Apuntes de Algebra III - Universidad de Granada

Apuntes de Algebra III
Eugenio Miranda Palacios
Curso 2012-2013
2
Índice general
I
Prerrequisitos
7
1. Polinomios simétricos, resultante y discriminante
1.1. Polinomios simétricos . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Polinomios alternados . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. La resultante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.3. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4. El discriminante . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.2. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5. Métodos de cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.1. Cálculo directo . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.2. Método modular . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.3. Por el algoritmo de Euclides . . . . . . . .
1.5.4. Determinante de Euler-Sylvester-Cayley .
1.5.5. Determinante de Bezout . . . . . . . . . .
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20
22
22
24
2. Series de grupos y grupos solubles
2.1. Series de composición . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. El programa de Holder . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3. Grupos solubles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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30
32
36
II
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Extensiones de cuerpos
3. Extensiones de cuerpos
3.1. Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Elementos algebraicos y extensiones algebraicas . . .
3
41
42
43
4
ÍNDICE GENERAL
4. Cuerpos de descomposición
4.1. Cuerpo de descomposición . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2. Clausura algebraica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
48
53
5. Extensiones normales y separables
5.1. Elementos conjugados y extensiones conjugadas.
5.2. Extensiones normales . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3. Extensiones separables . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4. Derivada y raíces múltiples . . . . . . . . . . . . . .
57
58
58
60
62
III
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Teoría de Galois finita
63
6. Teoría de Galois finita
6.1. Grupos de automorfismos . . . . . . . . .
6.2. Correspondencia de Galois, caso finito . .
6.3. Ejemplos e ilustraciones . . . . . . . . . .
6.4. Propiedades de las extensiones de Galois
IV
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Aplicaciones
65
66
69
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75
7. Cuerpos finitos
7.1. Estructura de los cuerpos finitos . . . . . . . . . . . .
7.2. Factorización de polinomios . . . . . . . . . . . . . . .
7.3. Ilustraciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
78
80
82
8. Extensiones ciclotómicas
8.1. Raíces de la unidad . . .
8.2. Polinomios ciclotómicos .
8.3. Extensiones ciclotómicas
8.4. Grupos de Galois . . . . .
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9. Construcciones con regla y compás
9.1. Los Elementos de Euclides . . . . . . . . . . .
9.2. Puntos construibles y números construibles .
9.3. Caracterización de los números construibles
9.4. Aplicación a los problemas clásicos . . . . . .
9.5. Polígonos regulares . . . . . . . . . . . . . . .
9.6. Construcciones explícitas . . . . . . . . . . . .
9.7. Construcciones con cónicas . . . . . . . . . .
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ÍNDICE GENERAL
V
5
Teoría de ecuaciones
111
10.Extensiones cíclicas y radicales
113
10.1.Extensiones cíclicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
10.2.Extensiones solubles y radicales . . . . . . . . . . . . . 115
11.Polinomios de grado 3 y 4
11.1.El grupo de un polinomio . . . . . . .
11.2.Los teoremas clasificatorios . . . . .
11.3.Polinomios de grado pequeño . . . .
11.3.1.Polinomios de grado 2 . . . . .
11.3.2.Polinomios de grado 3 . . . . .
11.3.3.Polinomios de grado 4 . . . . .
11.4.Cómo resolver una ecuación soluble
11.4.1.Polinomios cúbicos . . . . . . .
11.4.2.Polinomios cuárticos . . . . . .
11.4.3.Polinomios ciclotómicos . . . .
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128
128
131
134
12.Polinomios de grado 5
143
12.1.Cálculo del grupo de Galois . . . . . . . . . . . . . . . 144
12.2.Resolviendo quínticas solubles . . . . . . . . . . . . . . 145
6
ÍNDICE GENERAL
Parte I
Prerrequisitos
7
Capítulo 1
Polinomios simétricos,
resultante y discriminante
9
10CAPÍTULO 1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS, RESULTANTE Y DISCRIMINANTE
1.1.
Polinomios simétricos
Sea A un anillo conmutativo y sean X1 , . . . , Xn indeterminadas.
Sea Sn el grupo simétrico sobre {1, . . . , n}. Para toda permutación
σ ∈ Sn definimos
σ · f (X1 , . . . , Xn ) = f (Xσ(1) , . . . , Xσ(n) )
Por ejemplo, sea f = X12 X2 −X3 y sean ρ = (1 3), σ = (1 2 3). Entonces
ρ · f = X32 X2 − X1 y σ · f = X22 X3 − X1 .
Definición 1.1.1. Un polinomio f ∈ A[X1 , . . . , Xn ] se llama simétrico
si para toda permutación σ ∈ Sn se verifica σ · f = f .
Lema 1.1.2. El conjunto de polinomios simétricos es un subanillo de
A[X1 , . . . , Xn ] que contiene al anillo A.
Sea Y otra indeterminada. Formamos el polinomio
F (Y, X1 , . . . , Xn ) = (Y − X1 ) . . . (Y − Xn )
= Y n − s1 Y n−1 + · · · + (−1)n sn
con coeficientes en A[X1 , . . . , Xn ]. Los polinomios coeficientes s1 =
X1 +· · ·+Xn , . . . , sn = X1 . . . Xn son polinomios simétricos, y se llaman
polinomios simétricos elementales. Obsérvese que el polinomio si es
homogéneo de grado i.
Definición 1.1.3. Sea ae X1e1 . . . Xnen un monomio no nulo. Se llama
peso del monomio al entero e1 + 2e2 + · · · + nen .
Sea g ∈ A[X1 , . . . , Xn ]. El peso de g es el mayor de los pesos de
los monomios no nulos de g.
Teorema 1.1.4 (Teorema fundamental de los polinomios simétricos). Sea A un dominio de integridad y sea f ∈ A[X1 , . . . , Xn ] un
polinomio simétrico de grado d. Entonces existe un único polinomio
g ∈ A[X1 , . . . , Xn ] de peso menor o igual a d tal que
f (X1 , . . . , Xn ) = g(s1 , . . . , sn )
Demostración. Inducción sobre n y d.
Si n = 1, sólo hay una indeterminada, así que s1 = X1 y g = f
verifica las condiciones (en este caso el peso y el grado de f son
iguales).
1.1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS
11
Sea ahora n > 1 y supongamos el teorema cierto para n − 1
indeterminadas. Si d = 0, el polinomio f es constante. Tomando
g = f se verifica el teorema (en este caso, el grado y el peso de f
son ambos iguales a cero).
Finalmente sean n > 1, d > 0 y suponemos el teorema cierto para
todo polinomio simétrico en n indeterminadas de grado menor que
d. En el anterior polinomio F sustituimos Xn = 0. Obtenemos
F (Y, X1 , . . . , Xn−1 , 0) = (Y − X1 ) . . . (Y − Xn−1 )Y
= Y n − (s1 )0 Y n−1 + · · · + (−1)n−1 (sn−1 )0 Y
donde (si )0 se obtiene sustituyendo Xn = 0 en si .
Es inmediato que (s1 )0 , . . . , (sn−1 )0 son precisamente los polinomios simétricos elementales en X1 , . . . , Xn−1 .
El polinomio f (X1 , . . . , Xn−1 , 0) ∈ A[X1 , . . . , Xn−1 ] es simétrico. Por
la hipótesis de inducción sobre n, existe un polinomio g1 ∈ A[X1 , . . . , Xn−1 ]
de peso menor o igual a d tal que f (X1 , . . . , Xn−1 , 0) = g1 ((s1 )0 , . . . , (sn−1 )0 ).
El polinomio
f1 (X1 , . . . , Xn ) = f (X1 , . . . , Xn ) − g1 (s1 , . . . , sn−1 )
es simétrico y tiene grado menor o igual a d. Además f1 (X1 , . . . , Xn−1 , 0) =
0, luego f1 es divisible por Xn . Como es simétrico, también es divisible por X1 , . . . , Xn−1 . Como estos factores son primos relativos, su
producto divide a f1 . Luego f1 = sn f2 (X1 , . . . , Xn ) con un polinomio
f2 ∈ A[X1 , . . . , Xn ] que es simétrico y de grado estrictamente menor
que d. Por la inducción sobre d, existe un g2 ∈ A[X1 , . . . , Xn ] de peso
menor o igual a d − n tal que
f2 (X1 , . . . , Xn ) = g2 (s1 , . . . , sn )
Sustituyendo obtenemos
f (X1 , . . . , Xn ) = g1 (s1 , . . . , sn−1 ) + sn g2 (s1 , . . . , sn )
y cada término del miembro de la derecha tiene un peso menor o
igual a d.
La unicidad se deduce del próximo teorema.
Teorema 1.1.5. Sea g ∈ A[X1 , . . . , Xn ]. Entonces g(s1 , . . . , sn ) = 0 si y
sólo si g(X1 , . . . , Xn ) = 0.
12CAPÍTULO 1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS, RESULTANTE Y DISCRIMINANTE
Demostración. Inducción sobre n. Si n = 1 el resultado es trivial.
Sea ahora n > 1 y suponemos el resultado cierto para n − 1
indeterminadas. Sea g ∈ A[X1 , . . . , Xn ] no nulo de grado mínimo tal
que g(s1 , . . . , sn ) = 0. Escribimos g como un polinomio en Xn con
coeficientes en X1 , . . . , Xn−1 :
g = g0 + · · · + gd · Xnd
Sustituyendo Xi por si en el polinomio g tenemos
0 = g0 (s1 , . . . , sn−1 ) + . . . gd (s1 . . . , sn−1 )sdn
Sustituyendo ahora Xn = 0 obtenemos
0 = g0 ((s1 )0 , . . . , (sn−1 )0 )
Pero los (si )0 son los polinomios simétricos elementales en X1 , . . . , Xn−1 .
Por inducción g0 (X1 , . . . , Xn−1 ) = 0.
Ya que g0 = 0 podemos escribir g = f · Xn con f ∈ A[X1 , . . . , Xn ]
y por tanto f (s1 , . . . , sn )sn = 0, luego f (s1 , . . . , sn ) = 0 y f es de grado
estrictamente menor que g, lo cual es imposible.
Ejemplo 1.1.6. Sea f = (X1 + X2 )(X1 + X3 )(X2 + X3 ) ∈ Z[X1 , , X2 , X3 ].
Es fácil comprobar que f es un polinomio simétrico homogéneo
de grado 3. Queremos encontrar un polinomio g ∈ Z[X1 , X2 , X3 ] de
peso menor o igual a 3 tal que f = g(s1 , s2 , s3 ). Para ello aplicamos
la construcción de la demostración:
1. f (X1 , 0, 0) = 0, luego g1 = 0.
2. f (X1 , X2 , 0) = (X1 + X2 )X1 X2 . El resto del proceso de la demostración es trivial: f (X1 , X2 , 0) = g((s1 )0 , (s2 )0 ) = (s1 )0 (s2 )0 .
3. La demostración construye ahora el polinomio
f1 (X1 , X2 , X3 ) = f (X1 , X2 , X3 ) − g(s1 , s2 )
= (X1 + X2 )(X1 + X3 )(X2 + X3 )
− (X1 + X2 + X3 )(X1 X2 + X1 X3 + X2 X3 )
= (X12 X2 + X12 X3 + X1 X22 + X1 X33 + X22 X3 + X2 X32 + 2X1 X2 X3 )
− (X12 X2 + X12 X3 + X1 X22 + X1 X32 + X22 X3 + X2 X32 + 3X1 X2 X3 )
= −X1 X2 X3
luego f (X1 , X2 , X3 ) = f1 (X1 , X2 , X3 ) + X1 X2 X3 = s1 s2 − s3 .
1.1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS
13
Para escribir los polinomios
se ha desarrollado una
Psimétricos
i1
in
notación especial: Llamamos
X1 . . . Xn a la suma de todos los
monomios distintos que se obtienen al aplicar todas las permutaciones de Sn al monomio X1i1 . . . Xnin . Por ejemplo si n = 3,
X
X13 = X13 + X23 + X33
X
X12 X2 = X12 X2 + X12 X3 + X22 X1 + X22 X3 + X32 X2 + X32 X1
. Un polinomio simétrico
es una combinación lineal de térP i1 general
in
minos de la forma
X1 . . . Xn con coeficientes en A.
P
Ejemplo 1.1.7. Sea f = X12 X2 con n = 3. Calculamos f (X1 , X2 , 0) =
X12 X2 + X22 X1 = X1 X2 (X1 + X
1 )0 .
P
P2 ) =2 (s2 )0 (sP
X
−
(
X
X
)(
X1 ) = −3X1 X2 X3 .
Ahora
f
=
f
−
s
s
=
X
2
1
2
1
2
1
1
P 2
Luego
X1 X3 = s1 s2 − 3s3 .
P
Ejemplo 1.1.8. Seguimos tomando n = 3. Sea f = X13 .
Entonces f (X1 , 0, 0) = X13 = (s1 )300 .
El siguiente paso calcula f (X1 , X2 , 0) − (s1 )30 = −3(s1 )0 (s2 )0 .
Luego f (X1 , X2 , 0) = (s1 )30 − 3(s1 )0 (s2 )0 .
Finalmente calculamos f1 (X1 , X2 , X3 ) = f −(s31 −3s1 s2 ) = 3X1 X2 X3 ,
así que f = s31 − 3s1 s2 + 3s3 .
Q
Ejemplo 1.1.9. Sea ∆ = i<j (Xi − Xj ). El polinomio d = ∆2 es simétrico. Vamos a expresarlo en función de los polinomios simétricos
elementales para n = 3.
1. En primer lugar d(X1 , 0, 0) = ((X1 − 0)((X1 − 0)(0 − 0))2 = 0.
2. Ahora d(X1 , X2 , 0) = ((X1 − X2 )X1 X2 )2 . Luego d(X1 , X2 ) = s22 · f1
con f1 (X1 , X2 ) = (X1 − X2 )2 .
f1 (X1 , 0) = X12 . Entonces
f1 (X1 , X2 ) − (s1 )20 = (X1 − X2 )2 − (X1 + X2 )2 = −4X1 X2
y por tanto f1 = (s1 )20 − 4(s2 )0 .
3. Finalmente tenemos
g1 (X1 , X2 , X3 ) = d(X1 , X2 , X3 ) − s22 (s21 − 4s2 )
= s3 · f 2
P 2
P 3
con f2 = 6 X1 X2 − 4 X1 + 3X1 X2 X3 . Por los dos ejemplos
anteriores,
d = s21 s22 − 4s32 + s3 (6(s1 s2 − 3s3 ) − 4(s31 − 3s1 s2 + 3s3 ) + 3s3 )
= s21 s22 − 4s32 − 4s31 s3 + 18s1 s2 s3 − 27s23
14CAPÍTULO 1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS, RESULTANTE Y DISCRIMINANTE
Existen otros tres métodos para expresar un polinomio simétrico en función de los simétricos elementales. Quizá el mas útil
sea el método de coeficientes indeterminados: Descomponemos el
polinomio simétrico dado en suma de polinomios simétricos homogéneos y expresamos cada uno de estos en función de los polinomios simétricos elementales. Para ello, expresamos cada uno de los
polinomios homogéneos de grado d como suma con coeficientes indeterminados de todos los k monomios posibles en los si de peso d.
Sustituimos las indeterminadas Xi por k conjuntos de valores concretos, lo que nos establece un sistema lineal de k ecuaciones en
los coeficientes, sistema que resolvemos por los métodos de álgebra
lineal.
Ejemplo 1.1.10. Sea f = (X1 + X2 − X3 − X4 )(X1 − X2 + X3 − X4 )(X1 −
X2 − X3 + X4 ). Es fácil comprobar que f es simétrico homogéneo de
grado 3. La lista de todos los monomios posibles de peso 3 es la
siguiente: s31 , s1 s2 , s3 . Así que expresamos
f = as31 + bs1 s2 + cs3
Ahora consideramos tres conjuntos de valores para los Xi de manera que nos quede un sistema determinado de tres ecuaciones
lineales en a, b, c. Por ejemplo los valores
X1 X2 X3 X 4 s1 s2 s3
1
0
0
0 1 0 0
1
1
0
0 2 1 0
1
1
1
0 3 3 1
nos dan el sistema
f (1, 0, 0, 0) = 1 = a
f (1, 1, 0, 0) = 0 = 8a + 2b
f (1, 1, 1, 0) = −1 = 27a + 9b + c
que tiene la solución a = 1, b = −4, c = 8. Luego
f = s31 − 4s1 s2 + 8s3
Ejercicio 1.1.1. Sea n ≥ 5. Expresar el polinomio f =
como un polinomio en los simétricos elementales.
P
x21 x22 x3
1.2. POLINOMIOS ALTERNADOS
1.2.
15
Polinomios alternados
Otro tipo de polinomios interesantes son los definidos a continuación:
Definición 1.2.1. Un polinomio f ∈ A[X1 , . . . , Xn ] se llama alternado si para toda permutación σ ∈ sn se verifica σ · f = sgn(σ)f .
El polinomio alternado no nulo mas sencillo es el producto de
todas las diferencias
Y
∆=
(Xi − Xj )
i<j
Cada par ordenado de índices i < j aparece exactamente una vez,
así que en total hay n(n − 1)/2 factores lineales y ∆ es un polinomio
homogéneo de grado n(n−1)/2. Cuando aplicamos una trasposición
(i j) a ∆, los factores se permutan entre sí, excepto el factor Xi − Xj
que se transforma en Xj − Xi , luego ∆ cambia de signo.
Teorema 1.2.2. Sea A un dominio de integridad de característica
distinta de 2. Todo polinomio f alternado de A[X1 , . . . , Xn ] es de la
forma f = ∆g, donde g es simétrico.
Demostración. Sustituyendo X2 = X1 obtenemos
f (X1 , X1 , . . . , Xn ) = −f (X1 , X1 , . . . , Xn )
y como car(A) 6= 2, necesariamente f (X1 , X1 , . . . , Xn ) = 0, luego (X1 −
X2 ) divide a f . De la misma forma Xi − Xj divide a f para todo
par i < j. Como estos polinomios son primos relativos, su producto
divide a f así que existe un g ∈ A[X1 , . . . , Xn ] con f = ∆g. Claramente
g = f /∆ es un polinomio simétrico.
Corolario 1.2.3. Sea f ∈ A[X1 , . . . , Xn ] un polinomio alternado. Entonces gr(f ) ≥ n(n − 1)/2.
1.3.
1.3.1.
La resultante
Introducción
El problema fundamental de la teoría de eliminación es el siguiente: Dados dos polinomios con coeficientes en un cuerpo F :
16CAPÍTULO 1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS, RESULTANTE Y DISCRIMINANTE
f = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a0 ,
g = bm xm + bm−1 xm−1 + . . . + b0 ,
an 6= 0
bm 6= 0
(1.3.1)
determinar si tienen una raíz común en una extensión de F
y en caso afirmativo hallarla. Para responder a esta cuestión, se
busca una expresión que se anule sólo cuando f y g tienen una
raíz común y que además sea calculable como función racional de
los coeficientes de f y g. La más sencilla de tales expresiones es la
resultante que vamos a definir y estudiar.
1.3.2.
Definición
Sea K un cuerpo de descomposición para f g, así que en K[X]
tenemos:
Q
f = an (X − α1 ) . . . (X − αn ) = an Qni=1 (X − αi )
(1.3.2)
g = bm (X − β1 ) . . . (X − βm ) = bm m
j=1 (X − βj )
La resultante de f y g viene definida por
R(f, g) =
n
am
n bm
m
n Y
Y
(αi − βj )
(1.3.3)
i=1 j=1
1.3.3.
Propiedades
1. R(f, g) = 0 ⇔ ∃i, j tales que αi = βj (i.e., sii f y g tienen una
raíz en común)
2. R(g, f ) = (−1)nm R(f, g)
Qn
Q
nm n
bm m
3. R(f, g) = am
n
i=1 g(αi ) = (−1)
j=1 f (βj )
4. R(f g, h) = R(f, h)R(g, h), R(f, gh) = R(f, g)R(f, h)
5. Si m = 0 (i.e. si g = b es un escalar), R(f, b) = bn
6. R(X k , f ) = ak0 ; R(f, X k ) = (−1)nk ak0
gr(g)−gr(r)
7. Si g = f q + r, R(f, g) = an
am
n
Qn
Demostración: R(f, g) =
Q
m−gr(r)
ann ni=1 r(αi ) = an
R(f, r)
i=1
R(f, r)
g(αi ) = am
n
Qn
i=1 (f (αi )q(αi )+r(αi ))
8. R(X k f, g) = bk0 R(f, g); R(f, X k g) = (−1)nk ak0 R(f, g)
=
1.4. EL DISCRIMINANTE
17
9. R(f, g) es un polinomio simétrico de grado m en las αi
10. R(f, g) es un polinomio simétrico de grado n en las βj
11. R(f, g) es un polinomio homogéneo de grado m en las ai
Demostración: Por la propiedad 9, R(f, g) es expresable como un polinomio en los polinomios simétricos elementales
σi = (−1)i aa0i . Por el factor am
0 todos los denominadores se simplifican.
12. R(f, g) es un polinomio homogéneo de grado n en las bj
n
13. El término am
n b0 tiene coeficiente +1 en R(f, g)
n
Demostración: Dicho término sólo aparece al desarrollar am
n bm
n
am
n b0 .
1.4.
Qn
El discriminante
El caso particular más importante de la resultante es cuando
g = f 0 (la derivada formal). En ese caso, R(f, f 0 ) = 0 ⇔ f tiene raíces
múltiples. Explícitamente, sean
n
f = an X + an−1 X
n−1
+ . . . + a1 X + a0 = an
n
Y
(X − αi )
i=1
0
f = nan X
n−1
+ (n − 1)an−1 X
n−2
n Y
X
(X − αi )
+ . . . + a1 = an
j=1 i6=j
f 0 (αj ) = an
Y
(αj − αi )
i6=j
R(f, f 0 ) = an−1
n
n
Y
f 0 (αj ) = an2n−1
j=1
1.4.1.
n Y
Y
(αj − αi )
(1.4.1)
j=1 i6=j
Definición
Llamamos discriminante de f a D(f ) = an2n−2
parando con (1.4.1) obtenemos:
R(f, f 0 ) = (−1)
n(n−1)
2
an D(f )
Q
i<j (αi
− αj )2 . Com-
(1.4.2)
i=1 (−βn )
=
18CAPÍTULO 1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS, RESULTANTE Y DISCRIMINANTE
1.4.2.
Propiedades
1. f1 , f2 ∈ F [X] ⇒ D(f1 f2 ) = D(f1 )D(f2 )R(f1 , f2 )2
2. f1 , . . . , fr ∈ F [X] ⇒ D(f1 . . . fr ) = D(f1 ) . . . D(fr )R2 con R ∈ F
1.5.
Métodos de cálculo
En esta sección nos planteamos encontrar una expresión explícita (o un método de cálculo) para R(f, g) y D(f ) en función de
los coeficientes de f y g. Para ello existen diversos métodos que
pasamos a describir.
1.5.1.
Cálculo directo
Las propiedades halladas para la resultante permiten calcular
directamente el discriminante de polinomios particulares. Veamos
algunos ejemplos:
Q
1. Ejemplo: f = X n − 1 = ni=1 (X − αi ), f 0 = nX n−1
D(f ) = (−1)
n(n−1)
2
0
R(f, f ) = (−1)
n(n−1)
2
n
Y
0
f (αi ) = (−1)
n(n−1)
2
i=1
(−1)
n(n−1)
2
n
Y
nαin−1 =
i=1
n
Y
n(n−1)
n(n−1)
n
n ( (αi ))n−1 = (−1) 2 +n(n−1) nn = (−1) 2 nn
i=1
En particular si q es impar, f = X q − 1, D(f ) = (−1)
q−1
2
qq
2. Ejemplo: f = X p−1 + X p−2 + . . . + X + 1
p primo impar. Sea
p−1
p
g = X − 1. Entonces f g = X − 1 ⇒ D(f g) = (−1) 2 pp
g 0 = 1 ⇒ D(g) = R(g, g 0 ) = 1
R(f, g) = f (1) = p.
p−1
2
Luego D(f g) = D(f )D(g)R(f, g) ⇒ D(f ) = (−1) 2 pp−2
3. Ejemplo:
f = X 3 + aX + b = (X − α1 )(X − α2 )(X − α3 )
f 0 = 3X 2 + a
D(f ) = −R(f, f 0 )
3
3
Y
Y
0
2
R(f, f ) =
(3αi + a) =
f 0 (αi )
i=1
i=1
1.5. MÉTODOS DE CÁLCULO
19
3α3 +aα
Pero f 0 (αi ) = 3αi2 + a = iαi i = −2aααii −3b
−3b
Llamamos βi = 2aαi + 3b ⇒ αi = βi2a
así que βi es raíz de
X−3b
X−3b 3
3b
3 27b3
( 2a ) + a 2a + b ⇒ β1 β2 β3 = 8a ( 8a3 + 2 − b) = 27b3 + 4a3 b
0
R(f, f ) =
3
Y
Q3
0
f (αi ) = −
i=1
i=1 (2aαi +
Q3
i=1 αi
3b)
=−
27b3 + 4a3 b
= 27b2 +4a3
−b
y por tanto D(f ) = −(4a3 + 27b2 )
4. Ejemplo:
f = X 3 + aX 2 + b = (X − α1 )(X − α2 )(X − α3 )
f 0 = 3X 2 + 2aX = X(3X + 2a) f 0 (αi ) = αi (3αi + 2a)
Sea βi = 3αi + 2a ⇒ αi = βi −2a
y los βi son raíces de ( X−2a
)3 +
3
3
a( X−2a
)2 + b ⇒ β1 β2 β3 = 33 (( 2a
)3 − a( 2a
)2 − b) = −(4a3 + 27b)
3
3
3
Q
Q
Q
Luego R(f, f 0 ) = 3i=1 f 0 (αi ) = 3i=1 αi 3i=1 βi = (−b)(−(4a3 + 27b))
y D(f ) = −R(f, f 0 ) = −b(4a3 + 27b)
5. Ejemplo:
5
Y
f = X + aX + b =
(X − αi )
f 0 = 5X 4 + a
5
i=1
f 0 (αi ) = 5αi4 + a =
5αi5 + aαi
−4aαi − 5b
=
αi
αi
−5b
Llamamos βi = 4aαi + 5b ⇒ αi = βi4a
así que βi es raíz de
Q
5
X−5b 5
X−5b
5 5b 5
( 4a ) + a 4a + b ⇒ i=1 βi = (4a) (( 4a ) + 5b
− b) = (5b)5 + 44 a5 b
4
5
Y
Q5
βi
D(f ) = R(f, f ) =
f (αi ) = − Q5i=1 = 55 b4 + 44 a5
i=1 αi
i=1
0
0
6. Ejemplo:
5
Y
f = X + aX + b =
(X − αi )
5
0
4
3
3
f = 5X + 4aX = X (5X + 4a)
4
0
f (αi ) =
i=1
αi3 (5αi
+ 4a)
20CAPÍTULO 1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS, RESULTANTE Y DISCRIMINANTE
y los βi son raíces de ( X−4a
)5 +
Sea βi = 5αi + 4a ⇒ αi = βi −4a
5
5
Q
a( X−4a
)4 + b ⇒ 5i=1 βi = 55 (( 4a
)5 − a( 4a
)4 − b) = −(44 a5 + 55 b)
5
5
5
Q
Q
Q
Luego D(f ) = R(f, f 0 ) = 5i=1 f 0 (αi ) = 5i=1 αi3 5i=1 βi = b3 (44 a5 +
55 b)
7. Ejemplo:
n
Y
f = X + aX + b =
(X − αi )
n
f 0 = nX n−1 + a
i=1
f 0 (αi ) = nαin−1 + a =
−(n − 1)aαi − nb
nαin + aαi
=
αi
αi
βi −nb
así que βi es raíz de
Llamamos βi = (n − 1)aαi + nb ⇒ αi = (n−1)a
Qn
X−nb n
nb
X−nb
n
( (n−1)a ) + a (n−1)a + b ⇒ i=1 βi = (−1) ((n − 1)a)n (((−1)n (n−1)a
)n −
nb
+ b) = (nb)n + (−1)n (n − 1)n−1 an (−b)
n−1
Qn
n
Y
βi
0
0
n
R(f, f ) =
f (αi ) = (−1) Qni=1 = nn bn−1 + (−1)n−1 (n − 1)n−1 an
i=1 αi
i=1
D(f ) = (−1)
n(n−1)
2
R(f, f 0 ) = (−1)
n(n−1)
2
(nn bn−1 + (−1)n−1 (n − 1)n−1 an )
8. Ejemplo:
n
f = X + aX
n−1
n
Y
+b=
(X − αi )
f 0 = nX n−1 + (n − 1)aX n−2 =
i=1
X
n−2
(nX + (n − 1)a)
f 0 (αi ) = αin−2 (nαi + (n − 1)a)
Sea βi = nαi + (n − 1)a ⇒ αi = βi −(n−1)a
y los βi son raíces de
Qnn
X−(n−1)a n
X−(n−1)a n−1
(
) + a(
)
+ b ⇒ i=1 βi = (−1)n (nn ((− (n−1)a
)n +
n
n
n
(n−1)a n−1
− b)) = −(n − 1)n−1 an + (−1)n nn b
a(− n )
Q
Q
Q
Luego R(f, f 0 ) = ni=1 f 0 (αi ) = ni=1 αin−2 ni=1 βi = (−b)n−2 (−(n −
1)n−1 an + (−n)n b)
n(n−1)
(n−1)(n+2)
2
y D(f ) = (−1) 2 R(f, f 0 ) = (−1)
bn−2 ((n−1)n−1 an +(−1)n−1 nn b)
1.5.2.
Método modular
A partir de la propiedad 7 de la resultante puede desarrollarse un método muy económico para el cálculo de la resultante de
algunos pares especiales de polinomios: En primer lugar, sean
f = an X n + . . . + a0
g =X −b
1.5. MÉTODOS DE CÁLCULO
21
Diviendo f entre g obtenemos:
f = gf1 + f (b)
Por las propiedades de la resultante obtenemos:
R(f, g) = (−1)n R(g, f ) = (−1)n R(g, f (b)) = (−1)n f (b)
(1.5.1)
Sean ahora
f = an X n + . . . + a0
g = b m X m + . . . + b0
y sean p, qi , r, sj tales que
k
l
Y
Y
pg (X − qi ) ≡ r (X − sj )
i=1
(1.5.2)
(mód f )
j=1
Entonces
k
l
Y
Y
m+k−l
R(f, p)R(f, g)R(f, (X − qi )) = an
R(f, r)R(f, (X − sj )) (1.5.3)
i=1
j=1
Pero por (1.5.1)
R(f, p) = pn
R(f, r) = rn
k
k
k
Y
Y
Y
R(f, (X − qi )) =
R(f, X − qi )) =
(−1)n f (qi )
R(f,
i=1
l
Y
i=1
l
Y
j=1
j=1
(X − si )) =
R(f, X − si )) =
i=1
l
Y
(−1)n f (si )
j=1
Despejando en (1.5.3),
Ql
n
r
j=1 f (si )
R(f, g) = (−1)n(k+l) anm+k−l n Qk
p
i=1 f (qi )
Ejemplo: Sean
f = X 5 − X 2 + 15
g = f 0 = 5X 4 − 2X
Tomamos k = 1, l = 2, p1 = 1, p0 = 0 y calculamos:
Xg = 5X 5 − 2X 2 = 5f + 3X 2 − 75 ≡ 3(X − 5)(X + 5)
(mód f )
35 f (5)f (−5)
=
f (0)
5
2
5
2
2
10
5 (5 − 5 + 15)((−5) − (−5) + 15)
5 10 − 5
= −3
= 34 5(58 − 4)
−3
15
15
D(f ) = R(f, f 0 ) = (−1)5(1+2)
22CAPÍTULO 1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS, RESULTANTE Y DISCRIMINANTE
1.5.3.
Por el algoritmo de Euclides
Dividiendo g por f obtenemos g = f q + r con gr(r) < gr(f ). Por las
propiedades 7 y 2,
R(f, g) = am−gr(r)
R(f, r) = (−1)mgr(r) am−gr(r)
R(r, f )
n
n
Por inducción sobre el grado llegamos a gr(r) = 0 y aplicamos la
propiedad 5.
1. Ejemplo:
f = aX + b
f0 = a
R(f, f 0 ) = a
D(f ) = 1
2. Ejemplo:
f = aX 2 + bX + c
f 0 = 2aX + b
b
b2
)f 0 + (c − 4a
)
f = ( 21 X + 4a
b2
b2
0
0
2
0
2
R(f, f ) = R(f , f ) = (2a) R(f , c − 4a ) = (2a) (c − 4a
) = a(4ac − b2 )
2−1
D(f ) = (−1) 2 a1 R(f, f 0 ) = b2 − 4ac
3. Ejemplo:
f = X 3 + aX + b
f 0 = 3X 2 + a
r = 2a
X +b
f = 21 Xf 0 + r
3
2
3
9
27b
0
f = ( 2a X − 4a2 )r + r1
r1 = 27b4a+4a
2
2
3
R(f, f 0 ) = R(f 0 , f ) = 32 R(f 0 , r) = 32 R(r, f 0 ) = 32 ( 2a
)2 R(r, r1 ) = 4a2 27b4a+4a
2
3
D(f ) = −R(f, f 0 ) = −(4a3 + 27b2 )
1.5.4.
Determinante de Euler-Sylvester-Cayley
Multiplicando f sucesivamente por 1, X, . . . , X m−1 y g por 1, X, X n−1
e igualando a cero nos queda el siguiente sistema de (n + m) ecua-
1.5. MÉTODOS DE CÁLCULO
23
ciones en las (n + m) incógnitas 1, X, X 2 , . . . , X n+m−1 :
X m−1 f = an X n+m−1 + an−1 X n+m−2
X m−2 f =
an X n+m−2
.. ..
..
..
..
. .
.
.
.
1f =
X n−1 g = bm X n+m−1 + bm−1 X n+m−2
X n−2 g =
bm X n+m−2
.. ..
..
..
..
. .
.
.
.
1g =
+ ...
+ ...
..
..
.
.
+
+
..
.
a0 X m−1
a1 X m−1
..
.
+ ...
+ ...
..
..
.
.
an X n
+
+
..
.
bm X m
+
..
.
a0 X m−2
..
.
+
b0 X n−1
b1 X n−1
..
.
...
+
+
..
.
b0 X n−2
..
.
+
...
+
Por el teorema de Rouché, este sistema tendrá solución si y sólo
si el determinante de los coeficientes es cero. Este determinante se
llama resultante de Euler-Sylvester-Cayley:
an
0
..
.
C(f, g) =
an−1
an
..
.
...
an−1
..
.
a0
...
..
.
0
a0
..
.
0
0
. . . an an−1
bm bm−1 . . .
b0
0
0
bm bm−1 . . .
b0
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
0
0
. . . bm bm−1
...
...
..
.
0
0
..
.
. . . a0
... 0
... 0
..
..
.
.
. . . b0
Vamos a ver que C(f, g) = R(f, g): Como C(f, g) = C(an , . . . , a0 , bm , . . . , b0 )
y los ai y bj son polinomios simétricos en αi y βj respectivamente,
obtenemos que C(f, g) es un polinomio simétrico en αi y βj . Por otra
parte, si f y g tienen una raíz común, el anterior sistema lineal tiene solución, luego ∀i, j (αi − βj ) | C(f, g) ⇒ R(f, g) | C(f, g). Contando
grados vemos que el cociente tiene grado cero (i.e. es una consn
tante). Luego C(f, g) = λR(f, g). Pero el término am
n bm aparece con
coeficiente +1 en C(f, g) y en R(f, g) ⇒ λ = 1.
1. Ejemplo: Tomando f = aX 2 + bX + c, g = f 0 = 2aX + b tenemos:
a b c
R(f, g) = 2a b 0 = ab2 + 4a2 c − 2ab2 = a(4ac − b2 )
0 2a b
..
.
a0
..
.
b0
= 0
= 0
.. ..
. .
= 0
= 0
= 0
.. ..
. .
= 0
24CAPÍTULO 1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS, RESULTANTE Y DISCRIMINANTE
2. Ejemplo: f = X 3 + aX + b, g = 3X 2 + a
1
0
R(f, g) = 3
0
0
1.5.5.
0
1
0
3
0
a
0
a
0
3
b
a
0
a
0
0
b
0 = 4a3 + 27b2
0
a
Determinante de Bezout
La resultante de Cayley proporciona una expresión sencilla y
elegante para R(f, g). Sin embargo, el orden del determinante es
(m + n), muy alto para los cálculos prácticos. Vamos a desarrollar
otro método basado en la misma idea pero donde el determinante
que va a aparecer es de orden max(m, n). En primer lugar consideramos m = n, o sea que f y g son del mismo grado. Definimos los
elementos:
a b − ai bj si 0 ≤ i, j ≤ n
cij ={ j i
0
en otro caso
Observese que cij = −cij y que cii = 0.
Si todos los cij son cero, existe un λ tal que g = λf . En lo que
sigue excluimos este caso. Consideremos ahora los polinomios:
hi = bi f − ai g
i = 0, 1, . . . , n
(1.5.4)
Si cij 6= 0, del sistema:
hi = bi f − ai g
hj = bj f − aj g
obtenemos:
aj
hi −
cij
bj
g=
hi −
cij
f=
ai
hj
cij
bi
hj
cij
luego hi , hj tienen un cero en común si y sólo si f y g tienen un
cero en común, y las raíces comunes de f y g son precisamente las
raíces comunes a todos los hi .
1.5. MÉTODOS DE CÁLCULO
25
Formemos ahora los polinomios:
g0
g1
g2
..
.
= hn
= xg0 + hn−1
= xg1 + hn−2
..
.
P
= n−1
d Xi
Pin−1 0i i
= i d1i X
P
d2i X i
= n−1
i
..
.
P
= n−1
dn−1i X i
i
(1.5.5)
= bn f − an g
= (bn X + bn−1 )f − (an X + an−1 )g
= (bn X 2 + bn−1 X + bn−2 )f − (an X 2 + an−1 X + an−2 )g
..
.
gn−1 = xgn−2 + h1 = (bn X n−1 + . . . + b1 )f − (an X n−1 + . . . + a1 )g
Los gi tienen un cero en común ⇔ los hi tienen un cero en común
⇔ f y g tienen un cero en común. Veamos la forma general de los
coeficientes dki . Por construcción,
d0i = cni ,
dki = dk−1,i−1 + cn−k,i . Demostraremos por inducción
sobre k que
k
X
dki =
cn−j,i−k+j
(1.5.6)
j=0
Para k = 0 es trivial. Supongamoslo cierto para k − 1. Entonces
dki = dk−1,i−1 + cn−k,i =
k−1
X
cn−j,i+j−k + cn−k,i
j=0
Las raíces comunes de f y g dan lugar a soluciones no triviales
del sistema:
d0n−1 X n−1 + . . . + d01 X + d00 1 = 0
d1n−1 X n−1 + . . . + d11 X + d10 1 = 0
..
.
dn−1,n−1 X n−1 + . . . + dn−1,1 X + dn−1,0 1 = 0
Llamamos resultante de Bezout de f y
sistema:
d0n−1
...
.
..
B(f, g) = ..
.
dn−1,n−1 . . .
g al determinante de este
d00
..
.
dn−1,0
Como cada cij es homogéneo de grado 1 en ai y en bj , dki también es
homogéneo de grado 1 en ambos, y B(f, g) es un polinomio homogéneo en las ai y en las bj de grado 2n. Igual que para la resultante
de Cayley, B(f, g) es cero cuando f y g tienen una raíz en común,
luego B(f, g) = λR(f, g) y contando grados, λ ∈ F .
26CAPÍTULO 1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS, RESULTANTE Y DISCRIMINANTE
Para determinar λ observamos el término ann bn0 . En la resultante
de Cayley este término sólo aparece en el desarrollo de la diagonal
principal y por tanto tiene coeficiente +1. En B(f, g) aparece en el
producto de todos los c0n = an b0 − a0 bn de la diagonal secundaria,
luego tiene coeficiente sgn(σ) siendo σ = (1 n)(2 n−1) . . . luego sgn(σ)
n(n−1)
n(n−1)
n(n−1)
= (−1) 2 y por tanto λ = (−1) 2 , B(f, g) = (−1) 2 R(f, g).
En caso de que gr(g) = m ≤ gr(f ) = n, tomamos g1 = X n−m g, formamos la resultante de Bezout de f y g1 y utilizamos la propiedad
8 de R(f, g):
B(f, X n−m g) = (−1)
n(n−1)
2
R(f, X n−m g) = (−1)
n(n−1)
+n(n−m)
2
an−m
R(f, g)
0
Para calcular el discriminante de un polinomio, g = f 0 , m = n − 1
y nos queda:
B(f, Xf 0 ) = (−1)
n(n−1)
+n
2
a0 R(f, f 0 ) = (−1)n a0 an D(f )
así que
(−1)n
B(f, Xf 0 )
an a0
D(f ) =
además, en este caso los cij tienen una forma sencilla: Sean
f = an X n + an−1 X n−1 + . . . + a0
g = Xf 0 = nan X n + . . . + a1 X = bn X n + . . . + b1
luego bi = iai , cij = (j − i)ai aj , y
dki =
k
X
j=0
cn−j,i+j−k
k
k
X
X
=
(i+2j−k−n)an−j ai+j−k = −
(n−i+k−2j)an−j ai+j−k
j=0
j=0
y nos queda la expresión:
1
D(f ) =
an a0
−d0,n−1
..
.
−dn−1,n−1
. . . −d0,0
..
..
.
.
. . . −dn−1,0
1. Ejemplo: f = aX 2 + bX + c
D(f ) =
1 ab 2ac
= b2 − 4ac
ac 2ac bc
1.5. MÉTODOS DE CÁLCULO
27
2. Ejemplo: f = X 3 + aX + b
D(f ) =
0 2a 3b
1
2a 3b 0 = −(4a3 + 27b2 )
b
3b 0 ab
3. Ejemplo: f = a3 X 3 + a2 X 2 + a1 X + a0
a3 a2
2a3 a1
3a3 a0
1
2a3 a1 3a3 a0 + a2 a1 2a2 a0
D(f ) =
a3 a0
3a3 a0
2a2 a0
a1 a0
4. Ejemplo: f = a4 X 4 + a3 X 3 + a2 X 2 + a1 X + a0
a4 a3
2a4 a2
3a4 a1
4a4 a0
1 2a4 a2 3a4 a2 + a3 a2 4a4 a0 + 2a3 a1 3a3 a0
D(f ) =
a4 a0 3a4 a1 4a4 a0 + 2a3 a1 3a3 a0 + a2 a1 2a2 a0
4a4 a0
3a3 a0
2a2 a0
a1 a0
5. Ejemplo: f = a5 X 5 + a4 X 4 + a3 X 3 + a2 X 2 + a1 X + a0
a5 a4
2a5 a3
3a5 a2
4a5 a1
2a5 a3 3a5 a2 + a4 a3
4a5 a1 + 2a4 a2
5a5 a0 + 3a4 a1
1
3a
a
4a
a
+
2a
a
5a
a
+
3a
a
+
a
a
D(f ) =
5 2
5 1
4 2
5 0
4 2
3 2 4a4 a0 + 2a3 a1
a5 a0
4a5 a1 5a5 a0 + 3a4 a1
4a4 a0 + 2a3 a1
3a3 a0 + a2 a1
5a5 a0
4a4 a0
3a3 a0
2a2 a0
5a5 a0
4a4 a0
3a3 a0
2a2 a0
a1 a0
28CAPÍTULO 1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS, RESULTANTE Y DISCRIMINANTE
Capítulo 2
Series de grupos y grupos
solubles
29
30
CAPÍTULO 2. SERIES DE GRUPOS Y GRUPOS SOLUBLES
2.1.
Series de composición
Definición 2.1.1. Sea G un grupo. Llamamos factor de G a cualquier grupo cociente H/H 0 donde G > H B H 0 .
Nótese que ni H ni H 0 tienen que ser normales en G.
Definición 2.1.2. Dados dos factores H/H 0 , K/K 0 de un grupo G,
el cociente
K 0 (H ∩ K)
K 0 (H 0 ∩ K)
se llama proyección de H/H 0 sobre K/K 0
Definición 2.1.3. Llamamos serie del grupo G a una cadena finita
de subgrupos
G = G0 > G1 > · · · > Gr = 1
(2.1.1)
Al número natural r le llamamos longitud de la serie 2.1.1
Definición 2.1.4. Dadas dos series para el mismo grupo G:
G = G0 > G1 > · · · > Gr = 1
G = G00 > G01 > · · · > G0s = 1
decimos que la primera es un refinamiento de la segunda si todo
grupo de la segunda aparece en la primera. Si además en la primera hay grupos que no aparecen en la segunda diremos que es un
refinamiento propio.
Definición 2.1.5. Una serie 2.1.1 se llama normal si para todo
i = 1, 1, . . . , r se verifica que Gi es un subgrupo normal de Gi−1 .
Una serie 2.1.1 se llama propia si todas las inclusiones son propias.
Para cada serie 2.1.1 normal los grupos cocientes Gi−1 /Gi se
llaman factores de la serie
Dadas dos series normales
G = G0 > G1 > · · · > Gr = 1
G = H0 > H1 > · · · > Hs = 1
del mismo grupo G diremos que son isomorfas si r = s y existe
una permutación σ ∈ Sr tal que Gi−1 /Gi ∼
= Hσ(i)−1 /Hσ(i) para todo
i = 1, 2, . . . r.
2.1. SERIES DE COMPOSICIÓN
31
Una serie normal propia sin refinamientos normales propios se
llama serie de composición del grupo G.
Para cada serie de composición de G los factores de la serie
se llaman factores de composición del grupo G. Los órdenes de los
factores de composición se llaman índices de composición del grupo
G.
Definición 2.1.6. Un grupo G se llama simple si no es trivial y no
admite subgrupos normales propios.
Lema 2.1.7. Un grupo abeliano finito simple es cíclico de orden primo
Demostración. En un grupo abeliano G todos los subgrupos son
normales. Así que G será simple si y sólo si no tiene subgrupos
propios. Sea 1 6= x ∈ G. El grupo cíclico < x > es un subgrupo no
trivial de G, luego < x >= G es cíclico. Si |G| = mn no es primo,
< xm > sería un subgrupo propio de G, contradicción.
Lema 2.1.8. Los factores de composición de un grupo G son simples.
Demostración. Sea 2.1.1 una serie de composición del grupo G. y
sea H un subgrupo normal propio de Gi−1 /Gi . Sea p : Gi−1 → Gi−1 /Gi
la proyección y sea H 0 = p−1 (H). Entonces Gi−1 B H 0 B Gi y las
inclusiones son propias. La serie G = G0 > · · · > Gi−1 > H 0 > Gi >
· · · > 1 es un refinamiento propio de la dada, contradicción.
No es cierto que todo grupo posea una serie de composición. De
hecho Z no la tiene. Sin embargo tenemos:
Lema 2.1.9. Todo grupo finito G posee una serie de composición.
Demostración. Inducción sobre el orden de G. Para grupos de orden primo, G > 1 es una serie de composición. Supongámoslo demostrado para todos los grupos de orden menor que G. Sea G1 un
subgrupo normal propio maximal de G (existe porque el conjunto
de subgrupos de G es finito). Sea G1 > · · · > Gr = 1 una serie de
composición de G (existe porque el orden de G1 es estrictamente
menor que el orden de G). Entonces G > G1 > · · · > Gr = 1 es una
serie de composición de G.
Teorema 2.1.10 (Teorema de refinamiento de Schreier). Dos series
normales arbitrarias de un grupo G tienen refinamientos isomorfos.
32
CAPÍTULO 2. SERIES DE GRUPOS Y GRUPOS SOLUBLES
Demostración. Sean las series normales
G = G0 > G1 > . . . > Gr = 1
(2.1.2)
G = H0 > H1 > . . . > Hs = 1
(2.1.3)
Llamamos Gij = Gi (Hj ∩ Gi−1 ), i = 1, . . . , r, j = 1, . . . s. Entonces
Gi−1 = Gi0 > Gi1 > · · · Gis = Gi es una cadena normal de Gi−1 a Gi .
Uniendo estas cadenas obtenemos un refinamiento de 2.1.2:
G = G10 > G11 > · · · > G1s (= G20 ) > G21 > · · · > Gr−1,s
(= Gr0 ) > · · · > Grs = 1 (2.1.4)
Similarmente los grupos Hij = Hj (Gi ∩ Hj−1 ), i = 1, . . . , r, j = 1, . . . s
forman un refinamiento de 2.1.3:
G = H01 > H11 > · · · > Hr1 (= H02 ) > H12 > · · · > Hs−1,r
(= Hs0 ) > · · · > Hsr = 1 (2.1.5)
Por el lema de Zassenhaus, Gi,j−1 /Gij ∼
= Hj.i−1 /Hji , lo que demuestra
que los refinamientos anteriores son isomorfos. Si omitimos todas
las repeticiones en 2.1.4 y 2.1.5 (correspondientes a factores triviales), las series que quedan siguen siendo isomorfas.
Teorema 2.1.11 (Teorema de Jordan-Holder). Si un grupo admite
una serie de composición, cualquier serie normal propia puede refinarse a una serie de composición.
Dos series de composición de un grupo G son isomorfos.
Demostración. Sea G un grupo que admite una serie de composición. Cualquier refinamiento de tal serie coincide con ella misma.
Tomemos cualquier serie normal de G y construimos los refinamientos isomorfos de esta serie y la serie de composición dada que
existen por el teorema de refinamiento de Schreier. Deben ser series de composición isomorfas a la dada.
2.2.
El programa de Holder
Sea G un grupo y N un subgrupo normal de G. El primer teorema de isomorfismo nos dice que el grupo cociente G/N describe
la estructura de G “sobre” N (es decir, los retículos de subgrupo
2.2. EL PROGRAMA DE HOLDER
33
son isomorfos). Esto plantea el problema de hasta que punto el
conocimiento de N y G/N fuerza cómo tiene que ser G.
El teorema de Jordan-Holder nos dice que todo grupo finito tiene una serie de composición y aunque la serie en sí no tiene que
ser única, su longitud y los tipos de isomorfismo de los factores
sí son únicos. Además está claro que grupos isomorfos tienen los
mismos factores de composición, aunque grupos no isomorfos también pueden tener los mismos factores (por ejemplo, Z6 y S3 ).
Esta situación motiva un programa de dos partes para clasificar
todos los grupos finitos salvo isomorfismo, expuesto por Holder en
un artículo de 1893:
1. Clasificar todos los grupos finitos simples.
2. Hallar las técnicas para construir grupos a partir de otros mas
sencillos.
Estos dos problemas son una motivación importante para gran
parte del desarrollo de la teoría de grupos. Problemas análogos se
encuentran recurrentemente a través de toda la matemática. Vamos a comentar un poco los dos problemas del programa de Holder:
La clasificación de los grupos simples finitos se completó en
1980. Los esfuerzos de unos 100 matemáticos repartidos entre 300
y 500 artículos que cubren entre 5,000 y 10,000 páginas de revistas demostraron el siguiente teorema:
Teorema 2.2.1. Existe una lista consistente en 18 familias infinitas
de grupos simples y 26 grupos simples no pertenecientes a estas
familias (los grupos simples esporádicos) tal que todo grupo simple
finito es isomorfo a uno de los grupos de esta lista.
Tres ejemplos de familias infinitas: Zp para p primo, An para
n ≥ 5 y P SLn (F ) para n ≥ 2 excepto P SL2 (Z2 ) y P SL2 (Z3 ).
Vamos a demostrar el siguiente resultado:
Teorema 2.2.2 (Abel). El grupo alternado An es simple para n ≥ 5
Demostración. Sea K 6= 1 un subgrupo normal de An . Queremos
ver que necesariamente K = An . Lo demostramos en tres pasos:
1. K contiene un ciclo de longitud 3
34
CAPÍTULO 2. SERIES DE GRUPOS Y GRUPOS SOLUBLES
Sea σ ∈ K una permutación distinta de la identidad que mueve el mínimo número de símbolos. Sea k = |{i = 1 . . . n | σ(i) 6=
i}|. Como σ no es la identidad, k > 0. Si σ(i) = j 6= i, como
σ es inyectivo tenemos que σ(j) 6= j. Así que k ≥ 2. Si k = 2,
necesariamente σ = (i j) que no pertenece a An . Luego k ≥ 3.
Supongamos que k ≥ 4. σ no es un ciclo de longitud 4, porque
entonces sería impar. Descomponemos σ en producto de ciclos
disjuntos. Dos posibilidades:
σ1 = (1 2)(3 4)(producto de transposiciones disjuntas)
σ2 = (1 2 3 . . . ) . . . (Si k > 3 necesariamente k ≥ 5)
Sea τ = (3 4 5) ∈ An y definimos αi = (τ σi τ −1 )σi−1 ∈ K por ser K
normal en An . Calculamos
a) Si σi (t) = t e i > 5, entonces αi (t) = t.
b)
α1 (1) = τ σ1 τ −1 (2) = τ σ1 (2) = τ (1) = 1
α1 (2) = τ σ1 τ −1 (1) = τ σ1 (1) = τ (2) = 2
α1 (3) = τ σ1 τ −1 (4) = τ σ1 (3) = τ (4) = 5 6= 3
α2 (2) = τ σ2 τ −1 (1) = τ σ2 (1) = τ (2) = 2
α2 (3) = τ σ2 τ −1 (2) = τ σ2 (2) = τ (3) = 4 6= 3
luego en ambos casos αi es una permutación no trivial que
deja fijos mas símbolos que σi , contradicción. Así que k = 3 y
el grupo K contiene un ciclo de longitud 3, sea (1 2 3) ∈ K.
2. K contiene todos los ciclos de longitud 3
Sea (1 2 4) un ciclo que se diferencia de (1 2 3) en un único
símbolo. Entonces
(3 4 5)(1 2 3)(3 4 5)−1 = (1 2 4) ∈ K
Sea ahora (1 4 5) un ciclo que se diferencia de (1 2 3) en dos
símbolos. Entonces
(2 4)(3 5)(1 2 3)((2 4)(3 5))−1 = (1 4 5) ∈ K
Sea (4 5 6) un ciclo con todos los símbolos distintos de (1 2 3).
Por los resultados anteriores, (1 2 6) ∈ K y de aquí (4 5 6) ∈ K.
2.2. EL PROGRAMA DE HOLDER
35
3. El grupo An está generado por todos los ciclos de longitud 3
Sea σ ∈ An arbitraria. La permutación σ es producto de un número par de transposiciones, sea σ = (τ1 τ2 ) . . . (τ2m−1 τ2m ). Cada
producto τs τs+1 es de uno de los siguientes tipos:
a) τs τs+1 = (i j)(i j) = (1)
b) τs τs+1 = (i j)(j k) = (i j k)
c) τs τs+1 = (i j)(k l) = (i j)(j k)(j k)(k l) = (i j k)(j k l)
En cualquier caso es un producto de ciclos de longitud 3.
Una idea de la complejidad de la clasificación de los grupos finitos simples la proporciona uno de los teoremas claves de la clasificación:
Teorema 2.2.3 (Feit-Thompson). Si G es un grupo simple de orden
impar, entonces G ∼
= Zp para algún primo impar p.
La demostración de este teorema (publicado en 1963) ocupa 255
páginas de matemática dura.
La segunda parte del programa de Holder se llama problema de
la extensión. Vamos a describirla con mas precisión: Dados dos
grupos H y K, determinar (salvo isomorfismo) todos los grupos G
que contienen un subgrupo normal N tal que N ∼
= H y G/N ∼
= K
(se suele decir que G es una extensión de K por H). Por ejemplo si
H = K = Z2 existen exactamente dos posibilidades: Z4 y Z2 × Z2 . El
programa de Holder busca cómo pueden construirse los dos grupos de orden 4 a partir de los de orden 2 sin tener un conocimiento
previo de la existencia de aquellos. Esta parte del programa de Holder es extremadamente difícil aún cuando los subgrupos envueltos
son de orden pequeño. Por ejemplos, si |G| = 2n todos los factores
de composición tienen orden 2. Sin embargo el número de grupos
no isomorfos de orden 2n crece exponencialmente como función de
n:
36
CAPÍTULO 2. SERIES DE GRUPOS Y GRUPOS SOLUBLES
Orden: Número de Grupos:
2
1
4
2
5
8
16
14
51
32
64
267
2328
128
256
56092
10494213
512
1024
49487365422
Así que el número de extensiones de un 2-grupo por otro 2-grupo
puede ser muy grande. Aún así existen unas cuantas técnicas interesantes y poderosas para revelar la estructura de amplias clases
de grupos.
No sería justo decir que la teoría de grupos finitos trata solamente del programa de Holder, pero sí es justo decir que el programa de
Holder sugiere un gran número de problemas y motiva bastantes
técnicas algebraicas. Por ejemplo, el estudio de las extensiones de
K por H cuando H es abeliano nos lleva a clasificar las acciones
(por automorfismos) de K sobre H.
2.3.
Grupos solubles
El teorema de Jordan-Holder nos dice que cada grupo determina unívocamente a su serie de composición (salvo isomorfismo).
Nos permite por tanto definir clases especiales de grupos mediante
propiedades que satisfacen sus factores de composición. La mas
evidente de tales clases es la de los grupos solubles, que además
tiene un papel clave en la teoría de Galois.
Definición 2.3.1. Dado un grupo G, definimos la serie derivada de
G como
G = G0 > G0 > G00 > · · · > G(i > · · ·
donde G(i+1 = [G(i , G(i ] (el grupo derivado).
En general esta serie no tiene porqué alcanzar el 1. De hecho
tenemos:
Teorema 2.3.2. Sea G un grupo finito. Las siguientes propiedades
son equivalentes:
2.3. GRUPOS SOLUBLES
37
1. Los factores de composición de G son cíclicos de orden primo.
2. G tiene una serie normal con factores cíclicos.
3. G tiene una serie normal con factores abelianos.
4. Existe un i ≥ 1 tal que G(i = 1.
Demostración. Es inmediato que 1 ⇒ 2 ⇒ 3. Veamos que 3 ⇒ 1: Sea
G = H0 > · · · Hs = 1 una serie normal con factores abelianos. Por el
teorema de Jordan-Holder, esta serie se puede refinar a una serie
de composición, cuyos factores serán cocientes de subgrupos de
la serie dada y por tanto abelianos. Todo grupo simple abeliano es
cíclico de orden primo.
Supongamos que la serie derivada alcanza el uno. Entonces es
una serie con factores abelianos y ese es el enunciado 3. A la inversa, supongamos que G tiene la siguiente serie normal con factores
abelianos:
G = G0 > G1 > · · · > Gr = 1
Como G0 /G1 es abeliano, el grupo G1 contiene al derivado de G0
que es G0 . Por inducción supongamos que Gi ⊇ G(i . Como Gi /Gi+1
es abeliano se verifica que Gi+1 ⊇ G0i ⊇ (G(i )0 = G(i+1 . Al final 1 =
Gr ⊇ G(r y la serie derivada alcanza el 1.
Definición 2.3.3. Un grupo finito G se llama soluble si verifica las
propiedades del teorema 2.3.2
El nombre de grupo soluble proviene de una importante aplicación a la resolución de ecuaciones por radicales que veremos mas
adelante. La clase de los grupos solubles se comporta bien respecto
a subgrupos y cocientes:
Proposición 2.3.4.
luble.
1. Todo subgrupo de un grupo soluble es so-
2. Todo grupo cociente de un grupo soluble es soluble.
3. Sea N un subgrupo normal de G. Si N y G/N son solubles,
también G es soluble.
Demostración. Sea H < G. Por inducción se ve que para todo i ≥ 0
se verifica H (i < G(i . Si G es soluble existe un r tal que H (r < G(r = 1,
luego H es soluble. Un argumento similar se aplica a los cocientes.
38
CAPÍTULO 2. SERIES DE GRUPOS Y GRUPOS SOLUBLES
Supongamos que N es un subgrupo normal de G y que N y G/N
son grupos solubles. Existe un s tal que (G/N )(s = 1, luego G(s < N .
Existe ahora un r tal que N (r = 1. Luego G(r+s < N (r = 1 y G es
soluble.
Corolario 2.3.5. Todo producto finito de grupos solubles es soluble.
Para la clase de los grupos solubles es posible generalizar los
teoremas de Sylow. Nos limitamos a dar el siguiente enunciado
cuya demostración puede verse en Hall, Teoría de grupos, páginas
152-154:
Teorema 2.3.6 (Hall). Sea G un grupo soluble de orden mk con m, k
naturales tales que m. c. d.(m, k) = 1. Entonces:
1. G posee al menos un subgrupo de orden m.
2. Dos subgrupos cualesquiera de orden m son conjugados.
3. Cualquier subgrupo cuyo orden m0 divida a m está contenido en
un subgrupo de orden m.
4. El número nm de subgrupos de orden m puede expresarse como
un producto de factores cada uno de los cuales es congruente
con 1 módulo algún factor primo de m y es una potencia de un
primo y divide a alguno de los factores principales de G.
La primera propiedad anterior caracteriza a los grupos solubles:
Teorema 2.3.7. Un grupo finito G es soluble si y sólo si para toda
descomposición |G| = mk con m. c. d.(m, k) = 1 existe un subgrupo
H < G de orden m.
Parte II
Extensiones de cuerpos
39
Capítulo 3
Extensiones de cuerpos
41
42
3.1.
CAPÍTULO 3. EXTENSIONES DE CUERPOS
Generalidades
Definición 3.1.1. Una extensión de cuerpos F/K es un par de cuerpos F , K tales que K es un subcuerpo de F .
El cuerpo K se llama cuerpo base y el cuerpo F se llama cuerpo
extensión.
En toda extensión F/K el cuerpo F es un espacio vectorial sobre
K de forma natural
Definición 3.1.2. Llamamos grado de la extensión F/K y representamos por [F : K] a la dimensión de F como espacio vectorial
sobre K.
Definición 3.1.3. Dada una extensión F/K cualquier subcuerpo
F1 de F que contenga a K se llama cuerpo intermedio
Definición 3.1.4. Una torre de cuerpos es una sucesión de subcuerpos:
Fn ⊃ Fn−1 ⊃ · · · ⊃ F0
La longitud de la torre es n (el número de inclusiones)
Definición 3.1.5. Una extensión F/K se llama finita si y sólo si
[F : K] es finito. En otro caso se llama infinita
Proposición 3.1.6. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de inclusiones.
1. Sean {ui ∈ E | i ∈ I} un sistema de generadores de E como espacio vectorial sobre F y {vj ∈ F | j ∈ J} un sistema
de generadores de F como espacio vectorial sobre K. Entonces
{ui vj | (i, j) ∈ I × J} es un sistema de generadores de E como
espacio vectorial sobre K.
2. Sean {ui ∈ E | i ∈ I} linealmente independientes sobre F y
{vj ∈ F | j ∈ J} linealmente independientes sobre K. Entonces
{ui vj | (i, j) ∈ I × J} son linealmente independientes sobre K.
3. Sean {ui ∈ E | i ∈ I} una base de E sobre F y {vj ∈ F | j ∈
J}una base de F sobre K. Entonces {ui vj | (i, j) ∈ I × J} es una
base de E sobre K.
Teorema 3.1.7 (Teorema del grado). Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de
cuerpos. Entonces
[E : F ][F : K] = [E : K]
3.2. ELEMENTOS ALGEBRAICOS Y EXTENSIONES ALGEBRAICAS43
Corolario 3.1.8. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos. La extensión
E/K es finita si y sólo si las extensiones E/F y F/K son ambas
finitas.
Corolario 3.1.9. Sea Fn ⊃ Fn−1 ⊃ · · · ⊃ F0 una torre de longitud n.
Entonces
[Fn : Fn−1 ] · · · [F1 : F0 ] = [Fn : F0 ]
Corolario 3.1.10. Sea F/K una extensión tal que [F : K] = p es
primo. Entonces no existe ningún cuerpo intermedio distinto de F o
K.
3.2.
Elementos algebraicos y extensiones
algebraicas
Lema 3.2.1. Para todo anillo A existe un único homomorfismo Z → A
que se llama homomorfismo unital
Definición 3.2.2. La característica del anillo A es car(A) = n > 0 si
el núcleo del homomorfismo unital es nZ 6= 0.
La característica del anillo A es car(A) = 0 si el núcleo del homomorfismo unital es 0 (es decir, si el homomorfismo unital es
inyectivo).
Lema 3.2.3. Si A es un dominio de integridad, entonces o bien
car(A) = 0 o bien car(A) = p es un primo.
Lema 3.2.4. car(A) = n si y sólo si n es el menor entero positivo tal
que para todo a ∈ A se verifica na = 0.
Lema 3.2.5. Sea A un anillo y sea {Bi | i ∈ I} una familia de subanillos de A. Entonces B = ∩i Bi es un subanillo de A.
Sea A un anillo y sea {Ki | i ∈ I} una familia de subcuerpos de
A. Entonces K = ∩i Ki es un subcuerpo de A.
Definición 3.2.6. Sea A un anillo. Llamamos anillo primo de A a la
intersección de todos los subanillos de A.
Lema 3.2.7. El subanillo primo de un anillo A es isomorfo a Z si
car(A) = 0 y a Z/nZ si car(A) = n 6= 0.
Si A es un dominio de integridad y car(A) 6= 0, entonces p = car(A)
es un primo.
44
CAPÍTULO 3. EXTENSIONES DE CUERPOS
Definición 3.2.8. Sea K un cuerpo. Llamamos subcuerpo primo de
K a la intersección de todos los subcuerpos de K.
Lema 3.2.9. El subcuerpo primo de un cuerpo K es isomorfo a Q
cuando car(K) = 0 y a Z/pZ cuando car(K) = p 6= 0
Definición 3.2.10. Sea F/K una extensión y sea S un subconjunto
de F . Llamamos subanillo generado por S sobre K y representamos
por K[S] a la intersección de todos los subanillos de F que contienen a K y a S.
Llamamos subcuerpo generado por S sobre K a la intersección
de todos los subcuerpos de F que contengan a K y a S.
Lema 3.2.11. Sea F/K una extensión y sean S, T subconjuntos de
F . Entonces K[S ∪ T ] = K[S][T ] = K[T ][S] y K(S ∪ T ) = K(S)(T ) =
K(T )(S)
Cuando S = {u} consta de un único elemento, denotamos K[u]
y K(u) en lugar de K[S] y K(S) respectivamente.
Cuando S = {u1 , . . . , un } es un conjunto finito, el anillo K[S]
lo denotamos como K[u1 , . . . , un ] y el cuerpo K(S) lo denotamos
K(u1 , . . . , un ).
Definición 3.2.12. Dados los cuerpos L ⊃ E, F ⊃ K llamamos
compuesto de E y F al cuerpo EF = E(F ) = F (E).
Si E y F no son subcuerpos de algún otro cuerpo L, no definimos
el compuesto.
Definición 3.2.13. Sea F/K una extensión y S un subconjunto de
F . Diremos que S es un conjunto de generadores para F sobre K si
F = K(S).
Definición 3.2.14. Una extensión F/K se llama finitamente generada si existe un conjunto finito de generadores de F sobre K, es
decir, si F = K(u1 , . . . , un ) con u1 , . . . , un ∈ F .
Definición 3.2.15. Una extensión F/K se llama simple si existe un
elemento u ∈ F tal que F = K(u). El elemento u se llama elemento
primitivo para la extensión.
Sea F/K una extensión y u ∈ F un elemento arbitrario. Consideramos el anillo K[u]. Por la propiedad universal del anillo de polinomios existe un único homomorfismo de anillos λ : K[X] → K[u]
tal que ∀a ∈ K se verifica λ(a) = a y que λ(X) = u. Por el primer teorema de isomorfismo para anillos, K[u] ∼
= K[X]/ ker(λ). Distingamos
dos casos:
3.2. ELEMENTOS ALGEBRAICOS Y EXTENSIONES ALGEBRAICAS45
1. ker(λ) = 0 y λ es inyectivo. Entonces existe un isomorfismo
K[X] ∼
= K[u]. En este caso decimos que u es trascendente sobre K. El cuerpo K(u) es el cuerpo de fracciones de K[u] y es
isomorfo a K(X) (cuerpo de fracciones de K[X].
2. ker(λ) 6= 0. En este caso decimos que u es algebraico sobre
K. Como K[X] es un dominio de ideales principales, el ideal
ker(λ) es principal. Como el grupo de las unidades de K[X]
es K × (grupo multiplicativo de K), existe un único polinomio
mónico p(X) tal que ker(λ) = (p(X)). Este p(X) se llama polinomio mínimo de u sobre K y se representa por Irr(u, K). El
anillo K[u] ∼
= K[X]/(p(X)) es un dominio de integridad (por ser
subanillo del cuerpo F ), y por tanto el ideal (p(X)) es primo.
Pero esto ocurre si y sólo si el polinomio p(X) es irreducible
sobre K. Naturalmente sobre un cuerpo mayor p(X) puede ser
reducible.
Proposición 3.2.16. Sea F/K una extensión de cuerpos y sea u ∈
F un elemento algebraico sobre K con polinomio mínimo p(X) =
Irr(u, K). Entonces
1. K(u) = K[u]
2. K[u] ∼
= K[X]/(p(X))
3. [K(u) : K] es igual al grado de p(X)
4. {1, u, u2 , . . . , un−1 } es una base de K[u] sobre K.
5. Para un f ∈ K[X] se verifica que f (u) = 0 si y sólo si p | f .
El grado de Irr(u, K) (que es igual a [K[u] : K]) se llama grado de
u sobre K.
Lema 3.2.17. Sea F ⊃ E ⊃ K y sea u ∈ F algebraico sobre K.
Entonces u es algebraico sobre E y Irr(u, E) divide a Irr(u, K).
Definición 3.2.18. Una extensión F/K se llama algebraica si todos
los elementos de F son algebraicos sobre K.
Una extensión F/K se llama trascendente si existe algún elemento u ∈ F que es trascendente sobre K.
Sea ahora F/K una extensión arbitraria y sea {ui | i ∈ I} ⊂
F un subconjunto no vacío arbitrario. Consideramos el anillo de
polinomios A = K[Xi | i ∈ I] y el único homomorfismo σ : A → F
dado por σ(Xi ) = ui para todo i ∈ I.
46
CAPÍTULO 3. EXTENSIONES DE CUERPOS
Definición 3.2.19. Los elementos {ui | i ∈ I} se llaman algebraicamente independientes sobre K si el anterior homomorfismo σ es
inyectivo. En caso contrario se llaman algebraicamente dependientes.
Definición 3.2.20. Una extensión F/K se llama puramente trascendente si F = K(S) donde S es un conjunto de elementos algebraicamente independientes sobre K.
Lema 3.2.21. Sea F/K una extensión arbitraria y sea S un subconjunto de F .
1. Para todo u ∈ K[S] existe un subconjunto finito {u1 , . . . , un } ⊂ S
tal que u ∈ K[u1 , . . . , un ].
2. Para todo u ∈ K(S) existe un subconjunto finito {u1 , . . . , un } ⊂ S
tal que u ∈ K(u1 , . . . , un ).
Lema 3.2.22. Sean L ⊃ E, F ⊃ K cuerpos tales que F = K(S).
Entonces EF = E(S).
Corolario 3.2.23. Sean L ⊃ E, F ⊃ K. Entonces
[EF : K] ≤ [E : K][F : K]
Corolario 3.2.24. Sean L ⊃ E, F ⊃ K con n = [E : K] y m = [F : K]
primos relativos. Entonces [EF : K] = [E : K][F : K]
Proposición 3.2.25. Sea F = K(u1 , . . . , un ) una extensión finitamente generada por elementos ui algebraicos. Entonces la extensión F/K
es finita.
Corolario 3.2.26. Sea F = K(S) con S ⊂ F arbitrario. Entonces F/K
es algebraica si y sólo si todo u ∈ S es algebraico sobre K.
Corolario 3.2.27. Una extensión F/K es finita si y sólo si es algebraica y finitamente generada.
Corolario 3.2.28. Un elemento u ∈ F es algebraico sobre K si y sólo
si existe un cuerpo intermedio E tal que E/K es finita y u ∈ E.
Corolario 3.2.29. Dada una torre de cuerpos E ⊃ F ⊃ K, la extensión E/K es algebraica si y sólo si las extensiones E/F y F/K son
ambas algebraicas.
Corolario 3.2.30. Para una extensión arbitraria F/K el conjunto E
de elementos de F que son algebraicos sobre K forman un subcuerpo
de F .
El cuerpo E del corolario 3.2.30 se llama clausura algebraica
(relativa) de K en F .
Capítulo 4
Cuerpos de descomposición
47
48
CAPÍTULO 4. CUERPOS DE DESCOMPOSICIÓN
El estudio de las extensiones de cuerpos se origina en la necesidad de construir cuerpos que contengan al cuerpo base K en
donde existan raíces de polinomios dados de K[X]. El ejemplo clásico es la construcción C = R(i) = R[X]/(X 2 + 1). Vamos a ver que el
mismo método es válido para cualquier polinomio.
4.1.
Cuerpo de descomposición
Teorema 4.1.1 (Kronecker). Sea f un polinomio de grado positivo
sobre un cuerpo K. Entonces existe una extensión F/K y un u ∈ F
tal que f (u) = 0.
Demostración. Descomponemos f en factores ireducibles sobre K:
f = f1 . . . fm . El cuerpo buscado es F = K[X]/(f1 ) y una raíz de f es
u = X + (f1 ) ∈ F .
Sean Fi /Ki (i = 1, 2) dos extensiones de cuerpos y sean τ : F1 →
F2 y σ : K1 → K2 dos homomorfismos tales que para todo a ∈ K1 se
verifica τ (a) = σ(a).
Definición 4.1.2. En las condiciones anteriores decimos que τ es
una extensión de σ.
Cuando σ = 1K : K → K decimos que τ es un homomorfismo
sobre K
Proposición 4.1.3. Sea σ : K1 → K2 un isomorfismo de cuerpos.
Existe una única extensión a un isomorfismo σ : K1 [X] → K2 [X] definido por σ(X) = X
Demostración. Es una aplicación directa de la propiedad universal
del anillo de polinomios K1 [X]. Obsérvese que gr(f ) = gr(σ(f )) para
todo polinomio f ∈ K1 [X].
Lema 4.1.4. En las condiciones de la proposición 4.1.3 sea f1 ∈
K1 [X] irreducible sobre K1 . El polinomio f2 = σ(f1 ) es irreducible sobre K2 .
Demostración. Sea f1 = gh una descomposición del polinomio f1 .
Entonces f2 = σ(g)σ(h) es una descomposición de f2 y los grados de
los factores correspondientes son iguales. Como σ es un isomorfismo, aplicando el mismo argumento para σ −1 obtenemos que f1 es
compuesto si y sólo si f2 es compuesto.
4.1. CUERPO DE DESCOMPOSICIÓN
49
Proposición 4.1.5. En las condiciones de la proposición 4.1.3 sean
Fi /Ki con i = 1, 2 dos extensiones algebraicas, τ : F1 → F2 un homomorfismo sobre σ y u ∈ F1 una raíz de f1 . Entonces τ (u) es una raíz
de f2 = σ(f1 ).
Demostración. Un cálculo sencillo: Sea f1 = an X n + · · · + a1 X + a0 .
Entonces
f2 (τ (u)) =
=
=
=
σ(an )τ (u)n + · · · + σ(a1 )τ (u) + σ(a0 )
τ (an )τ (u)n + · · · + τ (a1 )τ (u)
τ (an un + · · · + a1 u + a0 )
τ (0) = 0
Corolario 4.1.6. Sea F/K una extensión algebraica y σ : F → F un
homomorfismo sobre K. Entonces σ es un automorfismo.
Demostración. Sea u ∈ F arbitrario. Sea f = Irr(u, K) y sean u =
u1 , . . . , uk todas las raíces de f que hay en F (k ≤ gr(f )). Sea F1 =
K(u1 , . . . , uk ) el subcuerpo de F generado por todas ellas. La extensión F1 /K es finita, y para cualquier homomorfismo σ : F → F el
elemento σ(ui ) es una raíz de f , por tanto σ(ui ) = uj . Luego σ se
restringe a un homomorfismo σ1 : F1 → F1 . Pero este es una aplicación K-lineal inyectiva. Como F1 es de dimensión finita sobre K, la
aplicación σ1 es sobre y existe un v ∈ F1 ⊂ F tal que u = σ1 (v) = σ(v).
Luego σ es sobre.
Proposición 4.1.7. Con la notación de la proposición 4.1.5 sea f1
irreducible y sea ui una raíz de fi en alguna extensión Fi de Ki
(i=1,2). Entonces existe un único isomorfismo τ : K1 (u1 ) → K2 (u2 )
sobre σ tal que τ (u1 ) = u2 .
Demostración. El isomorfismo τ = ρ2 σ̄ρ−1
1 buscado es el compuesto
de los tres isomorfismos siguientes:
K1 (u)
τ K2 (u)
6
ρ1
K1 [X]
(f1 )
6
ρ2
σ̄ - K2 [X]
(f2 )
50
CAPÍTULO 4. CUERPOS DE DESCOMPOSICIÓN
Los isomorfismos ρi : Ki [X]/(fi ) ∼
= Ki (ui ) (i = 1, 2) son los establecidos en la definición de elemento algebraico y vienen dados por
X + (fi ) 7→ ui . El isomorfismo σ̄ es el inducido entre los cocientes
por el σ dado en la proposición 4.1.3.
Proposición 4.1.8. Con la notación de la proposición 4.1.7 el número de extensiones τ : K1 [u1 ] → F2 sobre σ es igual al número de raíces
distintas de f2 en F2 .
Demostración. Cualquiera de tales τ está totalmente determinada
por la imagen de u. Como f2 (τ (u)) = τ (f1 (u)) = 0, necesariamente
τ (u) es una raíz de f2 . Por la proposición 4.1.7, para cada v raíz de
f2 en F2 existe un homomorfismo τ tal que τ (u) = v. En total existen
tantos homomorfismos como raíces de f2 hay en F2 .
Definición 4.1.9. Un cuerpo extensión F ⊃ K se llama cuerpo de
descomposición de f sobre K si y sólo si existen u1 , . . . , un ∈ F tales
que f = (X − u1 ) · · · (X − un ) y F = K(u1 , . . . , un ).
Proposición 4.1.10. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos tal que E
es un cuerpo de descomposición de un polinomio f sobre K. Entonces
E es también un cuerpo de descomposición de f sobre F .
Demostración. Los elementos u1 , . . . , un raíces de f verifican
E = K(u1 , . . . , un ) ⊂ F (u1 , . . . , un) ⊂ E
luego E = F (u1 , . . . , un ).
Teorema 4.1.11. Para todo polinomio f ∈ K[X] de grado n > 0
existe un cuerpo de descomposición F de f sobre K y se verifica que
[F : K] ≤ n!.
Demostración. Inducción sobre el grado de f . Si gr(f ) = 1, el polinomio es f = a1 X + a0 y su única raíz es u1 = −a0 /a1 ∈ K. Luego F = K es el cuerpo de descomposición de f sobre K. Además
[F : K] = 1 = n! donde 1 = n = gr(f ).
Sea ahora gr(f ) > 1. Por el teorema de Kronecker existe un cuerpo K1 = K(u1 ) ⊃ K con f (u) = 0. Descomponemos f = (X − u1 )f1
y gr(f1 ) = gr(f ) − 1 < gr(f ). Por la hipótesis de inducción existe F = K1 (u2 , . . . , un ) cuerpo de descomposición de f1 sobre K1 .
Luego f = (X − u1 )(X − u2 ) . . . (X − un ) y F = K(u1 , u2 , . . . , un ) es
un cuerpo de descomposición de f sobre K. Calculemos el grado:
[F : K] = [F : K1 ][K1 : K] ≤ (n − 1)! · n = n!.
4.1. CUERPO DE DESCOMPOSICIÓN
51
Sea σ : K1 ∼
= K2 un isomorfismo de cuerpos, sea f1 ∈ K1 [X]
arbitrario y sea f2 = σ(f1 ).
Teorema 4.1.12. Sea Fi un cuerpo de descomposición de fi sobre
Ki . Entonces existe un isomorfismo τ : F1 → F2 que es una extensión
de σ.
Demostración. Por inducción sobre el grado de f1 . Si gr(f1 ) = gr(f2 ) =
1 se verifica que Fi = Ki (i = 1, 2) y τ = σ.
Sea ahora gr(fi ) > 1 y supongamos el teorema cierto para polinomios de grado menor. Sean ui ∈ Fi raíces respectivas de fi tales
que Irr(u2 , K2 ) = σ(Irr(u1 , K1 )). Por la proposición 4.1.7 existe un
isomorfismo σ1 : K1 (u1 ) ∼
= K2 (u2 ) extensión de σ tal que σ1 (u1 ) = u2 .
Descomponemos fi = (X − ui )gi (i = 1, 2). Cada Fi es el cuerpo de
descomposición de gi sobre Ki (ui ). Por la hipótesis de inducción
existe una extensión τ : F1 ∼
= F2 del isomorfismo σ1 , que es también
una extensión de σ.
Corolario 4.1.13. Dos cuerpos de descomposición de f ∈ K[X] sobre K son isomorfos.
Demostración. Aplicar la proposición anterior al isomorfismo identidad σ = 1K .
Ejemplo 4.1.14. Sea f = X 2 + aX + b ∈ K[X] con K arbitrario. Si f es
reducible sobre K el cuerpo de descomposición de f es el mismo K.
Si f es irreducible llamamos F = K[X]/(f ) = K(u) donde u = X +(f ).
Entonces f = (X − u)(X + (u + a)), el cuerpo de descomposición de
f sobre K es F y [F : K] = 2.
Ejemplo 4.1.15. Sea f = √
(X 2√
− 2)(X 2 − 3) ∈ Q[X]. El cuerpo de descomposición será F = Q( 2, 3) y su grado sobre Q es 4.
Ejemplo 4.1.16. Sea f = X 3 + X + 1 ∈ Z2 [X]. Como f (0) 6= 0 6= f (1),
el polinomio f no tiene raíces en Z2 y por tanto es irreducible en
Z2 [X]. Sea u = X + (f ) ∈ Z2 [X]/(f ) = F . Un poco de cálculo muestra
que u2 y u4 = u2 + u también son raíces de f y que f = (X − u)(X −
u2 )(X − (u + u2 )). Luego f descompone en factores lineales en F y
por tanto F = Z2 (u) es el cuerpo de descomposición de f sobre Z2 .
Ejemplo 4.1.17. Sea f = X 4 + 1 ∈ Q[X]. Sea u una raíz de f . Las
otras raíces son −u, u−1 y −u−1 que son todas distintas. Así que
Q(u, −u, u−1 , −u−1 ) = Q(u) es el cuerpo de descomposición de f sobre
Q. Igual sucede sobre Zp cuando p 6= 2. Sobre Z2 tenemos f = (X +
1)4 .
52
CAPÍTULO 4. CUERPOS DE DESCOMPOSICIÓN
Ejemplo 4.1.18. Sea f = X 4 + 4 ∈ Q[X]. En este caso el polinomio
f es reducible:
f = (X 2 + 2X + 2)(X 2 − 2X + 2). Las raíces de f son
√
±1 ± −1, así que el cuerpo de descomposición es Q(i).
√
Ejemplo 4.1.19.
Sea f = X 3 − 2 ∈ Q[X]. Sea u = 3 3 ∈ R y sea
√
ω = (−1 + −3)/2 ∈ C la raíz cúbica de la unidad. Entonces las
raíces de f son u, ωu y ω 2 u, y el cuerpo de descomposición de f
sobre Q es Q(u, ω).
Ejemplo 4.1.20. Sea f = X p −1 ∈ Q[X] con p primo. Sabemos que f =
(X −1)Φp y que Φp = X p−1 +· · ·+X +1 es irreducible sobre Q. Sea u =
X + (Φp ) ∈ Q[X]/(Φp ) = F . Sabemos que los p elementos 1, u, . . . , up−1
forman una base de F sobre Q y por tanto son distintos. Por otra
parte f (uk ) = (uk )p − 1 = (up )k − 1 = 0 para k = 0, . . . p − 1 y tenemos
p raíces de f en F . Luego f = (X − 1)(X − u) . . . (X − up−1 ) y F es
el cuerpo de descomposición de f sobre Q (luego también F es el
cuerpo de descomposición de Φp sobre Q).
√
Ejemplo 4.1.21. Sea f = X p − 2 con p primo. Sea u = p 2 y sea
ζ = e2πi/p . Las raíces de f en C son u, ζu, . . . , ζ p−1 u y el cuerpo de
descomposición de f sobre Q es E = Q(u, ζu, . . . , ζup−1 ) = Q(u, ζ).
Como [Q(u) : Q] = p y [Q(ζ) : Q] = p − 1 son primos relativos, obtenemos que [E : Q] = p(p − 1).
Ejemplo 4.1.22. Sea ahora f = X p − t ∈ K = Zp (t) donde t es una
indeterminada. Por el criterio de Eisenstein f es irreducible sobre
K. Sea F = K(u) el cuerpo obtenido adjuntando a K una raíz de
f . Como car(F ) = p el polinomio f descompone como f = (X − u)p
y por tanto F es el cuerpo de descomposición de f sobre K. Igual
k
ocurre para el polinomio X p − t ∈ Zp (t).
Definición 4.1.23. Sea F ⊂ K[X] cualquier conjunto de polinomios
no constantes. Una extensión E/K se llama cuerpo de descomposición de F sobre K si para todo polinomio f ∈ F existen u1 , . . . , un ∈ E
tales que f = (X − u1 ) · · · (X − un ) y además E = K(S) donde
S = {u ∈ F | ∃f ∈ F f (u) = 0}
Teorema 4.1.24. Para todo conjunto de polinomios no constantes
F ⊂ K[X] existe un cuerpo de descomposición sobre K.
Demostración. Sea F = {fλ | Q
λ ∈ Λ} el conjunto de polinomios
dados. Si Λ es finito, sea f = λ fλ . Por el teorema 4.1.11 existe
un cuerpo de descomposición F de f sobre K, que es también el
cuerpo de descomposición de F sobre K.
4.2. CLAUSURA ALGEBRAICA
53
Sea ahora Λ infinito. Para cada subconjunto finito J ⊂ Λ sea FJ
un cuerpo de descomposición de J = {fλ | λ ∈ J} sobre K. Usando
un argumento de sustitución de conjuntos podemos tomarlos de
manera que si I ⊂ J se verifique FI ⊂ FJ . El conjunto S = {EJ |
J ⊂ Λ, J finito} está ordenado por inclusión y es dirigido (es decir,
para cualquier par FI , FJ ∈ S existe una extensión común FI∪J ∈ S).
Sea F = ∪J∈S FJ . Definimos una suma y un producto en F de la
siguiente manera: Para cualesquiera u, v ∈ F existe un J ∈ S tal
que u, v ∈ FJ . Entonces la suma u + v y el producto uv en F son la
suma y el producto en FJ . Es rutina comprobar que F es un cuerpo
de descomposición de F sobre K.
Proposición 4.1.25. Sean F1 , F2 dos cuerpos de descomposición sobre K de la misma familia de polinomios F. Entonces existe un isomorfismo σ : F1 ∼
= F2 sobre K.
Demostración. Si F es finito esta proposición es un caso particular
del corolario 4.1.13.
Sea ahora F arbitrario. Formamos el conjunto
E = {(E, τ ) | F1 ⊃ E ⊃ K, τ es una extensión de σ }
Por el corolario 4.1.13 los E ⊃ K tales que E/K es finita pertenecen todos a E. Ordenamos el conjunto E de la siguiente manera:
(E1 , τ1 ) (E2 , τ2 ) si y sólo si E1 ⊂ E2 y τ1 = τ2 |E1 . Es rutina comprobar que esta es una ordenación inductiva sobre E. Sea (F, σ)
un elemento maximal. Si F $ F1 , por la proposición 4.1.7 existe
un σ 0 : F 0 → F2 extensión de σ con F $ F 0 , en contra del carácter
maximal de (F, σ).
Finalmente, todo f ∈ F descompone en factores lineales en F1
y las raíces de todos estos polinomios se aplican mediante σ sobre
las raíces de todos los f ∈ F en F2 . Pero estas últimas generan F2
sobre K, luego σ es sobre.
4.2.
Clausura algebraica
Proposición 4.2.1. Sea K un cuerpo. Los siguientes enunciados son
equivalentes:
1. Todo polinomio no constante f ∈ K[X] tiene una raíz en K.
2. Para todo f ∈ K[X] de grado n > 1 existen u1 , . . . , un ∈ K tales
que f = an (X − u1 ) · · · (X − un ).
54
CAPÍTULO 4. CUERPOS DE DESCOMPOSICIÓN
3. Un polinomio f ∈ K[X] es irreducible si y sólo si gr(f ) = 1.
4. Toda extensión algebraica de K es trivial.
Demostración. 1 ⇒ 2 Por inducción sobre el grado de f . Si gr(f ) = 1
tenemos que f = a1 X + a0 = a1 (X − u1 ) con u1 = −a0 /a1 ∈ K.
Sea ahora n = gr(f ) > 1. Por la hipótesis existe un ∈ K tal que
f (un ) = 0. Dividimos f por X − un y obtenemos f = f1 · (X − un )
donde f1 = an X n−1 + . . . Por la hipótesis de inducción existen
u1 , . . . , un−1 ∈ K tales que f1 = an (X − u1 ) . . . (X − un−1 ). Luego
f = an (X − u1 ) . . . (X − un ).
2 ⇒ 3 Sea f ∈ K[X] irreducible. No es constante, luego f = an (X −
u1 ) . . . (X −un ) con ui ∈ K. Como K[X] es un dominio factorial, f
divide a uno de los factores de la derecha. Comparando grados
obtenemos que gr(f ) = 1.
3 ⇒ 4 Sea E/K algebraica y u ∈ E arbitrario. Sea f = Irr(u, K). El
polinomio f es irreducible, luego gr(f ) = 1 y f = X − u ∈ K[X].
Por tanto u ∈ K y E = K.
4 ⇒ 1 Sea f ∈ K[X] no constante. Por el teorema de Kronecker existe una extensión algebraica E/K y un elemento u ∈ E tal que
f (u) = 0. Pero la hipótesis dice que E = K y por tanto u ∈ E.
Definición 4.2.2. Un cuerpo verificando las propiedades de la proposición 4.2.1 se llama algebraicamente cerrado
Proposición 4.2.3. Todo cuerpo algebraicamente cerrado es infinito.
Demostración. Sea K = {a1 , . . . , am } un cuerpo finito. Formamos el
polinomio f = (X − a1 ) . . . (X − am ) + 1. Para todo a ∈ K se verifica
que f (a) = 1 6= 0, luego f no tiene raíces en K, de donde K no es
algebraicamente cerrado.
Proposición 4.2.4. Sea E/K una extensión arbitraria con E algebraicamente cerrado. Entonces el conjunto de elementos de E que
son algebraicos sobre K forman un cuerpo algebraicamente cerrado.
Demostración. Sea F el conjunto de elementos de E que son algebraicos sobre K. Ya hemos visto que F es un cuerpo (que se llama
clausura algebraica (relativa) de K en E). Veamos que es algebraicamente cerrado: Sea f ∈ F [X] ⊂ E[X] no constante arbitrario. Por
4.2. CLAUSURA ALGEBRAICA
55
ser E algebraicamente cerrado, existe un u ∈ E tal que f (u) = 0. Entonces u es algebraico sobre F y por tanto también sobre K. Luego
u ∈ F.
Definición 4.2.5. Decimos que un cuerpo E es una clausura algebraica (absoluta) de K si E/K es una extensión algebraica y E es
algebraicamente cerrado.
Proposición 4.2.6. Para una extensión E/K las siguientes propiedades son equivalentes:
1. E es una clausura algebraica de K.
2. La extensión E/K es algebraica y todo polinomio no constante
f ∈ K[X] descompone en factores lineales en E[X].
3. E es el cuerpo de descomposición sobre K del conjunto de polinomios F = {f ∈ K[X] | gr(f ) > 0}.
4. La extensión E/K es algebraica y todo polinomio no constante
f ∈ K[X] tiene una raíz en E.
Demostración. 1 ⇒ 2 Por la proposición 4.2.1 para todo polinomio
f ∈ F ⊂ E[X] existen u1 , . . . , un ∈ E tales que f = an (X −
u1 ) . . . (X − un ).
2 ⇒ 3 Sea S = {u ∈ E | ∃f ∈ F f (u) = 0}. Como E/K es algebraica, S
es el conjunto de elementos no nulos de E, y K(S) = E. Luego
E es el cuerpo de descomposición de F sobre K.
3 ⇒ 1 Sea g ∈ E[X] no constante y sea F = E(u) un cuerpo extensión de F tal que g(u) = 0. El elemento u es algebraico sobre
E y E/K es una extensión algebraica, luego u es algebraico
sobre K. Sea f = Irr(u, K). Por la hipótesis existen elementos
u1 , . . . , un ∈ E tales que f = (X − u1 ) . . . (X − un ). Como f (u) = 0
existe un i tal que u = ui y por tanto u ∈ E.
La equivalencia con la condición 4 se verá mas adelante.
Proposición 4.2.7. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos con F/K
algebraica. Entonces E es una clausura algebraica de F si y sólo si
E es una clausura algebraica de K.
Demostración. El cuerpo E es una clausura algebraica de F si y
sólo si es algebraicamente cerrada y la extensión E/F es algebraica. Esto último ocurre si y sólo si E/K es algebraica, de donde el
resultado.
56
CAPÍTULO 4. CUERPOS DE DESCOMPOSICIÓN
Teorema 4.2.8 (Steinitz). Para todo cuerpo K existe una clausura
algebraica K̄.
Demostración. Por el teorema 4.1.24 existe un cuerpo de descomposición para F = {f ∈ K[X] | gr(f ) > 0}. Por 4.2.6 es una clausura
algebraica de K.
Teorema 4.2.9. Dos clausuras algebraicas E1 , E2 del mismo cuerpo
K son isomorfas sobre K.
Demostración. Por 4.2.6 E1 y E2 son cuerpos de descomposición de
la familia F = {f ∈ K[X] | gr(f ) > 0}. Por 4.1.25 son isomorfos
sobre K.
Teorema 4.2.10. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos con E/K
algebraica y sea K̄ una clausura algebraica de K. Entonces todo
homomorfismo σ : F → K̄ sobre K tiene una extensión τ : E → K̄.
Demostración. Por inducción transfinita. Sea
S = {(Ei , σi ) | F ⊂ Ei ⊂ E, σi : Ei → K̄ y σi |F = σ}
El conjunto S no es vacío y está inductivamente ordenado por inclusión. Por el lema de Zorn existe un maximal (E1 , σ1 ). Si E1 ( E,
existe u ∈ E, u ∈
/ E1 . Sea f = Irr(u, K) y sea v ∈ K̄ una raíz de f . Por
4.1.7 existe un σ2 : E1 (u) → K̄ extensión de σ1 tal que σ1 (u) = v, y el
par (E1 (u), σ2 ) contiene propiamente a (E1 , σ1 ) en contra del carácter maximal de éste último. Luego E1 = E y τ = σ1 es la extensión
buscada.
Proposición 4.2.11. Sea K un cuerpo y sea K̄ su clausura algebraica.
1. Si K es finito , entonces la clausura K̄ es infinito numerable.
2. Si K es infinito, entonces la clausura algebraica K̄ tiene el mismo cardinal que K.
Demostración. Para cualquier cuerpo K sea Mn = {f ∈ K[X] |
gr(f ) = n f mónico }. El conjunto Mn está en biyección con K n .
El anillo K[X] es la unión disjunta de la familia numerable de todos los Mn , luego el cardinal de K[X] es la suma de los cardinales
|Mn | = |K|n . Si K es infinito, |K|n = |K| y |K[X]| = |K|. Si |K| es finito
también lo es |K|n y |K[X]| es numerable.
El conjunto K̄ es la unión del cero y de las raíces de todos los
polinomios de la familia F = {f ∈ K[X] | gr(f ) > 0}. El número de
ceros de cada polinomio f es finito, luego |K̄| = |K[X]|.
Capítulo 5
Extensiones normales y
separables
57
58
5.1.
CAPÍTULO 5. EXTENSIONES NORMALES Y SEPARABLES
Elementos conjugados y extensiones
conjugadas.
Sea K un cuerpo base fijo y sea K̄ una clausura algebraica de
K también fija. Todos los elementos y todas los cuerpos extensión
que vamos a considerar están en K̄.
Proposición 5.1.1. Sean u, v ∈ K̄. Los siguientes enunciados son
equivalentes:
1. Irr(u, K) = Irr(v, K)
2. Existe un isomorfismo τ : K(u) → K(v) tal que τ (u) = v
3. Existe un homomorfismo σ1 : K(u) → K̄ tal que σ(u) = v
4. Existe un automorfismo σ : K̄ → K̄ tal que σ(u) = v.
Definición 5.1.2. Dos elementos u, v ∈ K̄ se llaman conjugados
sobre K si verifican las propiedades enunciadas en 5.1.1.
Proposición 5.1.3. Sean F1 /K y F2 /K dos extensiones algebraicas.
Los siguientes enunciados son equivalentes:
1. Existe un isomorfismo σ : F1 → F2 sobre K.
2. Existe un homoomorfismo σ1 : F1 → K̄ sobre K tal que σ1 (F1 ) =
F2 .
3. Existe un isomorfismo σ2 : K̄ → K̄ sobre K tal que σ2 (F1 ) = F2 ).
Definición 5.1.4. Dos extensiones F1 /K, F2 /K se llaman conjugadas si verifican las propiedades enunciadas en 5.1.3
5.2.
Extensiones normales
Teorema 5.2.1. Sea F/K una extensión algebraica, con F subcuerpo de K̄. Los siguientes enunciados son equivalentes:
1. Para todo σ : F → K̄ sobre K, σ(F ) = F
2. Todo polinomio irreducible de K[X] que tiene una raíz en F descompone en factores lineales en F [X].
5.2. EXTENSIONES NORMALES
59
3. F es el cuerpo de descomposición sobre K de una familia de
polinomios de K[X].
Definición 5.2.2. Una extensión F/K se llama normal si verifica
las propiedades del teorema 5.2.1
Proposición 5.2.3. Propiedades de las extensiones normales:
1. Sea E/K una extensión normal y sea F/K una extensión algebraica arbitraria. Entonces la extensión EF/F es normal
2. Sea K ⊂ F ⊂ E una torre de de cuerpos con E/K normal. Entonces E/F es una extensión normal.
3. Sean F1 /K y F2 /K dos extensiones normales. Entonces F1 F2 /K
es una extensión normal.
4. Sea Fλ /K, λ ∈ Λ una familia arbitraria de extensiones normales
y sea E = ∩λ Fλ . Entonces la extensión E/K es normal.
Definición 5.2.4. Sea F/k una extensión algebraica arbitraria. Llamamos clausura normal de F/K a la extensión E/K donde
E = ∩{F1 | F1 ⊃ F y F1 /K es normal}
Teorema 5.2.5. Para toda extensión algebraica F/K existe una clausura normal E/K.
Teorema 5.2.6. Sean E1 /K y E2 /K dos clausuras normales de la
extensión F/K. Entonces existe un isomorfismo E1 ∼
= E2 sobre F .
Proposición 5.2.7. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos tal que la
extensión E/K es normal. Entonces todo homomorfismo τ : F → E
se extiende a un automorfismo σ : E → E
Proposición 5.2.8. Sea F = K(u1 , . . . , un ) una extensión finita y sea
fi = Irr(ui , K) para i = 1, . . . , n. Entonces la clausura normal es E/K
donde E es el cuerpo de descomposición de f = f1 · · · f2 sobre K.
Corolario 5.2.9. Sea F/K una extensión finita de grado n = [F : K]
y sea E/K su clausura normal. Entonces E/K es finita.
Definición 5.2.10. Sea f ∈ K[X] un polinomio irreducible. Decimos que f es un polinomio normal sobre K si para toda extensión
algebraica F/K tal que en F exista una raíz de f , el polinomio f
descompone como un producto de factores lineales.
60
CAPÍTULO 5. EXTENSIONES NORMALES Y SEPARABLES
Proposición 5.2.11. Sea f un polinomio irreducible en K[X]. Los
siguientes enunciados son equivalentes:
1. El polinomio f es normal sobre K.
2. El cuerpo de descomposición de f sobre K es K(u), donde u es
una raíz de f .
3. Todas las raíces de f se expresan como polinomios en una cualquiera de ellas.
5.3.
Extensiones separables
Definición 5.3.1. Un elemento algebraico u sobre un cuerpo K se
llama separable si Irr(u, K) no tiene raíces múltiples
Definición 5.3.2. Una extensión algebraica F/K se llama separable si todo elemento de F es separable sobre K.
Proposición 5.3.3. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos tal que
E/K es una extensión separable. Entonces E/F y F/K son extensiones separables.
Sea una torre de cuerpos
K̄ ⊃ F ⊃ K
donde K̄ es una clausura algebraica de K.
Definición 5.3.4. Llamamos grado separable de F sobre K al cardinal del conjunto de homomorfismos de F en K̄ sobre K:
[F : K]s = |{σ : F → K̄ sobre K }|
Proposición 5.3.5. Sea una torre de cuerpos
K̄ ⊃ E ⊃ F ⊃ K
donde K̄ es una clausura algebraica de K. Entonces
[E : K]s = [E : F ]s [F : K]s
Proposición 5.3.6. Sea F/K una extensión finita. Entonces [F : K]s
divide a [F : K] y por tanto [F : K]s ≤ [F : K]
5.3. EXTENSIONES SEPARABLES
61
Proposición 5.3.7. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos con E/K
finita. Entonces [E : K]s = [E : K] si y sólo si [E : F ]s = [E : F ] y
[F : K]s = [F : K].
Proposición 5.3.8. Sea E/K una extensión finita. La extensión E/K
es separable si y sólo si [E : K]s = [E : K].
Proposición 5.3.9. Sea F/K una extensión algebraica y S ⊂ F tal
que F = K(S). Entonces la extensión F/K es separable si y sólo si
todo elemento de S es separable sobre K.
Proposición 5.3.10. 1. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos con
E/K algebraica. La extensión E/K es separable si y sólo si las
extensiones E/F y F/K son separables.
2. Sean E/K una extensión algebraica separable y F/K una extensión arbitraria. Entonces EF/F es separable.
3. Sean E/K y F/K dos extensiones algebraicas separables. Entonces EF/K es separable.
Corolario 5.3.11. Sea F/K una extensión separable y E/K su clausura normal. Entonces E/K es separable.
Definición 5.3.12. El conjunto de todos los elementos de K̄ separables sobre K forman un subcuerpo de K̄ que se llama clausura
separable de K y se denota por K sep .
Teorema 5.3.13 (Teorema del elemento primitivo). Sea F/K una
extensión finita. La extensión es simple si y sólo si el conjunto de
cuerpos intermedios {E | F ⊃ E ⊃ K} es finito.
Si la extensión F/K es finita y separable, entonces es simple.
Definición 5.3.14. Sea K un cuerpo de característica p. El homomorfismo φ : K → K definido por φ(u) = up se llama endomorfismo
de Frobenius del cuerpo K.
Teorema 5.3.15. Para un cuerpo K las siguientes propiedades son
equivalentes:
1. Todo polinomio f ∈ K[X] irreducible tiene sólo raíces simples.
2. Toda extensión E/K algebraica es separable.
3. Toda extensión E/K finita es separable.
62
CAPÍTULO 5. EXTENSIONES NORMALES Y SEPARABLES
4. car(K) = 0 ó car(K) = p y el endomorfismo de Frobenius es
sobre.
Definición 5.3.16. Un cuerpo K se llama perfecto si tiene las propiedades del teorema 5.3.15.
Proposición 5.3.17.
fecto.
1. Todo cuerpo de característica cero es per-
2. Todo cuerpo finito es perfecto.
3. Todo cuerpo algebraicamente cerrado es perfecto.
5.4.
Derivada y raíces múltiples
Definición 5.4.1. Sea f ∈ F [X] un polinomio y u ∈ F . Decimos que
u es una raíz de f de multiplicidad k si f = (X − u)k f1 con f1 (u) 6= 0.
El elemento u es una raíz simple si k = 1 y es una raíz múltiple
si k > 1.
P
Definición 5.4.2. Para todo polinomio f = ni=0 ai X i = an X n + · · · +
a1 X + a0 definimos la derivada de f como
n
X
0
f =
ian X i−1 = nan X n−1 + · · · + a1
i=1
Proposición 5.4.3. La derivada verifica las siguientes propiedades:
1. Para todo par de polinomios f, g se verifica (f + g)0 = f 0 + g 0
2. Para todo par de polinomios f, g se verifica (f · g)0 = f 0 · g + f · g 0
3. (f m )0 = mf m−1 · f 0
Proposición 5.4.4. Las raíces de f son simples si y sólo si m. c. d.(f, f 0 ) =
1
Corolario 5.4.5. Sea f irreducible y f 0 6= 0. Entonces las raíces de f
son simples
Corolario 5.4.6. 1. Sea car(K) = 0 y f irreducible sobre K. Entonces las raíces de f son simples.
2. Sea car(K) = p > 0. El polinomio f irreducible tiene raíces multiples si y sólo si f (X) = g(X p )
Definición 5.4.7. Un polinomio f ∈ K[X] se llama separable sobre
K si sus factores irreducibles tienen sólo raíces simples.
Parte III
Teoría de Galois finita
63
Capítulo 6
Teoría de Galois finita
65
66
CAPÍTULO 6. TEORÍA DE GALOIS FINITA
6.1.
Grupos de automorfismos
Sea S un conjunto y F un cuerpo. Sea Fun(S, F ) = {f : S →
F } el conjunto de todas las aplicaciones de S en F . Definimos en
Fun(S, F ) una suma y un producto escalar por componentes: (f1 +
f2 )(s) = f1 (s) + f2 (s) y (af )(s) = a · f (s) para todo s ∈ S y todo a ∈ F .
Lema 6.1.1. El conjunto Fun(S, F ) con la suma y productos recién
definidos es un espacio vectorial sobre F de dimensión |S|.
Demostración. Ocho comprobaciones rutinarias.
Sea ahora G un grupo sean y sean σ1 , . . . , σn : G → F × n homomorfismos distintos de G en el grupo multiplicativo de F .
Proposición 6.1.2. Los homomorfismos σ1 , . . . , σn son linealmente
independientes sobre F .
Demostración. Un único homomorfismo es linealmente independiente sobre F .
Supongamos que los homomorfismos dados son linealmente dependientes sobre F . Sea σ1 , . . . , σs un subconjunto linealmente dependiente de longitud mínima, de manera que existen a1 , . . . , as ∈
F × con a1 σ1 + · · · + as σs = 0. Despejando el último homomorfismo
tenemos que σs = b1 σ1 + · · · + bs−1 σs−1 donde bi = ai /as ∈ F × . Es decir,
que para cualquier x ∈ G se verifica
σs (x) = b1 σ1 (x) + · · · + bs−1 σs−1 (x)
Sea y ∈ G tal que σ1 (y) 6= σs (y). Sustituyendo yx en lugar de x en
la expresión anterior tenemos que para todo x ∈ G se verifica
σs (y)σs (x) = b1 σ1 (y)σ1 (x) + · · · + bs−1 σs−1 (y)σs−1 (x)
Por otra parte, multiplicando la primera relación por σs (y) tenemos
que para todo x ∈ G se verifica
σs (y)σs (x) = b1 σs (y)σ1 (x) + · · · + bs−1 σs (y)σs−1 (x)
Restando ambas relaciones obtenemos que para todo x ∈ G se
verifica
0 = b1 (σ1 (y) − σs (y))σ1 (x) + · · · + bs−1 (σs−1 (y) − σs (y))σs−1 (x)
6.1. GRUPOS DE AUTOMORFISMOS
67
de donde
0 = b1 (σ1 (y) − σs (y))σ1 + · · · + bs−1 (σs−1 (y) − σs (y))σs−1
que es una relación lineal no trivial (el primer coeficiente no es
cero) de longitud estrictamente menor que la dada, contradicción.
Corolario 6.1.3 (Lema de Dedekind). Sean σ1 , . . . , σn : F1 → F2 n
homomorfismos de cuerpos distintos. Entonces son linealmente independientes sobre F2 .
Corolario 6.1.4. Si [F1 : K] = n, existen como máximo n homomorfismos distintos F1 → F2 sobre K.
Demostración. Sean {u1 , . . . , un } una base de F1 sobre K. Si existen
n + 1 homomorfismos distintos σi : F1 → F2 sobre K, el sistema de
ecuaciones lineales homogéneas
X1 σ1 (uj ) + · · · + Xn+1 σn+1 (uj ) = 0
j = 1, . . . n
tiene una solución no trivial c1 , . . . cn+1 ∈ F2 . Todo elemento u ∈ F1
se expresa como u = a1 u1 + · · · + an un y por tanto
(c1 σ1 + · · · + cn+1 σn+1 )(u) = c1 σ1 (u) + · · · + cn+1 σn+1 (u) = 0
para todo u ∈ F1 . Luego los homomorfismos σi son linealmente
dependientes sobre F2 , contradicción.
Definición 6.1.5. Para toda extensión finita F/K llamamos grupo
de la extensión al grupo
G(F/K) = {σ ∈ Aut(F ) | ∀u ∈ F σ(u) = u}
Corolario 6.1.6. Para toda extensión finita F/K se verifica |G(F/K)| ≤
[F : K]
Sea E un cuerpo arbitrario y sea G < Aut(E) un subgrupo del
grupo de automorfismos de E. Llamamos E G = {u ∈ G | ∀σ ∈
G σ(u) = u}.
Lema 6.1.7. E G es un subcuerpo de E que se llama cuerpo fijo de
G.
Demostración. Comprobaciones rutinarias.
68
CAPÍTULO 6. TEORÍA DE GALOIS FINITA
Teorema 6.1.8 (Teorema de Artin). Sea G un subgrupo finito de
Aut(E). Entonces [E : E G ] = |G|.
Demostración. Ya sabemos que n = |G| ≤ [E : E G ]. Supongamos
que la desigualdad sea estricta. Sea G = {σj | j = 1, . . . n} y sean
u1 , . . . , un+1 ∈ E linealmente independientes sobre E G . Formamos el
sistema de ecuaciones lineales homogéneas
X1 σj (u1 ) + · · · + Xn+1 σj (un+1 ) = 0
j = 1, . . . , n
que tiene solución no trivial. Sea a1 , . . . , an+1 ∈ E una solución con
el número mínimo de elementos no nulos. Sea a1 6= 0. Despejamos
σj (u1 ) = b2 σj (u2 ) + · · · + bn σj (un+1 )
j = 1, . . . , n
Para σj = 1E (el elemento unidad de G), nos queda u1 = b2 u2 +
. . . bn+1 un+1 . Los ui son linealmente independientes sobre E G , luego
alguno de los coeficientes bi no está en E G .
Sea b2 ∈
/ E G , luego existe un τ ∈ G tal que τ (b2 ) 6= b2 . Tenemos
que {τ σj | σj ∈ G} = G, luego aplicando τ a las igualdades anteriores
tenemos que
σj (u1 ) = τ (b2 )σj (u2 ) + · · · + τ (bn )σj (un+1 )
j = 1, . . . , n
Restando ambos sistemas obtenemos una solución del sistema original no trivial (porque b2 − τ (b2 ) 6= 0) de longitud estrictamente menor (el coeficiente correspondiente a u1 vale 0), contradicción
Definición 6.1.9. Una extensión finita E/K se llama extensión de
Galois si existe un grupo G < Aut E tal que E G = K. En este caso,
el grupo G se representa pos Gal(E/K) y se llama grupo de Galois
de la extensión E/K
Proposición 6.1.10. Una extensión finita E/K es de Galois si y sólo
si es normal y separable.
Corolario 6.1.11. Sea F/K una extensión separable finita y sea
E/K su clausura normal. Entonces E/K es una extensión finita de
Galois.
Demostración. Sea E/K una extensión de Galois. Entonces K = E G
para algún grupo G. Cada automorfismo σ ∈ G se extiende a un
homomorfismo σ 0 : E → K̄, luego [E : K]S ≥ |G| = [E : K] ≥ [E : K]s .
6.2. CORRESPONDENCIA DE GALOIS, CASO FINITO
69
Por tanto [E : K]s = [E : K] y la extensión es separable. El número
total de homomorfismos τ : E → K̄ es [E : K]s = |G|, luego para todo
τ , τ (E) = E y la extensión E/K es normal.
A la inversa, sea E/K una extensión normal y separable. Existen
n = [E : K]s = [E : K] homomorfismos τ : E → K̄ sobre K, y para
todos ellos τ (E) = E. Luego G = G(E/K) tiene orden n. Tenemos la
torre de cuerpos E ⊃ E G ⊃ K, y por el teorema de Artin, [E : E G ] =
n = [E : K]. Luego [E G : K] = 1 y por tanto E G = K y la extensión
E/K es de Galois.
6.2.
Correspondencia de Galois, caso finito
Sea E/K una extensión finita de Galois con grupo G = Gal(E/K).
Definimos dos aplicaciones entre el conjunto S(G) de subgrupos de
G y el conjunto F(E/K) de cuerpos intermedios de E/K de la siguiente manera: A cada subgrupo H < G le hacemos corresponder
su cuerpo fijo
E H = H ∗ = {u ∈ E | ∀σ ∈ H σ(u) = u}
y a cada cuerpo intermedio F entre E y K le hacemos corresponder
el grupo de Galois de la extensión E/F :
GF = F ∗ = Gal(E/F ) = {σ ∈ G | ∀u ∈ F σ(u) = u}
Proposición 6.2.1. Sean F, F1 , F2 cuerpos intermedios de E/K y
H, H1 , H2 subgrupos de G = Gal(E/K). Entonces:
1. F1 ⊂ F2 ⇒ F1∗ ⊃ F2∗ ; H1 ⊂ H2 ⇒ H1∗ ⊃ H2∗
2. F ⊂ F ∗∗ ; H < H ∗∗
3. F ∗ = F ∗∗∗ ; H ∗ = H ∗∗∗
Demostración.
1. Sea F1 ⊂ F2 y sea u ∈ F1 arbitrario. Para todo
∗
σ ∈ F2 se verifica σ(u) = u. Luego σ ∈ F1∗ . Como esto es cierto
para todo σ ∈ F2∗ , tenemos que F2∗ ⊂ F1∗ .
A la inversa, sea H1 ⊂ H2 y sea σ ∈ H1 arbitrario. Para todo
u ∈ H2∗ se verifica σ(u) = u, luego u ∈ H1+ . Como esto es cierto
para todo u ∈ H2+ , tenemos que H2∗ ⊂ H1∗ .
70
CAPÍTULO 6. TEORÍA DE GALOIS FINITA
2. Para todo u ∈ F y todo σ ∈ F ∗ se verifica que σ(u) = u. Luego
u ∈ F ∗∗ y por tanto F ⊂ F ∗∗ .
Para todo σ ∈ H y todo u ∈ H ∗ se verifica que σ(u) = u. Luego
σ ∈ H ∗∗ y por tanto H ⊂ H ∗∗ .
3. Por el apartado anterior, F ∗ ⊂ (F ∗ )∗∗ = F ∗∗∗ y H ∗ ⊂ (H ∗ )∗∗ =
H ∗∗∗ .
Como F ⊂ F ∗∗ , por el primer apartado F ∗ ⊃ (F ∗∗ )∗ = F ∗∗∗ .
Como H ⊂ H ∗∗ , por el primer apartado H ∗ ⊃ (H ∗∗ )∗ = H ∗∗∗ .
Definición 6.2.2. El par de aplicaciones F 7→ F ∗ y H 7→ H ∗ se llama
correspondencia de Galois para la extensión E/K.
Teorema 6.2.3 (Teorema fundamental). Sea E/K una extensión de
Galois finita con grupo G = Gal(E/K).
1. La correspondencia de Galois establece una biyección F(E/K) ∼
=
S(G) dada por F = H ∗ ↔ H = F ∗
2. En esa biyección F1 ⊂ F2 si y sólo si H1 ⊃ H2 .
3. Dicha biyección es un antiisomorfismo de retículos: (F1 · F2 )∗ =
F1∗ ∩ F2∗ y (F1 ∩ F2 )∗ = F1∗ ∨ F2∗ .
4. Las extensiones F1 /K y F2 /K son conjugadas si y sólo si los
subgrupos F1∗ y F2∗ son conjugados en G.
5. La extensión F/K es normal si y sólo si F ∗ es un subgrupo
normal de G. En este caso Gal(F/K) ∼
= G/F ∗ .
6. Para todo subgrupo H < G se verifica |H| = [E : H ∗ ] y [G : H] =
[H ∗ : K].
Para todo F ∈ F(E/K) se verifica [E : F ] = |F ∗ | y [F : K] = [G :
F ∗ ].
Demostración. Demostramos los diversos apartados en otro orden:
Empezamos demostrando el último apartado: Para todo grupo
H el teorema de Artin nos dice que |G| = [E : E G ] = [E : K] y
|H| = [E : E H ] = [E : H ∗ ]. Por el teorema de Lagrange |G| = [G :
H]|H|, y por el teorema del grado [E : K] = [E : H ∗ ][H ∗ : K].
6.2. CORRESPONDENCIA DE GALOIS, CASO FINITO
71
Simplificando los factores iguales nos queda que [G : H] =
[H ∗ : K].
Para todo cuerpo intermedio F la extensión E/F es de Galois,
con grupo Gal(E/F ) = E F = F ∗ y |F ∗ | = [E : F ]. Igualmente
sabemos que |G| = [E : K]. Por el teorema del grado [E : K] =
[E : F ][F : K] y por el teorema de Lagrange tenemos que |G| =
[G : F ∗ ]|F ∗ |. Simplificando los factores iguales nos queda que
[F : K] = [G : F ∗ ].
Demostramos ahora el primer apartado:
Para todo H < G tenemos la torre de grupos G > H ∗∗ > H.
Por el teorema de Lagrange, [G : H] = [G : H ∗∗ ][H ∗∗ : H]. Pero
[G : H] = [H ∗ : K] y [G : H ∗∗ ] = [G : H ∗∗∗ ] = [H ∗∗∗ : K] = [H ∗ : K]
son iguales, luego [H ∗∗ : H] = 1 y por tanto H ∗∗ = H.
Para todo F ⊂ E tenemos la torre de cuerpos E > F ∗∗ > F .
Por el teorema del grado, [E : F ] = [E : F ∗∗ ][F ∗∗ : F ]. Pero
[E : F ] = |F ∗ | y [E : F ∗∗ ] = |F ∗∗∗ | = |F ∗ | son iguales, luego
[F ∗∗ : F ] = 1 y por tanto F ∗∗ = F .
Luego la aplicaciones de la correspondencia de Galois son inversas cada una de la otra, y por tanto son biyecciones.
Por la proposición anterior, estas biyecciones invierten las inclusiones, que es el segundo apartado.
Dichas biyecciones son antiisomorfismos de conjuntos ordenados. Por tanto llevan el supremo (mínima cota superior) de
dos elementos en el ínfimo (máxima cota inferior) de sus imágenes y viceversa, que es el enunciado del tercer apartado.
Demostramos el cuarto apartado: Sea F2 = σ(F1 ) con σ ∈ G.
Para todo elemento u ∈ F2 existe un único v ∈ F1 tal que u =
σ(v). Para todo automorfismo τ ∈ F1∗ tenemos que στ σ −1 (u) =
στ (v) = σ(v) = u, luego στ σ −1 ∈ F2∗ . Como esto es cierto para
todo τ ∈ F1∗ , tenemos que σF1∗ σ −1 ⊂ F2∗ .
Partiendo de la expresión F1 = σ −1 (F2 ) y aplicando el mismo
razonamiento obtenemos que σ −1 F2∗ σ ⊂ F1∗ . Por tanto F2 =
σσ −1 F2∗ σσ −1 ⊂ σF1∗ σ −1 . Combinando ambas inclusiones nos
queda que F2∗ = σF1∗ σ −1 .
Partiendo de σF1∗ σ −1 = F2∗ y aplicando un razonamiento análogo, llegamos a que F2 = σ(F1 ).
72
CAPÍTULO 6. TEORÍA DE GALOIS FINITA
El primer enunciado del quinto apartado es consecuencia inmediata del cuarto apartado.
Para demostrar el isomorfismo, consideramos el homomorfismo de grupos Φ : G = Gal(E/K) → Gal(F/K) dado por restricción. Entonces Im(Φ) = Gal(F/K) y ker(Φ) = F ∗ . Por el primer
teorema de isomorfismo para grupos obtenemos el isomorfismo buscado.
6.3.
Ejemplos e ilustraciones
Ejemplo 6.3.1. Extensiones cuadráticas
Ejemplo 6.3.2. Q(u), u3 − 3u − 1 = 0 (raíces: u, 2 − u2 , −2 − u + u2 )
Ejemplo 6.3.3. x3 + x + 1 ∈ F2 [x]; raíces: u, u2 , u + u2
Ejemplo 6.3.4. Cuerpo de descomposición de x3 − 2 sobre Q
Ejemplo 6.3.5. Q(u)/Q, u3 − 2 = 0
√ √
Ejemplo 6.3.6. Q( 2, 3)/Q
q
√
√
Ejemplo 6.3.7. Q
(2 + 2)(3 + 3) /Q
p
√ 2 + 2 /Q
Ejemplo 6.3.8. Q
q
p
√
Ejemplo 6.3.9. Q
2 + 2 + 2 /Q
Ejemplo 6.3.10. car(F ) = p, E = F (u), up = a ∈ F imperfecto
Ejemplo 6.3.11. Q(u)/Q, u6 − 3 = 0
Ejemplo 6.3.12. Q(u)/Q, u6 + 3 = 0 (Raíces: ±u, ±(u + u4 )/2, ±(−u +
u4 )/2), G ∼
= S3
Ejemplo 6.3.13. Q(u)/Q, u4 − 2 = 0 |G| = 8
Ejemplo 6.3.14. X 4 + 1
Ejemplo 6.3.15. Q(u)/Q, u8 − 2 = 0 |G| = 16
Ejemplo 6.3.16. Q(u)/Q, u7 = 1
Ejemplo 6.3.17. Q(u)/Q, u17 = 1
Ejemplo 6.3.18. X p − 1 ∈ Q[X]
Ejemplo 6.3.19. E = F (t) ⇒ G = {t → (at + b)/(ct + d) | ad − bc 6= 0}
6.4. PROPIEDADES DE LAS EXTENSIONES DE GALOIS
73
Ejemplo 6.3.20. car(F ) = 0, F = k(t), σ(t) = −t, τ (t) = 1 − t
Ejemplo 6.3.21. car(F ) = p, F = k(t), σ(t) = −t, τ (t) = 1 − t
Ejemplo 6.3.22. car(K) = p, K(t, u)/K(tp , up )
Ejemplo 6.3.23. C es algebraicamente cerrado.
Ejemplo 6.3.24. Cuerpo de descomposición de X 5 − 4 ∗ X + 2 sobre
Q (conjugación compleja)
Ejemplo 6.3.25. Cuerpo de descomposición de X 5 − X − 1 sobre Q
(reducción modulo 5 y 2)
Ejemplo 6.3.26. F (t1 , · · · , tn )/F
Ejemplo 6.3.27. Funciones racionales simétricas K(t1 , . . . , tn )/K(s1 , . . . , sn )
Ejemplo 6.3.28. Ecuación general de grado n
6.4.
Propiedades de las extensiones de Galois
Proposición 6.4.1. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos tal que
E/K es una extensión de Galois finita. Entonces la extensión E/F
también es de Galois finita y el grupo Gal(E/F ) es un subgrupo de
Gal(E/K).
Definición 6.4.2. Una extensión finita E/K se llama abeliana si
es de Galois y el grupo G = Gal(E/K) es abeliano.
Una extensión finita E/K se llama cíclica si es de Galois y el
grupo G = Gal(E/K) es cíclico.
Una extensión finita E/K se llama soluble si es de Galois y el
grupo G = Gal(E/K) es soluble.
Proposición 6.4.3. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos con E/K
finita. Si la extensión E/K es abeliana (cíclica, soluble) también la
extensión E/F es abeliana (cíclica, soluble).
Proposición 6.4.4. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos.
1. Si E/K es una extensión finita de Galois abeliana, la extensión
F/K también es finita de Galois abeliana.
2. Si E/K es una extensión finita de Galois cíclica, la extensión
F/K también es finita de Galois cíclica.
74
CAPÍTULO 6. TEORÍA DE GALOIS FINITA
Teorema 6.4.5. Sea E/K una extensión finita de Galois y F/K una
extensión arbitraria tales que E, F son subcuerpos de otro cuerpo L.
Entonces EF/F y E/(E ∩ F ) son extensiones finitas de Galois y la
aplicación restricción σ 7→ σ|E define un isomorfismo Gal(EF/F ) ∼
=
Gal(E/(E ∩ F )) < Gal(E/K).
Corolario 6.4.6. Sea E/K una extensión finita de Galois y sea F/K
arbitraria donde E y F son subcuerpos de otro cuerpo L. Entonces
[EF : F ] divide a [E : K].
Este corolario no es válido si E/K no es de Galois:
√
√
Ejemplo √
6.4.7. Sean E = Q( 3 2), F = Q(ω 3 2) y K = Q. Entonces
EF = Q( 3 2, ω) y E ∩F = Q. Luego [EF : F ] = 2 no divide a [E : K] = 3.
Teorema 6.4.8. Sea E1 /K y E2 /K extensiones finitas de Galois con
grupos Gi = Gal(Ei /K), ambas contenidas en otro cuerpo L. Entonces
E1 E2 /K es una extensión finita de Galois y existe un homomorfismo
inyectivo λ : Gal(E1 E2 /K) → G1 × G2 definido por restricción: λ(σ) =
(σ|E1 , σ|E2 ). Si E1 ∩ E2 = K, el homomorfismo λ es un isomorfismo.
Corolario 6.4.9. Sean E1 /K, . . . , En /K extensiones finitas de Galois
con grupos respectivos G1 , . . . , Gn . Supongamos que todos los cuerpos Ei son subcuerpos de otro cuerpo L y que Ei ∩ (E1 · · · Ei−1 ) = K
para i = 2, . . . , n. Entonces Gal(E1 · · · En /K) ∼
= G1 × · · · × Gn .
Corolario 6.4.10. Sea E/K una extensión finita de Galois con grupo G. Supongamos que G = G1 × · · · × Gn . Sea Ei el cuerpo fijo de
G1 × · · · × {1} × · · · × Gn (el elemento 1 aparece en la i-ésima coordenada). Entonces Ei /K es de Galois con grupo Gal(Ei /K) ∼
= Gi ,
Ei ∩ (E1 · · · Ei−1 ) = K y E = E1 · · · En .
Parte IV
Aplicaciones
75
Capítulo 7
Cuerpos finitos
77
78
CAPÍTULO 7. CUERPOS FINITOS
El primer matemático que realizó cálculos extensos en cuerpos
finitos distintos de Zp fue Gauss. El proyectado último capítulo de
[15] estaba dedicado a un estudio profundo de los cuerpos finitos.
Gauss los introducía (en lenguaje moderno) como extensiones de
Zp por adjunción de raíces de polinomios irreducibles sobre Zp . Así
que usaba dominios nuevos, pero rehusó darles nombre. Fue Galois quien introdujo en [13] el concepto de cuerpo finito. Por esta
razón los cuerpos finitos se llaman también cuerpos de Galois. La
discusión mas detallada de los cuerpos finitos y sus propiedades
es la expuesta en [23]. La siguiente exposición sigue las líneas de
[7], [9] y [22].
7.1.
Estructura de los cuerpos finitos
Sea F un cuerpo finito con |F | = q elementos. Recolectamos
algunos hechos fáciles de demostrar:
Lema 7.1.1.
1. La característica de F es un primo p 6= 0.
2. El cuerpo primo de F es isomorfo a Z/pZ.
3. La extensión F/Zp es finita.
4. Sea [F : Zp ] = n. Entonces q = |F | = pn .
5. El grupo multiplicativo F × es cíclico de orden q − 1.
El último punto del lema anterior y el teorema de Lagrange para grupos implican que todo elemento no nulo u ∈ F es raíz del
polinomio X q−1 − 1 ∈ Zp [X]. Luego todo elemento u ∈ F es raíz de
f = X q − X ∈ F [X]. Así que el polinomio f Q
descompone totalmente
en F y todas sus raíces son distintas: f = a∈F (X − a) y por tanto:
Proposición 7.1.2. 1. F es el cuerpo de descomposición del polinomio X q − X sobre Zp .
2. Dos cuerpos finitos con el mismo cardinal son isomorfos.
La caracterización dada en esta proposición nos da la clave para
demostrar la existencia de un cuerpo con q = pn elementos:
Proposición 7.1.3. Sea q = pn con p primo. Existe un cuerpo con
|F | = q elementos.
7.1. ESTRUCTURA DE LOS CUERPOS FINITOS
79
Demostración. Consideramos el polinomio f = X q − X ∈ Zp . Su
derivada vale f 0 = −1 y no tiene raíces. Por tanto f tiene sólo raíces
simples. Sea F el cuerpo de descomposición de f sobre Zp y sea
S ⊂ F el conjunto de todas las raíces de f en F . Sabemos que
|S| = q. Vamos a ver que S = F con lo que tendremos el resultado
buscado.
Para ello basta comprobar que S es un subcuerpo de F , es decir,
que es cerrado para la suma, el producto, el opuesto y el inverso:
Sean u, v ∈ S. Calculamos:
(u + v)q − (u + v) = uq + v q − u − v = 0
(uv)q − (uv) = uq v q − uv = uv − uv = 0
(−u)q − (−u) = −uq + u = 0
(u−1 )q − u−1 = u−1 − u−1 = 0
(7.1.1)
(7.1.2)
(7.1.3)
(7.1.4)
Las dos proposiciones anteriores unidas forman el siguiente teorema:
Teorema 7.1.4 (Moore). Para cada primo p y para cada n 6= 1 existe
exactamente un cuerpo con q = pn elementos (salvo isomorfismo), a
saber, el cuerpo de descomposición de X q − X sobre Zp . Estos son los
únicos cuerpos finitos.
Definición 7.1.5. El único cuerpo con pn elementos se denota por
Fpn y también por GF (pn ). Se llama cuerpo de Galois de orden pn .
Proposición 7.1.6. Sea Fq un cuerpo finito y sea n > 1 un entero.
En una clausura algebraica de Fq existe un único cuerpo extensión
de grado n de Fq y este cuerpo es Fqn .
Demostración. Por el teorema de Moore un tal cuerpo extensión
n
está caracterizado como el conjunto de raíces del polinomio X q −
X
Sea φ : Fpn → Fpn el endomorfismo de Frobenius definido por
φ(u) = up .
Proposición 7.1.7. El grupo Aut(Fpn ) es cíclico de orden n, generado
por φ.
80
CAPÍTULO 7. CUERPOS FINITOS
Demostración. Sea G = hφi. El cuerpo fijo bajo G es
p
FG
pn = {u ∈ Fpn | u = u} = Fp
el cuerpo primo de Fpn , que también es el cuerpo fijo bajo todo el
grupo Aut(Fpn ). Por el teorema fundamental ambos grupos son el
mismo y su orden es n = [Fpn : Fp ].
Teorema 7.1.8. Sean m, n ≥ 1 enteros. Entonces Fpn es un subcuerpo de Fpm si y sólo si n | m. En este caso la extensión Fpm /Fpn es
cíclica y Gal(Fpm /Fpn ) = hφn i
Demostración. Supongamos que Fpm ⊃ Fpn ⊃ Fp . Por el teorema del
grado, n = [Fpn : Fp ] divide a m = [Fpm : Fp ].
A la inversa supongamos que n es un divisor de m, sea m = dn. El
grupo Gal(Fpm /Fp ) = hφi es cíclico de orden n y posee un subgrupo
(único) H = hφn i de orden d. Sea F = FH
pn el cuerpo fijo bajo H.
Entonces [F : Fp ] = [G : H] = m y por tanto |F | = pm y por el teorema
de Moore F ∼
= Fpm . Además H = Gal(Fpm /Fpn ).
7.2.
Factorización de polinomios
El teorema de Moore provee un instrumento altamente eficiente
para trabajar con polinomios de Fpn [X]. En primer lugar permite
identificar y contar los polinomios irreducibles con grado dado.
Proposición 7.2.1. Todo polinomio irreducible de grado n en Fp [X]
n
n
es un factor de f = X p − X. Los factores irreducibles de f = X p − X
en Fp [X] son exactamente los polinomios irreducibles en Fp [X] cuyo
grado divida a n.
Demostración. Sea g un factor irreducible de f y sea α una raíz de g.
También es una raíz de f y por tanto α ∈ Fpn . Luego Fpn ⊃ Fp (α) ⊃ Fp .
Por el teorema del grado gr(g) = [Fp (α) : Fp ] divide a n = [Fpn : Fp ].
A la inversa, sea g ∈ Fp [X] irreducible de grado m divisor de n y
sea α una raíz de g. Entonces [Fp (α) : Fp ] = m y por el teorema 7.1.8,
Fpm ⊃ Fp (α). Por el teorema de Moore f (α) = 0 y por tanto g | f .
Corolario 7.2.2. Sea n primo. El número de polinomios mónicos irreducibles de Fp [X] de grado n es precisamente (pn − p)/n 6= 0.
7.2. FACTORIZACIÓN DE POLINOMIOS
81
n
Demostración. El polinomio X p − X es el producto de todos los
polinomios mónicos irreducibles cuyo grado divida a n. Como éste
es primo, sus únicos divisores son 1 y n. El producto de todos los
factores de grado 1 es X p − X, y por tanto el producto de todos
n
los polinomios irreducibles de grado n es (X p − X)/(X p − X), un
polinomio de grado pn − p. Luego el número de factores es (pn −
p)/n.
Un análisis mas detallado utilizando la función de Möbius permite enunciar una fórmula para el número de polinomios irreducibles de grado n general (puede verse, por ejemplo, en [22], cap. V
ejercicio 22 o en [9], p. 502).
Del teorema de Moore se deduce también el primer paso de un
algoritmo efectivo para factorizar polinomios arbitrarios en Fp [X].
En primer lugar sea f ∈ Fp [X] no constante sea f 0 su derivada y sea
g = m. c. d.(f, f 0 ).
Lema 7.2.3. 1. Para un α algebraico sobre Fp , f (α) = 0 si y sólo
si f1 (α) = 0
2. El polinomio f1 = f /g tiene todas las raíces simples.
Q
Q
ki −1
ki
.
Es
fácil
ver
que
g
=
(X
−α
)
Demostración. Sea
f
=
i
i (X −α)
i
Q
y por tanto f1 = i (X − αi ).
Por este lema, los factores irreducibles de f1 son exactamente
los factores irreducibles distintos de f . El cálculo de f1 a partir de
f es rápido, utilizando el algoritmo de Euclides en Fp [X].
n
Lema 7.2.4. Sea f ∈ Fp [X]. El polinomio fn = m. c. d.(f, X p − X) es el
producto de todos los factores irreducibles distintos de f cuyo grado
divide a n
n
Demostración. Sea g mónico e irreducible. Entonces g divide a X p −
n
X si y sólo si su grado divide a n, y el polinomio X p − X no tiene
factores múltiples. Además g divide a fn sólo si divide a f .
El lema precedente es la base del algoritmo siguiente: Sea f un
polinomio tal que m. c. d.(f, f 0 ) = 1 y sea g una variable polinómica.
1. Asignamos g := f , n := 1
2. Si 2gr(g) < n vamos al paso 4
82
CAPÍTULO 7. CUERPOS FINITOS
n
3. Asignamos fn := m. c. d.(g, X p − X), g := g/fn , n := n + 1. Volvemos al paso 2
4. Si gr(g) > 0, el polinomio g es irreducible. Cada polinomio fi
obtenido es el producto de todos los factores irreducibles de f
de grado n y f = gf1 f2 . . . .
Este algoritmo es especialmente efectivo cuando todos los factores irreducibles de f tienen grados distintos. En el caso general
sólo obtenemos una factorización parcial. Para obtener una factorización completa, hay que descomponer cada fn . Existe otro algoritmo eficiente para ello, el algoritmo de Berlekamp. Una exposición
sencilla puede verse en [9], páginas 503-505.
7.3.
Ilustraciones
Ejemplo 7.3.1. Los elementos de F4 son las raíces del polinomio
f = X 4 − X = X(X − 1)(X 2 + X + 1) ∈ F2 [X]
En este caso los factores irreducibles de X 4 − X ∈ Z[X] siguen siendo irreducibles en F2 [X] = Z2 [X]. Nótese que en la descomposición
de f aparecen los factores de X 2 − X, porque F4 contiene a F2 .
Ejemplo 7.3.2. El cuerpo F8 es una extensión de F2 de grado 3. Sus
elementos son las ocho raíces del polinomio
f = X 8 − X = X(X − 1)(X 3 + X + 1)(X 3 + X 2 + 1) ∈ F2 [X]
(7.3.1)
así que los seis elementos en F8 que no están en F2 se reparten en
dos clases: Las tres raíces de X 3 +X +1 y las tres raíces de X 2 +X +1.
Los factores cúbicos de 7.3.1 son los dos polinomios irreducibles de grado 3 que hay en F2 [X]. Nótese que en el anillo Z la
factorización del polinomio f es
X 8 − X = X(X − 1)(X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + 1)
y el tercer factor es reducible en F2 [X] aunque es irreducible en
Z[X].
Para calcular en el cuerpo F8 elegimos una raíz α de una de las
cúbicas, digamos de X 3 +X +1. Entonces {1, α, α2 } es una base de F8
7.3. ILUSTRACIONES
83
sobre F2 . Los elementos de F8 son las ocho combinaciones lineales
con coeficientes en F2 :
F8 = {0, 1, α, 1 + α, α2 , 1 + α2 , α + α2 , 1 + α + α2 }
Nótese que F4 no está contenido en F8 , en consonancia con [F8 :
F2 ] = 3, [F4 : F2 ] = 2 y 2 - 3.
Ejemplo 7.3.3 (El cuerpo F16 ). El polinomio f = X 16 − X = X(X 15 − 1)
es divisible en Z[X] por X 5 −1 y por X 3 −1. Efectuando las divisiones
sobre los enteros obtenemos la factorización:
X(X − 1)(X 2 + X + 1)(X 4 + X 3 + X 2 + X + 1)·
· (X 8 − X 7 + X 6 − X 5 + X 4 − X 3 + X 2 − X + 1)
Esta es la factorización en irreducibles en Z[X]. Pero en F2 [X] el
factor de grado 8 es reducible y nos queda:
X(X − 1)(X 2 + X + 1)(X 4 + X 3 + X 2 + X + 1)(X 4 + X + 1)(X 4 + X 3 + 1)
Esta factorización muestra los tres polinomios irreducibles de grado 4 que hay en F2 [X]. Nótese que los factores de X 4 − X aparecen
entre los factores de X 16 − X en coincidencia con el hecho de que
F16 contiene a F4 .
84
CAPÍTULO 7. CUERPOS FINITOS
Capítulo 8
Extensiones ciclotómicas
85
86
CAPÍTULO 8. EXTENSIONES CICLOTÓMICAS
8.1.
Raíces de la unidad
Lema 8.1.1. Sea G un subgrupo finito del grupo multiplicativo K ×
de un cuerpo. Entonces G es cíclico.
Demostración. Sea n = m. c. m.{o(α) | α ∈ G}. ∀α ∈ G, αn = 1. Si G no
es cíclico, n |G| y el polinomio f = X n − 1 tiene más raíces que su
grado, imposible.
En un cuerpo cualquiera K llamamos µn (K) = {ζ ∈ K | ζ n = 1}.
Lema 8.1.2. µn (K) es un grupo cíclico finito, |µn (K)| ≤ n.
Demostración. Trivial.
Definición 8.1.3. Llamamos grupo de las raíces n-ésimas de la unidad al grupo µn = µn (K̄) siendo K̄ la clausura algebraica de K. Los
elementos de µn se llaman raíces n-ésimas de la unidad . Cualquier
generador del grupo µn se llama raíz n-ésima primitiva de la unidad.
Sea p = car(K) y sea n = pe m con p - m. Entonces f = X n − 1 =
e
(X m −1)p y las raíces n-ésimas de la unidad coinciden con las raíces
m-ésimas de la unidad. Por ello a partir de ahora nos restringimos
a que car(K) - n.
Lema 8.1.4. d | n ⇔ µd ⊂ µn .
8.2.
Polinomios ciclotómicos
Definición 8.2.1. Se llama n-ésimo polinomio ciclotómico al polinomio
Φn =
Y
(X − ζ) =
ζ primitiva
Y
(X − ζ a )
(a,n)=1
Lema 8.2.2. gr(Φn ) = ϕ(n)
Lema 8.2.3.
Xn − 1 =
Y
Φd
d|n
El lema anterior permite calcular recurrentemente la expresión
explícita del polinomio ciclotómico:
8.2. POLINOMIOS CICLOTÓMICOS
Lema 8.2.4.
Φn = Q
87
Xn − 1
d|n, d6=n Φd
Ejemplo 8.2.5.
Φ4 =
X4 − 1
X4 − 1
= 2
= X2 + 1
Φ1 Φ2
X −1
Ejemplo 8.2.6.
Φ12 =
X 12 − 1
X6 + 1
X 12 − 1
=
=
= X4 − X2 + 1
6
2
Φ1 Φ2 Φ3 Φ6 Φ4
(X − 1)Φ4
X +1
El lema 8.2.4 también permite establecer cómo son los coeficientes de Φn :
Lema 8.2.7. Φn es mónico y tiene coeficientes en el anillo primo
Demostración. Ambas propiedades se comprueban por inducción
sobre n. Para n = 1, Φ1 = X − 1 las verifica. Supongamos por inducción que ∀d n, Φd es mónico y tiene sus coeficientes en el
anillo primo. También X n − 1 verifica dichas propiedades. Luego en
la expresión de Φn dada en 8.2.4 el numerador y el denominador
son mónicos y con coeficientes en el anillo primo. Al calcular el cociente (por el algoritmo de la división de polinomios), Φn también
verifica las mismas propiedades.
Vamos a desarrollar una forma aún mas rápida para determinar
el polinomio ciclotómico.
Se define la función de Möbius µ : N → Z como:


si existe un primo p tal que p2 | n
0
µ(n) = (−1)r si n = p1 . . . pr con pi primos distintos


1
si n = 1
Lema 8.2.8. La función de Möbius verifica que
(
X
1 si n = 1
µ(d) =
0 si n 6= 1
d|n
Demostración. Una inducción fácil.
Sea (A, +) un grupo abeliano y sean f, g : N → A dos aplicaciones.
88
CAPÍTULO 8. EXTENSIONES CICLOTÓMICAS
Teorema 8.2.9. Para todo n ∈ N f (n) =
P
todo n ∈ N g(n) = d|n µ(d)f (n/d)
P
d|n
g(d) si y sólo si para
Demostración. Es un ejercicio de cambio de índices
de sumación:
P
Supongamos que para todo n se verifica f (n) = d|n g(d). Entonces

X
µ(d)f (n/d) =
d|n
X
µ(d)
d|n
X
g(k) =
XX
k|n/d
µ(d)g(k) =

X
k|n d|n/k
X

k|n
µ(d) g(k) = g(n)
d|n/k
por el lema anterior. Un cálculo análogo muestra la otra implicación.
Proposición 8.2.10 (Reglas de cálculo para los polinomios ciclotómicos).
Si p es un primo, Φp (X) = X p−1 + X p−2 + . . . + X + 1.
e−1
2. Φpe (x) = Φp (xp
), para todo r ≥ 1.
e1 −1
3. Si n = pe11 pe22 . . . perr , entonces Φn (x) = Φp1 ...pr (xp1
...perr −1
).
4. Si n > 1 es impar Φ2n (x) = Φn (−x).
5.
Φn =
Y
(xn/d − 1)µ(d)
d|n
Demostración.
1. Aplicación inmediata del lema 8.2.4:
Φp (X) =
Xp − 1
= X p−1 + X p−2 + . . . + X + 1
X −1
2. Otra aplicación del lema 8.2.4:
e
Φpe (X) =
Xp − 1
pe−1
=
Φ
(X
)
p
e−1
Xp − 1
3. Para demostrarlo necesitamos unos resultados previos:
Llamamos m = pe11 −1 pe22 −1 . . . perr −1 , y para todo d | n, llamamos
d
d1 = (m,d)
. Obsérvese que d = d1 · (m, d) | d1 m. Sea k = (d1 m)/d.
Lema 8.2.11. φd (X) divide a φd1 (X m )
1.
8.2. POLINOMIOS CICLOTÓMICOS
89
Demostración.
Sea ζ una raíz d-ésima primitiva de la unidad.
Q
Entonces t|d1 φt (ζ m ) = (ζ m )d1 − 1 = ζ dk − 1 = 0. Si demostramos
que para t 6= d1 se verifica que φt (ζ m ) 6= 0, simplificando tendremos φd1 (ζ m ) = 0, luego φd (X) = Irr(ζ, Q) | φd1 (X m ) que es lo
que buscamos.
n
= p1 . . . pr . Luego todo t | d1 es de la forma t = pi1 . . . pij .
d1 | m
Sea t 6= d1 y por sencillez numeramos los primos de forma que
t = p1 . . . pj con j r (puede ser j = 0, cuando t = 1). Entonces
φt (ζ m ) | (ζ m )t − 1 = ζ mt − 1 6= 0
ya que mt md1 y el orden multiplicativo de ζ es exactamente
d = md1 . Luego φt (ζ m ) 6= 0.
Lema 8.2.12.
Y
d|n, d6=n
φd (X) =
Y
φd1 (X m )
d1 |p1 ...pr
d1 6=p1 ...pr
Demostración. Por el lema 8.2.11, cada factor del miembro de
la izquierda divide al miembro de la derecha. Como todos los
factores de la izquierda son irreducibles sobre Q y distintos,
su producto dividirá al polinomio que está a la derecha. Todos
los factores son polinomios mónicos, así que ambos productos
son mónicos. Finalmente contemos los grados:
gr(
Y
φd (X)) = gr((X n − 1)/φn (X)) = n − ϕ(n)
d|n, d6=n
gr(
Y
φd1 (X m )) = gr(((X m )p1 ...pr −1)/φp1 ...pr (X m )) = n−ϕ(p1 . . . pr )m
d1 |p1 ...pr
d1 6=p1 ...pr
Por la fórmula para el cálculo de ϕ(n), ambos grados son iguales. Luego los dos polinomios enunciados son iguales.
Vamos ya con la demostración de 3:
φn (X) = Q
e1 −1
er −1
Xn − 1
(X m )p1 ...pr − 1
=Q
= φp1 ...pr (X p1 ...pr )
m
d|n, d6=n φd (X)
d1 |p1 ...pr , d1 6=p1 ...pr φd1 (X )
90
CAPÍTULO 8. EXTENSIONES CICLOTÓMICAS
4. Clasificamos los divisores de 2n en dos conjuntos: S1 es el
conjunto de divisores impares (que son los divisores de n) y S2
es el conjunto de los divisores pares (que son de la forma 2d
para d divisor de n). El lema 8.2.4 nos dice que
X 2n − 1 =
Y
Φd (X) ·
d∈S1
Y
Φd (X) = (X n − 1)
d∈S2
Y
Φd (X)
d∈S2
Q
Dividiendo obtenemos que X n + 1 = k|n Φ2k (X). Sustituimos
X por −Y y cambiamos el signo de ambos miembros. De los
factores de la derecha, −Φ2 (−Y ) = Φ1 (Y ) y por inducción para
todo d < n, Φ2 d(−Y ) = Φd (Y ). Sustituyendo obtenemos:


Y

 · Φ2n (−Y )
Yn−1=
Φ
(Y
)
d


d|n
d<n
Comparando con el lema 8.2.4 obtenemos que Φ2n (−Y ) = Φn (Y )
que es el resultado buscado.
5. Definimos dos aplicaciones f, g : N → Q[X]× como Q
f (n) = X n − 1
y g(n) = Φn (X). El lema 8.2.4 nos dice que f (n) = d|n g(d). Por
Q
el teorema 8.2.9 g(n) = d|n f (n/d) que es el resultado buscado.
8.3.
Extensiones ciclotómicas
Sea K un cuerpo y ζ una raíz n-ésima primitiva de la unidad en
K̄ (clausura algebraica de K).
Definición 8.3.1. Llamamos n-ésima extensión ciclotómica de K a
la extensión K(ζ)/K.
Sabemos que [K(ζ) : K] = gr(Irr(ζ, K)). Especialmente importante
es el caso de Q:
Teorema 8.3.2.
[Q(ζ) : Q] = ϕ(n)
8.3. EXTENSIONES CICLOTÓMICAS
91
Demostración. Sea f = Irr(ζ, Q). Comenzamos viendo que si p es un
primo y p - n, entonces f (ζ p ) = 0. Supongamos que no fuese así.
Como ζ es raíz de X n − 1 tenemos que
Xn − 1 = f g
y como f (ζ p ) 6= 0, ha de ser g(ζ p ) = 0. Luego f | h(X) = g(X p ).
Por el lema de Gauss, f, g ∈ Z[X]. Reducimos módulo p la anterior
igualdad. Tenemos:
X n − 1̄ = f¯ḡ ∈ Zp [X]
y además f¯ | ḡ(X p ) = (ḡ(X))p . Luego m.c.d.(f¯, ḡ) 6= 1 y el polinomio del segundo miembro de la igualdad anterior tiene raíces
múltiples. Pero m.c.d.(X n − 1, nX n−1 ) = 1 y el primer miembro tiene
sólo raíces simples. Contradicción.
Veamos ahora que si a ∈ Z es primo relativo con n, entonces f (ζ a ) = 0. Para ello, descomponemos a en factores primos,
a = p1 . . . pt y razonamos por inducción sobre t. El caso t = 1 es
el que acabamos de demostrar. Supongamoslo cierto para t − 1. Sea
ζ1 = ζ p1 . Por el caso t = 1, f (ζ1 ) = 0 y f = Irr(ζ1 , Q). Ahora ζ a = ζ1b
siendo b = p2 . . . pt donde hay t − 1 factores primos. Por la hipótesis
de inducción f (ζ1b ) = 0.
Sabemos ahora que f tiene las ϕ(n) raíces ζ a con (a, n) = 1. Luego
gr(f ) ≥ ϕ(n). Por otro lado, Φ(ζ) = 0, luego f | Φ y gr(f ) ≤ ϕ(n). En
resumen, gr(f ) = ϕ(n) = [Q(ζ) : Q].
Corolario 8.3.3. Φn es irreducible en Z[X] (y en Q[X])
Sobre otros cuerpos Φn no tiene que ser irreducible. Por ejemplo,
en Z11 Φ12 = (X 2 − 5X + 1)(X 2 + 5X + 1) y en Z13 , Φ12 = (X − 2)(X +
2)(X −6)(X +6). Vamos a determinar cuando Φn factoriza totalmente
en Zp :
Lema 8.3.4. Zp contiene una raíz n-ésima primitiva de la unidad si
y sólo si p ≡ 1 (mód n)
p−1
Demostración. Todo elemento c ∈ Z×
= 1, así que si c
p verifica c
tiene orden n, ha de ser n | (p − 1). A la inversa, si n | (p − 1), como
Z×
p es cíclico de orden p − 1, se sigue que contiene un elemento de
orden n.
Es fácil deducir del lema anterior un caso particular del famoso
teorema de Dirichlet sobre primos en progresiones aritméticas:
92
CAPÍTULO 8. EXTENSIONES CICLOTÓMICAS
Corolario 8.3.5. Para cualquier entero positivo n existen infinitos
primos congruentes a 1 módulo n.
Demostración. Supongamos que el conjunto de tales primos sea
finito (incluso vacío), sean p1 , . . . , pr . Sea a = np1 . . . pr y tomamos
t ∈ Z arbitrario. Entonces Φn (at) ≡ Φn (0) ≡ ±1 (mód a), luego a =
np1 . . . pr | Φn (at) ∓ 1. Cuando t → ∞, Φn (at) → ∞, así que Φn (at) 6= ±1
para t suficientemente grande. Luego Φn (at) es divisible por un primo p y como n | a y a | (Φn (at) ± 1), n es primo a p. Esto significa que
at es una raíz n-ésima primitiva en Zp , y por 8.3.4, p ≡ 1 (mód n).
Además, p 6= pi ya que Φn (at) ≡ 0 (mód p) mientras que Φn (at) ≡ ±1
(mód pi ), i = 1, . . . , r.
Los siguientes lemas exploran las relaciones que hay entre las
diversas extensiones ciclotómicas:
Lema 8.3.6. Sean n, m ∈ N tales que n | m. Entonces Q(ζn ) ⊂ Q(ζm )
Demostración. Consecuancia directa de 8.1.4
Lema 8.3.7. Sean n, m ∈ N y sea k = m.c.m.(n, m). Sean ζn , ζm , ζk
raíces n-,m-,k-ésimas primitivas de la unidad respectivamente. Entonces Q(ζn )Q(ζm ) = Q(ζk ).
Demostración. Por el lema anterior, Q(ζn ), Q(ζm ) ⊂ Q(ζk ). Por otra
parte, si m, n son primos relativos el elemento ζn ζm es una raíz késima primitiva de la unidad. El caso general se obtiene por inducción, descomponiendo m y n en potencias de primos.
Lema 8.3.8. Sean n, m ∈ N primos relativos. Entonces Q(ζn )∩Q(ζm ) =
Q.
Demostración. Se deduce contando grados, teniendo en cuenta que
ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).
8.4.
Grupos de Galois
Lema 8.4.1. La extensión ciclotómica K(ζ)/K es una extensión de
Galois.
Demostración. K(ζ) es el cuerpo de descomposición del polinomio
X n − 1 sobre K (también lo es del polinomio Φn ). Luego la extensión
es normal. Además, como car(K) - n, todas las raíces n-ésimas de
la unidad son distintas y el polinomio X n − 1 es separable. Luego la
extensión es separable.
8.4. GRUPOS DE GALOIS
93
Vamos a determinar Gal(K(ζ)/K):
Teorema 8.4.2. Gal(K(ζ)/K) ∼
= H < Z×
n
Demostración. Todo σ ∈ Gal(K(ζ)/K) está determinado por su efecto sobre ζ, cuya imagen tiene que ser raíz de Irr(ζ, K) que divide a
Φn . Definimos pues un homomorfismo:
Λ : Gal(K(ζ)) → Z×
n
Λ(σ) = a, σ(ζ) = ζ a
Sean Λ(σ) = a, Λ(τ ) = b. Tenemos que στ (ζ) = σ(ζ b ) = ζ ab , así que Λ
es un homomorfismo. Es claro que el núcleo es trivial, y el primer
teorema de isomorfía nos da el resultado apetecido.
Corolario 8.4.3. Gal(K(ζ)/K) es abeliano
Corolario 8.4.4. Gal(Q(ζ)/Q) ∼
= Z×
n
Demostración. Basta considerar el orden de Gal(Q(ζ)/Q).
Notación. Por el teorema 8.4.2, cada σ ∈ Gal(K(ζ)/K) está determinado por el a ∈ Z×
n tal que σ(ζ) = a. Denotaremos σ = σa .
Ejemplo 8.4.5. Sea ζ una raíz octava primitiva de la unidad. Entonces Gal(Q(ζ)/Q) = < σ1 , σ3 , σ5 , σ7 > ∼
= Z2 × Z2 . Existen tres subgrupos
de orden 2 que corresponden a tres subcuerpos cuadráticos:
√
< σ3 >∗ = Q(ζ + ζ 3 ) = Q(√−2)
< σ5 >∗ = Q(ζ 2 )
= Q(√−1)
∗
−1
< σ7 > = Q(ζ + ζ ) = Q( 2)
Ejemplo 8.4.6. Sea ζ una raíz quinta primitiva de la unidad. En este
caso
∼
Gal(Q(ζ)/Q) =< σ2 >∼
= Z×
p = Z4
Por el teorema fundamental existe un único subcuerpo no trivial, extensión cuadrática de Q y es el cuerpo fijo bajo < σ4 >. El
elemento α = ζ + ζ −1 queda fijo bajo σ4 y por tanto pertenece a dicho
cuerpo fijo. Nótese que
α2 + α − 1 = (ζ 2 + 2 + ζ −2 ) + (ζ + ζ −1 ) − 1 = 0
√
Resolviendo explícitamente, α = (−1 + 5)/2. Luego Q(ζ + ζ −1 ) =
√
Q( 5).
Mas adelante obtendremos el resultado general: Sea ζ una raíz
p-ésima primitiva de 1, con p un primo impar. Entonces Q(ζ) con√
tiene un único cuerpo cuadrático sobre Q, a saber, Q ( ±p).
94
CAPÍTULO 8. EXTENSIONES CICLOTÓMICAS
Ejemplo 8.4.7. Sea p un primo impar y sea ζ una raíz p-ésima primitiva de la unidad. Una base para Q(ζ) sobre Q viene dada por
ζ, ζ 2 , . . . , ζ p−1
(La razón para preferir esta base es que cualquier σ ∈ Gal(Q(ζ)/Q)
sencillamente permuta los elementos de esta base). Nótese que es
aquí donde hace falta que p sea primo: En general las raíces nésimas primitivas de la unidad no forman una base para la extensión ciclotómica correspondiente.
Sea H < Gal(Q(ζ)/Q) arbitrario, y sea
αH =
X
σ(ζ)
σ∈H
la suma de los conjugados de ζ por los elementos de H. Para cualquier τ ∈ H, τ (α) = α, así que α ∈ H ∗ , el cuerpo fijo bajo H. Sea
ahora τ 6∈ H. Entonces τ (α) es la suma de algunos de los elementos
de la base (recuerdese que cualquier elemento de Gal(Q(ζ)/Q) permuta los elementos de la base), uno de los cuales es τ (ζ). Si fuese
τ (α) = α, debe existir σ ∈ H tal que τ (α) = σ(α). Pero cualquier automorfismo está totalmente determinado por su efecto sobre α, así
que τ = σ ∈ H, contradicción. Luego Q(α)∗ < H. Por las propiedades
de la conexión de Galois, Q(α) > H ∗ , y combinando con el resultado
anterior, Q(α) = H ∗ .
El elemento α construido y sus conjugados bajo Gal(Q(ζ)/Q) se
llaman períodos de ζ y son útiles en el estudio de la aritmética de
los cuerpos ciclotómicos. El estudio de sus propiedades combinatorias se llama ciclotomía.
Ejemplo 8.4.8. Vamos a determinar explícitamente los subcuerpos
de Q(ζ) siendo ζ una raíz decimotercera primitiva de la unidad,
∼
que corresponden a los subgrupos de Z×
13 = Z12 . Un generador para
este grupo cíclico es σ = σ2 que aplica ζ en ζ 2 . Los subgrupos no
triviales corresponden a los divisores no triviales de 12, luego el
retículo correspondiente es el siguiente (en cada inclusión se indica
el índice):
8.4. GRUPOS DE GALOIS
95
<σ>
3
2
< σ2 >
2
3
< σ3 >
2
< σ6 >
< σ4 >
3
2
1
Los generadores para los correspondientes cuerpos fijos son:
=
ζ + σ 6 (ζ)
4
=
ζ + σ (ζ) + σ 8 (ζ)
=
ζ + σ 3 (ζ) + σ 6 (ζ) + σ 9 (ζ)
2
4
= ζ + σ (ζ) + σ (ζ) + σ 6 (ζ) + σ 8 (ζ) + σ 12 (ζ)
=
=
=
=
ζ + ζ 12
ζ + ζ3 + ζ9
ζ + ζ 8 + ζ 12 + ζ 5
ζ + ζ 4 + ζ 3 + ζ 12 + ζ 9 + ζ 10
Y el diagrama de subcuerpos es:
Q(ζ)
2
3
Q(α4 )
Q(α6 )
3
2
2
Q(α3 )
Q(α2 )
3
2
α6
α4
α3
α2
Q
96
CAPÍTULO 8. EXTENSIONES CICLOTÓMICAS
Ejemplo 8.4.9. Sea p un primo impar y sea ζ una raíz p-ésima primitiva de la unidad. El grupo G = Gal(Q(ζ)/Q) es cíclico y contiene un
único subgrupo de índice 2 que corresponde a una única subextensión cuadrática de Q. Según el ejemplo 8.4.7, dicho cuerpo es
Q(α) siendo α el período correspondiente al único subgrupo H de
índice 2. Como G =< σ | σ p−1 = 1 >∼
= Z×
p y p − 1 es par, existe un
×
único morfismo Zp → {+1, −1} que aplica σ en -1. Este morfismo es
sobre y su núcleo es precisamente el único subgrupo de índice 2
de Z×
p . La imagen de a ∈ Zp mediante dicho morfismo se representa
por
a
p
Esta expresión se llama símbolo cuadrático y por ser un morfismo
verifica las propiedades siguientes:
b
= ap
1. ab
p
p
2.
a
p
= 1 ⇔ a = b2
Sea α0 el conjugado de α bajo G y sea β = α − α0 . Para todo τ ∈ H,
τ (β) = β. Y para todo τ 6∈ H, τ (β) = −β. Además β 6= −β porque
los ζ a son linealmente independientes (son una base) sobre Q. Luego el cuerpo que buscamos es Q(β). Vamos ahora a determinar el
polinomio mínimo de β sobre Q. Utilizando el símbolo cuadrático:
X
X
X a
β=
τ (ζ) −
τ (ζ) =
ζa
p
×
τ ∈H
τ 6∈H
a∈Zp
Calculamos su cuadrado:
X a X b X X ab 2
a
b
β =
ζ
ζ =
ζ a+b
p
p
p
×
×
×
×
a∈Zp
b∈Zp
a∈Zp b∈Zp
Cambiamos el indice b por ab:
2 P
P
a b
2
×
×
β =
ζ a(1+b)
a∈Zp
b∈Zp
p
P
P
b
×
×
=
ζ a(1+b)
a∈Zp
b∈Zp
p
P
P
P
b
−1
1+b a
×
×
×
=
(ζ
)
+
ζ a(1−1)
a∈Zp
b∈Zp ,b6=−1 p
a∈Zp
p
En el último miembro, todos los potencias de ζ de la segunda
su −1
matoria valen 1. Así que la segunda sumatoria vale p (p − 1).
8.4. GRUPOS DE GALOIS
97
1+b
Respecto a la primera
es una raíz primitiva ya
P asumatoria, ζ1 = ζ
que p es primo, y a ζ1 = −1. Recapitulando,
2
β =
X
b∈Z×
p ,b6=−1
Luego β =
X b
−1
−1
−1
b
(−1)+
(p−1) =
(−1)+
p=
p
p
p
p
p
p
×
r
b∈Zp
−1
p
p. El signo vale exactamente
−1
p
= (−1)
p−1
2
, pero
nosotros no lo demostraremos.
Teorema 8.4.10. Toda extensión cuadrática de Q está contenida en
una extensión ciclotómica.
√
Demostración. Sea K = Q( D) una extensión cuadrática arbitraria de Q. Descomponemos en factores primos D = ±p1 . . . pt . Por el
√
ejemplo 8.4.9, para pi impar ±pi está
√ en Q(ζi ), la pi -ésima extensión ciclotómica de Q. Para pi = 2, 2 ∈ Q(ζ) para
√ ζ la raíz octava
en la exde la unidad por el ejemplo 8.4.5. También
√
√−1 está
√
√
tensión ciclotómica octava de Q.Luego D ∈ Q( −1, p1 , . . . , pt ) ⊂
Q(i, ζ1 , . . . , ζt ) = Q(ζ) siendo ζ = iζ1 . . . ζt una raíz 4D-ésima o D-ésima
de la unidad.
El teorema anterior tiene una generalización muy fuerte, cuya
demostración requiere un desarrollo mucho mas largo y profundo
del que nos podemos permitir:
Teorema 8.4.11 (Kroneker-Weber). Toda extensión abeliana de Q
está contenida en una extensión ciclotómica.
Otra cuestión interesante que se presenta en teoría de Galois es
la realización de un grupo: Dado un grupo finito arbitrario G, ¿existe una extensión de Galois K/Q tal que Gal(K/Q) ∼
= G? La respuesta
general no es conocida, pero para tipos particulares importantes de
grupos se sabe que es afirmativa. Desde hace casi un siglo se sabe que la respuesta es sí para G = Sn ó An , y en 1954 Shafarevic
demostró que la respuesta es afirmativa para todo grupo soluble
finito. Su demostración utiliza profundos resultados aritméticos,
pero para grupos abelianos finitos podemos demostrarlo ya:
Teorema 8.4.12. Sea G un grupo abeliano finito arbitrario. Existe
una extensión K/Q tal que Gal(K/Q) ∼
= G.
98
CAPÍTULO 8. EXTENSIONES CICLOTÓMICAS
Demostración. Sea G ∼
= Zd1 × · · · × Zdt la descomposición cíclica de
G. Para cada factor invariante di sea pi un primo tal que pi ≡ 1
(mód di ) y que los pi son todos distintos (tales primos existen por
el corolario 8.3.5). Sean ζi raíces pi -ésimas primitivas de la unidad.
Sabemos que para i = 1 . . . t, Q(ζi ) contiene un subcuerpo Ki tal
que Gal(Ki /Q) es cíclico de orden di . Entonces K = K1 . . . Kt es la
extensión buscada.
Capítulo 9
Construcciones con regla y
compás
99
100
9.1.
CAPÍTULO 9. CONSTRUCCIONES CON REGLA Y COMPÁS
Los Elementos de Euclides
El rigor matemático nace en la Grecia clásica. El pensamiento
racional de la filosofía clásica concedía prioridad al conocimiento
obtenido por deducción sobre el que se obtiene por observación
directa. El método deductivo fué evolucionando desde Tales hasta
Aristóteles que es su mayor representante. Evidentemente la matemática es la rama del conocimiento mas adecuada a este método.
Durante dos mil años la expresión mas perfecta de este método
fueron los Elementos de Euclides ([10]). La idea es partir de unos
cuantos conceptos “definidos” en términos sencillos y unos pocos
postulados y axiomas cuyo verdad es “evidente” y deducir a partir de ellos los teoremas que serán entonces tan válidos como los
postulados de los que se han deducido.
El primer libro de los Elementos contiene 23 definiciones, 5 postulados, 5 axiomas o nociones comunes y 48 proposiciones. Algunas de las proposiciones son teoremas (es decir, expresan propiedades de figuras existentes) y otras son construcciones (es decir,
construyen puntos y figuras a partir de otras).
Euclides utilizó las construcciones en el sentido de los teoremas
de existencia (para demostrar que algunas entidades existen realmente). Por ejemplo, se puede definir una bisectriz de un ángulo
como la recta del plano del ángulo que pasa por el vértice de este y
lo divide en dos ángulos iguales. Pero una definición no establece
la existencia de lo que se está definiendo. Para demostrar que un
ángulo dado tiene una bisectriz, Euclides muestra que esta entidad
puede realmente construirse (Elementos I.9, [10] p. 213). En matemáticas es bueno saber que el conjunto de objetos que satisfacen
una cierta condición no está vacío.
Los cinco postulados de Euclides son ([10], página 197):
1. Postúlese el trazar una línea recta desde un punto cualquiera
hasta un punto cualquiera.
2. Y el prolongar continuamente una recta finita en línea recta.
3. Y el describir un círculo con cualquier centro y distancia.
4. Y el ser todos los ángulos rectos iguales entre sí.
5. Y que si una recta al incidir sobre dos rectas hace los ángulos
internos del mismo lado menores que dos rectos, las dos rectas
9.1. LOS ELEMENTOS DE EUCLIDES
101
prolongadas indefinidamente se encontrarán en el lado en el
que están los (ángulos) menores que dos rectos.
Los tres primeros postulados enuncian las construcciones primitivas a partir de las cuales obtenemos todas las demás. Constituyen las “reglas del juego” de las construcciones euclídeas. Como
sólo permiten rectas y círculos que son líneas que se trazan con regla y compás, dichas construcciones se llaman construcciones con
regla y compás.
Además de la bisectriz de un ángulo antes citada, Euclides realiza muchas otras construcciones sencillas: La mediatriz de un segmento (Elementos I.10), el triángulo equilátero sobre un segmento
dado (Elementos I.1), el cuadrado sobre un segmento dado (Elementos I.46), el cuadrado, el pentágono, el hexágono y el pentadecágono
regulares inscritos en un círculo dado (Elementos IV.6, IV.11, IV.15
y IV.16 respectivamente), la perpendicular desde un punto a una
recta dada (Elementos I.12), la paralela desde un punto a una recta
dada (Elementos I.31) etcétera.
A pesar de la limitación de las herramientas que podemos utilizar, es sorprendente la complejidad de las construcciones posibles.
Por ejemplo, podemos construir todas las circunferencias que sean
tangentes a otras tres dadas (problema de Apolonio), trazar tres circunferencias en los ángulos de un triángulo tales que cada una sea
tangente a las otras dos y además a los lado del ángulo (problema
de Malfatti) o inscribir en una circunferencia dada un triángulo
cuyos lados (prolongados si fuera necesario) pasen por tres puntos
dados (problema de Castillon-Cramer).
Pero existen construcciones que no pueden efectuarse con regla
y compás. Problemas imposibles famosos desde la Grecia clásica,
son:
1. La duplicación del cubo, o sea construir la arista de un cubo
cuyo volumen sea el doble del de otro cubo dado.
2. La trisección del ángulo, o sea dividir un ángulo arbitrario dado en tres partes iguales.
3. La cuadratura del círculo, o sea construir un cuadrado que
tenga un área igual a la de un círculo dado.
4. Construir el heptágono regular y mas generalmente, el polígono
regular de n lados con n arbitrario.
102
CAPÍTULO 9. CONSTRUCCIONES CON REGLA Y COMPÁS
Nuestro objetivo es obtener una interpretación algebraica de la
construcción con regla y compás y encontrar condiciones necesarias (y otras suficientes) para que una construcción sea posible.
9.2.
Puntos construibles y números construibles
Vamos a dar una interpretación algebraica de la construcción
con regla y compás y en ella obtendremos condiciones necesarias
para que una construcción determinada sea posible. Empezamos
con una definición rigurosa de puntos construibles.
Notación. Dados dos puntos A 6= B llamamos AB a la única recta
que pasa por ambos y A(B) a la circunferencia con centro A que
pasa por B.
Sean P0 , P1 , . . . , Pn puntos distintos del plano euclídeo E con
n ≥ 1. Definimos una sucesión creciente infinita de conjuntos de
puntos del plano
C0 ⊂ C1 ⊂ . . . Ci ⊂ . . .
por recurrencia: Comenzamos con C0 = {P0 , . . . , Pn }. Supongamos
definido Ci . Entonces
Ci+1 = Ci ∪ Si ∪ Si0 ∪ Si00
donde
Si = {P ∈ E | P ∈ AB ∩ CD con A, B, C, D ∈ Ci , AB 6= CD }
Es decir, Si está formado por los puntos que se obtienen como
intersección de rectas distintas definidas por pares de puntos de
Ci .
Si0 = {P ∈ E | P ∈ AB ∩ C(D) con A, B, C, D ∈ Ci }
O sea que los puntos de Si0 son los que se obtienen como intersección de las rectas definidas por pares de puntos de Ci con circunferencias cuyos centros están en Ci y que pasan por puntos de
Ci
Si00 = {P ∈ E | P ∈ A(B) ∩ C(D) con A, B, C, D ∈ Ci , A(B) 6= C(D) }
Finalmente, Si00 está constituido por los puntos de intersección de
los pares de circunferencias distintas que tienen su centro en Ci y
pasan por puntos de Ci .
9.3. CARACTERIZACIÓN DE LOS NÚMEROS CONSTRUIBLES103
Definición 9.2.1. El conjunto de puntos construibles (con regla y
compás) a partir de los puntos {P0 , . . . , Pn } es
C(P0 , . . . , Pn ) = ∪∞
i=0 Ci
Elegimos ahora un sistema de coordenadas euclídeas tal que
P0 = (0, 0) (el origen de coordenadas) y P1 = (1, 0). Asociamos con
cada punto P = (a, b) del plano el número complejo z = a + ib. De
esta manera identificamos el plano euclídeo con el cuerpo C de los
números complejos.
El conjunto dado {P0 , . . . , Pn } se identifica con un conjunto de
números complejos {z0 , . . . , zn } donde z0 = 0 y z1 = 1.
Definición 9.2.2. El conjunto de números complejos construibles
(con regla y compás) a partir de los números {z1 , . . . , zn } es el conjunto de números complejos que corresponden a puntos de C(P0 , . . . , Pn ).
Se representa por C(z1 , . . . , zn )
9.3.
Caracterización de los números construibles
Lema 9.3.1. 1. El número complejo z = a + bi con a, b ∈ Q pertenece a C(z1 , . . . , zn ) si y sólo si a, b ∈ C(z1 , . . . , zn ).
2. El número complejo z = r(cos(θ) + i sen(θ)) con r real positivo
pertenece a C(z1 , . . . , zn ) si y sólo si r, cos(θ) + i sen(θ) pertenecen
a C(z1 , . . . , zn ).
Nótese que C(z1 , . . . , zn ) contiene a todos los números complejos
de la forma a + ib con a, b ∈ Q. y que este conjunto es denso en C.
Proposición 9.3.2. C(z1 , . . . , zn ) es un subcuerpo de C que verifica
1. z1 , . . . , zn ∈ C(z1 , . . . , zn )
2. Para todo z ∈ C(z1 , . . . , zn ) el conjugado complejo z̄ pertenece a
F.
√
3. Para todo z ∈ C(z1 , . . . , zn ) se verifica que z ∈ C.
Proposición 9.3.3. Sea F un subcuerpo de C que verifica:
1. z1 , . . . , zn ∈ F
104
CAPÍTULO 9. CONSTRUCCIONES CON REGLA Y COMPÁS
2. Para todo z ∈ F el conjugado complejo z̄ está en F .
3. Para todo z ∈ F se verifica que también
√
z ∈ F.
Entonces C(z1 , . . . , zn ) ⊂ F .
Corolario 9.3.4. Sea C el conjunto de todos los subcuerpos F de C
que verifican:
1. z1 , . . . , zn ∈ F
2. Para todo z ∈ F el conjugado complejo z̄ está en F .
3. Para todo z ∈ F se verifica que también
√
z ∈ F.
Entonces C(z1 , . . . , zn ) = ∩F ∈C F .
Teorema 9.3.5. Sea K = Q(z1 , . . . , zn , z̄1 , . . . , z̄n ). Un número complejo
z pertenece a C(z1 , . . . , zn ) si y sólo si z pertenece a un subcuerpo de
C de la forma K(u1 , . . . , un ) donde u21 ∈ K y para todo i = 2, . . . , n se
verifica u2i ∈ K(u1 , . . . , ui−1 )
Corolario 9.3.6. Sea K = Q(z1 , . . . , zn , z̄1 , . . . , z̄n ). Entonces cualquier
z ∈ C(z1 , . . . , zn ) es algebraico sobre K de grado una potencia de 2.
Definición 9.3.7. Para cualquier cuerpo K con car(K) 6= 2 una
torre de cuerpos de la forma
K(u1 , . . . , un ) ⊃ K(u1 , . . . , un−1 ) ⊃ · · · ⊃ K(u1 ) ⊃ K
donde u21 ∈ K y u2i ∈ K(u1 , . . . , ui−1 ) para i = 2, . . . , n se llama torre de
raíces cuadradas sobre K.
El corolario 9.3.6 enuncia condiciones suficientes (pero no necesarias) para que z sea construible. Usando la teoría de Galois se
obtienen condiciones necesarias y suficientes:
Teorema 9.3.8 ([19] p. 271). Un número complejo z es construible
con regla y compás si y sólo si z es algebraico sobre Q y la clausura
normal K/Q de Q(z)/Q tiene grado [K : Q] = 2n , (n ∈ N)
9.4. APLICACIÓN A LOS PROBLEMAS CLÁSICOS
9.4.
105
Aplicación a los problemas clásicos
En muchos problemas de construcción los datos son exactamente dos puntos (o un segmento, lo que es lo mismo). En este caso
en el corolario 9.3.6 se verifica que K = Q y el cuerpo C = C(0, 1) se
llama sencillamente cuerpo de los números contructibles (euclídeos).
El corolario 9.3.6 muestra que tales números son algebraicos sobre Q de grado una potencia de 2. Vamos a aplicar este resultado
para demostrar la imposibilidad de resolver los cuatro problemas
clásicos:
Ejemplo 9.4.1 (Trisección del ángulo). No todo ángulo se puede trisecar con regla y compás. En particular el ángulo π/3 no puede ser
trisecado, porque ello implicaría que u = 2 cos(π/3) sería construible. Pero u es raíz de X 3 − 3X − 1 que es irreducible sobre Q y por
tanto el grado de u sobre Q es 3. Por el corolario 9.3.6, u no es
construible.
Ejemplo 9.4.2 (Duplicación del cubo). Tomando como unidad la
arista de un cubo dado,
√ el cubo de volumen doble tendría una
arista de longitud u = 3 2. Pero Irr(u, Q) = X 3 − 2 y por el corolario
9.3.6 u no es construible.
Ejemplo 9.4.3 (Cuadratura del círculo). El área de un círculo √
de
radio 1 vale π. El lado de un cuadrado de la misma área vale u = π
que es un número trascendente sobre Q. Luego no es construible.
Ya que π es trascendente sobre Q, tampoco se puede rectificar la
circunferencia, es decir, construir con regla y compás un segmento
de longitud igual a la de una circunferencia.
Ejemplo 9.4.4 (Construcción del p-gono regular, con p primo). Esta
construcción es equivalente a la del número complejo z = e2πi/p
(la raíz p-ésima de la unidad). Sabemos que z p = 1 y como X p −
1 = (X − 1)(X p−1 + · · · + X + 1) y z 6= 1, tenemos que z es raíz del
polinomio Φp (X) = X p−1 + X p−2 + · · · + X + 1. Este polinomio Φp es
irreducible sobre Q (aplíquese el criterio de Eisenstein al polinomio
f (X) = Φp (X + 1)). Luego una condición necesaria para que el pgono regular sea construible con regla y compás es que p − 1 = 2s
para algún entero positivo s. Como 6 = 7 − 1 no es una potencia de
2, el heptágono regular no se puede construir con regla y compás.
106
CAPÍTULO 9. CONSTRUCCIONES CON REGLA Y COMPÁS
9.5.
Polígonos regulares
En la sección anterior hemos visto que la condición necesaria
para que el p-gono regular sea construible con p primo es que
p = 2s + 1. Mas adelante, cuando desarrollemos la teoría de Galois, veremos que esta condición también es suficiente. Pero ahora
vamos a analizar un poco mas esta construcción. Es curioso que
históricamente se demostró antes la suficiencia de esta condición
(en [15]) que su necesidad (en [32])
Primos de Fermat
En primer lugar, supongamos que el exponente s es divisible por
un primo impar q, sea s = qt. Entonces
p = 2s + 1 = (2t )q + 1 = (2t + 1)(2t(q−1) − 2t(q−2) + · · · − 2t + 1)
es una factorización no trivial de p que por lo tanto no es primo.
Así pues s no es divisible por ningún primo impar, y s = 2t .
t
Los primos de la forma p = Ft = 22 + 1 se llaman primos de
Fermat porque este matemático los estudió y conjeturó que para
t
todo t ≥ 0, 22 + 1 es un primo. Así ocurre para los primeros valores:
t: 0 1 2
3
4
2t
Ft = 2 + 1: 3 5 17 257 65537
5
Pero el siguiente número F5 = 22 + 1 = 4294967297 no es primo.
(La demostración mas corta es la siguiente: El número 641 = 54 +
24 = 5 · 27 + 1 divide a los dos números siguientes: a = 54 · 228 + 232 y
b = 54 · 228 − 1 y por tanto divide a su diferencia a − b = 232 + 1 = F5 ).
Queda abierta la cuestión de si Ft es primo para algún valor de
t mayor que 5. Se ha demostrado que Ft es primo si y sólo si Ft
divide a 3(Ft −1)/2 . Utilizando este criterio (y efectuando los cálculos
por ordenador) se ha demostrado que Ft es compuesto para todo
5 ≤ t ≤ 22. Por ello la construcción de Hermes que citaremos después es la última que se intentará nunca.
Polígonos regulares de n lados, con n compuesto
Hasta ahora hemos estudiado sólo las construcciones de n-gonos
regulares cuando n es primo. El caso general se reduce a éste por
las observaciones siguientes:
Si n = mq y el n-gono regular es construible, sea éste P0 P1 · · · Pn−1 .
El m-gono regular está formado por los vértices P0 Pq · · · Pq(m−1) , y
9.6. CONSTRUCCIONES EXPLÍCITAS
107
por tanto es construible. Así por ejemplo, el polígono mas fácil de
construir es el hexágono regular, y el triángulo equilátero se obtiene uniendo los vértices alternos del hexágono (Hay dos de tales
triángulos, formando una estrella de David).
Por otra parte, supongamos que m. c. d.(m, n) = 1 y que el m-gono
regular y el n-gono regular son construibles. Existen r, s ∈ N tales
que sn − rm = 1 y diviendo por mn
s
r
1
=
−
mn
m n
así que para construir la mn-ésima parte de la circunferencia, tomamos a partir de un punto de la circunferencia s lados del m-gono
y r lados del n-gono. Su diferencia es el lado del mn-gono. Euclides en Elementos IV.16 procede de manera ligeramente distinta:
1/15 = 1/2(1/3 − 1/5), así que a partir de un punto A de la circunferencia construye un vértice del pentágono regular B y un vértice
del triángulo equilátero, sea Γ. Biseca el arco BΓ, sea E el punto
medio y cada uno de los segmentos BE y BΓ es un lado del pentadecágono regular.
Naturalmente, si el m-gono es construible, también lo es el 2mgono: Basta bisecar cada uno de los ángulos centrales del m-gono,
y la bisectriz de un ángulo es construible con regla y compás.
Esta tres observaciones demuestran la mitad del siguiente teorema:
Teorema 9.5.1 ([19], p. 274). Un n-gono regular es construible con
regla y compás si y sólo si n = 2e p1 . . . ps donde s ≥ 0 y los pi son
primos de Fermat distintos.
La demostración de la otra mitad (la suficiencia de la condición
sobre n) requiere teoría de Galois y la haremos en su momento.
9.6.
Construcciones explícitas
Construcciones algebraicas explícitas
Hasta finales del siglo XVIII no se conocían mas polígonos regulares constructibles que los expuestos en los Elementos. Pero el 30
de Marzo de 1796 el joven Gauss (tenía 19 años) escribe en su diario que había hallado “el principio sobre el que se basa la división
de la circunferencia y en particular la división de la misma en 17
108
CAPÍTULO 9. CONSTRUCCIONES CON REGLA Y COMPÁS
partes”. En otras palabras, había demostrado que el 17-gono regular es construible. Posteriormente decía que este descubrimiento le
había influido con fuerza para dedicar su vida a las matemáticas.
Vamos a describir directamente la construcción del pentágono
y del heptadecágono regular. Como dice Jacob Steiner, haremos
nuestras construcciones “simplemente por medio del lenguaje”. Es
decir, no nos interesa realizar explícitamente las construcciones
geométricas mas elegantes, sino asegurarnos de que esas construcciones son realmente posibles.
La construcción del pentágono regular equivale a la de la raíz
quinta de la unidad ζ = cos(2π/5) + i sen(2π/5). Sabemos que ζ es
raíz del polinomio Φ5 = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1. Sea α = ζ + 1/ζ = ζ + ζ 4 .
Un poco de manipulación muestra que α es raíz de X 2 +X −1 ∈ Q[X]
y ζ es raíz de X 2 −αX +1 ∈ Q(α)[X]. Tenemos la torre de extensiones
cuadráticas
Q(ζ) ⊃ Q(α) ⊃ Q
Por el teorema 9.3.5 ζ es construible.
En [19] p. 222-223 se describe en detalle la construcción del
heptadecágono regular. Resumiéndola, definimos sucesivamente los
números
ζ=
γ=
β=
α=
cos(2π/17) + i sen(2π/17)
ζ + ζ −1 = ζ + ζ 16
ζ + ζ −1 + ζ 4 + ζ −4
ζ + ζ −1 + ζ 4 + ζ −4 + ζ 9 + ζ −9 + ζ 2 + ζ −2
y formamos la torre
Q(ζ) ⊃ Q(γ) ⊃ Q(β) ⊃ Q(α) ⊃ Q
donde cada paso es una extensión cuadrática, ya que se verifican
las siguientes ecuaciones cuadráticas:
ζ 2 − γζ + 1 =
γ 2 − βγ − (β 3 − 6β + 3)/2 =
β 2 − αβ − 1 =
α2 + α − 4 =
0
0
0
0
Recientemente en [18] se ha publicado una construcción algebraica explícita del polígono regular de 257 lados, donde los cálculos se han realizado con ayuda del programa de ordenador MAPLE
V.
9.7. CONSTRUCCIONES CON CÓNICAS
109
Construcciones geométricas explícitas
Cada una de las construcciones algebraicas anteriores se pueden trasladar paso a paso a una construcción geométrica, pero
como ya hemos dicho, dicha construcción no será ni la mas corta
ni la mas elegante de las posibles. Además de las construcciones
expuestas en los Elementos, Ptolomeo y Richmond (1893) dieron
construcciones del pentágono regular mas sencillas que las de Euclides. Richmond (1909) también describe una construcción sencilla del heptadecágono regular. Esta construcción y la del pentágono
regular debida al mismo autor pueden verse en [8], sección 2.1.
Richelot y Schwendenwein construyeron en 1832 el polígono regular de 257 lados y J. Hermes invirtió diez años sobre el de 65537
lados. Depositó su trabajo en una gran caja que aún se encuentra
en la Universidad de Gottingen.
9.7.
Construcciones con cónicas
La imposibilidad de resolver con regla y compás los problemas
clásicos lleva naturalmente a ampliar la gama de herramientas admisibles para hacer una construcción. Desde la antigüedad se sabía duplicar un cubo (Menaechmus, 350 a. c.) y trisecar un ángulo
(Papus, 300 a. c.) utilizando parábolas e hipérbolas. Arquímedes
descubrió una notable construcción del heptágono regular usando
parábolas que se puede ver en [31]. La definición rigurosa de puntos “construibles con cónicas” y la caracterización de tales puntos
están desarrolladas en [31] siguiendo unas líneas análogas a las
expuestas en las secciones 9.2 y 9.3 anteriores. El teorema básico
del citado artículo es
Teorema 9.7.1. Un número complejo z es construible con cónicas si
y sólo si z es algebraico sobre Q y la clausura normal K/Q de Q(z)/Q
tiene grado [K : Q] = 2n 3m , (n, m ∈ N).
De este teorema podemos deducir cuales son los polígonos construibles con ayuda de cónicas:
Teorema 9.7.2. El n-gono regular es construible con cónicas si y
sólo si n = 2s 3t p3 . . . pk donde s, t ≥ 0, pi 6= 2, 3 y cada pi es de la forma
pi = 2u 3v + 1.
Corolario 9.7.3. El heptágono regular es construible con cónicas.
110
CAPÍTULO 9. CONSTRUCCIONES CON REGLA Y COMPÁS
El artículo [31] termina con dos preguntas: 1) Se puede demostrar que las elipses son superfluas en la construcción de nuevos
puntos, pero ¿podemos limitarnos a rectas, círculos e hipérbolas?
2) Las cónicas son curvas de género cero. ¿Cuales son los puntos
construibles con curvas de género uno (es decir, cúbicas)?
Parte V
Teoría de ecuaciones
111
Capítulo 10
Extensiones cíclicas y
radicales
113
114
CAPÍTULO 10. EXTENSIONES CÍCLICAS Y RADICALES
10.1.
Extensiones cíclicas
Definición 10.1.1. Una extensión E/K se llama cíclica si es de
Galois y su grupo de Galois es cíclico
Teorema 10.1.2 (Lagrange). Sea K un cuerpo, n > 0 un entero primo
con la característica de K y supongamos que existe una raíz n-ésima
primitiva de la unidad en K.
1. Sea E/K una extensión cíclica de grado n. Entonces existe α ∈
E tal que E = K(α) y Irr(α, K) = X n − a para algún a ∈ K.
2. A la inversa, sea a ∈ K. Sea α una raíz de X n − a. Entonces
K(α)/K es cíclica de grado d, d | n y αd ∈ K.
Demostración.
1. Sea G = Gal(E/K) = hσi. y sea ζ ∈ K una raíz
n-ésima primitiva de la unidad.
Sea E = K(u). Definimos la resolvente de Lagrange α = α(u, ζ) ∈
E como
α = u + ζσ(u) + ζ 2 σ 2 (u) + · · · + ζ n−1 σ n−1 (u)
Por la independencia lineal de los homomorfismos {σ i } tenemos que α 6= 0.
Aplicando el automorfismo σ obtenemos
σ(α) = σ(u) + ζσ 2 (u) + ζ 2 σ 3 (u) + · · · + ζ n−1 σ n (u)
= ζ 1 (u + ζσ(u) + ζ 2 σ 2 (u) + · · · + ζ n−1 σ n−1 (u))
= ζ −1 α
Por inducción sobre i, σ i (α) = ζ −i α. Luego los elementos ζ −i α
son n conjugados distintos de α, por lo que [K(α) : K] ≥ n.
Como K(α) < E, queda que E = K(α). Además, σ(αn ) = σ(α)n =
(ζα)n = αn . Luego a = αn es fijo bajo σ y todas sus potencias,
por lo que a ∈ K.
2. Sea α una raíz de X n − a ∈ K[X]. El elemento ζ i α también es
raíz del mismo polinomio y todas estas raíces son distintas.
Luego K(α) es el cuerpo de descomposición sobre K del polinomio X n − a, y por tanto es de Galois. Sea G = Gal(K(α)/K).
∀σ ∈ G, σ(α) también es raíz de X n − a. Luego σ(α) = ωσ α, siendo ωσ una raíz de la unidad (no necesariamente primitiva). La
10.2. EXTENSIONES SOLUBLES Y RADICALES
115
aplicación σ 7→ ωσ es obviamente un monomorfismo de G en
el grupo de las raíces n-ésimas de la unidad y como éste es
cíclico de orden n, G es cíclico de orden d divisor de n. Sea
G = hσi. Entonces ωσ es una raíz d-ésima primitiva de la unidad, y σ(αd ) = (ωσ α)d = αd . Luego αd ∈ K ya que es fijo bajo G
y el teorema está demostrado.
10.2.
Extensiones solubles y radicales
Definición 10.2.1. Una extensión finita separable F/K se llama
soluble si existe una extensión de Galois finita E/K con grupo G =
Gal(E/K) soluble tal que K < F < E.
La anterior definición es equivalente a decir que la clausura normal de F/K tiene grupo de Galois soluble.
Definición 10.2.2. Una extensión finita F/K con m. c. d.([F : K], car(K)) =
1 se llama soluble por radicales si es separable y si existe una torre
de extensiones finitas
K = E0 < E1 < E2 < . . . < Em = E
tal que F < E y que cada paso Ei+1 /Ei es de uno de los tipos
siguientes:
1. Ei+1 = Ei (ζ) con ζ raíz de la unidad.
2. Ei+1 = Ei (α) con α raíz de un polinomio X n − a ∈ Ei [X] y n
primo relativo con car(K).
Proposición 10.2.3. 1. Sea F/K una extensión soluble por radicales, y sea L/K una extensión arbitraria. Entonces F L/L es
una extensión soluble por radicales.
2. Sea L > F > K una torre de extensiones finitas. Entonces L/K
es soluble por radicales si y sólo si L/F y F/K son solubles por
radicales.
3. Sean F/K y L/K extensiones solubles por radicales. Entonces
F L/K es soluble por radicales.
116
CAPÍTULO 10. EXTENSIONES CÍCLICAS Y RADICALES
Demostración.
1. Sea
K = E0 < E1 < E2 < . . . < Em = E
la torre de extensiones del tipo 10.2.2 con F < E. Definimos
una nueva torre:
0
= E0
L = E00 < E10 < E20 < . . . < Em
0
= EL >
siendo Ei0 = Ei L. Es evidente que E00 = KL = L, que Em
0
0
F L y que si Ei+1 = Ei (α), entonces Ei+1 = Ei (α) es del mismo
tipo. Luego la extensión F L/L es soluble por radicales.
2. Sea L/K soluble por radicales. El mismo cuerpo E que contiene a L también contiene a F . Luego F/K es soluble por
radicales. Por otra parte, aplicamos el punto anterior a las extensiones L/K (que es soluble por radicales por hipótesis) y
L/F . Nos queda que L = LF/F es soluble por radicales.
A la inversa, sean L/F y F/K solubles por radicales. Sea E
el cuerpo que contiene a F y que permite la torre 10.2.2. La
extensión LE/E es soluble por radicales por el punto anterior.
Sea
E = Em < Em+1 < Em+2 < . . . < En > LE
la torre que verifica las condiciones de 10.2.2. Pegamos ambas
torres y obtenemos la torre:
K = E0 < E1 < E2 < . . . < En > LE > L
donde cada paso es de uno de los tipos permitidos. Luego L/K
es radical.
3. Consecuencia inmediata de los dos puntos anteriores.
Corolario 10.2.4. Sea F/K una extensión separable finita. Entonces F/K es soluble por radicales si y sólo si existe una torre
K = L0 < L1 < L2 < . . . < Lm = L > F
donde cada paso es de uno de los tipos descritos en 10.2.2, y además la extensión L/K es de Galois.
10.2. EXTENSIONES SOLUBLES Y RADICALES
117
Demostración. Sólo hay que demostrar la última propiedad. Sea
F/K soluble por radicales, y sea
K = E0 < E1 < E2 < . . . < Em = E
la torre que lo muestra. Para todo σ : E → K̄ ( clausura algebraica
de K) que sea la identidad sobre K, la torre
K = E0 < σ(E1 ) < σ(E2 ) < . . . < σ(Em ) = σ(E)
tiene cada paso del mismo tipo, ya que σ(Ei+1
Q) = σ(Ei )(σ(α)). Luego σ(E)/K es soluble por radicales. Sea L = σ σ(E). Por el tercer
punto de la proposición anterior, L posee una torre del tipo buscado. Además, L/K es la clausura normal de E/K y por tanto es de
Galois.
Teorema 10.2.5 (Galois). Sea F/K una extensión separable finita.
Entonces F/K es soluble por radicales si y sólo si es soluble.
Demostración.
1. Sea F/K soluble. Sea E/K una extensión de
Galois con grupo soluble tal que E > F , y sea m el producto
de todos los primos que dividen al orden de Gal(E/K). Sea
ζ una raíz m-ésima primitiva de la unidad. Llamamos L =
K(ζ). La extensión EL/L es de Galois con grupo isomorfo a un
subgrupo de Gal(E/K), luego también soluble. Tomamos una
serie de composición:
Gal(EL/L) = G0 B G1 B · · · B Gn = 1
Cada cociente Gi /Gi+1 es cíclico de orden primo divisor de
|G0 |. Por la correspondencia de Galois, obtenemos una torre
de cuerpos:
K < L = L0 < L1 < . . . < Ln = EL > F
donde cada eslabón es una extensión de Galois con grupo
cíclico de orden primo Gal(Li+1 /Li ) ∼
= Gi /Gi+1 . El cuerpo Li > L
contiene todas las raíces de la unidad necesarias. Aplicando
el teoremas 10.1.2 vemos que cada extensión es de uno de los
tipos definidos en 10.2.2. Luego F/K es soluble por radicales.
2. Sea ahora F/K soluble por radicales. Por el corolario anterior,
existe una extensión de Galois E/K tal que F < E y que existe
una torre
K = E0 < E1 < E2 < . . . < Em = E
118
CAPÍTULO 10. EXTENSIONES CÍCLICAS Y RADICALES
donde cada eslabón es de uno de los tipos descritos en 10.2.2.
Igual que antes, sea m el producto de todos los primos que
dividen a | Gal(E/K)| y sea ζ una raíz m-ésima de la unidad.
Llamamos L = K(ζ). L/K es de Galois con grupo abeliano y
EL/L también es de Galois. Llamamos Li = Ei L. Obtenemos
la torre
L = L0 < L1 < L2 < . . . < Lm = EL
donde cada paso es de uno de los tipos requeridos. Por la
correspondencia de Galois, le corresponde una serie de subgrupos:
Gal(EL/L) = G0 B G1 B G2 B . . . Gm = 1
donde cada cociente Gi /Gi+1 ∼
= Gal(Li+1 /Li) es abeliano para el primer tipo de 10.2.2 y cíclico para cada uno de los
otros por el teorema 10.1.2. Luego Gal(EL/L) es soluble. Como Gal(L/K) ∼
= Gal(EL/K)/ Gal(EL/L) es abeliano, el grupo
Gal(EL/K) es soluble y la extensión F/K es soluble ya que
F < EL.
Corolario 10.2.6. 1. Sea L > F > K una torre de extensiones
separables finitas. Entonces L/K es soluble si y sólo si L/F y
F/K son solubles.
2. Sea F/K una extensión soluble, y sea L/K una extensión arbitraria. Entonces F L/L es una extensión soluble.
3. Sean F/K y L/K extensiones solubles. Entonces F L/K es soluble.
Capítulo 11
Polinomios de grado 3 y 4
119
120
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
La teoría de Galois puede describirse como el estudio de las extensiones de cuerpos mediante grupos de automorfismos. Pero su
origen estuvo motivado por la solución de ecuaciones polinómicas,
y vamos a describir esta conexión.
11.1.
El grupo de un polinomio
Empezamos fijando las notaciones:
Notación. Sea f = an X n + · · · + a0 ∈ K[X] un polinomio separable y
sea E un cuerpo de descomposición de f sobre K. Sean α1 , . . . , αn
las raíces de f en E. Entonces E = K(α1 , . . . , αn ). Llamamos G =
Gal(E/K).
Cualquier automorfismo σ de G está completamente determinado por su efecto sobre el conjunto de raíces S = {α1 , . . . , αn }.
Además σ aplica cualquier raíz de f en otra raíz, y σ es inyectivo.
Luego la restricción de σ a S es una aplicación biyectiva, es decir
una permutación del conjunto S. Definimos una aplicación
λ : G → Sn
de la siguiente forma: λ(σ) = τ es la permutación definida por
σ(αi ) = ατ (i) . Por las observaciones anteriores es inmediato que λ
es inyectiva, y es rutina comprobar que es un homomorfismo de
grupos.
Definición 11.1.1. Llamamos grupo del polinomio f sobre K al grupo Gal(f /K) = Im(λ)
Obsérvese que por el primer teorema de isomorfismo, Gal(E/K) ∼
=
Gal(f /K). La diferencia estriba en que el primero es un grupo de
automorfismos y el segundo es un grupo de permutaciones.
Obsérvese también que Gal(f /K) no está determinado de manera única por la extensión, sino que depende de la numeración elegida para las raíces: Si cambiamos el orden de las raíces, cambiamos
Gal(f /K) por otro grupo, conjugado suyo dentro de Sn . A pesar de
ello, para simplificar la notación normalmente identificamos σ con
λ(σ) y pasamos libremente de Gal(E/K) a Gal(f /K) y viceversa. En
cada caso el contexto dejará claro si σ es un automorfismo o una
permutación.
11.2. LOS TEOREMAS CLASIFICATORIOS
121
4
2
Ejemplo 11.1.2. Sea K =√Q, f = X
+ 6 = (X 2√− 2)(X 2 − 3).
√ − 5X √
Las raíces de f son α1 = 2, α2 √
= −√ 2, α3 = 3, α4 = − 3. El cuerpo
de descomposición es E √= Q( 2,√ 3) y el
√ grupo√G = Gal(E/Q)
√
√=
{1, √
σ1 , σ2 , σ1 σ
√2 } donde σ1 ( 2) = − 2, σ1 ( 3) = 3, σ2 ( 2) = 2,
σ2 ( 3) = − 3. Entonces Gal(f /Q) = {1, (1 2), (3 4), (1 2)(3 4)}. Si hubiésemos escogido otra numeración para las raíces, obtendríamos
un grupo distinto, pero conjugado del anterior.
Ejemplo 11.1.3. Sea K = Q y sea f = X 3 − 2 ∈ Q[X]. Sea α una
raíz suya y sea ω una raíz cúbica primitiva de la unidad. El cuerpo
de descomposición es E = Q(α, ω). Las raíces de f son α, ωα, ω 2 α.
[E : Q] = 6 y cualquier permutación de las raíces define un automorfismo. Luego Gal(f /K) = S3 . Sobre K = Q(ω) el grupo es A3 :
Las raíces pueden permutarse cíclicamente y no de otra manera
mientras que sobre Q(α), Gal(f /K) es cíclico de orden 2: α debe
permanecer fija, y podemos intercambiar ωα y ω 2 α.
La teoría de Galois de ecuaciones tiene dos problemas principales que estudiamos en las siguientes secciones:
1. Dados K y f , calcular Gal(f /K).
2. Conocido Gal(f /K) y siendo éste soluble, determinar una expresión explícita para las raíces de f por radicales sobre K.
11.2.
Los teoremas clasificatorios
Existen métodos muy diversos para atacar el primer problema.
Recientemente se han desarrollado algoritmos para el caso K = Q
por Soicher-Kay [27] (usando resolventes lineales), Stauduhar [29]
(usando aproximaciones numéricas de las raíces) y Zassenhaus
[33] (calculando estabilizadores de ideales minimales de álgebras
lineales). También Girtsmair [17] ha desarrollado un método muy
interesante, ya que es aplicable a cualquier cuerpo base K y está
mas en línea con el que se expone a continuación.
El método que vamos a aplicar es bueno para determinar Gal(F/K)
cuando Sn tiene pocos subgrupos transitivos, por ejemplo cuando
n = 3, 4, 5. Se basa en los teoremas 11.2.1, 11.2.2 y 11.2.4.
Teorema 11.2.1. Sea f ∈ K[X] sin raíces múltiples. Sea f = f1 · · · fr
la factorización en irreducibles sobre K. Dos ceros αi , αj de f son
raíces del mismo fk si y sólo si i, j están en la misma órbita bajo
Gal(f /K)
122
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
Demostración. Supongamos que i, j están en la misma órbita. Entonces existe σ ∈ G tal que σ(αi ) = αj . Luego αi , αj son conjugados
y por tanto son raíces del mismo polinomio irreducible.
Sean ahora αi , αj raíces del mismo polinomio irreducible. Entonces son conjugados. Luego existe σ ∈ G tal que σ(αi ) = αj y
j = λ(σ)(i) está en la misma órbita que i.
Corolario 11.2.2 (Criterio de irreducibilidad de Galois). El polinomio f es irreducible sobre K si y sólo si Gal(f /K) es un subgrupo
transitivo de Sn .
Para todo grupo de permutaciones H < Sn podemos considerar
el subgrupo H + = H ∩ An formado por las permutaciones pares
de H. Su índice vale [H : H + ] = 1 ó 2. Tomamos H = Gal(f /K).
Mediante el isomorfismo λ−1 a H + le corresponde un subgrupo G+
de G = Gal(E/K). Sea F el cuerpo fijo bajo G+ .
Teorema 11.2.3. Supongamos que f no tiene raíces múltiples y que
car(K) 6= 2. Sea
Y
δ=
(αi − αj )
i<j
Entonces F = K(δ)
Demostración. Para todo ρ = (i j), ρ(δ) = −δ. Así que ∀σ ∈ G+ ,
σ(δ) = δ, luego K < K(δ) < F . Si F = K ya hemos terminado. Sea
F K. Esto implica que G+ G, y [G : G+ ] = 2. Sea σ ∈ G, σ 6∈ G+ .
Como λ(σ) es una permutación impar, σ(δ) = −δ y como δ 6= 0,
δ 6∈ K. Luego K(δ) = F .
2
Obsérvese que (an−1
n δ) = Disc(f ).
Corolario 11.2.4. Gal(f /K) < An si y sólo si
p
Disc(f ) ∈ K
El teorema anterior y su corolario dejan fuera el caso car(K) = 2.
El siguiente teorema rellena esta laguna.
Teorema 11.2.5. Sea f ∈ K un polinomio sin raíces múltiples con
K arbitrario. Sea
X
n−2
0
δ0 =
ατn−1
(1) ατ (2) . . . ατ (n)
τ ∈An
Entonces F = K(δ 0 ).
11.3. POLINOMIOS DE GRADO PEQUEÑO
123
Demostración. Llamamos
X
δ 00 =
n−2
0
ατn−1
(1) ατ (2) . . . ατ (n)
τ 6∈An
Es fácil verificar que δ 0 − δ 00 = δ 6= 0. Para todo π ∈ An , π(δ 0 ) = δ 0
y si π 6∈ An , π(δ 0 ) = δ 00 6= δ 0 . El razonamiento de la demostración
del teorema anterior muestra que F = K(δ 0 ). Además δ 0 es raíz de
X 2 − (δ 0 + δ 00 )X + δ 0 δ 00 ∈ K[X] cuyos coeficientes se pueden calcular
como polinomios simétricos de las raíces.
11.3.
Polinomios de grado pequeño
Vamos a aplicar los teoremas de la sección anterior para determinar los grupos de Galois de polinomios de grado bajo. Suponemos siempre que car(K) 6= 2 y llamamos H = Gal(f /K).
11.3.1.
Polinomios de grado 2
Sea f = aX 2 + bX + c = a(X − α1 )(X − α2 ). El discriminante vale
Disc(f ) = b2 − 4ac. El grupo H es un subgrupo de S2 , así que sólo
hay dos posibilidades:
p
H = S2 si y sólo si Disc(f ) 6∈ K, en cuyo caso f es irreducible.
p
H = A2 = 1 si y sólo si Disc(f ) ∈ K en cuyo caso f es el
producto de dos factores lineales.
p
En cualquier caso el cuerpo de descomposición es E = K( Disc(f ))
11.3.2.
Polinomios de grado 3
Por sencillez vamos a tomar f mónico:
f = x3 + b2 X 2 + b1 X + b0 = (X − β1 )(X − β2 )(X − β3 ) ∈ K
Pueden ocurrir dos casos:
f es reducible f = f1 f2 con gr(f2 ) = 1. Entonces H = Gal(f1 )
que lo hemos discutido en el apartado anterior.
f es irreducible. En este caso H es un subgrupo transitivo de
S3 y otra vez tenemos dos posibilidades:
124
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
p
Disc(f ) 6∈ K
p
• H = A3 si y sólo si Disc(f ) ∈ K
• H = S3 si y sólo si
11.3.3.
Polinomios de grado 4
Llamamos
f = X 4 + a3 X 3 + a2 X 2 + a1 X + a0 =
4
Y
(X − αi )
i=1
1. Cuártica reducible:
f = f1 f2 con gr(f2 ) = 1. Entonces H = Gal(f1 ) que es una
cúbica discutida en el apartado anterior.
f = f1 f2 con fi irreducibles de grado 2. Entonces H es un
subgrupo de h(1 2), (3 4)i sin puntos fijos. Dos posibilidades que se distinguen utilizando el discriminante:
p
• H = h(1 2), (3 4)i si y sólo si Disc(f1 )Disc(f2 ) 6∈ K.
p
• H = h(1 2)(3 4)i si y sólo si Disc(f1 )Disc(f2 ) ∈ K.
2. Cuártica irreducible. El grupo H es un subgrupo transitivo de
S4 . Veamos el diagrama de todos los subgrupos transitivos de
S4 :
S4
A4
D4
V
C4
siendo C4 = h(1 2 3 4)i, D4 = h(1 2 3 4), (1 3)i, V = h(1 2)(3 4), (1 3)(2 4)i.
Los grupos D4 y C4 no son únicos, sino que cada uno tiene tres
conjugados. Pero H está determinado salvo conjugación. Para
distinguir entre los casos buscamos un elemento que pertenezca al cuerpo fijo bajo H ∩ D4 . Sean:
11.3. POLINOMIOS DE GRADO PEQUEÑO
β1 = α2 α3 + α1 α4 ,
125
β2 = α1 α3 + α2 α4 ,
β3 = α1 α2 + α3 α4
Obsérvese que
Y
(βk − βh ) =
Y
(αi − αj )
i<j
k<h
y como las αi son distintas, también lo son las βk . Por otro
lado, σ(β2 ) = β2 ⇔ σ ∈ D4 . Así que H < D4 si y sólo si β2 ∈ K,
e igual ocurre con los otros dos grupos diédricos (que son
los estabilizadores de β1 y β3 ). Para estudiar esta posibilidad,
formamos el polinomio cuyas raíces son los βk :
g = (X − β1 )(X − β2 )(X − β3 ) = X 3 + b2 X 2 + b1 X + b0
Terminología. El polinomio g se llama resolvente cúbica de la
cuártica f .
Sus coeficientes son polinomios simétricos en los αi , y sabemos expresarlos como polinomios en los simétricos elementales que son los coeficientes de f :
b2 = −a2
b1 = a1 a3 − 4a0
b0 = −a23 a0 − a21 + 4a2 a0
Q
Q
Además Disc(g) = k<h (βk − βh )2 = i<j (αi − αj )2 = Disc(f ).
p
Combinando la existencia en K de un βk y Disc(f ) obtenemos el siguiente cuadro:
p
Disc(g)
βi
6∈ K
∈K
∈K
6∈ K
6∈ K
6∈ K
∈K
∈K
Gal(g/K) Gal(f /K)
S3
A3
1
S2
S4
A4
V
D4 , C4
Para distinguir entre los dos últimos casos, obsérvese que D4 ∩
A4 = V es transitivo, mientras que C4 ∩ A4 = h(1 3)(2 4)i no lo
es.p
Así que Gal(f /K) = D4 si y sólo si f es irreducible sobre
K( Disc(f )). Podemos deducir de aquí un criterio elemental:
126
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
Proposición 11.3.1. Supongamos f irreducible y Gal(g/K) =
S2 , y sea β = α1 α3 + α2 α4 la única raíz de g que hay en K.
Entonces son equivalentes:
a) Gal(f /K) = C4 .
p
b) α1 + α3 , α1 α3 , α2 + α4 , α2 α4 ∈ K( Disc(f ))
c) El polinomio h = (X 2 +p
a3 X + (a2 − β)(X 2 − βX + a0 )) tiene
todas sus raíces en K( Disc(f )).
p
p
p
d) a23 − 4(a2 − β2 ), β22 − 4a0 ∈ K( Disc(f )).
Demostración. Formamos el polinomio
(X − (α1 + α3 ))(X − (α2 + α4 ))(X − α1 α3 )(X − α2 α4 )
Obsérvese que para cualquier cuerpo K 0 > K, Gal(f /K 0 ) ⊂
h(1 3)(2 4)i si y sólo si las cuatro raíces de este polinomio están en K 0 . Calculando los coeficientes de los productos de los
dos primeros factores y los dos últimos, nos queda que es precisamente el polinomio h del enunciado. Finalmente, los dos
factores cuadráticos formados tienen sus coeficientes en K y
descompondrán en factores lineales en K 0 si y sólo si las raíces
cuadradas de sus discriminantes pertenecen a K 0 .
Ejemplo 11.3.2. Vamos a calcular el grupo de Galois de polinomios
bicuadráticos: Sea
f = X 4 + aX 2 + b ∈ K[X]
irreducible sobre K. Su resolvente cúbica es:
g = X 3 − aX 2 − 4bX + 4ab = (X − a)(X 2 − 4b)
p
√
√
y K( Disc(f )) = K( b). Entonces Gal(f /K) = V si y sólo si b ∈ K.
En otro caso, Gal(g/K) = S2 y aplicamos la proposición 11.3.1: Los
dos elementos del último apartado son:
p
√
0 − 4(a − a) = 0,
a2 − 4b
El primer elemento siempre pertenece a K, y el segundo nunca
p otro caso f sería reducible. Luego
√ pertenece √a K porque en
2
a − 4b ∈ K( b) si y sólo si b(a2 − 4b) ∈ K. En resumen:
11.3. POLINOMIOS DE GRADO PEQUEÑO
Si
Si
Si
√
√
127
b ∈ K, Gal(f /K) = V .
b 6∈ K y
p
b(a2 − 4b) ∈ K, Gal(f /K) = C4 .
√ p
b, b(a2 − 4b) 6∈ K, Gal(f /K) = D4 .
Ejemplo 11.3.3. Calculamos el grupo de Galois de los polinomios
recíprocos: Sea
f = X 4 + aX 3 + bX 2 + aX + 1 ∈ K[X]
irreducible sobre K. La resolvente cúbica es:
g = X 3 − bX 2 + (a2 − 4)X + (−2a2 + 4b) = (X − 2)(X 2 + (2 − b)X + (a2 − 2b)
El discriminante del segundo factor es:
(2 − b)2 − 4(a2 − 2b) = (2 + b)2 − 4a2 = (2 + b + 2a)(2 + b − 2a)
y los discriminantes cuadráticos de la proposición 11.3.1 son
a2 − 4(b − 2) = a2 − 4b + 8,
22 − 4 = 0
Análogamente al ejemplo anterior, el segundo elemento siempre
pertenece a K y el primero nunca pertenece a K porque en otro
caso f será reducible:
p
p
a2 − 4(b − 2)
a − a2 − 4(b − 2)
2
X + 1)(X +
X + 1)
f = (X +
2
2
p
p
p
Luego a2 − 4(b − 2) ∈ K( (2 + b)2 − 4a2 ) ⇔ (a2 − 4(b − 2))((2 + b)2 − 4a2 ) ∈
K. Los distintos caso son pues:
2
Si
a+
p
(2 + b)2 − 4a2 ∈ K, Gal(f /K) = V
p
p
Si (2 + b)2 − 4a2 6∈ K y (a2 − 4(b − 2))((2 + b)2 − 4a2 ) ∈ K, Gal(f /K) =
C4 .
p
p
Si (2 + b)2 − 4a2 6∈ K y (a2 − 4(b − 2))((2 + b)2 − 4a2 ) 6∈ K, Gal(f /K) =
D4 .
128
11.4.
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
Cómo resolver una ecuación soluble
Vamos a atacar el segundo problema citado en la sección segunda. En realidad no hay nueva teoría, sino sólo aplicación de los
teoremas de Lagrange y Galois. Esta sección es, pues, solamente
un catálogo de ejemplos. En [12] puede consultarse una exposición
mas detallada y ejemplos adicionales. Tomamos siempre Q como
cuerpo base, y agrupamos los ejemplos en los siguientes apartados.
11.4.1.
Polinomios cúbicos
Ejemplo 11.4.1. Sea el polinomio a resolver:
f = X 3 + X 2 + 3X + 1 = (X − α1 )(X − α2 )(X − α3 )
y sea E = Q(α1 , α2 , α3 ) su cuerpo de descomposición. El discriminante vale:
∆ = (−1)
3(3−1)
2
1
0
3
0
0
1
1
2
3
0
3
3
3
2
3
1
1
0
3
2
0
1
0 = −76 = 22 (−19)
0
3
√
√
y ∆ = 2 −19 6∈ Q, así que G = Gal(f /Q) = S3 . Una serie de composición para este grupo es:
S3 . A3 . 1
y los cuerpos fijos bajo los grupos de esta serie forman la torre:
√
Q ⊂ Q( −19) ⊂ E
El primer eslabón es una extensión cuadrática. Para aplicar el
teorema de√Lagrange, extendemos todos los cuerpos adjuntando
ω = (−1 + −3)/2 que es una raíz cúbica de la unidad. Las raíces√αi pertenecen a E 0 = E(ω) que es cíclica de grado tres sobre
Q( −19, ω), con grupo generado por σ = (1 2 3). Formamos las resolventes de Lagrange:
β1 = α1 + ωσ(α1 ) + ω 2 σ 2 (α1 ) = α1 + ωα2 + ω 2 α3
β2 = α1 + ω 2 σ(α1 ) + ωσ 2 (α1 ) = α1 + ω 2 α2 + ωα3
11.4. CÓMO RESOLVER UNA ECUACIÓN SOLUBLE
129
√
Sus cubos deben pertenecer a Q( −19, ω). Teniendo en cuenta que
los polinomios simétricos elementales de los αi son los coeficientes
de f salvo el signo, calculamos:
β13 = α13 + α23 + α33 + 6α1 α2 α3 + 3ω(α12 α2 + α22 α3 + α32 α1 ) + 3ω 2 (α1 α22 + α2 α32 + α3 α12 )
= (α1 + α2 + α3 )3 + 3(ω − 1)A + 3(ω 2 − 1)B
(11.4.1)
donde hemos llamado:
B = α1 α22 + α2 α32 + α3 α12
√
Obsérvese
que
A−B
=
(α
−α
)(α
−α
)(α
−α
)
=
∆ y que A+B =
1
2
1
3
2
3
P
P
( αi )( αi αj )−3α1 α2 α3 . Sustituyendo los polinomios simétricos por
los coeficientes de f y el discriminante por su valor, nos queda:
√
√
A =
A − B = 2 −19
√−19
A+B =
0
B = − −19
√
Simplifiquemos ahora 11.4.1 (Nótese que ω − ω 2 = −3):
√
√
√
β13 = −1 + 3(ω − 1) −19 + 3(ω 2 − 1)(− −19) = −1 + 3 57
A = α12 α2 + α22 α3 + α32 α1 ,
Análogamente obtenemos:
√
√
√
β23 = −1 + 3(ω 2 − 1) −19 + 3(ω − 1)(− −19) = −1 − 3 57
Con todo ello establecemos el sistema:
α1 + α2 + α3
= −1
p
√
3
2
α1 + ωα2 + ω α3 = β1 = p−1 + 3 57
√
3
α1 + ω 2 α2 + ωα3 = β2 = −1 − 3 57
cuyas soluciones son las raíces de f :
p
p
√
√ 3
3
α1 = 31 −1 + −1 + 3 57 + −1 − 3 57
α2 =
1
3
−1 + ω 2
α3 =
1
3
−1 + ω
p
p
√
√ 3
3
−1 + 3 57 + ω −1 − 3 57
p
3
p
√
√ 3
−1 + 3 57 + ω 2 −1 − 3 57
Ejemplo 11.4.2. El anterior ejemplo puede generalizarse a una cúbica mónica general. Sea el polinomio a resolver:
f = X 3 + a2 X 2 + a1 X + a0 = (X − α1 )(X − α2 )(X − α3 )
130
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
y sea E = Q(α1 , α2 , α3 ) su cuerpo de descomposición. El discriminante vale:
∆ = (−1)
3(3−1)
2
1 a2 a1 a0 0
0 1
a2 a1 a0
3 2a2 a1
0 0 ∈ Q(a2 , a1 , a0 ) = K
0 3 2a2 a1 0
0 0
3 2a2 a1
y G = Gal(f /Q) = S3 . Una serie de composición para este grupo es:
S3 . A3 . 1
y los cuerpos fijos bajo los grupos de esta serie forman la torre:
√
K ⊂ K( ∆) ⊂ E
El primer eslabón es una extensión cuadrática. Para aplicar el
teorema de
√ Lagrange, extendemos todos los cuerpos adjuntando
ω = (−1 + −3)/2 que es una raíz cúbica de la unidad. Las raíces
αi
√
pertenecen a E 0 = E(ω) que es cíclica de grado tres sobre K( ∆, ω),
con grupo generado por σ = (1 2 3). Formamos las resolventes de
Lagrange:
β1 = α1 + ωσ(α1 ) + ω 2 σ 2 (α1 ) = α1 + ωα2 + ω 2 α3
β2 = α1 + ω 2 σ(α1 ) + ωσ 2 (α1 ) = α1 + ω 2 α2 + ωα3
√
Sus cubos deben pertenecer a K( ∆, ω). Teniendo en cuenta que
los polinomios simétricos elementales de los αi son los coeficientes
de f salvo el signo, calculamos:
β13 = α13 + α23 + α33 + 6α1 α2 α3 + 3ω(α12 α2 + α22 α3 + α32 α1 ) + 3ω 2 (α1 α22 + α2 α32 + α3 α12 )
= (α1 + α2 + α3 )3 + 3(ω − 1)A + 3(ω 2 − 1)B
(11.4.2)
donde hemos llamado:
B = α1 α22 + α2 α32 + α3 α12
√
Obsérvese
que
A−B
=
(α
−α
)(α
−α
)(α
−α
)
=
∆ y que A+B =
1
2
1
3
2
3
P
P
( αi )( αi αj )−3α1 α2 α3 . Sustituyendo los polinomios simétricos por
los coeficientes de f nos queda:
√ √
1
A = 2 −a2 a1 + 3a0 + ∆
A−B =
∆
√ A + B = −a2 a1 + 3a0
B = 21 −a2 a1 + 3a0 − ∆
A = α12 α2 + α22 α3 + α32 α1 ,
11.4. CÓMO RESOLVER UNA ECUACIÓN SOLUBLE
Simplifiquemos ahora 11.4.2 (Nótese que ω − ω 2 =
√
131
−3):
9
3
−2a32 + 9a2 a1 − 27a0 3 √
β13 = −a32 − (A + B) + (ω − ω 2 )(A − B) =
+
−3∆
2
2
2
2
Análogamente obtenemos:
3
−2a32 + 9a2 a1 − 27a0 3 √
9
−
β13 = −a32 − (A + B) + (ω 2 − ω)(A − B) =
−3∆
2
2
2
2
Con todo ello establecemos el sistema:
α1 + α2 + α3
= −a2
α1 + ωα2 + ω 2 α3 = β1
=
α1 + ω 2 α2 + ωα3 = β2
=
q
−2a32 +9a2 a1 −27a0
2
q
+9a
3 −2a3
2 a1 −27a0
2
2
3
√
−3∆
√
− 32 −3∆
+
3
2
cuyas soluciones son las raíces de f :
q
q
√
√
3 −2a3
3 −2a3
3
3
1
2 +9a2 a1 −27a0
2 +9a2 a1 −27a0
+ 2 −3∆ +
− 2 −3∆
α1 = 3 −a2 +
2
2
q
q
√
√
3
3 −2a3
3
3
2 3 −2a2 +9a2 a1 −27a0
2 +9a2 a1 −27a0
α2 =
+ 2 −3∆ + ω
− 2 −3∆
−a2 + ω
2
2
1
3
q
q
√
√
3
3 −2a3
3
3
2 3 −2a2 +9a2 a1 −27a0
2 +9a2 a1 −27a0
α3 =
−1 + ω
+ 2 −3∆ + ω
− 2 −3∆
2
2
1
3
En el caso particular en que f = X 3 + aX + b, es decir cuando
a2 = 0, a1 = a, a0 = b, las anteriores expresiones se reducen a las
fórmulas de Cardano.
11.4.2.
Polinomios cuárticos
Ejemplo 11.4.3. Vamos a resolver el polinomio:
f = X 4 + 4X − 1 = (X − α1 )(X − α2 )(X − α3 )(X − α4 )
Sea E=Q(α1 , α2 , α3 , α4 ) su cuerpo de descomposición. La resolvente
cúbica es
g = X 3 + 4X − 16 = (X − 2)(X 2 + 2X + 8)
Las raíces de g son:
√
β1 = α1 α4 + α2 α3 = −1 + −7
β2 = α1 α3 + α2 α4 = 2
√
β3 = α1 α2 + α3 α4 = −1 − −7
132
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
√
Calculamos el discriminante: ∆ = disc(f ) = disc(g) = 82 (−7) y ∆ 6∈
Q. Luego G = Gal(f /Q) = D4 . Una de las siete series de composición
para este grupo es:
G . V . h(1 3)(2 4)i . 1
que corresponde a una torre de extensiones cuadráticas:
√
Q ⊂ Q( −7) ⊂ F ⊂ E
Al ser todas las extensiones de grado 2, el cuerpo Q contiene ya todas las raíces de la unidad necesarias. Aplicamos el teorema de Lagrange formando las resolventes sucesivas que hagan falta a partir
de α1 que es el elemento que buscamos:
Gal(E/F ) = h(1 3)(2 4)i. Sea σ1 = (1 3)(2 4):
α1 + σ1 (α1 )
= α1 + α3
= θ∈F
2
2
(α1 − σ1 (α1 )) = (α1 − α3 ) = γ ∈ F
√
Gal(F/Q( −7)) = h(1 2)(3 4)i ya que es el cociente de V por
Gal(E/F ). Llamamos σ2 = (1 2)(3 4). Calculamos:
θ + σ2 (θ)
(θ − σ2 (θ))2
γ + σ2 (γ)
(γ − σ2 (γ))2
=
=
=
=
=
=
=
=
=
α1 + α2 + α3 + α4
(α1 − α2 + α3 − α4 )2
(α1 + α2 + α3 + α4 )2 − 4(β1 + β3 )
(α1 − α3 )2 + (α2 − α4 )2 P
(α1 + α2 + α3 + α4 )2 − 2 αi αj − 2β2
((α1 − α3 )2 − (α2 − α4 )2 )2
2
(αP
− α3 − α2 + α4 )2
1 − α3 + α2 − α4 ) (α1 P
2
(( αi )√− 4(β1 +√
β2 ))(( αi )2 − 4(β2 + β3 ))
16(1 + −7)(1 − −7)
Resolvemos hacia arriba los tres sistemas lineales:
1.
γ + σ2 (γ) = √
−4
γ − σ2 (γ) = 8 2
2.
θ + σ2 (θ) =
√0
θ − σ2 (θ) = −2 2
√
γ
= −2 + 4√2
σ2 (γ) = −2 − 4 2
√
θ
= −√ 2
σ2 (θ) =
2
= 0
= 8
= −4
= 128
11.4. CÓMO RESOLVER UNA ECUACIÓN SOLUBLE
133
3.
α1 + α3
α1 − α3
√
= p
− 2
√
−2 + 4 2
=
√
p
√ − 2 + −2 + 4 2
√
p
√ = 12 − 2 − −2 + 4 2
α1 =
α3
1
2
Las otras dos raíces son las conjugadas:
q
q
√
√
1 √
1 √
2 + −2 − 4 2
α4 =
2 − −2 − 4 2
α2 =
2
2
La elección del signo para θ es debido a que
(γ
− σ2 (θ))
2 − α3 − α4 )(α1 − α2 + α3 − α4 )(α1 − α2 − α3 + α4 ) =
P− σ2 (γ))(θP
P = (α1 + αP
( αi )3 − 4( αi )( αi αj ) + 8 αi αj αk = 8(−4) = −32
Este es un punto a tener muy en cuenta: Un radical m-ésimo no está unívocamente determinado, sino que posee m valores distintos.
Cuando al resolver por radicales aparece el mismo radical varias
veces, lo normal es que no sean posibles todas las combinaciones
de valores (en este caso, la expresión para α1 permite 8 valores al
considerar los posibles signos, pero sólo la mitad son admisibles
porque debe verificarse la relación anterior).
Ejemplo 11.4.4. Resolvamos ahora el polinomio cuártico mónico general. Sea
f := X 4 + a3 X 3 + a2 X 2 + a1 X + a0 = (X − α1 )(X − α2 )(X − α3 )(X − α4 )
y sea
g = X 3 + b2 X 2 + b1 X + b0 = (X − β1 )(X − β2 )(X − β3 )
la resolvente cúbica. Sabemos que una serie de composición para
el grupo de Galois de f sobre Q(a3 , a2 , a1 , a0 ) es
G = S4 . A4 . V . h(1 3)(2 4)i . 1
Sabemos que el cuerpo fijo bajo V es Q(β1 , β2 , β3 ), y las raíces de g
pueden construirse por radicales según el método expuesto en el
párrafo anterior. Nos concentramos pues en la extensión Q(α1 , α2 , α3 , α4 )/Q(β1 , β2 , β3 ).
El grupo de esta extensión es V , y para construir las raíces αi seguimos un proceso que trata simétricamente a los tres subgrupos
de orden 2. Consideramos los elementos:
P
(α1 + α2 − α3 − α4 )2 = (P αi )2 − 4(β1 + β2 ) = a23 − 4a2 + 4β3
(α1 − α2 + α3 − α4 )2 = (P αi )2 − 4(β1 + β3 ) = a23 − 4a2 + 4β2
(α1 − α2 − α3 + α4 )2 = ( αi )2 − 4(β2 + β3 ) = a23 − 4a2 + 4β1
134
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
Con ellos formamos el sistema:
α1 + α2 + α3 + α4
α1 + α2 − α3 − α4
α1 − α2 + α3 − α4
α1 − α2 − α3 + α4
=
=
=
=
−a3
p
2
pa3 − 4a2 + 4β3
2
pa3 − 4a2 + 4β2
a23 − 4a2 + 4β1
cuya solución nos da las raíces de f :
p
p
p
1
2
2
2
α1 = 4 −a3 + a3 − 4a2 + 4β3 + a3 − 4a2 + 4β2 + a3 − 4a2 + 4β1
α2 =
1
4
p
p
p
2
2
2
−a3 + a3 − 4a2 + 4β3 − a3 − 4a2 + 4β2 − a3 − 4a2 + 4β1
α3 =
1
4
p
p
p
2
2
2
−a3 − a3 − 4a2 + 4β3 + a3 − 4a2 + 4β2 − a3 − 4a2 + 4β1
α4 =
1
4
p
p
p
2
2
2
−a3 − a3 − 4a2 + 4β3 − a3 − 4a2 + 4β2 + a3 − 4a2 + 4β1
Obsérvese que, como antes, no son posibles todas las combinaciones de signos. En el caso particular en que a3 = 0, este es esencialmente el método de Euler.
11.4.3.
Polinomios ciclotómicos
Los ejemplos de los párrafos anteriores podían resolverse de manera mas elemental por los métodos de Cardano, Ferrari o Euler.
Lo interesante de la estrategia general que proveen los teoremas
de Galois y Lagrange es que también es válida para polinomios de
grados superiores que tengan el grupo de Galois soluble. La única
pega es que el cálculo de los polinomios simétricos que aparecen es
bastante mas largo. Sin embargo, para los polinomios ciclotómicos
estos cálculos se abrevian muchísimo por las relaciones sencillas
que verifican las raíces, lo que permite exponer estos cálculos en
un espacio razonable.
Ejemplo 11.4.5. Para abrir boca empezamos con un ejemplo muy
corto que puede ir en el apartado anterior: Sea
4
Y
f = φ5 = X + X + X + X + 1 =
(X − ζ i )
4
3
2
i=1
el quinto polinomio ciclotómico. Numeramos las raíces como ζi = ζ i .
El cuerpo de descomposición es E = Q(ζ), el discriminante vale
11.4. CÓMO RESOLVER UNA ECUACIÓN SOLUBLE
135
∆ = 53 y el grupo G = Gal(f /Q) es cíclico de orden cuatro generado
por σ = (1 2 4 3). La única serie de composición de G es:
G . h(1 4)(2 3)i . 1
La torre de cuerpos que le corresponde es:
√
Q ⊂ Q( 5) ⊂ E
y como ambas extensiones intermedias son de grado 2, ya están
en Q todas las raíces de la unidad necesarias. Formamos las resolventes de Galois:
β1 = ζ + (−1)σ 2 (ζ) = ζ − ζ 4
β2 = ζ 2 + (−1)σ 2 (ζ 2 ) = ζ 2 − ζ 3
Calculamos:
β12 = ζ 2 + ζ 3 − 2,
β22 = ζ 4 + ζ − 2
que son raíces del polinomio
(X − β12 )(X − β22 ) = X 2 + 5X + 5
Por otro lado, ζ + ζ 4 y ζ 2 + ζ 3 son raíces del siguiente polinomio:
(X − (ζ + ζ 4 ))(X − (ζ 2 + ζ 3 )) = X 2 + X − 1
Resolviendo ambos polinomios formamos el sistema:
ζ + ζ4 =
ζ −ζ
4
=
√
−1+ 5
2
q
√
−5+ 5
2
con lo que llegamos a la expresión final:


s
√
√
1 −1 + 5
−5 + 5 
ζ= 
+
2
2
2
Ejemplo 11.4.6. Sea
f = X6 + X5 + X4 + X3 + X2 + X + 1 =
6
Y
(X − ζ i )
i=1
el séptimo polinomio ciclotómico. Su discriminante vale ∆ = −75 y
el grupo G = Gal(f /Q) = h(1 3 2 6 4 5)i donde llamamos αi = ζ i . G tiene dos series de composición y podemos resolverlo por cualquiera
de ellas:
136
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
1. Tomamos en primer lugar la serie
G . h(1 2 4)(3 6 5)i . 1
El grupo intermedio es
√ precisamente G ∩ A6 por lo que su
cuerpo fijo es F = Q( −7). Nos queda la última extensión.
Empezamos
adjuntando la raíz cúbica de la unidad ω = (−1 +
√
−3)/2. Las resolventes de Lagrange que necesitamos son:
ζ + ζ2 + ζ4
= β0
2
2 4
ζ + ωζ + ω ζ = β1
ζ + ω 2 ζ 2 + ωζ 4 = β2
2
El
√ primero es raíz del polinomio X + X + 2, luego β0 = (−1 +
−7)/2. Calculando las potencias cúbicas, obtenemos:
β13 + β23 = 14
(β13 − β23 )2 = 224 + 84ω
Estableciendo y resolviendo el sistema lineal correspondiente
nos queda:
√
q
q
√
√
1 −1 + −7
3
3
+ 7 + 56 + 21ω + 7 − 56 + 21ω
ζ=
3
2
Esta expresión
se puede simplificar
(¿o complicar?) observan√
√
do que 56 + 21ω = (1 + 3ω) −7.
2. La otra serie de composición es la siguiente:
G . h(1 6)(2 5)(3 4)i . 1
En este caso el cuerpo fijo bajo el grupo intermedio es Q ∩ R =
Q(ζ + ζ 6 ). Adjuntando la raíz cúbica ω, procedemos en dos
pasos: En primer lugar, formamos el sistema
ζ + ζ6
= ξ1
(ζ − ζ 6 )2 = β1
El grupo cociente actúa sobre ξ1 y β1 dándonos tres conjugados. En cada caso formamos las resolventes de Lagrange
correspondientes:
γ0 = (ζ + ζ 6 ) + (ζ 3 + ζ 4 ) + (ζ 2 + ζ 5 )
γ1 = (ζ + ζ 6 ) + ω(ζ 3 + ζ 4 ) + ω 2 (ζ 2 + ζ 5 )
γ2 = (ζ + ζ 6 ) + ω 2 (ζ 3 + ζ 4 ) + ω(ζ 2 + ζ 5 )
θ0 = (ζ − ζ 6 )2 + (ζ 3 − ζ 4 )2 + (ζ 2 − ζ 5 )2
θ1 = (ζ − ζ 6 )2 + ω(ζ 3 − ζ 4 )2 + ω 2 (ζ 2 − ζ 5 )2
θ0 = (ζ − ζ 6 )2 + ω 2 (ζ 3 − ζ 4 )2 + ω(ζ 2 − ζ 5 )2
11.4. CÓMO RESOLVER UNA ECUACIÓN SOLUBLE
137
y calculamos:
γ0 = −1
γ13 = −7 − 21ω
γ23 = −7 − 21ω 2
θ0 = −7
θ13 = −7 − 21ω
θ23 = −7 − 21ω 2
Resolviendo los sucesivos sistemas lineales:
√
√
1
−1 + 3 −7 − 21ω + 3 −7 − 21ω 2
ζ + ζ6 = q
3
√
√
1
−7 + 3 −7 − 21ω + 3 −7 − 21ω 2
ζ − ζ6 =
3
1
ζ=
2
√
√
1
3
−1 + 3 −7 − 21ω + −7 − 21ω 2 +
3
!
r √
√
1
3
−7 + 3 −7 − 21ω + −7 − 21ω 2
3
Ejemplo 11.4.7. Vamos a resolver el undécimo polinomio ciclotómico. Sea
10
Y
f = φ11 =
(X − αi )
i=1
siendo α una raíz undécima primitiva de la unidad. Sea E = Q(α) su
cuerpo de descomposición. Numeramos a las raíces como αi = αi .
El discriminante vale ∆ = −119 y G = Gal(E/Q) = hσ | σ(α) = α2 i es
cíclico de orden 10. Tiene dos series de composición. Vamos a usar
la siguiente:
G . hσ 2 i . 1
El grupo intermedio es cíclico de orden 5. La torre de cuerpos que
le corresponde es:
√
Q ⊂ Q( −11) ⊂ E
El primer eslabón es una extensión cuadrática que ya está expresada explícitamente, así que nos concentramos en el segundo que
es una extensión cíclica de orden 5. Adjuntamos una raíz quinta
primitiva de la unidad ζ para poder aplicar el teorema de Lagrange.
Formamos las resolventes de Galois siguientes:
β1 = α + ζσ 2 (α) + ζ 2 σ 4 (α) + ζ 3 σ 6 (α) + ζ 4 σ 8 (α)
= α + ζα4 + ζ 2 α5 + ζ 3 α9 + ζ 4 α3
3
2 5
3 7
4 9
β2 = σ(α) + ζσ (α) + ζ σ (α) + ζ σ (α) + ζ σ (α) = α2 + ζα8 + ζ 2 α10 + ζ 3 α7 + ζ 4 α6
√
Los elementos β15 , β25 son conjugados y pertenecen a Q( −11, ζ). Para encontrar su expresión explícita calculamos el polinomio
h = (X−β15 )(X−β25 ) = X 2 −(110ζ 2 +220ζ+264)X+(3135ζ 3 −165ζ 2 +2035ζ+1738)
138
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
y lo resolvemos por radicales. Nos queda:
√
β15 = (55ζ 2 + 110ζ + 132) + (10ζ 3 + 40ζ 2 + 20ζ − 7)√−11
β25 = (55ζ 2 + 110ζ + 132) − (10ζ 3 + 40ζ 2 + 20ζ − 7) −11
Para encontrar la expresión explícita para α resolvemos el sistema:
√
1
−1
+
α + α4 + α5 + α9 + α3
= q
−11
2
√
4
2 5
3 9
4 3
α + ζα + ζ α + ζ α + ζ α = 5 (55ζ 2 + 110ζ + 132) + (10ζ 3 + 40ζ 2 + 20ζ − 7) −11
q
√
2 4
4 5
9
3 3
α + ζ α + ζ α + ζα + ζ α = 5 (55ζ 4 + 110ζ 2 + 132) + (10ζ + 40ζ 4 + 20ζ 2 − 7) −11
q
√
3 4
5
4 9
2 3
α + ζ α + ζα + ζ α + ζ α = 5 (55ζ + 110ζ 3 + 132) + (10ζ 4 + 40ζ + 20ζ 3 − 7) −11
q
√
4 4
3 5
2 9
3
α + ζ α + ζ α + ζ α + ζα = 5 (55ζ 3 + 110ζ 4 + 132) + (10ζ 2 + 40ζ 3 + 20ζ 4 − 7) −11
y la suma de todas las ecuaciones dividida por cinco proporciona la expresión buscada. Este es el primer ejemplo de resolución
por raíces quínticas que encontramos, y siendo el más sencillo de
todos, implica cálculos bastante pesados. Personalmente me considero totalmente incapaz para encontrar a mano las expresiones
para βi5 (los coeficientes del polinomio h y sus soluciones explícitas por radicales), así que tuve que obtenerlas por el “oráculo de
silicio”.
Para acortar la presentación de los cálculos, cuando tengamos
una extensión cuadrática, cúbica u otra que hayamos tratado con
anterioridad, calcularemos un polinomio cuyas raíces generen dicha extensión, pero no hallaremos expresiones explícitas para ellas.
Ejemplo 11.4.8. Sea
f = φ13
n
Y
=
(X − ζ i )
i=1
siendo ζ una raíz decimotercera primitiva de la unidad. El discriminante vale ∆ = 1311 . Como antes, numeramos las raíces como ζi =
ζ i . Sea E = Q(ζ) el cuerpo de descomposición y sea G = Gal(E/Q).
Sabemos que G = hσi, donde σ(ζ) = ζ 2 . Este grupo tiene tres series
de composición, de las que escogemos la siguiente:
G . hσ 2 i . hσ 6 i . 1
Los índices de esta serie son 2, 3, 2. Como permutación de las
raíces, σ es un ciclo de longitud 12, luego es impar, mientras que
11.4. CÓMO RESOLVER UNA ECUACIÓN SOLUBLE
139
σ 2 es par. Por tanto el segundo grupo de la serie anterior es la
intersección de G con A13 . Al tercer grupo le corresponde el cuerpo
E ∩R. En resumen a la serie de composición anterior le corresponde
la torre de cuerpos siguiente:
√
Q ⊂ Q( 13) ⊂ Q(ζ + ζ −1 ) ⊂ E
El elemento ζ se obtiene a partir de α = ζ + ζ −1 como raíz del polinomio (X − ζ)(X − ζ −1 ) = X 2 − αX + 1. Resolviendo:
√
α + α2 − 4
(11.4.3)
ζ=
2
La primera extensión ya está expresada por un radical√cuadrático,
así que sólo nos falta la intermedia. Sea ω = (−1 + −3)/2 una
raíz cúbica primitiva de la unidad. La adjuntamos y formamos la
resolvente de Galois:
β = α + ωσ 2 (α) + ω 2 σ 4 (α) = (ζ + ζ −1 ) + ω(ζ 4 + ζ −4 ) + ω 2 (ζ 3 + ζ −3 )
√
El elemento β 3 pertenece a Q( 13, ω). Elevando al cubo y reduciendo los coeficientes nos queda
p
√
β 3 = 13 + 13(7 + 15ω) = 13 + (4 + 3ω) 13
Por otra parte, calculamos los coeficientes del polinomio:
(X − (α + σ 2 (α) + σ 4 (α))(X − (σ(α) + σ 3 (α) + σ 5 (α)) = X 2 + X − 3
de donde obtenemos la expresión explícita de sus raíces. Finalmente establecemos el sistema lineal:
√
1
(−1 + 13)
α + σ 2 (α) + σ 4 (α)
= q
2
√
α + ωσ 2 (α) + ω 2 σ 4 (α) = 3 13 + (4 + 3ω) 13
q
√
2 2
4
α + ω σ (α) + ωσ (α) = 3 13 + (4 + 3ω 2 ) 13
Sumando las ecuaciones de este sistema y dividiendo por tres, obtenemos la expresión explícita para α que sustituida en (11.4.3)
proporciona la expresión por radicales para ζ.
Ejemplo 11.4.9. Sea el decimoséptimo polinomio ciclotómico:
f = φ16 =
16
Y
(X − ζ i )
i=1
140
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
y sea E = Q(ζ) su cuerpo de descomposición. El grupo G = Gal(E/Q)
es cíclico de orden 16 generado por σ tal que σ(ζ) = ζ 3 . La única
serie de composición es:
G . hσ 2 i . hσ 4 i . hσ 8 i . 1
Todos los factores de composición son cíclicos de orden 2, así que
las raíces de la unidad necesarias son 1 y -1. La torre de cuerpos
correspondiente es:
Q ⊂ Q(γ) ⊂ Q(β) ⊂ Q(α) ⊂ E
siendo:
α = ζ + σ 8 (ζ) = ζ + ζ 16
β = α + σ 4 (α) = ζ + ζ 4 + ζ 13 + ζ 16
γ = β + σ 2 (β) = ζ + ζ 2 + ζ 4 + ζ 8 + ζ 9 + ζ 13 + ζ 15 + ζ 16
√
Obsérvese que Q(γ) debe ser Q( 17) y que Q(α) = E ∩ R. Cada uno
de los elementos anteriores es raíz del polinomio correspondiente
siguiente:
(X − ζ)(X − σ 8 (ζ))
= X 2 − αX + 1
(X − α)(X − σ 4 (α)) = X 2 − βX + 21 (−β 3 + 6β − 3)
(X − β)(X − σ 2 (β)) = X 2 − γX − 1
(X − γ)(X − σ(γ))
= X2 + X − 4
Resolviendo hacia arriba por las fórmulas de Baskhara:
γ =
√
−1+ 17
2
√
β =
γ+
γ 2 +4
2
√
α =
ζ
=
β+
2β 3 +β 2 +12β−6
2
√
α+ α2 −4
2
Realizando todas las operaciones obtenemos explícitamente:
r
!
q
q
q
√
√
√
√
√
1
α=
−1 + 17 + 2(17 − 17) + 2 17 + 3 17 − 2(17 − 17) − 2(17 + 17)
8
11.4. CÓMO RESOLVER UNA ECUACIÓN SOLUBLE
141
y a partir de esta expresión podemos obtener una expresión explícita para ζ. Obsérvese la elección de signo de los radicales, que no
son todos los posibles como ya se explica antes.
142
CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4
Capítulo 12
Polinomios de grado 5
143
144
12.1.
CAPÍTULO 12. POLINOMIOS DE GRADO 5
Cálculo del grupo de Galois
Sea f un polinomio de grado 5 de K[X].
1. Quíntica reducible:
f = f1 f2 con gr(f2 ) = 1. Tenemos que Gal(f ) = Gal(f1 ) que
es una cuártica ya discutida.
f = f1 f2 con fi irreducible, gr(f1 ) = 3, gr(f2 ) = 2. Entonces
H es un subgrupo de H1 = h(1 2 3), (1 2), (4 5)i que actúa
transitivamente sobre {1, 2, 3} por un lado y sobre {4, 5}
por otro. Así que 6 | |H|. Como H1 ∼
= S3 × S2 ∼
= D6 , el
grupo H1 contiene exactamente tres subgrupos de orden
6 y un grupo de orden 12 (él mismo). De todos ellos, S3 =
h(1 2 3), (1 2)i no es transitivo sobre {4, 5}, así que nos
quedan tres posibilidades que podemos distinguir por los
discriminantes de f1 y f2 :
p
• H = H1 ∩ A5 ∼
= S3 si Disc(f1 )Disc(f2 ) ∈ K.
p
p
• H = H1 ∼
= S3 × S2 si Disc(f1 ), Disc(f1 )Disc(f2 ) 6∈ K.
p
• H = h(1 2 3), (1 2)(4 5)i ∼
= A3 × S2 si Disc(f1 ) ∈ K.
Los dos últimos casos se pueden
resumir diciendo que
p
H = Gal(f1 /K) × Gal(f2 /K) si Disc(f1 )Disc(f2 ) 6∈ K.
2. Quíntica irreducible: El grupo H es un subgrupo transitivo de
S5 . Los subgrupos transitivos de S5 son:
S5
A5
F5
D5
C5
12.2. RESOLVIENDO QUÍNTICAS SOLUBLES
145
siendo C5 = h(1 2 3 4 5)i, D5 = h(1 2 3 4 5), (1 4)(2 3)i y F5 =
h(1 2 3 4 5), (1 2 4 3)i = NS5 (C5 ). Como antes, estos grupos
no son únicos sino que cada uno tiene seis conjugados. Para
distinguir en este caso buscamos un elemento primitivo para
el cuerpo fijo bajo H ∩ F5 . Para ello formamos los elementos:
γ1
= α1 α2 + α2 α3 + α3 α4 + α4 α5 + α5 α1
γ10 = (1 2 4 3)γ1 = α2 α4 + α4 α1 + α1 α3 + α3 α5 + α5 α2
β1 = 41 (γ1 − γ10 )2
Es rutina comprobar que β1 es fijo bajo F5 . Consideramos sus
conjugados bajo S5 :
β1 ,
β2 = (1 2)(3 4)β1 , β3 = (1 2 4 3 5)β1 ,
β4 = (1 5 2 4 3)β1 , β5 = (1 2 4 5 3)β1 , β6 = (1 2 5 4 3)β1 .
Q
y formamos el polinomio g = 6i=1 (X −βi ). A este polinomio g se
le llama resolvente séxtica de la quíntica f . El grupo H será un
subgrupo de F5 si y sólo si g tiene una raíz en K. Resumiendo
los casos obtenemos la tabla:
p
Disc(f ) βi Gal(f /K)
6 K
∈
∈K
6∈ K
∈K
6∈ K
6∈ K
∈K
∈K
S5
A5
F5
D5 , C5
Los coeficientes de g son polinomios simétricos en αi y por
tanto se pueden calcular como polinomios en los coeficientes
de f . En general este cálculo es largo y tedioso y la expresión obtenido bastante grande. Sólo voy a citarla en un caso
sencillo. Sea
f = X 5 + aX + b
Entonces d = Disc(f ) = 44 a5 + 55 b4 y la resolvente séxtica es:
g = (X 3 − 5aX 2 + 15a2 X + 5a3 )2 − dX
12.2.
Resolviendo quínticas solubles
Para resolver por radicales cualquier polinomio con grupo de
Galois G = Gal(f /Q) soluble, determinamos una serie de composición de G, sea
G = G0 B G1 B · · · B G0 = 1
146
CAPÍTULO 12. POLINOMIOS DE GRADO 5
construimos el cuerpo ciclotómico K = Q(ζ) que contenga a todas las raíces de la unidad necesarias y consideramos la serie ascendente de cuerpos
K = G∗0 (ζ) ⊂ G∗1 (ζ) ⊂ · · · ⊂ G∗0 (ζ)
Cada paso F = G∗i−1 (ζ) ⊂ G∗1 (ζ) = E es una extensión cíclica y
por tanto radical. Cada elemento αi tal que E = F (αi ) se obtiene
mediante una resolvente de Lagrange. Al final obtenemos una expresión para las raíces de f mediante radicales.
Este es el camino mostrado al resolver ecuaciones de grado 3
y 4. Para las ecuaciones de grado mayor o igual que 5 hacer los
cálculos a mano resulta prácticamente imposible. Pero con ordenador podemos resolver explícitamente polinomios solubles de grado
superior.
En el siguiente ejemplo vemos cómo realizar dichos cálculos en
MATHEMATICA. El ejemplo se ejecutó en un ordenador con procesador Core i7 con 8 gigas de Ram y con sistema operativo MS
Windows 7. En algunos cálculos figura el tiempo (en segundos) que
tardaron en ejecutarse
Resolución de quínticas
Vamos a exponer cómo resolver por radicales ecuacones quínticas irreducibles, utilizando MATHEMATICA
para realizar los cálculos.
Cálculo del grupo de Galois
En primer lugar introducimos el polinomio y comprobamos que es irreducible sobre Q, porque el método sólo
es aplicable a polinomios irreducibles.
In[23]:=
Out[23]=
In[24]:=
f = x ^ 5 + 15 x + 12
12 + 15 x + x5
Factor@fD
Out[24]=
12 + 15 x + x5
In[25]:=
12 + 15 x + x5
Out[25]=
12 + 15 x + x5
Luego f es irreducible sobre Q y por tanto su grupo de Galois es un subgrupo transitivo de S5 .
A continuación calculamos y factorizamos su discriminante.
In[26]:=
Out[26]=
In[27]:=
Out[27]=
d = Discriminant@f, xD
259 200 000
FactorInteger@dD
882, 10<, 83, 4<, 85, 5<<
Así que el discriminante no es un cuadrado en Q. De hecho Q( d ) = Q( 5 ).
Consultando la tabla de los subgrupos transitivos de S5 , vemos que el grupo de Galois de f es S5 o F20 (el
grupo de Frobenius). Para decidir cuál de ellos es vamos a construir la resolvente sextica.
Para ello formamos una lista con las raíces de f
In[28]:=
Out[28]=
In[29]:=
Out[29]=
sol = Solve@f Š 0, xD
99x ® RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 1E=,
9x ® RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 2E=, 9x ® RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 3E=,
9x ® RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 4E=, 9x ® RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 5E==
Α = x . sol
9RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 1E, RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 2E,
RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 3E, RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 4E, RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 5E=
Ahora construimos la raíz de la resolvente séxtica dad en los apuntes
In[30]:=
Β1 = HΑ@@1DD Α@@2DD + Α@@2DD Α@@3DD + Α@@3DD Α@@4DD + Α@@4DD Α@@5DD + Α@@5DD Α@@1DDL ^ 2;
y finalmente calculamos su valor
In[31]:=
Out[31]=
Timing@RootReduce@Β1DD
91.966, RootA- 6 328 125 + 3 088 125 ð1 - 128 250 ð12 + 7650 ð13 - 105 ð14 + ð15 &, 5E=
Como vemos el polinomio mínimo de la raíz construida tiene grado 5. Como la resolvente séxtica tiene grado
6, debe factorizar como el producto del polinomio mínimo de Β1 y otro polinomio de grado 1. Es decir, que
una de las raíces de la resolvente séxtica pertenece a Q. Esto nos dice que Gal HF  QL = F20 .
Si el polinomio mínimo de Β1 fuese de grado 6, entonces Gal H f  QL = S5 y las raíces no serían expresables por
radicales.
2
soluquinta3.nb
Como vemos el polinomio mínimo de la raíz construida tiene grado 5. Como la resolvente séxtica tiene grado
6, debe factorizar como el producto del polinomio mínimo de Β1 y otro polinomio de grado 1. Es decir, que
una de las raíces de la resolvente séxtica pertenece a Q. Esto nos dice que Gal HF  QL = F20 .
Si el polinomio mínimo de Β1 fuese de grado 6, entonces Gal H f  QL = S5 y las raíces no serían expresables por
radicales.
Resolución por radicales
Como el grupo de Galois Gal(f/Q) es soluble, pasamos al siguiente punto: Obtener una expresión explicita
por radcales de sus raíces. Si nos hubiera quedado Gal H f  QL = S5 no soluble, tal expresión no existiría y
paramos el trabajo aquí.
Para construir las resolventes de Lagrange explícitas, debemos escoger la ordenación buena de las raíces de f.
En total hay 5! = 120 ordenacioones posibles, pero podemos empezar siempre por la raíz 1, con lo que sólo
quedan 4!=24 ordenaciones. Además, podemos colocar en segundo lugar cualquier de las cuatro raíces
restantes. En resumen, hay que probar 3! = 6 ordenaciones.
Mediante unn proceso de prueba y error, construimos cada uno de los conjugados formales de Β1 y comprobamos si pertenece a Q (En el peor delos casos, hay que hacer 5 pruebas):
In[32]:=
In[33]:=
Out[33]=
Β2 = HΑ@@1DD Α@@2DD + Α@@2DD Α@@5DD + Α@@5DD Α@@4DD + Α@@4DD Α@@3DD + Α@@3DD Α@@1DDL ^ 2;
Timing@RootReduce@Β2DD
80.499, 45<
Así que Β2 = 45. Obtenemos que la permuatción “buena” de las raíces es (1 2 5 4 3)
Formamos ahora una lista con las raíces quintas primitivas de la unidad :
In[34]:=
Out[34]=
In[35]:=
Out[35]=
sol1 = Solve@Cyclotomic@5, xD Š 0, xD
99x ® - H- 1L15 =, 9x ® H- 1L25 =, 9x ® - H- 1L35 =, 9x ® H- 1L45 ==
Ζ = x . sol1
9- H- 1L15 , H- 1L25 , - H- 1L35 , H- 1L45 =
y construimos la quinta potencia de la resolvente de Lagrange:
In[36]:=
Out[36]=
Θ = HΑ@@1DD + Ζ@@1DD Α@@2DD + Ζ@@2DD Α@@5DD + Ζ@@3DD Α@@4DD + Ζ@@4DD Α@@3DDL ^ 5
IRootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 1E -
H- 1L15 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 2E + H- 1L45 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 3E H- 1L35 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 4E + H- 1L25 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 5EM
5
Calculamos su expresión por radicales:
In[37]:=
Out[37]=
Timing@RootReduce@ΘDD
:295.622, 5625 - 1800
Luego Q = 5625 - 1800
5625 + 1800
10 >
10 . Otra de las resolventes de Lagrange ( la correspondiente a Ζ 4 ) es Q4 =
10 .
Las dos resolventes de lagrange restantes corresponden a las raíces Ζ 2 y Ζ 3 . Calculamos sus potncias quintas:
In[38]:=
Out[38]=
Θ1 = HΑ@@1DD + Ζ@@2DD Α@@2DD + Ζ@@4DD Α@@5DD + Ζ@@1DD Α@@4DD + Ζ@@3DD Α@@3DDL ^ 5
IRootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 1E +
H- 1L25 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 2E - H- 1L35 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 3E H- 1L15 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 4E + H- 1L45 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 5EM
5
soluquinta3.nb
In[39]:=
Out[39]=
Timing@RootReduce@Θ1DD
:275.014, - 1875 + 525
10 >
De donde Q2 = - 1875 + 525
10 y Q3 = - 187 - 525
La solución de la quíntica original se obtiene como
x=
5
Q1 +
5
Q2 +
5
5
Q3 + Q4
10
3
150
CAPÍTULO 12. POLINOMIOS DE GRADO 5
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