4. AUTOMORFISMOS DE CUERPOS. Los isomorfismos básicos de

4. AUTOMORFISMOS DE CUERPOS.
En este tema probaremos que dos elementos α y β, conjugados sobre un cuerpo
F , determinan un isomorfismo entre los cuerpos F (α) y F (β). También cierto
recı́proco será válido. Estos isomorfismos son llamados isomorfismos básicos de la
teorı́a de cuerpos algebraicos. Dos consecuencias se derivarán de este resultado. La
primera, que todo monomorfismo de F (α) en F que deje fijo F envı́a α a un conjugado sobre β, resultado clave para la demostración del Teorema de Extensión en el
tema siguiente. La segunda, que los ceros complejos en un polinomio con coeficientes
reales aparecen por parejas.
Se estudiará además la estructura algebraica de los automorfismos de un cuerpo
que dejan fijo un subcuerpo del mismo, y se dará, para cada cuerpo finito de caracterı́stica p, un automorfismo que deja fijo el cuerpo primo Zp : el automorfismo de
Frobenius.
Los isomorfismos básicos de la teorı́a de cuerpos algebraicos.
En lo que sigue supondremos que la clausura algebraica de un cuerpo F es
única, salvo isomorfismos de cuerpos que dejan fijos los elementos de F , hecho que
demostraremos más adelante (en el Tema 5).
Veremos que si dos elementos α y β son ceros del mismo polinomio irreducible
sobre un cuerpo F , entonces
F√
(α) y F (β) son isomorfos. En general
esto√no es cierto
√
√
pues, por ejemplo, Q( 2) y Q( 3) no son isomorfos:
√ Si ϕ : Q( √2) → Q( 3) fuera un
isomorfismo de cuerpos, como ϕ(1) = 1, ϕ(a + b 2) = a + bϕ( 2), cualesquiera√
que
sean a,
√b ∈ Q, ası́ que ϕ es un isomorfismo de Q-espacios vectoriales
√ y la base√{1, 2}
de Q( 2) habrı́a de transformarse
mediante
ϕ
en
una
base
{1,
u+v
3} de Q( √3), con
√ 2
√ 2
√ 2
2
u, v ∈ Q. Observemos que 2 = ( 2) = √
ϕ( 2) = (u+v 3) = u +3v 2 +2uv 3. Por
2
2
la independencia lineal sobre
q Q de {1, 3}, 2 = u + 3v y 0 = 2uv, ası́ que uv =√0.
Si u = 0, 2 = 3v 2 , luego ± 23 estarı́a en Q, lo que no es cierto. Si v = 0, u = ± 2
pertenecerı́a a Q, absurdo. En consecuencia no puede existir un isomorfismo entre
ambos cuerpos.
Esta demostración será innecesaria después de probar el Corolario 4.7.
4.1. Definición.
Sea F ≤ E una extensión algebraica. Diremos que dos elementos α y β pertenecientes a E son conjugados sobre F si irr(α, F ) = irr(β, F ).
4.2. Ejemplos.
√
√
(1) a + b 2 y a − b 2, con a, b ∈ Q, son conjugados sobre Q porque son las
1
2
Álgebra Clásica. Curso 03/04
raı́ces del polinomio x2 − 2ax + (a2 − 2b2 ), que es irreducible sobre Q si
b 6= 0.
(2) i y −i son conjugados sobre R porque son las raı́ces del polinomio x2 + 1,
que es irreducible sobre R. En general a + bi y a − bi, con a, b ∈ R, son
conjugados sobre R, como se prueba de manera análoga.
4.3. Teorema (Los isomorfismos básicos de la teorı́a de cuerpos algebraicos).
Sea F un cuerpo y sean α y β algebraicos sobre F , con deg(α, F ) = n ∈ N.
Entonces, la siguiente aplicación:
ψα,β :
F (α)
a0 + a1 α + . . . an−1 αn−1
−→
7→
F (β)
a0 + a1 β + . . . an−1 β n−1
es un isomorfismo de cuerpos si y sólo si α y β son conjugados sobre F .
Demostración:
Supongamos en primer lugar que ψα,β es un isomorfismo. Como dicha aplicación es un homomorfismo de espacios vectoriales, n = [F (α) : F ] = [F (β) : F ] =
deg(α, F ). Sea f (x) = b0 +b1 x+. . . bn−1 xn−1 +xn = irr(α, F ). Puesto que f (α) = 0,
0 = ψα,β (f (α)) = b0 + b1 β + . . . bn−1 β n−1 + β n , ası́ que f (x) es un polinomio mónico
irreducible de F [x], de grado n, del que β es raı́z, luego f (x) = irr(β, F ).
Recı́procamente, supongamos que irr(α, F ) = irr(β, F ) = p(x). Recordemos
que F (α) ∼
= F [x]/ < p(x) >, y que la aplicación
ψα :
F [x]/ < p(x) >
−→
F (α)
a0 + a1 x + . . . an−1 xn−1
7→
a0 + a1 α + . . . an−1 αn−1
es un isomorfismo de cuerpos. Análogamente se tiene un isomorfismo
ψβ :
F [x]/ < p(x) >
−→
F (β)
a0 + a1 x + . . . an−1 xn−1
7→
a0 + a1 β + . . . an−1 β n−1
Para cada elemento a0 + a1 α + . . . an−1 αn−1 ∈ F (α),
ψβ ψα−1 (a0 + a1 α + . . . an−1 αn−1 ) = ψβ (a0 + a1 x + . . . an−1 xn−1 ) =
a0 + a1 β + . . . an−1 β n−1 ) = ψα,β (a0 + a1 α + . . . an−1 αn−1 ),
ası́ que ψα,β = ψβ ψα−1 es un isomorfismo de cuerpos por ser composición de isomorfismos de cuerpos.
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3
4.4. Observación.
−1
Si α y β son conjugados sobre un cuerpo F , entonces ψα,β
= ψβ,α .
4.5. Definición.
Sea ϕ : E → K un homomorfismo entre dos cuerpos que contienen a un cuerpo
F , y sea a ∈ F . Decimos que a queda fijo por ϕ si ϕ(a) = a. Decimos que ϕ deja
fijo F si deja fijos todos sus elementos.
4.6. Ejemplo.
El homomorfismo ψ : Q(i) → C dado por ψ(p + qi) = p − qi, con p, q ∈ Q, deja
fijo Q.
4.7. Corolario.
Sea α algebraico sobre F . Si ϕ : F (α) → F es un monomorfismo de cuerpos que deja fijos los elementos de F , entonces α y ϕ(α) son conjugados sobre F .
Recı́procamente, si α y β son conjugados sobre F , existe un único monomorfismo de
F (α) en F que deja fijos los elementos de F . Este monomorfismo es ψα,β .
Demostración:
Denotemos por f (x) = a0 + a1 x + . . . + an−1 xn−1 + xn al polinomio irreducible
de α sobre F . Como f (α) = 0 y ϕ es un homomorfismo de cuerpos que deja fijos los
elementos de F , 0 = ϕ(f (α)) = a0 + a1 ϕ(α) + . . . + an−1 ϕ(α)n−1 + ϕ(α)n = f (ϕ(α)),
luego ϕ(α) es un cero de f (x), que es irreducible sobre F . En consecuencia α y ϕ(α)
son conjugados sobre F .
Recı́procamente, si α y β son conjugados sobre F por el Teorema 4.3 sabemos
que ψα,β es un isomorfismo de F (α) en F (β). Como F contiene a F (β), ψα,β es un
monomorfismo de F (α) en F . La unicidad del monomorfismo se deduce porque como
F (α) está generado por {1, α, . . . , αn−1 }, donde n = deg(α, F ), cualquier monomorfismo que deje fijo F viene determinado por la imagen de α. Si α ha de ir a parar a
β, éste monomorfismo sólo puede ser ψα,β .
4.8. Corolario.
Si un número complejo a + bi, con a, b ∈ R, es un cero de un polinomio f (x) ∈
R[x], entonces también a − bi es un cero de f (x).
Demostración:
Sabemos que ψi,−i : R(i) → R(−i) = R(i) es el único isomorfismo de C en C que
deja fijos los elementos de R y que lleva i a −i. Ası́, si a+bi es un cero de un polinomio
f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn , entonces 0 = a0 + a1 (a + bi) + . . . + an (a + bi)n , y si
aplicamos el isomorfismo ψi,−i tenemos: 0 = ψi,−i (a0 +a1 (a+bi)+. . .+an (a+bi)n ) =
4
Álgebra Clásica. Curso 03/04
ψi,−i (a0 ) + ψi,−i (a1 )ψi,−i (a + bi) + . . . + ψi,−i (an )(ψi,−i (a + bi))n = a0 + a1 (a − bi) +
. . . + an (a − bi)n , luego a − bi es raı́z de f (x).
Automorfismos y cuerpos fijos.
El objetivo que perseguimos ahora es estudiar la estructura de una extensión
algebraica E de un cuerpo F indagando en los automorfismos de E que dejan fijo F
4.9. Definición
Sea F un cuerpo. Un automorfismo de F es un isomorfismo (de cuerpos)
ϕ : F → F . Al conjunto de los automorfismos de F lo denotaremos por Aut(F ).
4.10. Ejemplos
ı:
C
−→
C
y
ψi,−i :
C
−→
C
a + bi 7→ a + bi
a + bi 7→ a − bi
son automorfismos de C. Es más, son los únicos automorfismos de C que dejan fijo
R.
Demostración:
Ya sabemos que son automorfismos que dejan fijo R. Veamos que son los únicos.
Si ϕ : C → C fuera un automorfismo de C que dejara fijos los elementos de R,
ϕ(a + bi) = a + bϕ(i), ası́ que ϕ quedará determinado en cuanto conozcamos la
imagen de i. Como 0 = i2 + 1, si aplicamos ϕ, que es un homomorfismo de anillos y
√
deja fijo R, 0 = ϕ(i)2 + 1, esto es, ϕ(i)2 = −1, luego ϕ(i) = ± −1 = ±i, con lo que
ϕ = ı (si ϕ(i) = i), o ϕ = ψi,−i (si ϕ(i) = −i).
4.11. Notación.
Sea {σi }i∈I una colección de automorfismos de un cuerpo E. Denotaremos por
E{σi } al conjunto de los elementos de E que quedan fijos por todos los elementos de
{σi }i∈I . Para un único automorfismo σ ∈ Aut(E), el conjunto de los elementos de E
que σ deja fijos se denotará por Eσ . Esto es,
E{σi } = {a ∈ E | σi (a) = a para todo i ∈ I} =
\
Eσi .
i∈I
4.12. Lema.
Sea {σi }i∈I una colección de automorfismos de un cuerpo E. Entonces el conjunto E{σi } es un subcuerpo de E.
Demostración:
Álgebra Clásica. Curso 03/04
5
Sean a, b ∈ E{σi } . Para todo i ∈ I, σi (a + b) = (σi es un automorfismo) σi (a) +
σi (b) = (a, b ∈ E{σi } ) a + b; además, si b 6= 0, σi (ab−1 ) = (σi es un automorfismo)
σi (a)σi (b)−1 = (a, b ∈ E{σi } ) ab−1 . Por otro lado, como σi es un automorfismo,
σi (0) = 0 y σi (1) = 1, luego E{σi } contiene a 0 y a 1, es cerrado para la suma y
el producto, contiene al opuesto de todo elemento que le pertenezca y al inverso de
todo elemento no nulo que le pertenezca. Esto prueba el resultado.
4.13. Ejemplo
√ √
Consideremos el cuerpo E = Q ( 3, 5), y sean σ1 = ψ√3,−√3 y σ2 = ψ√5,−√5 ,
√
√
√
√
√
√
√
√
√
esto es,
σ
(a+b
3+c
5+d
15)
=
a−b
3+c
5−d
15
y
σ
(a+b
3+c
5+d
1
2
√
√
√
√ √ √ 15) =
a + b 3 − c 5 − d 15, con a, b, c, d ∈Q (no olvidemos que
√ {1, 3, 5, 15}
√ es
una base de E como Q-espacio vectorial). Ası́, Eσ1 = Q ( 5), Eσ2 = Q ( 3) y
E{σ1 ,σ2 } = Eσ1 ∩ Eσ2 = Q.
4.14. Observación
Todo automorfismo de un cuerpo E es, en particular, una aplicación biyectiva;
dicho con otras palabras, es una permutación de E. Como la aplicación identidad
de E en E es un automorfismo, y Aut(E) es cerrado para la composición y para la
existencia de inverso (el inverso de un elemento de Aut(E) es un elemento de Aut(E))
es, Aut(E) es, de hecho, un subgrupo de SE , el grupo de las permutaciones de E.
4.15. Definición
Sea F un subcuerpo de E. El conjunto
G(E/F ) = {σ ∈ Aut(E) | σ(a) = a para todo a ∈ F }
es llamado el grupo de los automorfismos de E que dejan fijos los elementos de
F . Este nombre queda justificado por el siguiente resultado.
4.16. Proposición.
Si F es un subcuerpo de E, G(E/F ) es un subgrupo de Aut(E). Además, F ≤
EG(E/F ) .
Demostración:
Sean σ, τ ∈ G(E/F ). Cualquiera que sea a ∈ F , (στ )(α) = σ(τ (α)) = σ(α) = α;
además, σ(α) = α implica σ −1 (σ(α)) = σ −1 (α), esto es, α = σ −1 (α). En consecuencia στ, σ −1 ∈ G(E/F ), lo que demuestra que G(E/F ) es un subgrupo de Aut(E).
La relación F ≤ EG(E/F ) se tiene de manera inmediata porque EG(E/F ) son
los elementos de E que permanecen fijos por los automorfismos de G(E/F ), y éstos
dejan fijos, por definición, los elementos de F .
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Álgebra Clásica. Curso 03/04
4.17. Ejemplo.
La contención F ≤ EG(E/F ) puede ser estricta. Por ejemplo, Q < CG(C/Q) =
Aut(C) .
Con el siguiente ejemplo se clarificarán las ideas subyacentes en los resultados
anteriores.
4.18. Ejemplo.
√ √
Consideremos
el
cuerpo
Q(
5, 7). Nuestro objetivo será determinar el grupo
√ √
G(Q( 5, 7)/Q).
Sean ψ√5,−√5 y ψ√7,−√7 los siguientes isomorfismos básicos:
y
ψ√5,−√5 :
√
√
(Q( 7))( 5)
√
√
√
a + b 5 + c 7 + d 35
√
√
−→
(Q( 7))(− 5)
√
√
√
7→ a − b 5 + c 7 − d 35
ψ√7,−√7 :
√
√
(Q( 5))( 7)
√
√
√
a + b 5 + c 7 + d 35
√
√
−→
(Q( 5))(− 7)
√
√
√
7→ a + b 5 − c 7 − d 35
√ √
Llamemos σ1 = ψ√5,−√5 , σ2 = ψ√7,−√7 , y G = G(Q( 5, 7)/Q). Es fácil ver
√ √
√
√ √
√
que (Q( 5, 7))σ1 = Q( 7) y que (Q( 5, 7))σ2 = Q( 5); en particular σ1 y σ2
dejan fijo Q, luego son elementos de G.
Si H denota al sugbrupo de G generado por σ1 y por σ2 , como σ1−1 = σ1 y
σ2−1 = σ2 , H = {σ0 , σ1 , σ2 , σ3 }, donde σ0 = id y σ3 = σ1 σ2 = σ2 σ1 = σ3−1 , y si
hacemos la tabla del grupo H, veremos que es isomorfo al grupo 4 de Klein, esto es,
a Z2 ×Z2 .
√ √
√ √
Por otro lado, como {σ1 , σ2 } ⊆ G, Q( 5, 7)G ≤ Q( 5, 7){σ1 ,σ2 } = Q, y
teniendo
√ √ en cuenta que G deja fijo el cuerpo base, esto es, Q, podemos deducir que
Q( 5, 7)G = Q.
Ahora
√ √lo que probaremos es que H = G. Si τ ∈ G, τ es un automorfismo
de Q(
5, √
7) que deja fijos los elementos
√ √
√ √ de Q. Si tenemos en cuenta esto y que
{1, 5, 7, 35} es una base de Q( 5, √7) como√Q-espacio vectorial, resulta que
√τ
queda determinado una√vez conocidos τ ( 5) y τ ( 7). Por el
Corolario
(4.7),
τ
(
5)
√
ha de ser conjugado de 5 respecto de Q,√y lo mismo para τ ( 7).√Como en cada caso
tenemos dos posibilidades de elección (± 5 para el primero y ± 7 para el segundo),
en total tenemos cuatro posibilidades para elegir τ , lo que demuestra que ]G = 4 y,
por tanto, que G = H.
√ √
√ √
Observemos que ]G(Q( 5, 7)/Q) = [Q( 5, 7) : Q] = 4. E sto, como veremos
más adelante, no es una casualidad.
Álgebra Clásica. Curso 03/04
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El automorfismo de Frobenius.
Para un cuerpo finito F se probará que Aut(F ) es cı́clico. Como todo grupo
cı́clico tiene un generador, Aut(F ) lo tiene en este caso particular. Con el siguiente
resultado probamos que Aut(F ) tiene un generador canónico, el llamado automorfismo de Frobenius.
4.19. Teorema.
Sea F un cuerpo finito de caracterı́stica p. Entonces la aplicación σp : F → F
dada por σp (α) = αp , tara todo α ∈ F , es un automorfismo de F . Además, F{σp } ∼
=
Zp .
Demostración:
Sean α y β ∈ F . Si aplicamos
³
´ la fórmula del binomio de Newton tenemos:
p(p−1)
p
p
p−1
(α+β) = α +(p.1)α β+
1 αp−2 β 2 +. . .+(p.1)αβ p−1 +β p = αp +β p , luego
2
σp (α + β) = σp (α) + σp (β). Como además σp (αβ) = (αβ)p = αp β p = σp (α)σp (β), y
σp (1) = 1, σp es un homomorfismo de anillos unitarios. Es inyectivo porque si α ∈ F
es tal que 0 = σp (α) = αp , como un cuerpo no tiene elementos nilpotentes, α = 0, y
sobreyectivo porque toda aplicación inyectiva de un conjunto finito en otro del mismo
cardinal lo es. Esto demuestra que σp es un automorfismo de F .
Finalmente, como F tiene caracterı́stica p, contiene un subcuerpo isomorfo a
Zp , llamémosle Fp . Por el Teorema de Fermat, si a ∈ Zp , ap = a, luego para α ∈Fp ,
αp = α. Ası́, todo elemento de Fp es raı́z del polinomio xp − x que, a lo sumo tiene
p raı́ces, luego las raı́ces de dicho polinomio son, exactamente, los elementos de Fp .
Observemos que dichas raı́ces son precisamente los elementos de F que quedan fijos
por σp , lo que nos dice que Fp es el cuerpo fijo de σp .
4.20. Definición
El automorfismo del Teorema (4.19) recibe el nombre de automorfismo de
Frobenius, o (clásicamente) sustitución de Frobenius.