v) es un cuerpo
de descomposición de f sobre K(v), lo cual nos permite aplicar la Proposición 5.6 y concluir que existe un isomorfismo α∗ : N −→ N (v) tal que
α∗ |K(u) = α. Como α∗ |K = α|K = id, tenemos que dimK N = dimK N (v).
Pero eso conduce a [N (v) : N ] = 1 y v ∈ N , que es una contradicción.
(ii⇒i) Sea {v1 , . . . , vn } una base de NK . Construyamos f = f1 f2 · · · fn ,
siendo fi = Irr(vi , K), 1 ≤ i ≤ n. Por hipótesis, cada fi se factoriza linealmente en N ; luego f posee todas sus raı́ces en N . Si {v1 , . . . , vn , w1 , . . . , wj }
son todas las raı́ces de f en N , vemos que N = K(v1 , . . . , vn , w1 , . . . , wj ),
pues
N = Kv1 ⊕ · · · ⊕ Kvn ⊆ K(v1 , . . . , vn ) ⊆ K(v1 , . . . , vn , w1 , . . . , wj ) ⊆ N.
Concluimos que N es un cuerpo de factorización de f sobre K.
¥
Con estas nociones ya establecidas podemos ahora introducir la siguiente definición.
Capı́tulo 5. El Grupo de Galois
55
Definición 5.3. Dado p(x) ∈ E[x] se define el grupo de Galois de p(x) sobre E como G(F/E), siendo F un cuerpo de descomposición de p sobre E.
El grupo recién definido será denotado por Gp(x) siempre que esté claro cuál es el cuerpo E en consideración. El lector puede verificar que, por
ser F único salvo un E-isomorfismo, Gp(x) está bien definido. Nótese que,
√
por ejemplo, sobre Q es Gx2 −2 ∼
= Z2 , pero sobre R, Gx2 −2 = G(R( 2)/R) =
{id}.
Proposición 5.9. Sea f ∈ K[x] y sean r y s raı́ces de f . Si r conjK s,
existe σ ∈ Gf tal que σ(r) = s.
Demostración. Sabemos que Gf = G(F/K) con F = K(r, s, . . .), y es claro
que F resulta un cuerpo de descomposición de f sobre K(r) y también
sobre K(s). Como r conjK s, existe un K-isomorfismo α : K(r) −→ K(s)
tal que α(r) = s. La Proposición 5.6 nos asegura que existe un isomorfismo
α∗ : F −→ F tal que α∗ |K(r) = α, lo cual muestra que α∗ ∈ Gf y α∗ (r) = s.
¥
Ejemplo. Como aplicación veamos que el grupo de Galois de (x2−2)(x2−3)
sobre Q es Z2 × Z2 . Por simplicidad escribamos G = G(x2 −2)(x2 −3) , es
√ √
√ √
decir,
≤ [Q(
√ 2, √3) : Q] = 4. Co√ G = G(Q( 2,√ 3)/Q). Se tiene |G| √
mo 2 conjQ(√3) (− 2), existe α1 ∈ G(Q( 2, 3)/Q( 3)) ⊆ G tal que
√
√
√
√
α1 ( 2) = − 2. De forma análoga, existe α2 ∈ G tal que α2 ( 3) = − 3.
Si θ = α1 α2 , vemos que {id, α1 , α2 , θ} ⊆ G y entonces |G| = 4. El lector
puede comprobar sin dificultad que la tabla de (G, ◦) corresponde a Z2 ×Z2 .
Los capı́tulos siguientes nos permitirán desarrollar conceptos y herramientas que conducen a un estudio más profundo de los grupos de Galois.
Ejercicios del Capı́tulo 5
√
1. ¿Existe σ√∈ Aut(C) tal que σ( 2) = π? ¿Existe σ ∈ G(C/R) tal que
σ(2i) = i 2?
2. Sea σ ∈ G(R/Q). Demuestre que
a) r ∈ R+ ⇒ σ(r) ∈ R+ y
b) r > s ⇒ σ(r) > σ(s).
Concluya que G(R/Q) = {id} = Aut(R).
56
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
2π
2π
3. Sea a = cis 2π
7 = cos 7 + i sen 7 . Calcule G(Q(a)/Q).
4. Demuestre que si [F : E] = 2, entonces existe f ∈ E[x] tal que F es
un cuerpo de descomposición de f sobre E.
5. Sea E un cuerpo de descomposición de f ∈ K[x]. Pruebe que si
gr(f ) = n, entonces [E : K] divide a n!
6. Halle f ∈ Q[x] tal que, cualquiera que sea la raı́z a de f, Q(a) no
resulte cuerpo de descomposición de f sobre Q.
7. Sea f ∈ Q[x] irreducible de grado mayor que dos. Suponga que f
posee exactamente dos raı́ces no reales p + qi y p − qi con p y q reales.
Demuestre que q resulta irracional.
8. Sea f irreducible de grado n. Demuestre que n divide a |Gf |.
Comentarios
Aquı́ nos acogemos a la tradición moderna, siguiendo a Dedekind y Artin
entre otros, de considerar grupos asociados a extensiones de cuerpos. Galois,
en cambio, considera grupos de sustituciones (permutaciones) de raı́ces de
polinomios.
La Proposición 5.9 muestra que, cuando f es irreducible, Gf actúa
transitivamente en el conjunto de raı́ces. Más aún, es fácil ver que esta
propiedad caracteriza a los polinomios irreducibles.
Capı́tulo 6
Cuerpos Finitos
Este capı́tulo, un breve paréntesis en el desarrollo de la Teorı́a de Galois, se
dedica a la caracterización completa de los cuerpos finitos.
Recordemos que si f ∈ E[x], un elemento α ∈ E es una raı́z de f de
multiplicidad k si (x − α)k divide a f , pero no ası́ (x − α)k+1 . Si k ≥ 2, se
dice que α es raı́z múltiple de f , y si k = 1, se dice que α es raı́z simple de f .
Lema 6.1. α es raı́z múltiple de f si, y sólo si, f (α) = f 0 (α) = 0.
Demostración. (⇒) (x − α)2 h(x) = f (x) implica f 0 (x) = 2(x − α)h(x) +
(x − α)2 h0 (x), por lo cual es obvio que f (α) = f 0 (α) = 0.
(⇐) f (α) = 0 implica que existe h(x) tal que f (x) = (x − α)h(x). Como
(x − α) divide a f 0 (x) = h(x) + h0 (x)(x − α), se tiene que x − α divide a
h(x), es decir, (x − α)2 divide a f (x).
¥
Proposición 6.2. Si F es un cuerpo finito, existen un primo p y un natural
n, ambos únicos, tales que |F | = pn .
Demostración. Como |F | < ∞, se tiene car(F ) = p para un cierto (único)
primo p, y entonces Zp ⊆ F . Nuevamente, por ser |F | < ∞, [F : Zp ] debe
ser finito. Sea n = [F : Zp ]. Entonces F ∼
= Zp × · · · × Zp (n copias) y
|F | = pn .
¥
A continuación construiremos un cuerpo de pn elementos.
57
58
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
n
n
Sea U = {a ∈ Zp ; a es raı́z de xp − x}. Llamemos f = xp − x ∈ Zp [x] y
notemos que f 0 = −1, por lo cual f no posee raı́ces múltiples. Por lo tanto
U posee pn elementos. Veamos que U es un cuerpo. Sean a y b ∈ U ; luego
n
n
n
f (a ± b) = (a ± b)p − (a ± b) = (ap − a) ± (bp − b) = 0.
Además,
n
n
f (ab) = ap bp − ab = ab − ab = 0.
n
n
Si ahora tomamos a ∈ U, a 6= 0, se tendrá (a−1 )p = (ap )−1 = a−1 y U
resulta ser un cuerpo de pn elementos.
A continuación veremos que ésta es, esencialmente, la única manera de
construir un cuerpo de pn elementos.
Para todo cuerpo F se acostumbra denotar por F ∗ al grupo multiplicativo (F − {0}, ·, 1), convención a la cual nos adherimos.
Proposición 6.3. Sea p un número primo y n un número natural. Son
equivalentes:
i. F es un cuerpo de pn elementos.
n
ii. F = {raı́ces de xp − x en Zp }.
n
iii. F es un cuerpo de descomposición sobre Zp de xp − x.
Demostración. (ii⇒i) ya fue probado.
n−1
(i⇒ii) Como F ∗ es un grupo de orden pn − 1, ap
= 1 para todo a ∈ F ∗ .
n
n
Por ello ap = a para todo a ∈ F , es decir, F ⊆ {raı́ces de xp − x en Zp },
n
lo cual implica que F = {raı́ces de xp − x en Zp }, pues ambos conjuntos
tienen pn elementos.
n
(i⇒iii) Es evidente, pues Zp ⊆ F y F = {raı́ces de xp − x en Zp }, según
acabamos de probar.
n
(iii⇒i) Tanto F como {raı́ces de xp − x en Zp } son cuerpos de descompopn
sición de f = x − x ∈ Zp [x]. Por el Corolario 5.7 son cuerpos isomorfos,
luego |F | = pn .
¥
Corolario 6.4. Para todo primo p y todo natural n existe un cuerpo de pn
elementos. Más aún, todos los cuerpos de pn elementos son isomorfos entre sı́.
¥
El cuerpo ası́ construido se denomina el cuerpo de Galois de pn elementos y se denota GF (pn ). Obsérvese que GF (p) = Zp y que queda ası́ gen
neralizado el Teorema de Fermat, ya que si a ∈ GF (pn ), ap = a. Otra
Capı́tulo 6. Cuerpos Finitos
59
consecuencia inmediata es que todo elemento de GF (pn ) admite una raı́z
n
n−1
p-ésima en GF (pn ). En efecto, a ∈ GF (pn ) implica a = ap = (ap )p , y
n−1
entonces ap
es raı́z p-ésima de a en GF (pn ). Los cuerpos de caracterı́stica
p en los cuales todo elemento admite una raı́z p-ésima se denominan cuerpos
perfectos.
Corolario 6.5. Todo cuerpo finito es perfecto.
¥
Aunque los detalles serán dejados como ejercicio, concluiremos calcun
lando el grupo de Galois de f = xp − x sobre Zp . Sabemos que |Gf | ≤
[GF (pn ) : Zp ] = n, y se afirma que Gf ∼
= Zn . Consideremos la aplicación
φ : GF (pn ) −→ GF (pn ) definida por φ(a) = ap , la cual resulta ser un
automorfismo (llamado el automorfismo de Frobenius), como se comprueba
fácilmente. Como φ es de orden n y |Gf | ≤ n, concluimos que φ genera Gf .
Ejercicios del Capı́tulo 6
1. Sean f y g elementos de K[x] y K ⊆ M . Entonces, si f |g en M [x], f |g
en K[x].
2. Si K ⊆ M y si f ∈ K[x], la multiplicidad de una raı́z α de f , como polinomio de K[x], coincide con la multiplicidad de la raı́z α de
f , como polinomio de M [x]. En particular, es suficiente analizar la
multiplicidad de α en K(α)[x].
3. Sea M = GF (pn ) y sea φ : M −→ M tal que φ(a) = ap para todo
a ∈ M . Demuestre que φ ∈ Aut(M ) y que G(M/Zp ) =< φ >∼
= Zn .
4. Demuestre que GF (pm ) ⊆ GF (pn ) si, y sólo si, m|n. Deduzca que si
m|n, entonces (pm − 1)|(pn − 1).
5. Demuestre que si m|n, entonces el grupo de Galois de la extensión
GF (pm ) ⊆ GF (pn ) está generado por φm . (Véase el Ejercicio 3.)
6. Demuestre que todo subgrupo (multiplicativo) finito de F ∗ es cı́clico.
7. Use el ejercicio anterior para probar que toda extensión finita de
GF (pn ) está generada por un elemento.
8. Sea F un cuerpo infinito. Demuestre que el grupo F ∗ no es cı́clico.
60
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
9. Sea a un elemento algebraico sobre un cuerpo finito K. Demuestre
que si a es no nulo, entonces a es raı́z de la unidad.
10. Sea n un natural, F = Q o bien F = GF (pk ). Demuestre que existe
f ∈ F [x] irreducible de grado n.
11. Demuestre que en todo cuerpo finito todo elemento es suma de dos
cuadrados. (Sugerencia: si a no es un cuadrado, resulta F ∗ = V W ,
siendo V = {a−1 b2 ; b ∈ F } y W = {1 − a−1 b2 ; b ∈ F }.)
Comentarios
Aunque Galois trabajó principalmente con cuerpos de caracterı́stica cero, la
caracterización y unicidad de los cuerpos finitos es obra enteramente suya.
Capı́tulo 7
Extensiones Normales y la
Correspondencia de Galois
Fijada una extensión N de K, introdujimos en el Capı́tulo 5 la función
Φ : Subc −→ Subg mediante Φ(M ) = G(N/M ), para todo M tal que
K ⊆ M ⊆ N , y demostramos que [Φ(K) : Φ(N )] ≤ [N : K] siempre que
[N : K] < ∞. Es natural preguntarse qué caracterı́sticas posee la aplicación
Φ, cuándo admite una inversa y bajo qué condiciones se puede afirmar que
[Φ(K) : Φ(N )] = [N : K]. En este capı́tulo daremos respuesta a estas
interrogantes.
La caracterı́stica esencial de las extensiones que analizaremos se resume
en la siguiente
Definición 7.1. Diremos que la extensión E ⊆ F es normal (o bien que E
es normal en F ) si para todo a ∈ F \E existe σ ∈ G(F/E) tal que σ(a) 6= a.
Nota. Veremos más adelante que cuando [F : E] es finito es posible determinar si E ⊆ F es normal sin recurrir al grupo de Galois G(F/E).
Ejemplos:
a. E ⊆ E es una extensión normal, para todo E.
b. Q no es normal en R, pues G(R/Q) = {id}, en virtud del Ejercicio 2,
Capı́tulo 5.
61
62
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
√
√
c. Q no es normal en Q( 3 2), pues G(Q( 3 2)/Q) = {id}, como se probó en
el Capı́tulo 5.
d. R ⊆ C es una extensión normal, pues G(C/R) = {id, σ}, siendo σ la
conjugación compleja.
e. Si x es una indeterminada, Q ⊆ Q(x) es una extensión normal de
grado infinito. (Ejercicio.)
Definición 7.2. Sea F una extensión de E y sea X un subconjunto de
G(F/E). El cuerpo fijo de X (en F ), denotado por FX , es {a ∈ F ; σ(a) = a
para todo σ ∈ X}.
\ Es claro que FX es un subcuerpo de F , que E ⊆ FX ⊆ F y que FX =
F{σ} . En términos de cuerpos fijos tenemos que E es normal en F
σ∈X
si, y sólo si, FG(F/E) = E, hecho que se desprende directamente de las
definiciones dadas. Como aplicación tenemos el siguiente
Ejemplo.
√ √
f. Q ⊆ Q( 2, 3) es una extensión
√ √ normal.
√ √
2, 3)/Q)
En efecto, si G = G(Q(
= Q( 2, 3),√veamos que
√ y F √
√
FG = Q. Como
√⊕ Q 2 y Q( 3) = Q ⊕ Q 3, entonces
√ Q( √2) = Q
F = Q ⊕ Q 2 ⊕ Q 3 ⊕ Q 6. Por otro lado, al final del Capı́tulo 5
vimos que G = {id, α1 , α2 , θ}, por lo que se tiene que
√
√
FG = F{id} ∩F{α1 } ∩F{α2 } ∩F{θ} ⊆ F{α1 } ∩F{α2 } = Q( 3)∩Q( 2) = Q.
Definamos a continuación Ψ : Subg −→ Subc mediante Ψ(H) = NH
para todo subgrupo H ⊆ G(N/K).
Analicemos las funciones Φ y Ψ, para una extensión K ⊆ N prefijada
con grupo de Galois G:
Φ : Subc −→ Subg,
Ψ : Subg −→ Subc.
Como Φ(M ) = G(N/M ) si K ⊆ M ⊆ N , es obvio que Φ invierte el orden,
es decir, M1 ⊆ M2 implica Φ(M1 ) ⊇ Φ(M2 ). Es también obvio que Φ(N ) =
{id} y Φ(K) = G. Por otro lado, como Ψ(H) = NH , Ψ también invierte
el orden y Ψ({id}) = N . En cuanto a Ψ(G), obsérvese que Ψ(G) = K si, y
sólo si, K es normal en N .
Capı́tulo 7. Extensiones Normales y la Correspondencia de Galois
63
Abusando de la nomenclatura denotaremos por medio de X 0 tanto a
Φ(X) si X ∈ Subc, como a Ψ(X) si X ∈ Subg.
Lema 7.1. Para todo X se tiene
i. X ⊆ X 00 ,
ii. X 0 = X 000 , y
iii. X = X 00 si, y sólo si, existe Y tal que X = Y 0 .
Demostración.
i. Supongamos que X ∈ Subc. Como X ⊆ NG(N/X) , se tiene X 00 =
ΨΦ(X) = Ψ(G(N/X)) = NG(N/X) ⊇ X. Análogamente, el lector
comprobará la validez de la afirmación si X ∈ Subg.
ii. X ⊆ X 00 implica X 0 ⊇ X 000 . Por otro lado se aplica (i) a X 0 para
obtener X 0 ⊆ (X 0 )00 = X 000 .
iii. X = X 00 implica X = Y 0 con Y = X 0 . Recı́procamente, si X = Y 0 ,
entonces X 00 = Y 000 = Y 0 = X.
¥
Definición 7.3. Si X ∈ Subc, X 00 se denomina la clausura de X en N . Si
X ∈ Subg, X 00 se denomina la clausura de X en G(N/K).
Definición 7.4. X se dice cerrado si X = X 00 .
Obsérvese que “cerrado” es un término relativo, por lo que debe estar
claramente identificada la extensión en la cual se trabaja y, por lo tanto, el
grupo de Galois correspondiente.
Corolario 7.2. Sea N una extensión de K. Entonces:
i. X es cerrado si, y sólo si, X = Y 0 para cierto Y .
ii. Si K ⊆ X ⊆ N, X es normal en N si, y sólo si, X es cerrado.
¥
La función Φ : Subc −→ Subg en general no es inyectiva, como se ve
tomando la extensión Q ⊆ R. Aquı́ se tiene Φ(R) = G(R/R) = {id} =
G(R/Q) = Φ(Q) (Ejercicio 2, Capı́tulo 5). La situación es distinta al restringirnos a cuerpos intermedios cerrados como se aprecia en el siguiente
resultado.
64
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Proposición 7.3. Dada la extensión K ⊆ N , la función Φ establece una
correspondencia biyectiva entre cuerpos intermedios cerrados en N y subgrupos cerrados de G(N/K).
Demostración. Si X ∈ Subc y X es cerrado en N , entonces φ(X) = X 0
es cerrado en G(N/K) por el Corolario 7.2. Recı́procamente, dado Y en
Subg, Y cerrado en G(N/K), tenemos que Y = Y 00 = Φ(Y 0 ), con Y 0
cerrado en N por el mismo corolario. En consecuencia, Φ envı́a cerrados
en cerrados sobreyectivamente. Además es inyectiva, pues si X y X0 son
cerrados en N y si Φ(X) = Φ(X0 ), entonces
X = X 00 = (Φ(X))0 = ΨΦ(X) = ΨΦ(X0 ) = (Φ(X0 ))0 = X000 = X0 .
¥
Nota. La demostración anterior establece que si nos restringimos a objetos
cerrados, la inversa de Φ es Ψ.
A continuación presentamos el resultado dual (es decir, para subgrupos)
de la Proposición 5.4.
Proposición 7.4. Sean J y H subgrupos de G = G(N/K) tales que J ⊆ H.
Si [H : J] = n, entonces [J 0 : H 0 ] ≤ n.
Demostración. Por hipótesis existen n cogrupos diferentes, σ1 J, . . . , σn J
con σi ∈ H, 1 ≤ i ≤ n. Supongamos que [J 0 : H 0 ] > n y consideremos
0
u1 , . . . , un+1 en J 0 , linealmente independientes sobre el cuerpo
Pn+1H . Formemos el sistema de n ecuaciones con n+1 incógnitas dado por i=1 σj (ui )xi =
0, ∀j = 1, 2, . . . , n. Elijamos una solución no trivial v con un número máximo
de componentes no nulas y, sin pérdida de generalidad, supongamos que es
v = (1, a2 , a3 , . . . , ar , 0, . . . , 0) con ai ∈ N ∗ . SiP∀ i ai ∈ H 0 , σ1 (ai ) = ai , pues
r
σ1 ∈ H 0 . Por ello, llamando
a1 = 1, se tiene
Pr
Pr i=1 σj (ui )ai = 0, ∀j.
Pr (7.1)
En particular, 0 = i=1 σ1 (ui )ai = σ1 ( i=1 ui ai ), o sea 0 = i=1 ui ai ,
0
lo cual contradice la independencia lineal de {ui }n+1
i=1 sobre H . Podemos
0
entonces suponer que a2 ∈
/ H , es decir que existe σ ∈ H tal que σ(a2 ) 6=
a2 , por lo cual si tomamos u = (1, σ(a2 ), . . . , σ(ar ), 0, . . . , 0) resulta que
w = v − u es no nulo. Veamos que u es solución del sistema original, lo cual
implicará que w lo es, contradiciendo la elección de v. Se observa que para
todo j existe un único kj tal que σσj ∈ σkj J, por lo que si aplicamos σ a
cada lado de la ecuación en (7.1) se obtiene
0=
r
X
i=1
σσj (ui )σ(ai ) =
r
X
i=1
σkj (ui )σ(ai )
∀j,
Capı́tulo 7. Extensiones Normales y la Correspondencia de Galois
65
pues ui ∈ J 0 , ∀ i. Por ello, u resulta ser solución del sistema original con las
filas permutadas, es decir, u es solución del sistema original, y el resultado
queda demostrado.
¥
Corolario 7.5. Sea N una extensión finita de K y X ⊆ Y . Si X e Y ∈ Subc
o bien si X e Y ∈ Subg, entonces [X 0 : Y 0 ] ≤ [Y : X].
¥
Proposición 7.6. Sea N una extensión de K y G = G(N/K).
i. Si K ⊆ L ⊆ M ⊆ N, L es cerrado en N y [M : L] = n, entonces M
es cerrado en N y [L0 : M 0 ] = n.
ii. Si H ⊆ J ⊆ G, H es cerrado en G y [J : H] = n, entonces J es
cerrado en G y [H 0 : J 0 ] = n.
Demostración.
i. Por hipótesis L00 = L. Aplicando el Corolario 7.5 tenemos
n = [M : L] ≤ [M 00 : L] = [M 00 : L00 ] ≤ [L0 : M 0 ] ≤ [M : L] = n
y por ello [M 00 : M ] = 1, es decir M 00 = M.
ii. Se demuestra de forma análoga.
¥
Corolario 7.7. Sea G = G(N/K) y sea L tal que K ⊆ L ⊆ N . Entonces:
i. Todo subgrupo finito J de G es cerrado en G.
ii. K normal en N, [L : K] < ∞ implica L normal en N .
Demostración.
i. Sea H = {id}. Como [J : H] < ∞ y H es obviamente cerrado, J
resulta cerrado en G.
ii. Por el Corolario 7.2 se tiene que K es cerrado en N , lo cual implica
que L es normal en N .
¥
Los resultados obtenidos nos permiten presentar a continuación el teorema más importante de este capı́tulo.
66
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Teorema 7.8 (Teorema de Galois). Sea K ⊆ N una extensión normal
y finita, con grupo de Galois G = G(N/K). Entonces:
i. Φ establece una correspondencia biyectiva (con inversa Ψ) entre cuerpos intermedios y subgrupos de G.
ii. Si K ⊆ X ⊆ Y ⊆ N , entonces [Y : X] = [X 0 : Y 0 ], es decir,
[G(N/X) : G(N/Y )] = [Y : X].
iii. |G(N/K)| = [N : K].
Demostración.
i. Como |G| ≤ [N : K] < ∞, todo subgrupo de G es cerrado en G. Por
otro lado, K es normal en N por hipótesis y [L : K] ≤ [N : K] < ∞
para todo cuerpo intermedio L. Por el Corolario 7.7 L es normal en
N , o sea, L es cerrado en N . Hemos comprobado que todo elemento
de Subg es cerrado y lo mismo acontece con los de Subc. El resultado
es entonces consecuencia de la Proposición 7.3.
ii. Como X e Y son cerrados, por la Proposición7.6(ii) [Y : X] = [X 0 , Y 0 ].
iii. Se toma X = K, Y = N en (ii).
¥
Nota: Es interesante destacar que (iii) caracteriza las extensiones normales
y finitas, hecho que se deja como ejercicio.
Corolario 7.9. Sea K ⊆ N una extensión normal y finita, y sean H ⊆ J ⊆
G(N/K). Entonces [J : H] = [H 0 : J 0 ].
Demostración. Se tiene K ⊆ J 0 ⊆ H 0 ⊆ N lo cual implica, por el Teorema
de Galois, que [J 00 : H 00 ] = [H 0 : J 0 ]. Pero J 00 = J y H 00 = H, como
observamos con anterioridad.
¥
En virtud del Teorema de Galois contamos con un mecanismo poderoso
para analizar el retı́culo de cuerpos intermedios: mediante Φ se traduce
el problema en términos de subgrupos y las conclusiones se reinterpretan
(por aplicación de Ψ) en el lenguaje de la Teorı́a de Cuerpos. Este teorema
será complementado en el próximo capı́tulo, pero aún de la versión dada
podemos extraer aplicaciones.
Capı́tulo 7. Extensiones Normales y la Correspondencia de Galois
67
Proposición 7.10 (Teorema de Dedekind-Artin). Sean N un cuerpo,
H un subgrupo finito de Aut(N ) y K = NH . Entonces la extensión K ⊆ N
es normal y finita, y G(N/K) = H.
Demostración. Es claro que K ⊆ N y H ⊆ G(N/K). Como H 0 es cerrado en
N y K = NH = Ψ(H) = H 0 , K es cerrado en N ; luego K es normal en N .
La extensión es finita, pues [N : K] = [{id}0 : H 0 ] ≤ [H : {id}] = |H| < ∞.
Finalmente, |G(N/K)| ≤ [N : K] ≤ |H| < ∞ con H ⊆ G(N/K) implica
que G(N/K) = H.
¥
Proposición 7.11. Todo grupo finito H es grupo de Galois de alguna
extensión.
Demostración. Por el Teorema de Cayley, H se inyecta en Sn si n = |H|.
Consideremos N = Q(x1 , . . . , xn ), y para todo σ ∈ H definamos f (σ) ∈
Aut(N ) tal que f (σ)(xi ) = xσ(i) y f (σ)(r) = r si r ∈ Q. Es evidente que
f es un monomorfismo de grupos y entonces, por el Teorema de DedekindArtin, existe K ⊆ N tal que H = G(N/K).
¥
Ejercicios del Capı́tulo 7
1. Construya una extensión normal de grado infinito.
2. Suponga que [M : K] = n. Demuestre que G(M/K) tiene orden n si,
y sólo si, K es normal en M .
3. Muestre que la normalidad no es una propiedad transitiva.
4. Sean H y K subgrupos finitos de Aut(F ) tales que FH = FK . Demuestre que H = K.
5. Demuestre que en el ejercicio 3 del Capı́tulo 6, se tiene M<φ> = Zp .
Comentarios
Hemos seguido a Kaplansky [13] en el tratamiento de la clausura. Con referencia a la Proposición 7.11, es un problema aún abierto si todo grupo finito
es grupo de Galois de alguna extensión de Q.
Capı́tulo 8
Estabilidad y
Separabilidad
Fijada una extensión N de K con grupo de Galois G(N/K) = G, determinaremos cuáles son los subgrupos normales de G estableciendo qué caracterı́sticas poseen los correspondientes cuerpos intermedios bajo la correspondencia
de Galois vista en el Capı́tulo 7. Ello nos permitirá dar una versión completa
del Teorema de Galois.
Definición 8.1. Dados K ⊆ L ⊆ N , diremos que L es estable respecto de
K y N cuando para todo σ ∈ G(N/K), σ(L) ⊆ L.
Nota. Cuando no haya dudas acerca de la extensión K ⊆ N en consideración, sencillamente hablaremos de cuerpos intermedios estables. La importancia de que L sea estable radica en que σ|L ∈ G(L/K) si σ ∈ G(N/K).
En efecto, como σ −1 (L) ⊆ L = σ −1 σ(L), se tiene L ⊆ σ(L), luego σ(L) = L
y σ|L ∈ G(L/K).
Proposición 8.1. Sea G = G(N/K). Si L es un cuerpo intermedio y H es
un subgrupo de G, se tiene:
i. Si L es estable, L0 / G.
ii. Si H / G, H 0 es estable.
69
70
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Demostración.
i. Sean τ ∈ L0 , σ ∈ G y a ∈ L. Por hipótesis σ(a) ∈ L, por lo que
τ σ(a) = σ(a), es decir, σ −1 τ σ(a) = a. Equivalentemente, σ −1 τ σ ∈
G(N/L) = L0 , y entonces L0 resulta ser normal en G.
ii. Se demuestra de forma enteramente análoga.
¥
Corolario 8.2. La clausura de un subgrupo normal es normal. La clausura
de un cuerpo intermedio estable es estable.
¥
Proposición 8.3. Sea K normal en N y sea L un cuerpo intermedio estable.
Entonces K es normal en L.
Demostración. Recurramos a la definición de normalidad: dado u ∈ L \ K
existe σ ∈ G(N/K) tal que σ(u) 6= u. Como σ ∗ = σ|L ∈ G(L/K) por la
estabilidad de L, y como σ ∗ (u) 6= u, resulta que K es normal en L.
¥
El siguiente teorema es útil para determinar cuándo K no es normal
en N .
Teorema 8.4. Sean K normal en N y f irreducible en K[x]. Si f tiene una
raı́z en N , entonces f tiene todas sus raı́ces en N y ellas son de multiplicidad
uno.
Demostración. Podemos suponer que f es mónico. Pongamos G = G(N/K)
y sea u ∈ N tal que f (u) = 0. Para todo σ ∈ G, σ(u) conjK u; luego X =
{σ(u)}σ∈G es finito, o sea X = {u, σ2 (u), . Q
. . , σr (u)}, con r ≤ gr(f ) = n.
Llamemos σ1 =QidN y formemos g(x) = 1≤i≤r (x − σi (u)) ∈ N [x]. Si
τ ∈ G, g τ (x) = (x − τ σi (u)) = g(x), pues τ permuta el conjunto X, por
lo cual cada coeficiente de g(x) pertenece a NG , luego a K. Como g ∈ K[x]
y g(u) = 0, f divide a g en K[x], y entonces n ≤ r. Se concluye que g = f
y el teorema queda demostrado.
¥
Bajo ciertas condiciones es válida una recı́proca de la Proposición 8.3.
Proposición 8.5. Si K ⊆ L ⊆ N y si K ⊆ L es una extensión normal y
algebraica, entonces L es estable.
Demostración. Dados u1 ∈ L y σ ∈ G(N/K), llamemos f = Irr(u1 , K); f
se factoriza en L[x] como f (x) = (x − u1 )(x − u2 ) · · · (x − ur ) con ui 6= uj
Capı́tulo 8. Estabilidad y Separabilidad
71
si i 6= j, por el teorema anterior. Como σ(u1 ) conjK u1 , necesariamente
σ(u1 ) = uj para cierto j; luego σ(u1 ) ∈ L y L es estable.
¥
Nota. En la proposición anterior la necesidad de que L sea algebraico sobre
K se pone en evidencia al considerar x trascendente sobre Q, N = Q(x) y
L = Q(x2 ). Aquı́ Q ⊆ Q(x2 ) es normal, pero Q(x2 ) no es estable.
Proposición 8.6. Sean N una extensión de K, G = G(N/K) y L un
cuerpo intermedio estable. Entonces G/L0 ∼
= {σ ∈ G(L/K); σ se extiende a
un automorfismo de N }.
Demostración. Sea H = {σ ∈ G(L/K); σ se extiende a un automorfismo
de N }, el cual es claramente un subgrupo de Aut(L). Para cada σ ∈ G sea
f (σ) = σ|L ; entonces f (σ) ∈ H y f : G −→ H es un epimorfismo. Pero
σ ∈ Kerf si, y sólo si, σ ∈ G y σ|L = idL , es decir, Kerf = G(N/L) = L0 .
En conclusión H ∼
= G/L0 .
¥
Podemos completar ahora el Teorema de Galois.
Teorema 8.7 (Teorema Fundamental de la Teorı́a de Galois).
Sea K ⊆ N una extensión normal y finita, con grupo de Galois G =
G(N/K). Entonces:
i. Φ establece una correspondencia biyectiva (con inversa Ψ) entre cuerpos intermedios y subgrupos de G.
ii. Si K ⊆ X ⊆ Y ⊆ N , entonces [Y : X] = [X 0 : Y 0 ], es decir,
[G(N/X) : G(N/Y )] = [Y : X].
iii. |G(N/K)| = [N : K].
Para todo cuerpo intermedio L se tiene:
iv. K ⊆ L .
es normal si, y sólo si, G(N/L) / G(N/K). En este caso
G(N/K) G(N/L) ∼
= G(L/K).
Demostración. i, ii y iii constituyen el Teorema 7.8. Pasemos a iv. Como
[N : K] < ∞, L es extensión algebraica de K. Si K ⊆ L es normal, aplicamos
la Proposición 8.5 y concluimos que L es estable. La Proposición 8.1 garantiza entonces que G(N/L) / G(N/K). Recı́procamente, si G(N/L) / G(N/K),
72
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
L0 / K 0 , y entonces por la Proposición 8.1 L00 es estable. Como L es cerrado
(por el Corolario 7.7), se tiene que L es estable, y entonces K ⊆ L es normal
por la Proposición 8.3.
Finalmente, si K ⊆ L es normal,
entonces L es estable, y por la Proposi.
ción 8.6 se tiene G(N/K) G(N/L) ∼
= {σ ∈ G(L/K); σ se extiende a un
automorfismo de N } = H. Ası́ pues, |H| = |G/L0 | = [G : L0 ] = [K 0 : L0 ] =
[L : K] = |G(L/K)| y, como H ⊆ G(L/K), se tiene H = G(L/K), lo cual
concluye la demostración.
¥
En los capı́tulos siguientes presentaremos importantı́simas aplicaciones del Teorema Fundamental de la Teorı́a de Galois. Por el momento nos
proponemos establecer un criterio que nos permita reconocer extensiones
normales finitas, que, como vimos, son las extensiones a las cuales se les
aplica el Teorema 8.7.
Proposición 8.8. Sea f irreducible en K[x]. Entonces son equivalentes:
i. En cualquier cuerpo de descomposición de f sobre K las raı́ces de f
son simples.
ii. Existe un cuerpo de descomposición de f sobre K en el cual las raı́ces
de f son simples.
iii. f 0 6= 0.
Demostración. (i⇒ii) es obvio.
(ii⇒iii) Si f 0 = 0, toda raı́z α de f es raı́z de f 0 , y por el Lema 6.1 α no es
raı́z simple.
(iii⇒i) Supongamos que f tiene una raı́z múltiple α1 en un cuerpo de
descomposición F = K(α1 , α2 , . . . , αr ) de f sobre K. Entonces, en F [x],
(x − α1 )|f (x) y (x − α1 )|f 0 (x). Como f es irreducible y f 0 6= 0, existen h
y g en K[x] tales que hf + gf 0 = 1. En consecuencia 1 = h(α1 )f (α1 ) +
g(α1 )f 0 (α1 ) = 0, que es una contradicción.
¥
Corolario 8.9. Si car(K) = 0 y f es irreducible en K[x], entonces f no
posee raı́ces múltiples en K.
¥
Definición 8.2. Un polinomio se dice separable en K[x] si es irreducible
en K[x] y satisface cualquiera de las condiciones equivalentes de la Proposición 8.8.
Capı́tulo 8. Estabilidad y Separabilidad
73
En el caso de caracterı́stica cero, todo polinomio irreducible es separable, en virtud del Corolario 8.9. Lo mismo ocurre cuando el cuerpo es finito.
En efecto, sea f irreducible en GF (pn )[x] y supongamos que f 0 = 0. Es fácil
ver que entonces existe g(x) ∈ GF (pn )[x] tal que f = g p (Ejercicio 3), lo
cual contradice la irreducibilidad del polinomio f .
Definición 8.3. Se dice que la extensión algebraica K ⊆ M es separable
cuando para todo α ∈ M , Irr(α, K) es separable en K[x].
Teorema 8.10. Si [M : K] = n, son equivalentes:
i. K ⊆ M es normal.
ii. K ⊆ M es separable y M es un cuerpo de descomposición de f sobre
K, para algún f ∈ K[x].
iii. M es un cuerpo de descomposición sobre K de un polinomio f cuyos
factores irreducibles en K[x] son separables.
Demostración. (i⇒ii) M es algebraico sobre K por hipótesis. Además, si
α ∈ M el Teorema 8.4 garantiza que Irr(α, K) es separable, es decir, K ⊆ M
es separable. Como M = Kv1 ⊕ · · · ⊕ Kvn , podemos tomar f = f1 · · · fn ,
siendo fj = Irr(vj , K). Si {αi } es el conjunto de raı́ces de f , entonces
{αi }1≤i≤m ⊆ M en virtud del Teorema 8.4, y K(α1 , . . . , αm ) ⊆ M . Por otro
lado, M ⊆ K(v1 , . . . , vn ) ⊆ K(α1 , . . . , αm ), ya que f (vi ) = 0 si 1 ≤ i ≤ n,
lo cual muestra que M es un cuerpo de descomposición de f sobre K.
(ii⇒iii) Sea g un factor irreducible mónico de f en K[x]. Como M contiene
todas las raı́ces de f , elijamos α ∈ M tal que g(α) = 0. Entonces g =
Irr(α, K), el cual resulta separable, pues la extensión K ⊆ M lo es.
(iii⇒i) Es suficiente demostrar que |G(M/K)| = n (Ejercicio 2, Capı́tulo 7),
para lo cual procedemos por inducción. Supongamos válido el resultado
para toda extensión normal de grado menor que n. Por hipótesis,
M = K(u1 , . . . , ul ), siendo {ui }li=1 el conjunto de raı́ces de f , polinomio
cuyos factores irreducibles son separables. Como [M : K] > 1, existe g, factor irreducible de f , con gr(g) ≥ 2. Podemos suponer que g(u1 ) = 0 y formar
L = K(u1 ). Veamos que [K 0 : L0 ] = [L : K]. Llamemos H = L0 = G(M/L) y
G = K 0 = G(M/K). Si ϕ1 H, . . . , ϕs H son los distintos cogrupos de H en G,
es claro que card{ϕi (u1 )}1≤i≤s = s. Además {θ(u1 )}θ∈G = {ϕi (u1 )}1≤i≤s
pues tenemos que θ = ϕi τ , para cierto i y cierto τ ∈ H, y entonces θ(u1 ) =
ϕi τ (u1 ) = ϕi (u1 ), ya que τ ∈ H = L0 y u1 ∈ L. Veamos que las raı́ces
74
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
de g son precisamente ϕ1 (u1 ), . . . , ϕs (u1 ). Como ϕi (u1 ) conjK u1 , ϕi (u1 ) es
raı́z de g. Recı́procamente, si g(v) = 0, entonces v conjK u1 ; luego existe un
K-isomorfismo θ∗ : K(u1 ) −→ K(v) tal que θ∗ (u1 ) = v. Por ser M un cuerpo de descomposición de f sobre K(u1 ), θ∗ se extiende a θ ∈ G(M/K)
y v = θ∗ (u1 ) = θ(u1 ) ∈ {ϕi (u1 )}1≤i≤s . Por todo lo anterior tenemos
[L : K] = [K(u1 ) : K] = gr(Irr(u1 , K)) = gr(g) = s = [G : H] = [K 0 : L0 ],
como habı́amos afirmado.
Claramente, la extensión L ⊆ M es finita y M es un cuerpo de descomposición de f sobre L. Además, si h es un factor irreducible de f en L[x],
necesariamente divide a algún factor irreducible de f en K[x], y por lo tanto
h es separable. Como n = [M : K] = [M : L][L : K] = s[M : L] ≥ 2[M : L],
[M : L] < n, y por hipótesis inductiva |G(M/L)| = [M : L]. Finalmente,
|G(M/K)| = [G : H]|H| = [K 0 : L0 ]|H| = [L : K]|H| = [L : K]|G(M/L)| =
[L : K][M : L] = [M : K], y el teorema queda demostrado.
¥
Corolario 8.11. Si car(K) = 0, entonces la extensión finita K ⊆ M es
normal si, y sólo si, M es un cuerpo de descomposición de un f ∈ K[x]. ¥
Corolario 8.12. Si m|n la extensión GF (pm ) ⊆ GF (pn ) es normal.
n
Demostración. Sea K = GF (pm ) y sea f = xp − x. Como GF (pn ) es un
cuerpo de factorización de f sobre K (por serlo de f sobre Zp ) y como
f 0 = −1, los factores irreducibles de f en K[x] son separables. Por el Teorema 8.10 la extensión dada es normal.
¥
La siguiente terminologı́a, aunque con excepciones, es generalmente
utilizada.
Definición 8.4. K ⊆ M es una extensión de Galois si es normal y separable.
Nótese que, en vista del Teorema 8.10, si la extensión K ⊆ M es finita,
entonces es de Galois si, y sólo si, es normal.
Obsérvese que si un polinomio f tiene todos sus factores irreducibles
separables, se puede aplicar el Teorema Fundamental de la Teorı́a de Galois
para analizar Gf , como queda ilustrado en los siguientes ejemplos.
√ √
a. Calculemos
√ cuerpos intermedios de la extensión Q ⊂ Q( 2, 3).
√ los
Como Q( 2, 3) = F es un cuerpo de factorización del polinomio
75
Capı́tulo 8. Estabilidad y Separabilidad
f = (x2 − 2)(x2 − 3) sobre Q, aplicamos el Teorema de Galois. Vimos
(Capı́tulo 5) que Gf = {id, α1 , α2 , θ} ∼
= Z2 × Z2 , cuyos subgrupos
propios son {id, α1 }, {id, α2 } y {id, θ}. En consecuencia
los cuerpos
√
√
intermedios propios buscados son F{id,α1 } = Q( 3), F{id,α2 } = Q( 2)
√
y F{id,θ} = Q( 6).
√
b. Calculemos Gf , siendo f = x3 − 2 ∈ R[x]. Si α = 3 2 y ξ = cis 2π
3 ,
entonces el cuerpo de descomposición de f sobre R es R(α, αξ, αξ 2 ) =
R(ξ), pues α ∈ R. Como x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1), es claro
que Irr(ξ, R) = x2 + x + 1; luego |Gf | = [R(ξ) : R] = 2. Como
ξ conjR (−ξ − 1), resulta Gf = {id, θ}, siendo θ : R(ξ) → R(ξ) tal
que θ(a + bξ) = a + b(−ξ − 1) = (a − b) − bξ.
√
c. Calculemos Gf , siendo f = x3 − 2 ∈ Q[x]. Como en (b), si α = 3 2 y
2
ξ = cis 2π
3 , el cuerpo de descomposición de f sobre Q es Q(α, αξ, αξ ) =
3
2
Q(α, ξ) = F . Se tiene que Irr(α, Q) = x −2 e Irr(ξ, Q(α)) = x +x+1.
Por lo tanto, [F : Q] = [F : Q(α)][Q(α) : Q] = 6 y por normalidad
|Gf | = 6. Como Gf ,→ S3 , concluimos que Gf ∼
= S3 . Para describir
sus seis elementos σi notemos que {1, α, ξ, αξ, α2 , α2 ξ} es una base de
FQ , por lo cual es suficiente conocer la acción de σi en α y en ξ. Los
Q-conjugados de α son α, αξ y αξ 2 , mientras que los Q-conjugados de
ξ son ξ y ξ 2 . Como ξ 2 = −ξ − 1, obtenemos
σ1 = id
σ2 (α) = α ,
σ3 (α) = αξ ,
σ4 (α) = −α − αξ ,
σ5 (α) = αξ ,
σ6 (α) = −α − αξ ,
σ2 (ξ) = −1 − ξ
σ3 (ξ) = ξ
σ4 (ξ) = ξ
σ5 (ξ) = −1 − ξ
σ6 (ξ) = −1 − ξ
d. El grupo de Galois
de f = x4 − 2 ∈ Q[x] es el grupo dihedral D4 . En
√
efecto, si α = 4 2, entonces Gf = G(F/Q), siendo F = Q(α, i). Como
Irr(i, Q(α)) = x2 +1 e Irr(α, Q) = x4 −2, tenemos [Q(α, i) : Q(α)] = 2,
[Q(α) : Q] = 4, {αj , iαj }3j=0 es base de FQ y |Gf | = [F : Q] = 8.
Sea ρ1 ∈ Gf tal que ρ1 (α) = αi y ρ1 (i) = i, y sea µ1 ∈ Gf tal
que µ1 (α) = α y µ1 (i) = −i. Es fácil verificar que ord(ρ1 ) = 4,
∼
ord(µ1 ) = 2, Gf =< ρ1 , µ1 > y ρ−1
1 = µ1 ρ1 µ1 . Por todo ello, Gf = D4 .
e. El grupo de Galois de x4 + 1 ∈ Q[x] es Z2 × Z2 . En efecto, si f =
x4 + 1, sus raı́ces son α, α3 , α5 y α7 , siendo α = cis π4 , por lo que Gf =
76
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
G(Q(α)/Q). Como f = Irr(α, Q), |Gf | = [Q(α) : Q] = 4. Sabemos
que αi conjQ α para i = 1, 3, 5, 7, por lo cual Gf = {σi ; i = 1, 3, 5, 7},
2
2
siendo σi (α) = αi . Si i 6= 1, σi2 (α) = αi = α(2k+1) = α, por lo que
todo elemento de Gf distinto de la identidad tiene orden dos. Por ello
Gf ∼
= Z2 × Z2 .
f. Para todo primo p el grupo de Galois del ciclotómico Φp sobre Q
es Zp−1 . En efecto, como Φp (x)(x − 1) = xp − 1, las raı́ces de Φp
2π
son {ξ i }p−1
i=0 con ξ = cis p , por lo cual GΦp = G(Q(ξ)/Q). Si j =
1, 2, . . . , p − 1, entonces ξ j conjQ ξ, por lo cual GΦp = {σj }p−1
j=1 donde
j
σj (ξ) = ξ . Es fácil verificar que σj 7−→ j establece un isomorfismo
entre GΦp y (Z∗p , ·, 1); este último grupo es isomorfo a Zp−1 según el
Ejercicio 6 del Capı́tulo 6.
Concluiremos el capı́tulo utilizando el Teorema de Galois para establecer que el análogo del Teorema de Cauchy para grupos deja de tener
validez para extensiones de cuerpos. Más concretamente, según el Teorema
de Cauchy, si G tiene orden n y el primo p divide a n, entonces existe un
subgrupo de G de orden p. Es natural formularse la siguiente pregunta: si
[F : E] = n y p es un primo que divide a n, ¿existe un cuerpo intermedio
L tal que [L : E] = p? Para probar que en general la respuesta es negativa,
tomemos un f ∈ Q[x] tal que Gf = Sn (como en [19]) y llamemos U al
cuerpo de descomposición de f sobre Q. Como Sn = Gf = G(U/Q), podemos tomar USn−1 = K, por lo cual [K : Q] = [Sn : Sn−1 ] = n, según el
Teorema de Galois. Consideremos la extensión Q ⊂ K y supongamos que
existe L con Q ⊂ L ⊂ K ⊂ U . Entonces, por el Teorema de Galois aplicado
a la extensión normal Q ⊂ U , se tiene Φ(Q) ⊃ Φ(L) ⊃ Φ(K) ⊃ Φ(U ). Pero
Φ(Q) = G(U/Q) = Sn y Φ(K) = Φ(USn−1 ) = ΦΨ(Sn−1 ) = Sn−1 , por lo
que Φ(L) es un subgrupo propiamente contenido entre Sn−1 y Sn , lo cual
es una contradicción. Concluimos ası́ que no existe L tal que Q ⊂ L ⊂ K y,
a fortiori, no existe L tal que [L : Q] = p para ningún divisor primo p de n.
Ejercicios del Capı́tulo 8
1. Sean x e y indeterminadas. Pruebe que Q(x) no es estable respecto
de la extensión Q ⊂ Q(x, y).
2. Sea x una indeterminada. Pruebe que Q(x2 ) no es estable respecto de
la extensión Q ⊂ Q(x).
Capı́tulo 8. Estabilidad y Separabilidad
77
3. Sean K = GF (pn ) y f ∈ K[x] tal que f 0 = 0. Demuestre que existe
g ∈ K[x] tal que f = g p . (Sugerencia: recuerde que GF (pn ) es un
cuerpo perfecto.)
4. Sea F = Zp (xp ), siendo x una indeterminada. En F [t] considere g(t) =
tp − xp . Demuestre que g es irreducible en F [t] y que, en una clausura
algebraica de F , g posee una raı́z de multiplicidad p.
5. En cada caso determine el grupo de Galois, analice la correspondencia
de Galois y busque los subgrupos normales.
i2π
a) G(Q(e 7 )/Q)
√ √
b) G(Q( 2, 3)/Q)
√
c) G(Q( 2, i)/Q)
√
i2π
d ) G(Q( 3 2, e 3 )/Q)
√
e) G(Q(i, 4 5)/Q)
√
√
i2π
f ) G(Q( 3 2, e 3 )/Q( 3 2))
√
i2π
i2π
g) G(Q( 3 2, e 3 )/Q(e 3 ))
h) G(GF (p12 )/Zp )
i ) Gf sobre Q, siendo f = x3 − 2
j ) Gf sobre Q, siendo f = x8 − 1
6. Suponga que car(F ) = 0 y que f |g en F [x]. Demuestre que |Gf | divide
a |Gg |. (Sugerencia: construya un epimorfismo h : Gg → Gf .)
7. Suponga que α es trascendente sobre Q. Demuestre que Q(α2 ) es
normal en Q(α), pero Q(α3 ) no es normal en Q(α).
Comentarios
La construcción de un polinomio de Q[x] cuyo grupo de Galois sea Sn puede
ser consultada en [19], página 200.
Sobre Q, el grupo de Galois del polinomio irreducible x4 −4x+2 es S4 . Si
todas sus raı́ces fueran constructibles se obtendrı́a (con argumentos similares
a los presentados al final de este capı́tulo) una extensión Q ⊂ F de grado
tres, formada por elementos constructibles, contradiciendo el Corolario 3.4.
Luego, el polinomio posee al menos una raı́z (necesariamente de grado cuatro
78
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
sobre Q) que no es constructible. Es decir, el recı́proco del Corolario 3.4 (iii)
no es válido.
Puede demostrarse que las raı́ces de un polinomio irreducible, en cualquier clausura algebraica, son todas de la misma multiplicidad.
Capı́tulo 9
Extensiones Simples
La mayorı́a de las extensiones consideradas hasta ahora han resultado extensiones generadas por un elemento, es decir, del tipo K ⊆ K(α). Esto no
es coincidencia, ya que el análisis que realizamos en este capı́tulo muestra
la abundancia de las mismas. Comencemos dando la siguiente
Definición 9.1. Se dice que K ⊆ M es una extensión simple si M = K(α),
para algún α ∈ M . Un tal α se denomina elemento primitivo (sobre K)
de M .
Nota. En la definición anterior α puede no ser algebraico sobre K.
El siguiente teorema, debido a Steinitz, muestra que una extensión
finita puede tener un número infinito de cuerpos intermedios.
Teorema 9.1. Si [M : K] < ∞, entonces la extensión K ⊆ M es simple si,
y sólo si, existe sólo un número finito de cuerpos intermedios.
Demostración. (⇐) Si K es finito, entonces, según el Ejercicio 7 del Capı́tulo 6, M = K(α). En consecuencia podemos suponer que K es infinito. Como
el conjunto J = {K(α); α ∈ M } es finito, existe α ∈ M tal que [K(α) : K]
es máximo. Veamos que K(α) = M . En efecto, si K(α) ⊂ M , sea v ∈ M tal
que v ∈
/ K(α), y consideremos todos los cuerpos K(α + λv) con λ ∈ K. Como existe sólo un número finito de cuerpos intermedios y como K es infinito,
existen λ, µ ∈ K, λ 6= µ, tales que K(α + λv) = K(α + µv) = L. Entonces
(α + λv) − (α + µv) ∈ L, es decir, (λ − µ)v ∈ L, y por ello v ∈ L. Pero entonces λv ∈ L, ya que λ ∈ K ⊆ L, de donde resulta que α = (α + λv) − λv ∈ L,
79
80
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
y por ello K(α) ⊆ L. Por la maximalidad de [K(α) : K] debe ser K(α) = L,
ya que L ∈ J , y por lo tanto v ∈ K(α), lo cual es una contradicción.
(⇒) Por hipótesis M = K(α). Sea L un cuerpo intermedio, K ⊆ L ⊆ M .
Entonces M = K(α) ⊆ L(α) ⊆ M , es decir, L(α) = K(α) = M . Sean f =
Irr(α, K) y g = Irr(α, L) y veamos que si g(x) = xr +lr−1 xr−1 +· · ·+l1 x+l0 ,
con li ∈ L, entonces L = K(l0 , l1 , . . . , lr−1 ). Como li ∈ L ∀i, se tiene
E = K(l0 , l1 , . . . , lr−1 ) ⊆ L, y entonces [M : E] = [M : L][L : E] ≥
[M : L] = [L(α) : L] = r, es decir, [M : E] ≥ r. Por otro lado g(α) = 0 y
g ∈ E[x], por lo que gr(Irr(α, E)) ≤ gr(g) = r, es decir, [E(α) : E] ≤ r. Pero
K(α) ⊆ E(α) = K(l0 , l1 , . . . , lr−1 )(α) ⊆ K(α), pues lj ∈ L ⊆ L(α) = K(α)
∀j, y tenemos ası́ que E(α) = K(α) = M . Luego [M : E] ≤ r, y entonces
[M : E] = r. Como [M : L] = r y E ⊆ L ⊆ M , debe ser [L : E] = 1, es decir
L = E = K(l0 , l1 , . . . , lr−1 ), como afirmamos antes.
(9.1)
Notemos que, como g|f , para probar que existe un número finito de cuerpos intermedios L basta con demostrar que si Q={L; K ⊆ L ⊆ M } y B =
{h ∈ K[x]; h es mónico y h|f en K[x]}, entonces la aplicación θ : Q → B,
tal que θ(L) = Irr(α, L) es inyectiva. Sea γ : B → Q tal que γ(h) =
K(h0 , h1 , . . . , hn−1 ) si h(x) = xn + hn−1 xn−1 + · · · + h1 x + h0 . Entonces γθ(L) = γ(Irr(α, L)) = K(lo , l1 , . . . , lr−1 ). Aplicando (9.1) obtenemos
γθ(L) = L, es decir, θ es inyectiva, y como B es finito, Q resulta también
finito, como se querı́a demostrar.
¥
Corolario 9.2. Toda extensión normal y finita es simple.
Demostración. Sea K ⊆ M una extensión normal con [M : K] = r. De
acuerdo con el Teorema de Galois |G(M/K)| = [M : K] = r y el número
de cuerpos intermedios de la extensión es igual al número de subgrupos de
G(M/K), que es finito. Entonces la extensión es simple.
¥
Corolario 9.3. Toda extensión finita y separable es simple.
Demostración. Sea K ⊆ M una extensión finita y separable. Según el Ejercicio 2 de este capı́tulo, existe un cuerpo F , K ⊆ M ⊆ F , tal que F es
cuerpo de descomposición sobre K y K ⊆ F es normal. Luego [F : K] < ∞
y por el Teorema de Galois |G(F/K)| < ∞. Igual que en el corolario anterior resulta que el número de cuerpos intermedios de la extensión K ⊆ F
es finito, y por ello hay finitos cuerpos intermedios entre K y M , es decir,
la extensión K ⊆ M es simple.
¥
81
Capı́tulo 9. Extensiones Simples
Corolario 9.4. Si car(K) = 0, toda extensión K ⊆ M finita es simple.
Demostración. De acuerdo con el Corolario 8.9 la extensión es separable.
¥
Corolario 9.5. Si F es un cuerpo finito y si K ⊆ F , entonces la extensión
es simple.
¥
Ejemplo. Una extensión finita que no es simple. Sean x, y trascendentes
sobre Zp , K = Zp (xp , y p ) y M = Zp (x, y). La extensión K ⊆ M admite
infinitos cuerpos intermedios, pero [M : K] = p2 es finita.
Nuestro próximo objetivo es describir extensiones normales finitas K ⊆ L,
cuando car(K) = p, con p primo. Para ello veamos algunos resultados relacionados con las funciones traza y norma que definiremos a continuación.
Definición 9.2. Sea K ⊆ L una extensión normal y finita con grupo de
Galois G = G(L/K) = {σ1 , . . . , σn }. Para cada a ∈ L se define
TL/K (a) = σ1 (a) + · · · + σn (a)
y
NL/K (a) = σ1 (a) · · · σn (a).
Las funciones TL/K y NL/K se denominan traza y norma, respectivamente.
Cuando no haya lugar a dudas usaremos T y N en lugar de TL/K y NL/K .
Notas.
Pn
1. Para todo σ ∈ G(L/K), σT (a) = i=1 σσi (a). Pero {σσi }ni=1 = G,
por lo que σT (a) = T (a) ∀σ ∈ G, es decir T (a) pertenece al cuerpo
fijo de G, que es K, pues K ⊆ L es normal. Hemos probado entonces
que T : L → K. De forma análoga se demuestra que N : L → K. Por
otro lado
T (a + b) = T (a) + T (b)
N (ab) = N (a)N (b)
y
y
T (ka) = kT (a),
N (ka) = k n N (a),
∀a, b ∈ L, k ∈ K
∀a, b ∈ L, k ∈ K.
Se observa también que si a ∈ K, entonces
T (a) = T (a1) = aT (1) = a(1 + · · · + 1) = an
N (a) = N (a1) = an N (1) = an (1 · · · 1) = an .
y
2. En los Ejercicios 6 y 7 de este capı́tulo se puede ver la relación entre
los conceptos recién definidos y los de traza y norma utilizados en
Álgebra Lineal.
82
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Teorema 9.6 (Dedekind). Si K ⊂ L y σ1 , . . . , σn son elementos de
G(L/K), distintos entre sı́, entonces {σ1 , . . . , σn } es linealmente independiente sobre L.
Demostración. Supongamos,
Pn por reducción al absurdo, que existen
a1 , . . . , an ∈ L tales que
i=1 ai σi = 0, con algún ai 6= 0. Entre todas
las combinaciones lineales de este tipo elijamos una con mı́nimo número de
términos no nulos, y sea ésta (sin pérdida de generalidad)
a1 σ1 + a2 σ2 + · · · + am σm = 0,
con ai 6= 0
∀ i = 1, . . . , m.
(9.2)
Entonces
a1 σ1 (u) + a2 σ2 (u) + · · · + am σm (u) = 0
∀u ∈ L.
(9.3)
Como σ1 6= σ2 , existe b ∈ L tal que σ1 (b) 6= σ2 (b), y entonces, como bu ∈ L
∀u ∈ L, también
a1 σ1 (bu) + a2 σ2 (bu) + · · · + am σm (bu) = 0
y
a1 σ1 (b)σ1 (u) + a2 σ2 (b)σ2 (u) + · · · + am σm (b)σm (u) = 0.
(9.4)
Por otro lado, multiplicando (9.3) por σ1 (b) se obtiene
a1 σ1 (b)σ1 (u) + a2 σ1 (b)σ2 (u) + · · · + am σ1 (b)σm (u) = 0.
Restando esta última expresión de (9.4) se tiene ∀u ∈ L
a2 (σ2 (b) − σ1 (b))σ2 (u) + · · · + am (σm (b) − σ1 (b))σm (u) = 0,
con σi (b) − σ1 (b) ∈ L ∀ i = 2, . . . , m, lo cual contradice la minimalidad de
la relación (9.2), ya que σ1 (b) 6= σ2 (b).
¥
Nota. Si en el teorema anterior la extensión es normal, finita y car(K) = 0,
{σ1 , . . . , σn } resulta algebraicamente independiente (Artin).
Corolario 9.7. Si K ⊆ L es una extensión normal y finita, entonces
T (L) = K.
Demostración. Como se vio anteriormente, T es una aplicación lineal de
espacios vectoriales sobre K, por lo que T (L) es un subespacio de K y
dim(T (L)) ≤ dim(K) = 1. Luego T (L) = K Pó T (L) = (0). Si
n
T (L) = (0), entonces T (u) = 0 ∀u ∈ L, es decir,
i=1 σi = 0, lo cual
83
Capı́tulo 9. Extensiones Simples
implica que {σ1 , σ2 , . . . , σn } es linealmente dependiente, contradiciendo el
Teorema 9.6. Por lo tanto T (L) = K.
¥
El corolario anterior se refiere a la imagen de la función traza. El siguiente teorema caracteriza a su núcleo cuando G(L/K) es cı́clico.
Teorema 9.8. Sea K ⊆ L una extensión normal y finita con grupo de
Galois cı́clico de orden n generado por σ. Entonces T (a) = 0 si, y sólo si,
a = b − σ(b) para cierto b ∈ L. Más aún, b es único salvo una constante
aditiva.
Demostración. (⇐) Observemos que, cualquiera sea σ ∈ G(L/K), T σ = T ,
por lo que T (a) = T (b − σ(b)) = T (b) − T (b) = 0. Notamos ası́ que, para
esta implicación, no es necesario utilizar que G(L/K) es cı́clico.
(⇒) De acuerdo con el Corolario 9.7 T (L) = K, por lo que existe c ∈ L tal
que T (c) = 1. Definamos ∀ i = 0, . . . , n − 2


i
X
di = 
σ j (a) σ i (c).
j=0
Ası́ pues,


i+1
X
σ j (a) σ i+1 (c)
σ(di ) = 
j=1
y entonces di+1 − σ(di ) = aσ i+1 (c), 0 ≤ i ≤ n − 3.
Pn−2
Por otro lado, si b = j=0 dj ,
b − σ(b) =
n−2
X
dj −
j=0
n−2
X
σ(dj )
j=0
= d0 + (d1 − σ(d0 )) + · · · + (dn−2 − σ(dn−3 )) − σ(dn−2 )
= ac + aσ(c) + · · · + aσ n−2 (c) − σ(dn−2 ).
(9.5)
Pero

σ(dn−2 )
= 
n−1
X


σ j (a) σ n−1 (c) = −a +
j=1
= (−a + T (a)) σ
n−1
X
j=0
n−1
(c) = −aσ
n−1
(c),

σ j (a) σ n−1 (c)
84
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
pues por hipótesis T (a) = 0. Reemplazando en (9.5) se obtiene b − σ(b) =
aT (c) = a1 = a.
¥
A continuación describiremos la estructura de una extensión normal de
grado p, con p primo, cuyo grupo de Galois G, de acuerdo con el Teorema
de Galois, es cı́clico, generado por un elemento σ de orden p.
Teorema 9.9. Sea K ⊆ L una extensión normal, [L : K] = p con p primo,
y sea σ un generador de G(L/K).
i. Si car(K) = p, entonces L = K(u), siendo u una raı́z de un polinomio
irreducible sobre K de la forma xp − x − a, a ∈ K, σ(u) = u + 1.
ii. Si car(K) 6= p y si ξ es una raı́z p-ésima de la unidad con 1 6= ξ ∈ K,
entonces L = K(u), con σ(u) = uξ y up ∈ K.
Demostración.
i. TL/K (1) = 1 + σ(1) + · · · + σ p−1 (1) = p1 = 0. El Teorema 9.8 nos
asegura que 1 = b − σ(b), con b ∈ L. Si hacemos u = −b resulta
1 = −u + σ(u), es decir, 1 + u = σ(u), por lo que σ(up ) = (1 + u)p =
1 + up , pues car(L) = car(K) = p. Hemos probado ası́ que a = up − u
es invariante bajo σ ya que σ(a) = σ(up ) − σ(u) = 1 + up − 1 − u =
up − u = a. Entonces a pertenece al cuerpo fijo de G(L/K), y como
K ⊆ L es normal, a ∈ K, q(x) = xp − x − a ∈ K[x] y u es una
raı́z de q. Por lo tanto, Irr(u, K)|q. Como [L : K] = p, no existen
cuerpos intermedios propios, y entonces K(u) = L ó K(u) = K. Pero
u∈
/ K, pues σ(u) = 1 + u 6= u, y entonces K(u) = L. En consecuencia
gr(Irr(u, K)) = p, por lo que Irr(u, K) = xp − x − a.
ii. Como ξ ∈ K, 1 = ξ p = NL/K (ξ). Por lo tanto, por el Ejercicio 8 de
este capı́tulo, ξ = σ(u)/u, para cierto u ∈ L. Pero entonces σ(u) 6= u,
ya que ξ 6= 1, por lo que u ∈
/ K y K(u) = L. Además, σ(u) = uξ y
σ(up ) = (σ(u))p = (uξ)p = up ξ p = up , es decir up ∈ K.
¥
En virtud del Corolario 9.2 si F ⊆ K es una extensión normal y finita,
entonces K = F (α), para cierto α ∈ K, y ası́ las potencias de α permiten
construir una base de KF . El siguiente resultado muestra la existencia de
bases en cuya construcción se utiliza el grupo de Galois de la extensión.
Capı́tulo 9. Extensiones Simples
85
Teorema 9.10 (Teorema de la Base Normal). Sea F ⊆ K una extensión normal y finita, y sea G = G(K/F ) = {σ1 , σ2 , . . . , σn }. Entonces existe
v ∈ K tal que {σ1 (v), σ2 (v), . . . , σn (v)} es una base de KF .
Demostración. a) Caso K infinito y car(K) = 01 . Basta con encontrar un
v ∈ K de modo tal que la matriz M de n × n, de elementosPmij = σi−1 σj (v),
n
tenga determinante no nulo, pues en este caso la ecuación j=1 aj σj (v) = 0
−1
(aj ∈ F ∀j),
ser multiplicada por σi ∀i = 1, . . . , n, se convierte en el
 al 
a1


sistema M  ...  = ~0 que tiene solución única ai = 0 ∀i. Probemos entonan
ces la existencia de tal v. Supongamos σ1 = id. Consideremos n variables
yσ1 , . . . , yσn , y llamemos xj = yσj . La n-upla (σr−1 σ1 , σr−1 σ2 , . . . , σr−1 σn )
consiste de los elementos de G permutados y si i 6= r, (σi−1 σ1 , σi−1 σ2 , . . .,
σi−1 σn ) es una permutación de la anterior tal que σi−1 σj 6= σr−1 σj , ∀j. Entonces, si llamamos xij = yσ−1 σj , la matriz (xij )ni,j=1 = X consiste de n filas que
i
se obtienen de permutar la primera, x1 , . . . , xn , de modo tal que no se repiten elementos en ninguna fila o columna. Sea f ∈ K[x1 , . . . , xn ] definido por
f (x1 , . . . , xn ) = det(X). Como f (1, 0, . . . , 0) 6= 0, de acuerdo con el Ejercicio 13 debe existir v ∈ K tal que f (σ1 (v), . . . , σn (v)) 6= 0. Pero si en la matriz
X reemplazamos xi por σi (v), como para cada m existen únicos i, j tales que
σm = σi−1 σj , resulta 0 6= f (σ1 (v), . . . , σn (v)) = det(σi−1 σj (v)) = det(M ),
como querı́amos demostrar.
b) Caso K finito. Se desprende del Ejercicio 7 del Capı́tulo 6 que
K = F (α) y, del Ejercicio 5 del mismo capı́tulo, que G es cı́clico de orden n = [K : F ] = |G|. Entonces G =< σ >, con σ de orden n. Como σ ∈
Aut(KF ) y n = dimF (K), el polinomio minimal de σ en F [x], m(x), tiene
grado menor o igual que n. Pero id, σ, σ 2 , . . . , σ n−1 son n elementos diferentes y entonces, por el Teorema 9.6, son independientes sobre K. Luego son linealmente independientes sobre F y entonces gr(m(x)) > n − 1, de donde
se concluye que gr(m(x)) = n. Pero como σ n = id, se tiene m(x) = xn − 1.
Finalmente, como es bien conocido del Álgebra Lineal, es posible elegir
v ∈ K tal que mv (x) = m(x), siendo mv el generador mónico del ideal
{h ∈ F [x]; h(σ)(v) = 0}. Veamos que {v, σ(v), . . . , σ n−1³
(v)} es una ´base de
Pn−1
Pn−1
i
KF . En efecto, si i=0 ci σ i (v) = 0 con ci ∈ F , entonces
v = 0,
i=0 ci x
1 El
caso K infinito y car(K) = p puede ser consultado en la pág. 228 de [15].
86
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
y mv (x)|
³P
n−1
i
i=0 ci x
´
en F [x]. Luego (xn −1)|
³P
n−1
i
i=0 ci x
´
en F [x] y ci = 0
∀ i = 0, . . . , n − 1. Hemos probado ası́ que {σ1 (v), σ2 (v), . . . , σn (v)} =
{v, σ(v), . . . , σ n−1 (v)} es una base de KF .
¥
Ejercicios del Capı́tulo 9
1. Suponga que car(K) = p > 0 y considere f = xp − x − a en K[x].
Demuestre que f es irreducible en K[x] o bien se descompone como
producto de factores de grado uno.
2. Sea L una extensión de K, de grado finito. Demuestre que existe una
extensión M de L tal que
a) M es cuerpo de descomposición sobre K y
b) si L ⊆ N ⊂ M , entonces N no es cuerpo de descomposición sobre K.
Demuestre que M es único salvo un L-isomorfismo. Si además L es
separable sobre K, M resulta normal sobre K (y se lo llama la clausura
normal de K ⊆ L).
3. Sea E una extensión normal y finita de K y sea T : E → K la función
traza. Demuestre que existe un isomorfismo entre E y su dual E ∗ dado
por e → θe , siendo θe (w) = T (ew) ∀w ∈ E.
4. Sea E una extensión normal y finita de K. Use el ejercicio anterior
para probar que si {wi }ni=1 es una base de EK , entonces existe una
base {wi0 }ni=1 de EK tal que T (wi wj0 ) = δij ∀i, j.
5. Sea K ⊆ K(a) normal y finita. Sea f = xn + · · · + a0 = Irr(a, K).
Pruebe que N (a) = (−1)n a0 y que T (a) = −an−1 .
6. Considere T : C → R y N : C → R. Dado z ∈ C, halle T (z) y N (z).
7. Sea K ⊆ K(a) normal y finita, y sea L : K(a) → K(a) dada por
L(w) = aw. Pruebe que para esta aplicación lineal se satisface que
det(L) = N (a) y traza(L) = T (a).
8. Sea K ⊆ L normal con grupo de Galois cı́clico, generado por σ, y sea
a ∈ L. Entonces N (a) = 1 si, y sólo si, a = bσ(b)−1 para algún b ∈ L.
Más aún, b es único, salvo una constante multiplicativa.
Capı́tulo 9. Extensiones Simples
87
9. Si K y L son cuerpos finitos y K ⊂ L, entonces N : L → K es sobreyectiva.
10. Pruebe que en el Teorema de la Base Normal resulta K = F (v).
11. Construya una extensión F ⊆ F (v) con grupo de Galois G = {g1 , . . . , gn }
tal que {g1 (v), . . . , gn (v)} no sea una base de F (v) sobre F .
12. Sea f ∈ F [x1 , . . . , xn ] un polinomio aditivo. Si car(F ) = 0, existen
a1 , . . . , an en F tales que f = a1 x1 + · · · + an xn .
13. (Artin) Sea F ⊆ K normal, [K : F ] = n, car(F ) = 0 y G(K/F ) =
{σ1 , . . . , σn }. Entonces, si f ∈ K[x1 , . . . , xn ] es no nulo, existe k ∈ K
tal que f (σ1 (k), . . . , σn (k)) 6= 0. (Sugerencia: de lo contrario un f de
grado mı́nimo resultará aditivo.)
Comentarios
El Corolario 9.2 admite una demostración constructiva: un elemento primitivo se construye a partir del conjunto de generadores de la extensión
dada.
Al Ejercicio 8 (versión multiplicativa del Teorema 9.8) se le conoce
como el Teorema 90 de Hilbert.
Capı́tulo 10
Cuerpos de Tipo Real
La siguiente definición está motivada por algunas propiedades de los números reales.
Definición 10.1. Se dice que K es un cuerpo de tipo real si K es un cuerpo
que cumple las siguientes condiciones:
1. Para todo k ∈ K existe a ∈ K tal que k = a2 ó k = −a2 .
2. Si r, k ∈ K, entonces r2 + k 2 = t2 , para algún t ∈ K.
3. −1 no es un cuadrado en K.
√
√
4. K( −1) es algebraicamente cerrado (donde −1 indica una raı́z en
K de x2 + 1).
El cuerpo de los números reales comparte otras propiedades con los
cuerpos de tipo real, es decir, los cuerpos de tipo real se comportan en
muchos aspectos como R. Por ejemplo, si K es un cuerpo de tipo real,
car(K) = 0, pues si car(K) = p se tendrı́a −1 = p − 1, que es un cuadrado
por
√ la Propiedad 2, contradiciendo la Propiedad 3. Nótese también que
−1 ∈
/ K, pues −1 no es un cuadrado en K. También se puede probar que
si K es un cuerpo de tipo real, todo polinomio de grado impar de K[x] tiene
una raı́z en K.
Teorema 10.1 (Artin–Schreier, 1927). Si K es un cuerpo arbitrario y
[K : K] es finito y mayor que uno, entonces K es de tipo real.
89
90
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Demostración. Probemos primero que K ⊆ K es una extensión de Galois,
considerando los casos en que car(K) = 0 y car(K) 6= 0. Si car(K) = 0,
por el Corolario 9.4 K = K(α), y entonces K es cuerpo de factorización
de Irr(α, K). Luego K es una extensión finita, normal y separable de K, es
decir, es una extensión de Galois de K. Supongamos ahora que car(K) = q,
primo, y tomemos f : K → K tal que f (k) = k q . Entonces f es un monomorfismo de cuerpos y, como xq − b = 0 tiene solución en K ∀b ∈ K, f es un
epimorfismo. Además f (K) = K, pues f (K) ⊆ K, y si f (K) ⊂ K, entonces
K = f −1 f (K) ⊂ f −1 (K), por lo que f −j (K) ⊂ f −(j+1) (K) ∀j resulta una
cadena infinita de K-subespacios de K, lo cual es una contradicción ya que
[K : K] < ∞. Pero entonces todo k ∈ K posee una raı́z q-ésima en K, lo
cual implica que K es perfecto, y por lo tanto toda extensión finita de K es
separable (véase el Ejercicio 1 de este capı́tulo). El Corolario 9.3 nos asegura que K = K(α), y como en el caso anterior obtenemos que K es una
extensión de Galois de K.
(10.1)
A continuación probaremos que si F es un cuerpo intermedio, es decir,
K ⊆ F ⊆ K, con [K : F ] = p, primo, entonces car(F ) 6= p y p = 2. En
efecto, por (10.1) y el Ejercicio 2 de este capı́tulo se tiene que K es extensión
de Galois de F , por lo que G(K/F ) ∼
= Zp y T = TK/F es sobreyectiva
(Corolario 9.7). Si car(F ) = p, según el Teorema 9.9 i) K = F (u), σ(u) =
u + 1 y a = up − u ∈ F , siendo σ un generador de G(K/F ). Elijamos b ∈ K
tal que T (b) = a y z ∈ K tal que z p − z = b. Haciendo T (z) = c se tiene
p
T (z )
=
p−1
X
i=0
cp − c =
(c − u)p =
i
p
σ (z ) =
Ãp−1
X
!p
i
σ (z)
= (T (z))p = cp ,
i=0
T (z p ) − T (z) = T (z p − z) = T (b) = a = up − u,
cp − up = c − u.
Pero las raı́ces de xp − x son los elementos de Zp , por lo que c − u ∈
Zp ⊆ F , y como c ∈ F , resulta u ∈ F . Pero entonces K = F (u) = F ,
que es una contradicción, porque [K : F ] = p. Por lo tanto, car(F ) 6= p.
Supongamos ahora que p 6= 2. Si ξ ∈ K es una raı́z del polinomio ciclotómico
Φp , F (ξ) 6= K, pues si F (ξ) = K, p = [F (ξ) : F ] = gr(Irr(ξ, F )). Esto es
un absurdo, pues ξ es una raı́z de un polinomio de grado p − 1. Tenemos
entonces F (ξ) = F , es decir, ξ ∈ F , y como Φp no tiene raı́ces múltiples,
ξ, . . . , ξ p−1 son todas las raı́ces de Φp y están en F .
(10.2)
Según el Teorema 9.9 ii), K = F (β) con σ(β) = βξ y β p ∈ F . Sea z0 ∈ K
91
Capı́tulo 10. Cuerpos de Tipo Real
una raı́z del polinomio xp −β y sea c0 = NK/F (z0 ). Entonces, si N = NK/F ,
cp0
= (N (z0 ))p = N (z0p ) = N (β) = βσ(β)σ 2 (β) · · · σ p−1 (β)
= β(βξ)(βξ 2 ) · · · (βξ p−1 ) = β p (ξ p )
p−1
2
= βp,
−1
p
pues p es impar. En consecuencia (βc−1
0 ) = 1 y por (10.2), βc0 ∈ F . Pero
c0 ∈ F , por lo que β ∈ F y K = F (β) = F , lo cual es una contradicción.
Hemos probado que p = 2 6= car(F ). En consecuencia K = F (β) con
σ(β) = −β y β 2 ∈ F . Si β 2 fuese un cuadrado en F , serı́a β 2 = t2 con t ∈ F ,
y (β − t)(β + t) = 0, por lo que β = ±t ∈ F . Entonces K = F (β) = F , que
es una contradicción. Por lo tanto no todo elemento de F es un cuadrado
en F .
(10.3)
Ya estamos en condiciones de probar que F cumple las cuatro propiedades de cuerpo de tipo real.
1. Si s ∈ F y s no es un cuadrado en F , sea v ∈ K una raı́z de x4 − s,
y sea w = N (v) ∈ F . Entonces w4 = (N (v))4 = N (s) = s2 , o sea
(w2 − s)(w2 + s) = 0. Como s no es un cuadrado en F , w2 = −s.
3. Por (10.3), sea s ∈ F tal que s no es un cuadrado en F . Usando lo
probado en 1) resulta s = −1 w2 , y entonces −1 no puede ser un
cuadrado en F .
4. Como −1 no es un cuadrado y
√
√
−1 ∈ K, se tiene F ( −1) = K.
√
√
2. Si r, y ∈ F sea d +√
e −1 ∈ K una raı́z
de x2 − (r + y −1).
√
√ Entonces
r2 + y 2 = N (r + y −1) = (N (d + e −1))2 , con N (d + e −1) ∈ F .
Hemos probado que si K ⊆ F ⊆ K, con [K : F ] = p, primo, entonces
F es un cuerpo de tipo real.
(10.4)
√
Procedamos finalmente a demostrar que K es de tipo real. Si L = K( −1),
en virtud de (10.1) se tiene que K es una extensión de Galois de L. Supongamos que K 6= L y elijamos τ ∈ G(K/L), τ 6= id. Sea n = |τ | y p un
primo que divide a n. Si F es el cuerpo fijo de I =< τ n/p > en K, tenemos
0
id] = |I| = p, y aplicando (10.4) F resulta un
[K : F ] = [F 0 : K ] = [I 00 : √
cuerpo de tipo real. Como −1 ∈ L ⊆ F , tendrı́amos
√ una contradicción.
Debe ser entonces L = K y [K : K] = [L : K] = [K( −1) : K] = 2, lo cual
permite aplicar ahora (10.4) al cuerpo intermedio K.
¥
92
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Ejercicios del Capı́tulo 10
1. Si K es perfecto, toda extensión finita de K es separable.
2. Sea [L : K] < ∞ y K ⊆ F ⊆ L. Entonces, si L es extensión de Galois
de K, L es extensión de Galois de F . (Usar el Corolario 7.7.)
3. Demuestre que si F ⊂ K es una extensión finita de grado n ≥ 2 y
K = K, entonces n = 2.
4. Demuestre que si K es un cuerpo de tipo real, todo polinomio de grado
impar de K[x] tiene una raı́z en K.
5. Si car(K) 6= p, entonces Φp (x) no posee raı́ces múltiples en K.
Comentarios
Tenemos aquı́ una importante aplicación del Teorema de Galois, el Teorema 10.1, resultado clásico cuya demostración, compacta, ha sido tomada
de [20].
Capı́tulo 11
Raı́ces de la Unidad y
Polı́gonos Constructibles
En cualquier clausura algebraica de K el polinomio xn −1 ∈ K[x] tiene como
máximo n raı́ces distintas, las cuales forman un subgrupo multiplicativo de
∗
K , que es cı́clico en virtud del Ejercicio 6 del Capı́tulo 6. A sus generadores
se les denomina raı́ces n-ésimas primitivas (de la unidad). Por ejemplo,
ξn = cis 2π
n es una raı́z compleja primitiva n-ésima, y 2 es una raı́z primitiva
sexta en Z3 .
Como veremos a continuación, el comportamiento de xn − 1 en Q[x]
está ı́ntimamente ligado con el problema de determinar cuáles son los polı́gonos regulares de n lados, es decir, los n-ógonos, que son constructibles con
regla y compás.
Lema 11.1. Si el n-ógono (n ≥ 3) es constructible, Irr(ξn , Q) es de grado
2a (para algún a ∈ N), siendo ξn = cis 2π
n .
Demostración. Sean αn = Re(ξn ) y βn = Im(ξn ). Como por hipótesis ξn
es constructible, αn y βn lo son. En particular, βn es constructible sobre
Q(αn ) y tendremos que [Q(αn ) : Q] = 2u , [Q(αn , βn ) : Q(αn )] = 2v , para
ciertos u, v ≥ 0, según el Corolario 3.4. Entonces [Q(αn , βn , i) : Q] = 2u+v+1
y como Q(ξn ) ⊆ Q(αn , βn , i), existirá a ≥ 0 tal que [Q(ξn ) : Q] = 2a .
¥
Sabemos que si p es primo, entonces Irr(ξp , Q) = xp−1 + · · · + x + 1 =
Φp (x), el polinomio ciclotómico, que es irreducible en Q[x]. Los ejercicios
93
94
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
de este capı́tulo permiten analizar Irr(ξn , Q) en general. Limitémonos por
el momento al caso n = p2 .
Lema 11.2. Irr(ξp2 , Q) = x(p−1)p + x(p−2)p + · · · + x2p + xp + 1, si p es
primo.
2
Demostración. Sea g = 1+xp +x2p +· · ·+x(p−1)p . Como (1−xp )g = 1−xp ,
2
tenemos (1 − (x + 1)p )g(x + 1) = 1 − (x + 1)p . Pasando a Zp [x] notamos
2
2
que (1 − xp − 1)g(x + 1) = 1 − xp − 1, por lo que g(x + 1) = xp −p en Zp [x]
2
y entonces g(x + 1) = xp −p + pf (x), con f (x) ∈ Z[x] y gr(f ) < p2 − p. En
consecuencia, evaluando en x = 0, tendremos que pf (0) = g(1) = p. Por
todo ello podemos aplicar el Criterio de Eisenstein a g(x + 1) y concluir que
es un polinomio irreducible en Q[x] (y en Z[x], pues es mónico). Ası́, g(x)
es irreducible en Q[x] y como g(ξp2 ) = 0, resulta g(x) = Irr(ξp2 , Q).
¥
Observaciones:
1. Si el m-ógono es constructible y n|m, entonces el n-ógono es constructible. En efecto, el ángulo 2π
m es constructible y como m = nk (para
2π
cierto k natural), es constructible el ángulo k 2π
m = n .
2. Si (m, n) = 1, el mn-ógono es constructible si, y sólo si, el m-ógono
y el n-ógono lo son. En efecto, como existen enteros a y b tales que
2π
2π
= a 2π
an + bm = 1, se tiene mn
m + b n , lo cual conduce al resultado.
Teorema 11.3 (Gauss). El n-ógono es constructible si, y sólo si,
λi
n = 2r q1 · · · qs con r ≥ 0, los qi son primos diferentes y qi = 22 + 1
para ciertos λi ≥ 0.
αt
1
Demostración. (⇒) Escribamos n = 2r pα
1 · · · pt con r ≥ 0, pi primo impar
2
∀i, pi 6= pj si i 6= j. Si α1 ≥ 2, el p1 -ógono es constructible por la observación
previa. Entonces se tiene [Q(ξp21 ) : Q] = 2a por el Lema 11.1, y [Q(ξp21 ) : Q] =
p21 − p1 por el Lema 11.2, lo cual es una contradicción. Luego α1 = 1 y de
forma similar αj = 1 ∀j, es decir, n = 2r p1 · · · pt . Entonces el pi -ógono es
constructible y [Q(ξpi ) : Q] = pi − 1 = 2ai ∀i, es decir, pi = 2ai + 1, y
sólo resta demostrar que ai es potencia de 2. De lo contrario tendrı́amos
ai = wi b con wi primo impar. Pero entonces xwi¡ +¢1 = (x + 1)g(x) para
wi
cierto g(x) ∈ Z[x], y ası́ pi = 2ai + 1 = 2wi b + 1 = 2b
+ 1 = (2b + 1)g(2b )
b
y en consecuencia 2 + 1 = pi . Equivalentemente, b = ai y wi = 1, que es
una contradicción.
95
Capı́tulo 11. Raı́ces de la Unidad y Polı́gonos Constructibles
(⇐) El cuadrado es constructible y por ello el 2r -ógono es constructible. Si
demostramos que el qi -ógono es constructible, aplicamos la Observación 2
λ
y obtenemos que el n-ógono también lo es. Sea entonces q = 22 + 1 primo
λ
2π
y sea ξ = cis q . Entonces [Q(ξ) : Q] = q − 1 = 22 .
1
Para construir el q-ógono es suficiente construir 2 cos 2π
q = ξ + ξ . Veamos que ξ + 1ξ es constructible. Sea a = 2λ y sea K = Q(ξ + 1ξ ) ⊆ R.
Nótese que f (x) = (x − ξ)(x − 1ξ ) ∈ K[x] es irreducible en K[x] y f (ξ) = 0.
Por lo tanto [K(ξ) : K] = 2. Como Q ⊆ K ⊆ Q(ξ), resulta Q(ξ) = K(ξ)
y entonces [Q(ξ) : K] = 2. Sea F = Q(ξ) y G = G(F/Q). Como F es
un cuerpo de descomposición de xq − 1 sobre Q, por el Teorema de Galois tenemos que |G| = [Q(ξ) : Q] = 2a . Análogamente, por ser Q(ξ)
un cuerpo de descomposición de (x − ξ)(x − 1ξ ) sobre Q(ξ + 1ξ ), se tiene
|G(Q(ξ)/Q(ξ + 1ξ ))| = [Q(ξ) : Q(ξ + 1ξ )] = [ Q(ξ) : K] = 2.
Si H1 = G(Q(ξ)/Q(ξ + 1ξ )), los Teoremas de Sylow garantizan que
existen H2 , H3 , . . . , Ha , subgrupos de G tales que
{id} = H0 / H1 / · · · / Ha = G
y
|Hj | = 2j
∀ 1 ≤ j ≤ a.
Por el Teorema de Galois tendremos
1
Q = FHa ⊂ FHa−1 ⊂ · · · ⊂ FH1 = Q(ξ+ )
ξ
y
[FHj−1 : FHj ] = 2
∀j.
Como FHj−1 = FHj (αj ) para cierto αj ∈
/ FHj , será Irr(αj , FHj ) = x2 +
q
bj x + cj , y ası́ FHj−1 = FHj ( b2j − 4cj ) ∀j. En virtud de la Proposición 3.2,
aplicada sucesivamente a FHj ∀j, ξ+ 1ξ resulta constructible, como querı́amos
demostrar.
¥
n
Nota. No todo número de la forma 22 + 1 es primo, como demostró Eu5
ler (1732) factorizando propiamente el número 22 + 1. Los p-ógonos constructibles, para p primo, son poco abundantes: por ejemplo, si p < 1040000
obtenemos solamente los valores 3, 5, 17, 257 y 65537.
Veremos a continuación que es posible calcular el valor [Q(ξn ) : Q], lo
cual permitirá determinar el grupo de Galois de xn −1 sobre Q. Recordemos
que en el anillo Zn los elementos invertibles forman un grupo multiplicativo,
que se denota mediante Z∗n . Su orden es ϕ(n), ϕ es la llamada función de
Euler y ϕ(n) coincide, claramente, con el número de naturales primos con
n, menores que n.
96
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Lema 11.4. Si car(K) = 0, Gxn −1 se inyecta en Z∗n .
Demostración. Sea ξ una raı́z primitiva n-ésima y sea A = {1, ξ, . . . , ξ n−1 }
el conjunto de las n distintas raı́ces de xn − 1 en K. Dado σ ∈ Gxn −1 =
G(K(ξ)/K), es claro que σ|A ∈ Aut(A) y que la correspondencia σ 7→ σ|A
es inyectiva, pues σ queda determinado por su efecto en ξ. Como es bien
conocido, Aut(A) ∼
= Z∗n , pues ∀ k < n f (ξ) = ξ k define un automorfismo de
A si, y sólo si, k es primo con n.
¥
Corolario 11.5. Si car(K) = 0 y ξ es una raı́z primitiva n-ésima, entonces
[K(ξ) : K] ≤ ϕ(n).
Demostración. K ⊂ K(ξ) es una extensión normal, luego [K(ξ) : K] =
|G(K(ξ)/K)| = |Gxn −1 | ≤ |Z∗n | = ϕ(n).
¥
En el caso particular K = Q obtenemos refinamientos de los resultados
anteriores.
Teorema 11.6. [Q(ξn ) : Q] = ϕ(n) y, sobre el cuerpo de los racionales,
Gxn −1 ∼
= Z∗n .
Demostración. Si f (x) = Irr(ξn , Q), entonces xn − 1 = f (x)g(x) y, por el
Corolario 1.7, tanto f como g tienen todos sus coeficientes enteros. Sabemos
que gr(f ) = [Q(ξn ) : Q] ≤ ϕ(n), y probaremos que gr(f ) ≥ ϕ(n). Para ello
será suficiente demostrar que toda raı́z primitiva n-ésima es raı́z de f . Como
toda raı́z primitiva n-ésima se obtiene elevando ξn a un producto de primos
que no dividen a n, bastará demostrar que si a es una raı́z de f y p es un
primo que no divide a n, entonces ap es una raı́z de f . Supongamos, por
el contrario, que f (ap ) 6= 0. Entonces g(ap ) = 0 y a es una raı́z de g(xp ).
Luego existe h(x) ∈ Z[x] tal que g(xp ) = f (x)h(x). Si pasamos al anillo
p
Zp [x], obtenemos f (x)h(x) = g(xp ) = (g(x)) , lo cual muestra que f y g no
n
son coprimos. Pero entonces x − 1 = f g tiene (en una clausura algebraica
de Zp ) raı́ces múltiples, lo cual es falso, como se ve tomando la derivada de
xn − 1 y utilizando que p no divide a n.
Finalmente, combinando lo obtenido con el Lema 11.4 resulta Gxn −1 ∼
=
∗
Zn .
¥
Es de hacer notar que la estructura del grupo Z∗n es bien conocida; por
ello queda completamente calculado Gxn −1 sobre el cuerpo de los números
racionales.
Capı́tulo 11. Raı́ces de la Unidad y Polı́gonos Constructibles
97
Otra instancia en la cual encontramos que las raı́ces n-ésimas de la
unidad juegan un papel importante es en el análisis de los anillos de división,
en particular, en el clásico resultado de Wedderburn acerca de anillos de
división finitos, de fundamental importancia para las Geometrı́as Finitas.
Recordemos que un anillo D es un anillo de división si satisface todos los
postulados de un cuerpo, con la posible excepción de la conmutatividad del
producto.
Teorema 11.7 (Wedderburn). Sea D un anillo de división. Si D es finito,
entonces D es un cuerpo.
Demostración.
Para cada d ∈ D sea C(d) = {a ∈ D; ad = da} y sea
\
Z =
C(d). Es claro que C(d) es un subanillo de división de D, por lo
d∈D
cual Z (que es conmutativo) resulta ser un cuerpo finito, es decir, Z = GF (q)
para cierto natural q. Sean δ(d) = dimZ C(d) y n = δ(1). Como C(1) = D,
resulta que D tiene q n elementos.
Si d ∈ D \ Z, entonces C(d) ⊂ D y por lo tanto (si consideramos
a D como C(d)-módulo) dimC(d) D = t > 1. Entonces q n = card(D) =
¡
¢t
t
(cardC(d)) = card(Z)δ(d) = q tδ(d) , es decir, δ(d) es un divisor propio de
n, ∀d ∈ D \ Z.
qn − 1
es el número de
En el grupo multiplicativo D∗ , [D∗: C(d)∗]= δ(d)
q
−1
∗
∗
conjugados con d. Como Z es el centro de D , por la Fórmula de Clases
X qn − 1
, para ciertos δ divisores propios de
se tiene q n − 1 = (q − 1) +
qδ − 1
δ
n. En virtud del Ejercicio 4, Φn (q) divide tanto al sumatorio anterior como
a q n − 1. Luego, Φn (q)|q − 1. Sin embargo, si representamos en el plano
las raı́ces n-ésimas de la unidad y utilizamos la definición de Φn (x), resulta
|Φn (q)| > q − 1, que es una contradicción. Entonces Z = D y D es un
cuerpo.
¥
Ejercicios del Capı́tulo 11
1. Dado el número
natural n, se define el polinomio ciclotómico n-ésimo
Y
Φn (x) =
(x − αi ), donde αi recorre las distintas raı́ces primitivas
i
n-ésimas en C.
98
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
a) Justifique esta terminologı́a
demostrando que si n = p, con p
Y
primo, entonces
(x − αi ) coincide con xp−1 + xp−2 + · · · +x +1.
i
b) Demuestre que Φn (x) ∈ Z[x], para todo natural n.
Q
2. Demuestre que xn − 1 = Φd (x).
d|n
3. Calcule Φn (x), para n ≤ 20.
4. Demuestre que para todo d, divisor propio de n, se tiene xn − 1 =
(xd − 1)Φn (x)h(x) con h(x) ∈ Z[x].
5. Demuestre que Φn (x) es irreducible en Q[x]. Luego, Φn = Irr(ξn , Q).
6. Dé un ejemplo para el cual la desigualdad del Corolario 11.5 sea estricta.
7. Sea n ∈ N. Demuestre que el ángulo de n grados es constructible si, y
sólo si, 3 divide a n. (Sugerencia: el pentágono es constructible.)
Comentarios
Los primos que aparecen en el Teorema 11.3 son los llamados primos de
Fermat. No se conoce sino un número finito de ellos.
A los diecinueve años Gauss realizó una construcción geométrica del
17-ógono. Su demostración del Teorema 11.3 es posterior.
Capı́tulo 12
Extensiones Radicales
Definición 12.1. Diremos que un cuerpo L es una extensión radical de
un cuerpo K si existen u1 , . . . , ur y naturales n1 , . . . , nr de modo tal que
n
L = K(u1 , . . . , ur ), un1 1 ∈ K y uj j ∈ K(u1 , . . . , uj−1 ) ∀j ≥ 2.
√ p
√
3
Por ejemplo, Q ⊂ Q( 2, 5 + 2) es una extensión radical. Ası́ mismo, si ξ es una raı́z primitiva n-ésima sobre K, la extensión K ⊂ K(ξ) es
una extensión radical.
Lema 12.1. Toda extensión radical K(u1 , . . . , ur ) es finita.
Demostración. Como un1 1 = α1 ∈ K, u1 es una raı́z de xn1 − α1 ∈ K[x] y
por ello K ⊂ K(u1 ) es una extensión de grado finito. En general tendremos
que uj es algebraico sobre K(u1 , . . . , uj−1 ) si j ≥ 2, lo cual garantiza que
[K(u1 , . . . , ur ) : K] < ∞.
¥
Se desprende de la definición dada y del lema anterior que los elementos
de L se obtienen mediante sucesivas operaciones algebraicas y de radicación,
a partir de elementos de K.
Hay que hacer notar que en la Definición 12.1 los nj pueden tomarse
primos. En efecto, factoricemos n1 = p1 · · · ps (con pi primo ∀i) y llamemos
z1 = up12 ···ps , z2 = up13 ···ps , . . . , zs = u1 . Como un1 1 ∈ K, se tiene z1p1 ∈ K,
z2p2 = z1 ∈ K(z1 ), . . . , zsps = zs−1 ∈ K(z1 , . . . , zs−1 ). Podemos, por ello,
reemplazar K ⊂ K(u1 ) por K ⊂ K(z1 ) ⊂ K(z1 , z2 ) ⊂ · · · ⊂ K(z1 , . . . , zs ) =
p
K(u1 ), y en cada paso de la cadena se tiene zj j ∈ K(z1 , z2 , . . . , zj−1 ) con
pj primo. Se repite el argumento con los otros enteros ni .
99
100
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Recordemos que un grupo es resoluble si admite una serie normal con
cocientes abelianos. Es bien conocido que si H C G, entonces G es resoluble
si, y sólo si, H y G/H son resolubles.
Nuestro próximo objetivo es demostrar el siguiente resultado.
Teorema. Si car(K) = 0, K ⊂ L ⊂ M y M es una extensión radical de K,
entonces G(L/K) es resoluble.
Comencemos desarrollando algunas herramientas. En lo que sigue, si
{Ui }si=1 es una colección de subcuerpos de un cuerpo fijo M , denotaremos
por U1 ∨ · · · ∨ Us al menor subcuerpo de M que contiene a Ui , ∀i = 1, . . . , s.
Lema 12.2. Sea K ⊂ L una extensión finita y M su clausura normal. Si
car(K) = 0, entonces M = L1 ∨ · · · ∨ Lr con Li ∼
= L (un K-isomorfismo) y
K ⊂ Li ⊂ M , ∀i.
Demostración. De acuerdo con el Corolario 9.4 existe α1 tal que L =
K(α1 ). Sea f = Irr(α1 , K) y sean α1 , α2 , . . . , αr todas sus raı́ces en L. Sea
N = K(α1 , . . . , αr ) y probemos que N = M . Es suficiente demostrar que si
K ⊂ L ⊂ S ⊆ N y S es cuerpo de descomposición de algún g ∈ K[x], entonces S = N . (Véase el Ejercicio 2, Capı́tulo 9.) Pero esto es cierto porque,
como α1 ∈ S, αi ∈ S ∀i en virtud de la Proposición 5.8. Luego, N ⊆ S.
Habiendo probado que N = M observemos que M = K(α1 , . . . , αr ) =
K(α1 ) ∨ · · · ∨ K(αr ), y como α1 conjK αi , se tiene que existe un K-isomorfismo entre K(αi ) y K(α1 ) = L, ∀i.
¥
Lema 12.3. Si K ⊂ Li ⊂ M (1 ≤ i ≤ n) y si Li es una extensión radical
de K, entonces L1 ∨ · · · ∨ Ln es una extensión radical de K.
Demostración. Es suficiente considerar n = 2. Se tiene entonces
L1 = K(u1 , . . . , us ) ,
L2 = K(v1 , . . . , vt ) ,
n
uj j ∈ K(u1 , . . . , uj−1 ) y
vimi ∈ K(v1 , . . . , vi−1 ).
Como L1 ∨ L2 = K(u1 , . . . , us , v1 , . . . , vt ), es claro que L1 ∨ L2 es una
extensión radical de K.
¥
Lema 12.4. Sea L una extensión radical de K, car(K) = 0 y sea M la
clausura normal de K ⊂ L. Entonces M es una extensión radical de K.
Capı́tulo 12. Extensiones Radicales
101
Demostración. M = L1 ∨ · · · ∨ Lr con Li ∼
= L ∀i, en virtud del Lema 12.2. Sea θi: L → Li un K-isomorfismo. Por hipótesis L = K(u1 , . . . , ur ),
n
uj j ∈ K(u1 , . . . , uj−1 ) ∀j. Por lo tanto Li = θi (L) = K(θi (u1 ), . . . , θi (ur )) y
θi (uj )nj ∈ K(θi (u1 ), . . . , θi (uj−1 )), es decir, Li es una extensión radical de
K, ∀i. Se aplica ahora el Lema 12.3.
¥
La operación de radicación no es sino el análisis de las raı́ces del polinomio xn − a ∈ K[x] y, por ello, los dos siguientes resultados son pertinentes.
Lema 12.5. Si p es primo, el grupo de Galois de xp − 1 ∈ K[x] es abeliano.
Demostración. Si car(K) = p, xp − 1 = (x − 1)p y Gxp −1 = {id}. Supongamos que car(K) 6= p y sea L un cuerpo de factorización de xp − 1 sobre
K. Luego, L = K(1, ξ, ξ 2 , . . . , ξ p−1 ) = K(ξ), siendo ξ una raı́z p−ésima
primitiva. Sea g = Irr(ξ, K). Como g|xp − 1, si α conjK ξ necesariamente
será α = ξ j (para cierto j). Sean ϕ y ψ elementos de G(L/K). Para ver
que ϕ y ψ conmutan es suficiente comprobar que ϕψ(ξ) = ψϕ(ξ), pues
L = K(ξ). Pero ϕ(ξ) = ξ i y ψ(ξ) = ξ j (para ciertos naturales i, j),
pues ϕ(ξ) conjK ξ y ψ(ξ) conjK ξ. En conclusión, ϕψ(ξ) = ξ i+j = ψϕ(ξ)
y el grupo resulta abeliano.
¥
Lema 12.6. Si K contiene a todas las raı́ces de xn − 1 y si a ∈ K, entonces
el grupo de Galois de xn − a es abeliano.
Demostración. Sea L el cuerpo de descomposición de xn − a sobre K, y sea
u ∈ L una raı́z de xn − a. Si v ∈ L es una raı́z de xn − a, (u−1 v)n = 1
y u−1 v ∈ K por hipótesis. Sea ξ ∈ K una raı́z primitiva n−ésima. Por
lo tanto u−1 v = ξ j , para cierto j ≥ 1, es decir, v = uξ j . Deducimos que
L = K(u, uξ, uξ 2 , . . . , uξ n ) = K(u), ya que ξ ∈ K. Finalmente, si ϕ y ψ
pertenecen a Gxn −a , ϕ(u) conjK u, es decir, ϕ(u) = uξ i , para cierto i. De
forma análoga ψ(u) = uξ j . En consecuencia ϕψ(u) = uξ i+j = ψϕ(u) y
Gxn −a resulta abeliano.
¥
El resultado siguiente es crucial.
Teorema 12.7. Si car(K) = 0 y K ⊂ M es una extensión normal radical,
entonces G(M/K) es resoluble.
Demostración. Sabemos que M = K(u1 , . . . , un ), upi i ∈ K(u1 , . . . , ui−1 ) y
los pi son primos, ∀i. Sea p = p1 y preparemos el camino para probar el
teorema por inducción en n.
102
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Sea ξ una raı́z primitiva p−ésima, ξ ∈ K. Por hipótesis M es cuerpo de
descomposición de un cierto polinomio f ∈ K[x], luego M (ξ) es cuerpo de
descomposición de f sobre K(ξ). Por otro lado, K(ξ) es cuerpo de descomposición de xp − 1 sobre K y M (ξ) resulta cuerpo de descomposición de
xp −1 sobre M . Es claro que M (ξ) es cuerpo de descomposición de (xp −1)f
sobre K. Denotemos M0 = M (ξ), M1 = K(ξ).
M0 = M (ξ)
M1 = K(ξ)
M
K
Por lo anterior las extensiones K ⊆ M , K ⊆ M0 , M ⊆ M0 , K ⊆ M1 y
M1 ⊆ M0 son normales.
Aplicamos el Teorema de Galois a K ⊆ M ⊆ M0 para obtener G(M/K) ∼
=
G(M0 /K)
. Es suficiente probar que G(M0 /K) es resoluble. Aplicamos el
G(M0 /M )
G(M0 /K)
Teorema de Galois a K ⊆ M1 ⊆ M0 para obtener G(M1 /K) ∼
.
=
G(M0 /M1 )
En virtud del Lema 12.5 G(M1 /K) es abeliano. En consecuencia, es suficiente demostrar que G(M0 /M1 ) es resoluble. Una nueva reducción nos espera.
En efecto, tenemos M0 = M (ξ) = K(u1 , . . . , un , ξ) = M1 (u1 , . . . , un ) y podemos considerar M1 ⊆ M1 (u1 ) ⊆ M0 . Como M1 (u1 ) = K(ξ, u1 ) =
K(ξ)(u1 , u1 ξ, . . . , u1 ξ p−1 ), resulta M1 (u1 ) un cuerpo de descomposición de
xp −up1 sobre M1 . Entonces M1 ⊆ M1 (u1 ) es normal. Por el Teorema de Ga∼ G(M0 /M1 ) , y por el Lema 12.6 G(M1 (u1 )/M1 ) =
lois, G(M1 (u1 )/M1 ) =
G(M0 /M1 (u1 ))
Gxp −up1 es abeliano (y por lo tanto resoluble). Por lo tanto, bastará demostrar que G(M0 /M1 (u1 )) es resoluble para concluir que G(M0 /M1 ) (y en
consecuencia también G(M/K)) es resoluble.
Sea H = G(M0 /M1 (u1 )) y procedamos a demostrar que G(M/K) es
resoluble por inducción sobre n. Si n = 1, tendremos M = K(u1 ), M0 =
M (ξ) = K(u1 , ξ) = K(ξ, u1 ) = M1 (u1 ), es decir H = {id}, que es resoluble.
Supongamos válido el teorema para n − 1. La extensión M1 (u1 ) ⊆ M0 es
Capı́tulo 12. Extensiones Radicales
103
radical (pues M0 = M1 (u1 , . . . , un ) = M1 (u1 )(u2 , . . . , un )) y normal (pues
M1 ⊆ M0 es normal y u1 ∈ M0 ). Por hipótesis inductiva G(M0 /M1 (u1 )) =
H es resoluble y G(M/K), en consecuencia, resulta resoluble.
¥
Como corolario obtenemos el siguiente resultado que motivó nuestro
esfuerzo.
Teorema 12.8. Si car(K) = 0, K ⊂ L ⊂ M y M es una extensión radical
de K, entonces G(L/K) es resoluble.
Demostración. Sea G = G(L/K) y sea K0 = LG . Entonces K ⊆ K0 ⊆ L
y G = G(L/K0 ). La extensión K0 ⊂ L es normal (por la construcción de
K0 ) y K0 ⊂ M es radical, obviamente. Sin pérdida de generalidad podemos
suponer car(K) = 0, K ⊆ L ⊆ M , K ⊆ M radical y K ⊆ L normal.
Sea N la clausura normal de K ⊆ M . Luego K ⊆ L ⊆ M ⊆ N y, por el
Lema 12.4, K ⊆ N es radical. Sin pérdida de generalidad podemos suponer
car(K) = 0, K ⊆ L ⊆ M , K ⊆ L normal y K ⊆ M normal radical. Por
G(M/K)
. En virtud del Teorema 12.7
el Teorema de Galois, G(L/K) ∼
=
G(M/L)
G(M/K) resulta resoluble. En consecuencia G(L/K) es resoluble, como se
deseaba demostrar.
¥
Definición 12.2. Diremos que f ∈ K[x] es resoluble por radicales (sobre
K) si existe una extensión radical K ⊆ L tal que L contiene al cuerpo de
descomposición de f sobre K.
Es evidente que todo polinomio con coeficientes complejos es resoluble
por radicales sobre C. Ası́ mismo, por ser R ⊂ C una extensión radical, todo
f ∈ R[x] es resoluble por radicales sobre R.
Enfatizamos que si f es resoluble por radicales sobre K, entonces sus
raı́ces son obtenidas mediante sucesivas operaciones algebraicas y de radicación, a partir de elementos de K, hecho que justifica la terminologı́a
introducida.
¿Cómo construiremos un polinomio que no sea resoluble por radicales
sobre K? Bastará con tomar un cuerpo K de caracterı́stica cero y f ∈ K[x]
tal que Gf no sea un grupo resoluble, para concluir que f no es resoluble
por radicales por aplicación del Teorema 12.8.
En general, el comportamiento de una raı́z de un polinomio f no provee
información acerca de las otras. Cuando f es irreducible, la situación es
diferente.
104
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Proposición 12.9. Sea f irreducible en K[x] y car(K) = 0. Si existe K ⊂ L
radical tal que L contiene una raı́z de f , entonces Gf es resoluble.
Demostración. Sea N la clausura normal de K ⊂ L. Luego, K ⊂ N es
una extensión normal radical, según el Lema 12.4, y N contiene todas las
raı́ces de f por contener a una de ellas, por la Proposición 5.8. Ahora el
Teorema 12.8 nos permite concluir que Gf es resoluble.
¥
Para construir un polinomio que no sea resoluble por radicales sobre
Q, será suficiente asegurarnos de que su grupo de Galois sea Sn , con n = 5.
Proposición 12.10. Sean p un primo y f ∈ Q[x] irreducible de grado p.
Si f posee exactamente dos raı́ces no-reales, entonces Gf ∼
= Sp .
Demostración. Sean α y α las mencionadas raı́ces y sea F un cuerpo de
factorización de f sobre Q. Se tiene entonces Q ⊂ Q(α) ⊂ F y Gf ,→ Sp .
Como |Gf | = [F : Q] y p = [Q(α) : Q], existe en Gf un elemento σ de
orden p. Escribamos σ = τ1 · · · τs , siendo los τi ciclos disjuntos en Sp . Como
ord(σ) = p = m.c.m{ord(τi )}si=1 , resulta que σ es un p-ciclo. Consideremos
µ : C → C tal que µ(z) = z ∀z ∈ C. Claramente µ ∈ G(F/Q) = Gf y es una
transposición en Sp . En conclusión, Gf posee un p-ciclo y un 2-ciclo, lo cual
es suficiente para que Gf sea isomorfo a Sp .
¥
Teorema 12.11. Existe un polinomio de grado cinco que no es resoluble
por radicales sobre Q.
Demostración. Sea f = x5 − 6x + 3 ∈ Q[x]. Como f 0 = 5x4 − 6, resulta
que
dos extremos relativos, de signos opuestos: uno en
qf tiene exactamente
q
− 4 65 , el otro en 4 65 . Luego f posee exactamente dos raı́ces no reales y,
según nuestro resultado precedente, Gf ∼
= S5 por lo que f no es resoluble
por radicales sobre Q.
¥
Este resultado garantiza que, como probara Abel (1824), no existe una
“fórmula radical” para n = 5 sobre el cuerpo Q, en contraste con lo que
ocurre para n ≤ 4.
Pasemos a continuación a la consideración del caso general, n ≥ 5 y
car(F ) = 0. La generalidad buscada se traduce en considerar “el polinomio general de grado n.” Para ello, sea F (a1 , . . . , an ) el cuerpo de fracciones del anillo F [a1 , . . . , an ], y p(x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an
105
Capı́tulo 12. Extensiones Radicales
∈ F (a1 , . . . , an )[x]. Entonces existirá una fórmula radical general para los
polinomios de grado n si, y sólo si, p(x) es resoluble por radicales sobre
F (a1 , . . . , an ). Una reformulación equivalente será dada a continuación.
Tomemos car(F ) = 0 y K = F (a1 , . . . , an ). Entonces Sn ,→ G(K/F ),
como se aprecia tomando, ∀σ ∈ Sn , σ ∗ ∈ G(K/F ) definida mediante
σ ∗ (f (a1 , . . . , an )/g(a1 , . . . , an )) = f (aσ(1) , . . . , aσ(n) )/g(aσ(1) , . . . , aσ(n) ).
Consideremos el cuerpo fijo E de Sn en K, el cual se denomina el cuerpo de las funciones simétricas. Es decir, E = KSn = Ψ(Sn ). Es claro que
los siguientes polinomios simétricos elementales están en E:
s1
=
s2
=
a1 + · · · + an
X
ai aj
i<j
s3
=
X
ai aj ak
i<j<k
sn
..
.
=
a1 a2 · · · an
Por lo anterior, se tiene F ⊂ F (s1 , . . . , sn ) ⊆ E ⊆ K = F (a1 , . . . , an ). Observamos que el polinomio (t−a1 ) · · · (t−an ) = tn −s1 tn−1 +s2 tn−2 −· · · (−1)n sn
está en E[t] y es separable. Claramente, Pn (t) = (t − a1 ) · · · (t − an ) es
el polinomio (mónico) general de grado n, factorizado en función de sus
raı́ces aj . Nuestro objetivo es ver si Pn (t) es resoluble por radicales sobre
F (s1 , . . . , sn ).
Teorema 12.12. Si car(F ) = 0, el grupo de Galois del polinomio general
de grado n es Sn .
Demostración. El cuerpo de descomposición de Pn sobre F (s1 , . . . , sn ) es
F (s1 , . . . , sn )(a1 , . . . , an ) = K(s1 , . . . , sn ) = K, ası́ que debemos demostrar
que G(K/F (s1 , . . . , sn )) ∼
= Sn . Como GPn ,→ Sn , es suficiente probar que
n! ≤ |GPn |. Para todo σ ∈ Sn , vimos que σ ∗ ∈ G(K/F ), y como si ∈
KSn , σ ∗ ∈ G(K/F (s1 , . . . , sn )) = GPn . En conclusión, GPn ∼
= Sn , como
querı́amos demostrar.
¥
Con el siguiente resultado Galois da por concluida una búsqueda iniciada trescientos años antes.
106
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Teorema 12.13 (Galois). Si n ≥ 5, no existe una fórmula radical válida
para todo polinomio de grado n.
Demostración. Si n ≥ 5, Sn no es un grupo resoluble. Como GPn ∼
= Sn , el
polinomio general Pn no es resoluble por radicales si car(F ) = 0.
¥
Corolario 12.14. El cuerpo de las funciones simétricas está generado por
los polinomios simétricos elementales.
Demostración. Continuando con las notaciones precedentes debemos establecer que E = F (s1 , . . . , sn ). Para ello apliquemos la correspondencia de
Galois a la extensión F (s1 , . . . , sn ) ⊂ K, la cual es una extensión normal,
finita y separable. Se tiene que F (s1 , . . . , sn ) ⊆ E ⊆ K y Φ(F (s1 , . . . , sn )) =
G(K/F (s1 , . . . , sn )) = Sn . Por otro lado, Φ(E) = Φ(KSn ) = ΦΨ(Sn ) = Sn .
Concluimos que E = F (s1 , . . . , sn ).
¥
El resultado anterior puede ser mejorado, ya que es posible demostrar
que todo polinomio simétrico en a1 , . . . , an es un polinomio en s1 , . . . , sn ,
hecho fundamental conocido como el Teorema de los Polinomios Simétricos.
Por ejemplo, si n = 2, a21 + a22 = (a1 + a2 )2 − 2a1 a2 = s21 − 2s2 .
Teorema 12.15 (Teorema Fundamental de los Polinomios Simétricos). Todo polinomio G, simétrico en a1 , . . . , an , puede ser expresado como
un polinomio P en s1 , . . . , sn . Más aún, si los coeficientes de G son enteros,
lo mismo ocurre con los coeficientes de P .
Demostración. Para n = 1 el resultado es inmediato. Supongamos
P válido el teorema para n − 1. Nuestro polinomio G se escribe como
Gi ain ,
siendo los Gi ∈ K[a1 , . . . , an−1 ] claramente simétricos en a1 , . . . , an−1 . Si
llamamos ti a los polinomios simétricos elementales en a1 , . . . , an−1 (y si
definimos t0 = 1 y tn = 0), se tiene que si = ti + an ti−1 (1 ≤ i ≤ n). Por
hipótesis inductiva podemos expresar cada Gi como gi (t1 , . . . , tn−1 ). Pero
las relaciones indicadas, utilizadas en forma recursiva, conducen a
tj = sj − an sj−1 + a2n sj−2 − · · · + (−1)j ajn ,
1 ≤ j ≤ n.
Efectuadas las sustituciones correspondientes tendremos
G=
X
Gi ain =
X
gi (t1 , . . . , tn−1 )ain =
n−1
X
i=0
fi ain ,
107
Capı́tulo 12. Extensiones Radicales
siendo cada fi un polinomio en s1 , . . . , sn , para todo i. Como G es
Psimétrico,
resulta
f
simétrico
para
todo
i.
Entonces
G(a
,
.
.
.
,
a
)
=
fi ain =
i
1
n
P
P
i
i
n−1
fi an−1 = · · · =
fi a1 , por lo cual h(x) = fn−1 x
+ · · · + f1 x + f0 −
G(a1 , . . . , an ) se anula en a1 , a2 , . . . , an y por lo tanto es idénticamente nulo.
En consecuencia, G = f0 (s1 , . . . , sn ), como querı́amos demostrar.
Finalmente, obsérvese que si G tiene todos sus coeficientes enteros,
entonces tanto gi como fi tienen sus coeficientes enteros, para todo i. En
particular, los coeficientes de f0 son enteros.
¥
Corolario 12.16. Si
n
Y
n
Y
(x − ai ) ∈ Z[x], entonces para todo natural k
i=1
(x − aki ) ∈ Z[x].
i=1
Demostración. Los coeficientes cj de
n
Y
(x − aki ) son polinomios simétricos
i=1
en a1 , . . . , an , con coeficientes enteros. En consecuencia existe un polinomio
Pj con coeficientes enteros tal que cj = Pj (s1 , . . . , sn ). Por hipótesis, si ∈ Z
para todo i, luego cj ∈ Z ∀j.
¥
Pasemos a estudiar un importante polinomio simétrico asociado al polinomio general Pn (t) = (t − a1 ) · · · (t − an ).
Y
Definición 12.3. Llamaremos discriminante de Pn (t) a d =
(ai − aj )2 .
i<j
Observamos que si g =
Y
(ai − aj ), entonces d = g 2 es claramente
i<j
simétrico, por lo cual existe δ ∈ K[x1 , . . . , xn ] tal que δ(s1 , . . . , sn ) = d. Nos
proponemos calcular el polinomio δ. Para ello sea, para cada k ∈ N ∪ {0},
n
X
pk =
aki . Ası́, p0 = n y p1 = s1 . Nótese que g = det(V ), siendo V la mai=1
triz de Vandermonde de a1 , . . . , an . Por lo tanto d = g 2 = det(V t ) det(V ) =
det(V t V ) = det(M ), siendo


p0
p1
· · · pn−1
 p1
p2
···
pn 


M = .
.
.. 
.
..
..
 ..
. 
pn−1 pn−2 · · · p2n−2
108
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Esta última identidad permite expresar d en función de los si , ya que los
coeficientes pj de la matriz M son polinomios simétricos. Tomemos el caso
2
2
particular n = 2. Tendremos p0 = n = 2, p1 = a1 + a2 = s1µy p2 = a
¶1 + a2 =
2 p1
s21 − 2s2 , como vimos anteriormente. Resulta ası́ d = det
= 2p2 −
p1 p2
p21 = s21 − 4s2 . En este caso, δ(x1 , x2 ) = x21 − 4x2 .
Retornando al caso general, es decir, n arbitrario, el discriminante de
cualquier polinomio mónico dado puede calcularse en función de sus coeficientes sin conocer sus raı́ces. En efecto, basta con observar que (salvo
el signo) los coeficientes coinciden con los si . Para el caso n = 2, dado
P (x) = x2 + ax + b se tiene a = −s1 , b = s2 . Por ello, el discriminante de
P (x) es a2 − 4b. Se deja al lector el cómputo de d para polinomios de grado
mayor que dos, tarea cuya dificultad aumenta en la medida en que n crece.
El lector encontrará de inestimable ayuda la llamada Identidad de Newton,
es decir:
pk −pk−1 s1 +pk−2 s2 −· · ·+(−1)k−1 p1 sk−1 +(−1)k ksk = 0
(k = 1, 2, 3, . . .)
El valor del discriminante está ı́ntimamente ligado al cálculo del grupo
de Galois del polinomio dado. En particular, para polinomios con coeficientes racionales y grado tres un simple criterio aparece en el Ejercicio 7 de
este Capı́tulo.
Un análisis completo del caso de polinomios de grado cuatro se encuentra, por ejemplo, en el libro de J. Rotman.
Ejercicios del Capı́tulo 12
1. Sea E ⊆ F una extensión de Galois y sean K y L cuerpos intermedios.
Demuestre que G(F/K ∨ L) = G(F/K) ∩ G(F/L). ¿Qué puede decirse
de G(F/K ∩ L)?
2. Sea K un cuerpo de descomposición de x2 + x + 1 ∈ Z2 [x].
a) ¿Es K = Z2 (α) con α2 ∈ Z2 ? ¿Y con α3 ∈ Z2 ?
b) ¿Es K una extensión radical de Z2 ?
3. ¿Es todo polinomio sobre un cuerpo finito, resoluble por radicales?
Capı́tulo 12. Extensiones Radicales
109
4. Demuestre la Identidad de Newton. (Sugerencia: para k ≥ n, hacer
inducción sobre k − n, y para k < n, hacerlo sobre n − k.)
5. Escriba las siguientes funciones simétricas en a1 , . . . , an utilizando los
polinomios simétricos elementales.
a) a21 + · · · + a2n
b) a31 + · · · + a3n
P 2 2
c)
ai aj para i < j
Q
d ) (1 + aj )
6. Demuestre que el discriminante de x3 + ax2 + bx + c es igual a
a2 b2 − 4b3 − 4a3 c − 27c2 + 18abc.
7. Suponga que car(K) 6= 2, 3. Sea f ∈ K[x] irreducible, de grado tres,
con tres raı́ces diferentes y sea d su discriminante. Demuestre que
Gf ∼
= S3 si, y sólo si, d no es un cuadrado en K.
Halle ahora Gf si f = x3 − x + 1 ∈ Q[x].
8. Pruebe que, sobre Q, el polinomio x17 − 5 es resoluble por radicales.
9. Pruebe que, sobre Q, no son resolubles por radicales los siguientes
polinomios.
a) 2x5 − 5x4 + 5
b) x5 − x − 1
c) x5 − 6x + 3
10. Si car(F ) = 0 y f = x8 + bx6 + cx4 + dx2 + e ∈ F [x], ¿es f resoluble
por radicales?
11. Si si indica el i-ésimo polinomio simétrico elemental, demuestre que
el polinomio general Pn (t) = (t − a1 ) · · · (t − an ) es irreducible en
F (s1 , . . . , sn )[t].
12. Sea si el i-ésimo polinomio simétrico elemental en las variables x1 , . . .,
xn . Demuestre que si g ∈ K[x1 , . . . , xn ] es tal que g(s1 , . . . , sn ) = 0,
entonces g es el polinomio nulo.
(Sugerencia: proceda por inducción sobre n. Observe que si en sk se
toma xn = 0, se obtiene el polinomio simétrico elemental k-ésimo en
las variables x1 , . . . , xn−1 .)
110
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
13. Halle todos los polinomios de grado n para los cuales p1 = p2 = · · · =
pn−1 = 0.
14. Halle la suma de las quintas potencias de las raı́ces de x6 −4x5 +3x3 −
4x2 + x + 1.
15. Sea f ∈ K[x1 , . . . , xn ] y sean a1 , . . . , an sus raı́ces. Demuestre que si g
pertenece a K[x1 , . . . , xn ] y es simétrico, entonces g(a1 , . . . , an ) ∈ K.
16. Sea xn +bn−1 xn−1 +· · ·+b1 x+b0 un polinomio con coeficientes enteros
tal que b0 6= 0. Demuestre que si todas sus raı́ces son de módulo menor
o igual que 1, entonces todas ellas son raı́ces de la unidad.
Comentarios
La resolubilidad por radicales de las ecuaciones polinómicas de grado menor
que cinco se debe a Tartaglia (1515) para la cúbica, y a Ferrari (1545) para
la de grado cuatro. Lagrange intenta extender estos métodos a la quı́ntica, pero el procedimiento falla porque la ecuación resolvente asociada es
un polinomio irreducible de grado seis. En sus famosas Memoirs (1770) sugiere que este método universal buscado, probablemente no exista para la
ecuación de grado cinco. Veinte años después Ruffini da una demostración,
errónea, de la imposibilidad de resolución de la quı́ntica por radicales.
Encontramos en [18], páginas 85 y 103, que la resolubilidad por radicales
del polinomio xn − 1 fue demostrada por Gauss. Ese trabajo fue precedido
por los de Lagrange (quien prueba el resultado para n = 5) y Vandermonde
(quien lo hace para n = 11 y afirma, sin demostración, que su método
permite similarmente el tratamiento del caso xn − 1).
Aunque con anterioridad creyó, equivocadamente, haber encontrado
una fórmula radical para la quı́ntica, en 1824 Abel prueba que ésta no es
resoluble por radicales y en 1826 lo hace para todo polinomio de grado
mayor que cinco. En 1829, poco antes de morir, prueba que si cierto grupo
asociado al polinomio p (el que hoy conocemos como grupo de Galois) es
abeliano, entonces p es resoluble.
Galois y Cauchy son los precursores de la Teorı́a de Grupos. En 1829
y 1830 Galois presenta resultados sobre resolución de ecuaciones, pero estos trabajos se extravı́an. En 1830 Galois publica sus resultados acerca de
la resolución de ecuaciones de grado primo. En 1831 presenta el Teorema
Capı́tulo 12. Extensiones Radicales
111
Fundamental. Los trabajos de Abel ya mencionados resultan consecuencia
de estos resultados de Galois. Cabe destacar que Galois también demuestra
el recı́proco del resultado utilizado en este texto, es decir, prueba que si el
grupo de Galois de un polinomio f es resoluble, entonces f es resoluble por
radicales.
Con Galois nace el Álgebra Moderna, pues hasta entonces la actividad
algebraica se centraba en el estudio de las raı́ces de ecuaciones polinomiales.
Si se permite tomar un número infinito de operaciones la quı́ntica puede
resolverse, como demostrara Hermite, recurriendo a las funciones modulares
elı́pticas.
La Teorı́a de Galois tiene alcances más vastos que la Teorı́a de Cuerpos.
Un breve resumen de algunos de ellos se encuentra en [17, página 107] donde
se cita la Teorı́a de Galois en Anillos Conmutativos, en Análisis Complejo,
en Teorı́a de Grupos, en Ecuaciones Diferenciales, entre otros. Cabe agregar
que existe una Teorı́a de Galois en Módulos, en la cual la clausura normal
es reemplazada por la cápsula (o envolvente) inyectiva.
Capı́tulo 13
El Teorema de los Ceros
La belleza y el poder de la Teorı́a de Galois, como se ha puesto de manifiesto en los capı́tulos anteriores, descansa en la interrelación entre grupos,
cuerpos y polinomios. Hemos reservado el presente espacio al estudio de los
polinomios en varias variables sobre un cuerpo (como caso particular de las
álgebras finitamente generadas), tema básico en cualquier curso introductorio de Geometrı́a Algebraica.
Sean K un cuerpo, p un elemento de K[x1 , . . . , xn ] y v en K n . Diremos
que v es un cero de p cuando p(v) = 0. Consideremos el problema de hallar un cero común a varios polinomios p1 , . . . , ps de K[x1 , . . . , xn ], es decir,
resolver el sistema
p1 (x1 , . . . , xn ) = 0
..
.
ps (x1 , . . . , xn ) = 0
(*)
P
Nótese que cuando los polinomios dados son del tipo
ai xi + b estamos
en presencia de un sistema lineal, caso tratado en los textos de Álgebra
Lineal. Claro está que (*) puede no tener solución, pero la situación cambia
si se considera el cuerpo de los complejos o, más generalmente, un cuerpo
algebraicamente cerrado. En ese caso, si (*) se reduce a una sola ecuación polinomial f (x1 , . . . , xn ) = 0 y si f no es constante, existe al menos un cero de
f (Ejercicio 5, Capı́tulo 4). Lo anterior puede reformularse ası́: si K es algebraicamente cerrado y si el ideal generado por f en K[x1 , . . . , xn ] es propio,
113
114
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
entonces existe al menos un cero de f . Es evidente, por lo tanto, que la generalización natural serı́a el siguiente resultado: Sea K algebraicamente cerrado. Entonces, (*) posee solución si, y sólo si, el ideal generado por p1 , . . . , ps
es propio. Probaremos que, efectivamente, este resultado es válido y, entre
otras cosas, obtendremos una caracterización de los ideales maximales del
anillo K[x1 , . . . , xn ].
Como trabajaremos con anillos que contienen a un cuerpo dado, comenzaremos con una noción un tanto más general.
Definición 13.1. Sean A y B anillos, y sea f : A → B un homomorfismo
de anillos. Decimos que B es una A-álgebra (vı́a f ) si damos a B la estructura de A-módulo mediante ab = f (a)b.
Los homomorfismos de A-álgebras se definen en la forma usual, resultando homomorfismos de A-módulos y de anillos, simultáneamente.
Definición 13.2. Sea B una A-álgebra (vı́a f ). Diremos que B es una
A-álgebra finitamente generada si existen b1 , . . . , bn en B tales que B =
f (A)[b1 , . . . , bn ], es decir, si todo elemento de B se escribe como un polinomio en b1 , . . . , bn con coeficientes en el anillo f (A).
Se deja como ejercicio para el lector probar la siguiente caracterización.
Proposición 13.1. B es una A-álgebra finitamente generada si, y sólo si,
existe un epimorfismo de A-álgebras de A[x1 , . . . , xn ] en B, para
cierto n.
¥
Sea ahora K un cuerpo y E una K-álgebra, vı́a f . Como necesariamente
ahora f es inyectiva, E contiene una copia de K, por lo cual podemos
prescindir de la mención explı́cita del homomorfismo f y considerar a las
K-álgebras como anillos que contienen al cuerpo K. Por ello, los métodos
desarrollados en capı́tulos anteriores vienen en nuestro auxilio al considerar,
en particular, las K-álgebras finitamente generadas.
En lo que sigue utilizaremos el conocido hecho de que K[x1 , . . . , xn ] es
un anillo noetheriano (es decir, todo ideal es finitamente generado) y que, en
consecuencia, toda K-álgebra finitamente generada es un anillo noetheriano,
en virtud de la Proposición 13.1.
Teorema 13.2. Sea E una K-álgebra finitamente generada. Entonces, si
E es un cuerpo, [E : K] resulta finito.
Capı́tulo 13. El Teorema de los Ceros
115
Demostración. Por hipótesis, E = K[b1 , . . . , bn ]. Como E es un cuerpo,
resulta E = K(b1 , . . . , bn ). Supongamos que [E : K] es infinito. Entonces algún bi será trascendente sobre K. Una adecuada reordenación de
{b1 , . . . , bn } nos permite suponer que existe r ≤ n tal que bi es trascendente sobre K(b1 , . . . , bi−1 ) ∀i ≤ r y bj es algebraico sobre F = K(b1 , . . . , br )
∀j > r. Si r = n, tendremos E = K[b1 , . . . , bn ] ∼
= K[x1 , . . . , xn ], el cual no es
un cuerpo. Por ello, r < n,
K
⊂
F
⊂
E
y
[E
:
F
] < ∞. Sea {yi }m
i=1 una base
X
de EF y escribamos bi =
fij yj , 1 ≤ i ≤ n, con fij ∈ F ∀i, j. Como yi yj ∈
E, se tiene yi yj =
X
j
fijk yk . Por ello, si tomamos F0 = K[fij , fijk ]i,j,k y
k
utilizamos inducción, resultará E = K[b1 , . . . , bn ] ⊆ F0 y1 + · · · + F0 ym .
Observamos que, por ser una K-álgebra finitamente generada, F0 es un anillo noetheriano, luego E es noetheriano como F0 -módulo. Por ello, F es
finitamente generado como F0 -módulo.
Escribamos F = F0 g1 + · · · + F0 gu , con gi ∈ F , 1 ≤ i ≤ u. Luego, F = K[fij , fijk , gt ]i,j,k,t , es decir, F = K[w1 , . . . , ws ] con wi ∈ F ,
p (b , . . . , br )
1 ≤ i ≤ s. Como F = K(b1 , . . . , br ), se tiene wi = i 1
∀i.
qi (b1 , . . . , br )
En K[x1 , . . . , xr ] tomemos h = 1 + q1 q2 · · · qs . La elección de {b1 , . . . , br }
implica que h(b1 , . . . , br ) 6= 0, por lo cual (h(b1 , . . . , br ))−1 ∈ F . Enton−1
ces
= p(w1 , . . . , ws ) =
µ existe un polinomio p tal que¶(h(b1 , . . . , br ))
p1 (b1 , . . . , br )
p (b , . . . , br )
p
,..., s 1
. Esta identidad conduce a otra, de la
q1 (b1 , . . . , br )
qs (b1 , . . . , br )
forma
Y
qiαi (b1 , . . . , br ) = h(b1 , . . . , br )f (b1 , . . . , br ).
i
Como K[b1 , . . . , br ] ∼
= K[x1 , . . . , xr ] por la elección de {b1 , . . . , br }, se tiene
que en K[x1 , . . . , xr ] el polinomio h divide a qi (para cierto i), lo cual es
imposible por la construcción de h. Hemos probado que [E : K] < ∞.
¥
Como consecuencia, se tiene el siguiente resultado.
Teorema 13.3 (Hilbert). Sean K un cuerpo, A una K-álgebra finitamente
generada y M un ideal maximal de A. Entonces:
i. [A/M : K] < ∞.
ii. Si K = K, existe un K-isomorfismo entre A/M y K.
116
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Demostración.
i. El cuerpo E = A/M es una K-álgebra finitamente generada (pues A
lo es). Por lo anterior, [E : K] < ∞.
ii. Según (i) E es algebraico sobre K, luego existe un K-monomorfismo
E ,→ K. Se tiene entonces K ,→ E ,→ K = K, es decir, E ∼
= K, como
se afirmara.
¥
En vista del resultado anterior interesa describir los ideales maximales
de las K-álgebras finitamente generadas, para lo cual es suficiente hacerlo
para K[x1 , . . . , xn ] en virtud de la Proposición 13.1. Tengamos presente que
si n = 1, (x − a) es un ideal maximal y que, recı́procamente, los maximales
son de esa forma cuando K es algebraicamente cerrado. Intentamos obtener una caracterización similar en el caso general. Nótese que el siguiente
resultado es válido para cualquier cuerpo K.
Proposición 13.4. Si v = (a1 , . . . , an ) ∈ K n y M = (x1 − a1 , . . . , xn − an ),
entonces
i. M = {p ∈ K[x1 , . . . , xn ] ; p(v) = 0}.
ii. M es un ideal maximal.
Demostración.
i. Sin pérdida de generalidad, veamos
P que (x − a, y − b) = {p ∈ K[x, y] ;
p(a, b) = 0)}. Dado p(x, y) = X λij xi y j , con λij ∈ K, se tiene
p(x, y) = p(x−a+a, y −b+b) =
cij (x−a)ri (y −b)rj . Si p(a, b) = 0,
i,j
no hay término de grado cero, luego p ∈ (x − a, y − b).
ii. Como θ : K[x1 , . . . , xn ] → K dado por θ(f ) = f (v) ∀f ∈ K[x1 , . . . , xn ]
es un epimorfismo, su núcleo es un ideal maximal. Por (i) M es el
núcleo de θ.
¥
Nos proponemos demostrar que, cuando K es algebraicamente cerrado,
la proposición anterior caracteriza los ideales maximales de K[x1 , . . . , xn ].
Para ello introduciremos nuevos conceptos que nos permitirán, en el camino, demostrar el célebre Teorema de los Ceros (también conocido como el
Nullstellensatz) debido a Hilbert.
117
Capı́tulo 13. El Teorema de los Ceros
Definición 13.3. Dado f ∈ K[x1 , . . . , xn ], llamaremos variedad de f al
conjunto de los ceros de f en K n , el cual será denotado por V(f ).
Nota. Observe que V(f ) puede ser un conjunto infinito si n > 1.
Definición 13.4. Dado A, ideal de K[x1 , . . . , xn ], se denomina variedad de
A al conjunto V(A) = {v ∈ K n ; f (v) = 0, ∀f ∈ A}.
Como K[x1 , . . . , xn ] es un anillo noetheriano, A = (f1 , . . . , ft ), para
ciertos polinomios fi ∈ A. Por ello V(A) = V(f1 ) ∩ · · · ∩ V(ft ), obviamente,
lo cual muestra que (*) tiene solución si, y sólo si, V(A) 6= ∅, siendo A =
(p1 , . . . , ps ). Por esta razón, interesa conocer cuándo la variedad de un ideal
es no vacı́a.
V puede interpretarse como una aplicación del conjunto de ideales de
K[x1 , . . . , xn ] en el conjunto de partes de K n . (El Ejercicio 3 muestra que,
en general, V no es sobreyectiva.)
Nota. Es obvio que las variedades de f y del ideal (f ) coinciden. Por ello,
la notación V(f ) no induce a confusión.
Definición 13.5. Dado S ⊆ K n definamos
J (S) =
J (∅) =
{f ∈ K[x1 . . . , xn ]; f (s) = 0, ∀s ∈ S}
K[x1 , . . . , xn ].
si S 6= ∅,
Es claro que J (S) es un ideal, que denominaremos el ideal de S.
Podemos considerar a J como una aplicación del conjunto de partes de K n
en el conjunto de ideales de K[x1 , . . . , xn ]. Como tal, no es inyectiva, como
se puede ver fácilmente. También es claro que:
A ⊆ J V(A)
S ⊆ VJ (S)
∀ ideal A
∀ S ⊆ K n.
y
Cualquiera que sea S ⊆ K n , J (S) posee una caracterı́stica muy especial,
como veremos a continuación. Recordemos que el radical de A es el ideal
r(A) = {f ∈ K[x1 , . . . , xn ]; para algún m (que depende de f ) f m ∈ A},
T
el cual coincide con {P; P es un ideal primo y A ⊆ P}. Asimismo, B es
un ideal radical cuando r(B) = B.
118
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
Lema 13.5. Dados S ⊆ K n y un ideal A de K[x1 , . . . , xn ] se tiene
i. J (S) es un ideal radical,
ii. V(A) = V(r(A)).
Demostración.
i. Si f ∈ r(J (S)), f m ∈ J (S), para cierto natural m. Luego f m (s) = 0
∀s ∈ S, o sea, f (s) = 0 ∀s ∈ S. Es decir, f ∈ J (S). Como consecuencia, r(J (S)) ⊆ J (S) y J (S) es un ideal radical.
ii. Se demuestra de forma análoga.
¥
Nótese que este resultado indica que V no es inyectiva, en general.
Sea Var el conjunto de las variedades de K n y sea Rad el conjunto de
los ideales radicales de K[x1 , . . . , xn ]. Tenemos, si restringimos el dominio
de las aplicaciones,
V
J
: Rad −→ Var
: Var −→ Rad.
y
(El Ejercicio 5 muestra que J es inyectiva en las variedades.)
Teorema 13.6 (Teorema de los Ceros, Hilbert). Si K es algebraicamente cerrado y A es un ideal de K[x1 , . . . , xn ], entonces J V(A) = r(A).
Demostración. Como A ⊆ J V(A), r(A) ⊆ r(J V(A)) = J V(A), según el
Lema 13.5. Recı́procamente, supongamos que existe f ∈ K[x1 , . . . , xn ] tal
que f ∈ J V(A) y f ∈
/ r(A). Luego, existe un ideal primo P tal que A ⊆ P y
f∈
/ P. Sea A = K[x1 , . . . , xn ] y sea D = A/P, cuyo cuerpo de fracciones se
f = π(f )
indica por medio de Q. Si π : A → A/P es el epimorfismo
i
h canónico,
−1
−1
∈ Q. Sea C = D f
⊆ Q y sea M
es no nulo en D y por lo tanto f
un ideal maximal de C. Como C es una K-álgebra finitamente generada,
existe un K-isomorfismo α : C/M → K (Teorema 13.3). Tenemos
h −1 i
−→ C/M −→ K.
A −→ A/P = D ,→ C = D f
π
π1
α
Sea ki = απ1 π(xi ) ∀i y formemos v = (k1 . . . , kn ) ∈ K n . Se afirma que v ∈
V(A) y que f (v) 6= 0, lo cual es una contradicción, pues f ∈ J V(A). Si g ∈ A,
π(g) = 0. Por lo tanto g(v) = g(απ1 π(x1 ), . . ., απ1 π(xn )) = απ1 π(g) = 0,
Capı́tulo 13. El Teorema de los Ceros
119
es decir v ∈ V(A). Finalmente, si f (v) = 0, entonces απ1 (f ) = 0. Como α es
un isomorfismo, π1 (f ) = 0, es decir, f ∈ M, lo cual implica M = C, que
es una contradicción.
¥
El teorema anterior debe su nombre a que afirma que si A = (f1 , . . . , fs )
y si un polinomio g se anula en todos los ceros comunes a los fi , entonces
alguna potencia de g pertenece a A. En cuanto a la necesidad de que K sea
algebraicamente cerrado, ésta se evidencia al considerar f1 = xy ∈ Z2 [x, y]
y g = x2 − x. En este caso (xy) no contiene potencias de g.
Corolario 13.7. Si K es algebraicamente cerrado, entonces J : Var → Rad
es biyectiva y su inversa es V.
Demostración. Dado W = V(A), tenemos VJ (W ) = VJ V(A) = V(r(A)) =
V(A) = W .
Por otro lado, si A ∈ Rad, J V(A) = r(A) = A. En conclusión, V es la
inversa de J .
¥
Nota. Bajo J , los ideales maximales corresponden a puntos de K n y los
ideales primos corresponden a variedades irreducibles (Véanse los Ejercicios
17 y 18.)
Corolario 13.8. Si K es algebraicamente cerrado y A es un ideal propio
de K[x1 , . . . , xn ], entonces V(A) 6= ∅.
Demostración. Si V(A) = ∅, entonces r(A) = J V(A) = J (∅) = K[x1 , . . . , xn ],
que es una contradicción.
¥
Corolario 13.9. Dado K algebraicamente cerrado, el sistema (*) tiene
solución si, y sólo si, (p1 , . . . , ps ) 6= K[x1 , . . . , xn ].
¥
Teorema 13.10. Sea K algebraicamente cerrado y sea M un ideal de
K[x1 , . . . , xn ]. Entonces, M es un ideal maximal si, y sólo si,
M = (x1 − a1 , . . . , xn − an ), para ciertos ai ∈ K, 1 ≤ i ≤ n.
Demostración. Basta con probar la condición necesaria. Como M es maximal, M = r(M) = J V(M). Por ser M propio, V(M) 6= ∅ (Corolario 13.8);
elijamos v = (a1 , . . . , an ) ∈ V(M). Luego, M = J V(M) ⊆ J ({v}). Obviamente, J ({v}) 6= K[x1 , . . . , xn ], por lo cual J ({v}) = M. La Proposi-
120
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
ción 13.4 nos dice que J ({v}) = (x1 − a1 . . . , xn − an ), lo cual finaliza la
demostración.
¥
Concluiremos presentando una versión del Nullstellensatz válida para
cuerpos arbitrarios.
Teorema 13.11. Sean K un cuerpo arbitrario y p1 , . . . , ps en K[x1 , . . . , xn ],
polinomiosX
sin ceros comunes. Entonces existen qi ∈ K[x1 , . . . , xn ] (1 ≤ i ≤ s)
tales que
qi pi no posee ceros en K n .
i
Demostración. Si s = 1, es obvio. Supongamos s ≥ 2.
Si K = K, (p1 , . . . , ps ) = K[x
X1 , . . . , xn ] por el Corolario 13.9. Entonces
existen qi (1 ≤ i ≤ s) tales que
qi pi = 1, y la conclusión es válida.
i
Si K ⊂ K, elegimos f ∈ K[x], f = xd +ad−1 xd−1 +· · ·+a1 x+a0 , irreducible, con d ≥ 2. Definamos h(x1 , x2 ) = xd1 + ad−1 x2 xd−1
+ · · · + a1 xd−1
x1 +
1
2
d
a0 x2 y construyamos fi ∈ K[x1 , . . . , xi ] (2 ≤ i ≤ s) ası́: f2 (x1 , x2 ) =
h(x1 , x2 ) y fj (x1 , . . . , xj ) = h(fj−1 (x1 , . . . , xj−1 ), xj ) si 3 ≤ j ≤ s. Si
probamos que para todo j ≥ 2, fj se anula solamente en (0, . . . , 0), definimos g = fs (p1 , . . . , ps ); luego, g(v) = 0 implica p1 (v) = · · · = ps (v) =
0, que es una contradicción. Por lo tanto, g no posee ceros en K n . Es
fácil ver que g ∈ (p1 , . . . , ps ), lo cual concluirı́a la demostración. Veamos, entonces, que fj (b1 , . . . , bj ) = 0 implica b1 = b2 = · · · = bj = 0,
2 ≤ j ≤ s. Si f2 (b1 , b2 ) = 0, tendremos 0 = f2 (b1 , b2 ) = h(b1 , b2 ) =
b2 + · · · + a0 bd2 . Si b2 = 0, entonces resulta b1 = 0. Si b2 6= 0,
bd1 + ad−1 bd−1
1
d
h(b1 , b2 ) = b2 f (b1 b−1
2 ), contradiciendo la elección de f . Finalmente, se procede por inducción.
¥
Corolario 13.12. Si K es arbitrario, el sistema (*) tiene solución si, y sólo
s
X
si, toda combinación polinómica
qi pi tiene al menos un cero en K n . ¥
i=1
Ejercicios del Capı́tulo 13
Salvo indicación contraria las variedades se toman en K n y los ideales en
K[x1 , . . . , xn ]. Para n = 2 (respectivamente, 3) utilizaremos K[x, y] (respectivamente, K[x, y, z]) en lugar de K[x1 , . . . , xn ].
Capı́tulo 13. El Teorema de los Ceros
121
1. Si A y B son ideales de K[x1 , . . . , xn ], entonces
V(AB) = V(A) ∪ V(B),
V(A + B) = V(A) ∩ V(B) y
V(A ∩ B) = V(A) ∪ V(B).
2. Demuestre que
a) la unión de dos variedades es una variedad;
b) la intersección de un número arbitrario de variedades es una
variedad;
c) todo subconjunto finito de K n es una variedad.
3. Pruebe que los siguientes conjuntos no son variedades.
a) S = {(a, a) ∈ R2 ; a 6= 1}, si K = R
b) S = {(a, b) ∈ R2 ; a > 0}, si K = R
c) S = Nn , si K = C
4. Construya en R2 una unión infinita de variedades que no sea una
variedad.
5. Dadas las variedades N y W , pruebe las siguientes afirmaciones.
a) N ⊆ W si, y sólo si, J (N ) ⊇ J (W )
b) N = W si, y sólo si, J (N ) = J (W )
6.
a) Demuestre que si W1 y W2 son variedades, J (W1 ∪ W2 ) =
J (W1 ) ∩ J (W2 ).
b) Dados un ideal A de K[x1 , . . . , xn ] y S ⊆ K n , halle VJ V(A) y
J VJ (S).
7. En R2 , ¿es S = {(t2 , t3 ); t ∈ R} una variedad? Halle J (S).
8. Representar gráficamente V(A) para el ideal A indicado.
a) en R3 , si A = (z − xy)
b) en R3 , si A = (y − x2 , z − x3 )
c) en R2 , si A = (2x + y − 1, 3x − y + 2)
d ) en R2 , si A = (x2 + y 2 − 4, xy − 1)
122
Teorı́a de Cuerpos y Teorı́a de Galois
9. En C2 , demuestre que V(x, y) = V(x + xy, y + xy, x2 , y 2 ).
10. Halle J (S) si
a) S = {(a, a) ∈ R2 ; a 6= 0}, K = R;
b) S = Nn , K = C.
11. Sean K = Z2 y A = {p ∈ K[x, y]; p(a, b) = 0, ∀(a, b) ∈ K 2 }. Entonces
a) (x2 − x, y 2 − y) ⊆ A;
b) si f ∈ K[x, y], existen g y h en K[x, y], a, b, c y d pertenecientes
a K, tales que
f = g(x2 − x) + h(y 2 − y) + axy + bx + cy + d;
c) concluya que A = (x2 − x, y 2 − y);
d ) exprese x2 y+xy 2 como combinación polinómica de x2 −x e y 2 −y.
P
(Sugerencia: en b), f =
pi (x)y i ∈ K(x)[y]. Divida pi (x) por
2
x − x, reescriba f y luego proceda de forma análoga con y.)
12. Dados los ideales A y B, demuestre que r(A ∩ B) = r(A) ∩ r(B) =
r(AB).
13. Si A es un ideal, entonces B = r(A) si, y sólo si, B = r(B).
14. Dado un par de naturales n y m, demuestre que J V(xn , y m ) = (x, y).
15. Demuestre que (x2 , y 2 ) no es el ideal de ninguna variedad.
16. Una variedad se dice irreducible si no es la unión de dos subvariedades
propias.
Demuestre que toda variedad es unión finita de variedades irreducibles.
(Sugerencia: K[x1 , . . . , xn ] es un anillo noetheriano.)
17. Demuestre que W es una variedad irreducible si, y sólo si, J (W ) es
un ideal primo.
18. Demuestre que la variedad W consta de un solo punto si, y sólo si,
J (W ) es un ideal maximal.
Capı́tulo 13. El Teorema de los Ceros
123
Comentarios
Véanse [3] y [6] para profundizar en estos aspectos.
De acuerdo con el Corolario 13.9, P
si el sistema (*) no posee solución,
existen polinomios q1 , . . . , qs tales que
pi qi = 1. Es un problema interesante y difı́cil obtener información acerca de qi a partir de los polinomios
dados pi , 1 ≤ i ≤ n.
Para el Nullstellensatz especial referimos al lector a AM Monthly 1987,
página 697.
Índice de Notaciones
A, 9
A-álgebra, 114
finitamente generada, 114
A[x], 9
E(a1 , . . . , an ), 52
F, 9
F ∗ , 58, 59
FX , 62
FE , 20
G(F/E), 49
GF (pn ), 58
Gp(x) , 55
Sn , 50
X 0 , 63
X 00 , 63
[F : E], 20
Irr(α, E), 23
Φ, 51
Φp , 16
Q, 9
Z, 9
Zp , 9
car(A), 19
C, 9
cisα, 56
ClF
E , 25
gr, 9
F , 47
R, 9
Subc, 51
Subg, 51
f ϕ , 21
n-ógonos, 93
Aut(F ), 49
α conjE β, 43
125
Índice de Materias
A-álgebra, 114
finitamente generada, 114
algebraicamente cerrado, 39
algebraico, 21
algoritmo de división, 10
anillo de división, 97
automorfismo de Frobenius, 59
K-homomorfismo de, 41
perfecto, 59
cuerpos
intermedios estables, 69
DFU, 11
DIP, 9
discriminante, 107
duplicación del cubo, 36
caracterı́stica, 19
cero de p, 113
cerrado, 63
clausura
algebraica, 25, 40
de X en G(N/K), 63
de X en N , 63
normal, 86
conjugados, 43
constructible, 31
con regla y compás, 31
criterio de Eisenstein, 14
cuadratura del cı́rculo, 36
cuerpo
de descomposición, 52
de factorización, 52
de fracciones, 10
de Galois de pn elementos, 58
de las funciones simétricas, 105
de tipo real, 89
fijo, 62
elemento primitivo, 79
estable, 69
extensión
de un cuerpo, 19
algebraica, 26
de Galois, 74
normal, 61
radical, 99
separable, 73
simple, 79
función de Euler, 95
grado
de α sobre E, 23
de la extensión, 20
de un polinomio, 9
127
128
grupo
resoluble, 100
grupo de Galois
de un polinomio, 55
de una extensión, 49
ideal de S, 117
ideal radical, 117
identidad de Newton, 108
lema de Gauss, 11
multiplicidad de una raı́z, 57
n-ógono, 93
norma, 81
polinomio
ciclotómico, 16
ciclotómico n-ésimo, 97
constante, 9
irreducible, 10
de α sobre E, 23
mónico, 9
primitivo, 11
raı́z de un, 21
reducible, 10
resoluble por radicales, 103
separable en K[x], 72
polinomios simétricos elementales, 105
primos de Fermat, 98
Índice de Materias
raı́ces n-ésimas primitivas, 93
raı́z
de un polinomio, 21
múltiple, 57
simple, 57
radical de A, 117
teorema
90 de Hilbert, 87
de Artin–Schreier, 89
de Dedekind-Artin, 67
de Galois, 66
de la Base Normal, 84
de los Ceros, 116, 118
de Dedekind, 82
fundamental de la Teorı́a de
Galois, 71
fundamental de los Polinomios
Simétricos, 106
de Galois, 106
de Gauss, 94
de Hilbert, 115, 118
de Wedderburn, 97
trascendente, 21
traza, 81
trisección de ángulos, 36
variedad
de A, 117
de f , 117
irreducible, 122
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129
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