Estructuras Algebraicas

Romina Ramirez

Abril 2003

1 Introduccion

El tema que motiva este estudio, es establecer la estructura de los cuerpos.La idea de la teorıa de Galois es relacionar un cuerpo de extension K ⊂ F con el grupode todos los automorfismos de F que dejan fijo a K.El teorema fundamental de la teorıa de Galois sera vital, ya que nos permitira trasladarpropiedades y problemas referentes a cuerpos y polinomios en terminos de grupos.

2 Preliminares

Esta seccion estara destinada a presentar resultados auxiliares que nos conduciran en elestudio de los grupos de Galois de polinomios y de los Cuerpos Finitos en las seccionesposteriores.

Teorema 2.1. Todo imagen homomorfa y todo subgrupo de un grupo cıclico es cıclico.

Corolario 2.2. El orden de una permuacion σ en Sn es el mınimo comun multiplo de losordenes de sus ciclos disjuntos.

Teorema 2.3. Todo grupo abeliano finitamente generado de orden n es isomorfo a lasuma directa de sus subgrupo cıclicos, los cuales tienen ordenes m1, ....,mk donde m1 > 1y m1 | ... | mk.

Teorema 2.4. Si G es un grupo finito cuyo orden es divisible por un primo p, entoncesG contiene un elemento de orden p.

Teorema 2.5. Sea R un anillo con identidad 1R y caracteristica n > 0.

1. Si ϕ :Z → R es una aplicacion dada por m 7→ m1R, entonces ϕ es un homomor-fismo de anillos con nucleo < n >= kn, k ∈ Z.

2. n es el menor entero positivo talque n1R = 0.

3. Si R no tiene divisores de cero (como caso particular si R es dominio integral),entonces n es primo.

1

Corolario 2.6. Sea R un dominio integral considerado como un subanillo de su cuerpocociente F .Si E es un cuerpo y f : R → E un monomorfismo de anillos, entonces existe un unicomonomorfismo de cuerpos f : R → E tal que f | R = f

Teorema 2.7. Sea R un anillo conmutativo con identidad y f ∈ R[x]. El elemento c esraiz de f si y solo si (x− c) divide a f .

Teorema 2.8. Sea D es un dominio integral incluido en E tambien dominio integral yun polinomio f ∈ K[x] de grado n. Entonces f tiene a lo sumo n raices diferentes en E.

Teorema 2.9. Sea D un dominio de factorizacion unica cuyo cuerpo cociente es F . Seael polinomio f =

∑aixi con 1 ≤ i ≤ n en D[x]. Si u = c/d ∈ F con c y d primos

relativos y u una raiz de f , entonces c divide a a0 y d divide a an.

Teorema 2.10. Sea D un dominio integral el cual es subanillo de un dominio integralE. Tomemos f ∈ D[x] y c ∈ D.Entonces, si D es cuerpo, f y f , son primos relativos siy solo si f no tiene raices multiples en E.

El siguiente resultado es conocido como el criterio de Einstein. Permite establecercuando un polinomio es irreducible.

Teorema 2.11. Sea D un dominio de factorizacion unica cuyo cuerpo cociente es F . Seael polinomio f =

∑aixi con 1 ≤ i ≤ n y Gr(f) ≥ 1 y p un elemento irreducible de D tal

que p - an, p | ai para todo i = 1.., n− 1, y p2 - a0, entonces f es irreducible en F [x].Si f es primitivo, entonces f es irreducible en D[x].

Teorema 2.12. Todo espacio vectorial V sobre un anillo de division D tiene una base y enconsecuencia es un D-modulo libre. Ademas todo subconjunto linealmente independientesubconjunto de V esta contenido en una base de V .

Definimos los siguientes elementos, para poder estudiar la estructura de los cuerpos.

Definicion 2.13. Un cuerpo F se dice cuerpo de extension de K si K es un subcuerpode F

Teorema 2.14. Sea F un cuerpo de extension de E, y E un cuerpo de extension de K.Entonces [F : K] = [F : E][E : K].Mas aun, [F : K] es finito si y solo si [F : E] y [E : K] son finitos.

Definicion 2.15. Un elemento u ∈ F de dice que es algebraico sobre K (siendo Fextension de K) si es raiz de algun polinomio no nulo en K[x]. De lo contrario se diraque es trascendente. De esta manera las extensiones se clasificaran en extensionesalgebraicas o trascendentes dependiendo del tipo de elemento que extiende el cuerpo.

Diremos que un polinomio es irreducible si no puede ser factorizada como productode polinomios pertenecientes al cuerpo.

Teorema 2.16. Si F es extension sobre K, y u ∈ F es un elemento algebraico sobreK, entonces K(u) ∼= K[x]/(f) donde f es un polinomio monico irreducible de grado nunivocamente determinado. Ademas [K(u) : K] = n.

2

Corolario 2.17. Sean E y F extensiones de un cuerpo K, u ∈ E, v ∈ F elementosalgebraicos sobre K. Entonces, u y v son raices del mismo polinomio irreducible f ∈ K[x]si y solo si existe un isomorfismo K(u) ∼= K(v), tal que envıa u 7→ v y es la aplicacionidentidad en K.

Definicion 2.18. El grupo de los K-automorfismos de F (cuerpo de extension de K) esel llamado Grupo de Galois de F sobre K. Lo denotaremos AutKF

Teorema 2.19. Sea F un cuerpo de extension de K y f ∈ K[x].Si u ∈ F es raiz de f yσ∈ AutKF , entonces σ(u) ∈ F y es raiz de f .

Definicion 2.20. Llamaremos cuerpo fijo de H ∈ F al cuerpo H′={v ∈ F/σ(v) = v

para todo σ ∈ H}.F es una extension de Galois de K (o es Galois sobre K) si F es una extension deK y el cuerpo fijo de AutKF es K.

El siguiente teorema sera muy utilizado en este trabajo. Es conocido como el TeoremaFundamental de la teorıa de Galois.

Teorema 2.21. Si F es una extension de Galois finita dimensional de un cuerpo K,entonces existe una correspondencia uno a uno entre el conjunto de todos los cuerpointermedios de la extension y el conjunto de todos los subgrupos del grupo de Galois talque:

1. La dimension relativa de dos cuerpos intermedios es igual al ındice de los correspon-dientes subgrupos. En particular, AutKF tiene orden [F : K].

2. F es Galois sobre todo cuerpo intermedio E. E es Galois sobre K si y solo si elcorrespondiente subgrupo E ′ = AutEF es normal en AutKF . En este caso G/E ′ esisomorfo al grupo de Galois AutKE de E sobre K.

Definicion 2.22. Un polinomio f ∈ F [x] se separa sobre F si puede ser escrito comoproducto de factores lineales en F [x], o sea f = a(x − u0)..(x − un) con cada coeficienteen F.Un cuerpo de extension F de K, se dice que es cuerpo de separacion de f sobre Ksi f se separa en F [x] y ademas F = K(u1, .., un) donde ui son las raices de f en F .

Teorema 2.23. Si K es un cuerpo y f ∈ K[x] que tiene grado n ≥ 1, entonces existe uncuerpo de separacion F de f con [F : K] ≤ n!.

Teorema 2.24. Sea σ:K → L un isomorfismo de cuerpos. Sea S = {fi} un conjuntode polinomios de grado positivo en K[x], y S ′ = {σ(fi)} su correspondiente conjunto depolinomios en L[x].Si F es cuerpo de separacion de S sobre K, y M es cuerpo de separacion de S, sobre L,entonces σ es extendible a un isomorfismo F ∼= M .

Corolario 2.25. Sea K un cuerpo y S un conjunto de polinomios en K[x] de gradopositivo, entonces dos cuerpos de separacion en S son K-isomorfos.

Lema 2.26. F es cuerpo de separaci’on de S sobre K y E es un cuerpo intermedio,entonces F es un cuerpo de separaci’on de S sobre E.

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Teorema 2.27. Sea F una extension de K tal que [F : K] < ∞. Entonces, son equiva-lentes:

1. F es Galois sobre K.

2. F es separable sobre K y F es cuerpo de separaci’on de un polinomio f ∈ K[x].

3. F es cuerpo de separacion sobre K de un polinomio f ∈ K[x] cuyos factores irre-ducibles son separables.

3 El grupo de Galois de un polinomio

En esta seccion nos centraremos en el estudio de los grupos de Galois de los polinomiosdonde existen resultados que nos permiten su caracterizacion.

Definicion 3.1. Sea K cuerpo. El Grupo de Galois de un polinomio f ∈ K[x] esel grupo AutKF donde F es cuerpo de separacion sobre K de f .

Sea K un cuerpo y f es un polinomio en K[x] de grado positivo (tambien vale enel caso de S conjunto de polinomios de grado positivo). Sean F y F

′dos cuerpos de

separacion de f que son K-isomorfos (por 2.25). Sea f : F → F′

el isomorfismo entreellos.

Consideremos la aplicacion τ : AutKF → AutKF′

dada por σ 7→ fσf−1. Es unaaplicacion bien definida y resulta un isomorfismo entre ambos grupos.

Por lo tanto, el grupo de Galois de un polinomio es independiente de la eleccion delcuerpo F [esto es admitido de manera tacita cuando decimos ”El grupo de Galois”]

Definicion 3.2. Un subgrupo G del grupo simetrico Sn se dice transitivo si para cualquieri 6= j existe σ ∈ G tal que σ(i) = j.

El siguiente resultado muestra cuales son las posibilidades para el grupo de Galois deun polinomio.

Teorema 3.3. Sea K un cuerpo y f ∈ K[x] un polinomio con grupo de Galois G

1. G es isomorfo a algun subgrupo de un grupo Sn.

2. Si f es irreducible separable de grado n, entonces n divide a | G | y G es isomorfoa un subgrupo transitivo de Sn.

Observacion 1. Analicemos los subgrupos de S3 :• S3: es transitivo pues i 6= j existe σ ∈ G tal que σ(i) = j.

• A3: siendo {(1), (12)(23), (13)(23)} tambien es transitivo, pues para cada elemento 1,2,o3 hay alguna permutacion que aplicada a el lo modifica.• El subgrupo trivial: no es transitivo pues por ejemplo no existe σ tal que σ(1) = 2.• El subgrupo {(1)(12)}: no es transitivo pues (por ejemplo) no existe σ tal que σ(3) = 2.• El subgrupo {(1)(23)}: no es transitivo pues (por ejemplo) no existe σ tal que σ(1) = 2.• El subgrupo {(1)(13)}: no es transitivo pues (por ejemplo) no existe σ tal que σ(2) = 1.

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En conclusion, los unicos subgrupos transitivos de S3 son A3 o S3.Ası,(utilizando el teorema anterior) el grupo de Galois de un polinomio lineal separablede grado 3 serıa A3 o S3.

Demostracion.

1. Supongamos que gr(f) = k. Sea u1, ...un son las raices distintas de un polinomio fen algun cuerpo de separacion F , con 1 ≤ n ≤ k.Como ui son raices, σ(ui) tambien lo son (por 2.19). Sea σ(uj) = uij .Consideremos la permutacion σ ∈ Sn dada por σ(1, .., n) = (i1, .., in). Entoncespodemos ver a Sn como todas las permutaciones de las raices de f . Ahora defi-namos la aplicacion τ : AutKF → Sn, dada por τ(σ) = σ. Esta aplicacion esta biendefinida y es un monomorfismo.

Es monomorfismo: Sean σ 6= µ ∈ AutKF . Como son distintos, entonces ex-iste un elemento ui talque σ(ui) = uj y µ(ui) = uk con j 6= k. Por la manera enla que fue contruida la aplicacion τ tenemos que σ(1, .., n) envıa i 7→ ij y µ(1, .., n)envıa i 7→ ik. En consecuencia σ 6= µ. Por lo tanto es un monomorfismo.

Entonces AutKF ∼= H ≤ Sn.

2. Como F es una extension de K y es cuerpo de separacion de f , por 2.27 Fes Galois sobre K. Por otro lado como f es el polinomio irreducible, por 2.16[K(u1) : K] = n = gr(f).Segun el teorema fundamental de Galois, K

′= G y K(u)

′= H < G. Por lo tanto,

por la relacion entre los indices y las dimensiones tenemos que [K(u) : K] = [G :H] = n. Entonces (por Lagrange) n || G |.

Tomemos E = K(ui) y F = K(uj) que son extensiones K y los elementos ui yuj son algebraicos.Entonces como son raices de f , existe un isomorfismo σ : K(ui) → K(uj) aplicandoui 7→ uj (por 2.17).Esto dice que para cualquier raiz, existe una aplicacion σ que aplica esta raiz enuna raiz diferente.Extendemos (por 2.24) este isomorfismo a un K-automorfismo σ : F → F . O seaσ ∈ AutKF .De aqui que, llamando τ a la aplicacion dada por τ(σ) = σ, AutKF es isomorfo aun grupo transitivo.

�Caracterizamos entonces al grupo de Galois de un polinomio como un subgrupo de Sn

visto como las permutaciones posibles de las raices del polinomio f .

Comenzaremos por estudiar el grupo de Galois de polinomios cuyas raices son todasdiferentes en algun cuerpo de separacion. Entonces, si el polinomio posee todas raices

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diferentes, todas tienen multiplicidad 1, y entonces su derivada no se anula. Esto nosdice que todos los factores irreducibles seran separables. En consecuencia el cuerpo deseparacion F de el polinomio f es Galois sobre K.

Basta con analizar el caso donde todas las raices son diferentes porque en el otro casovemos:Sea f ∈ K[x] que se separa en F como f(x) = (x − u1)

n1 ..(x − uk)nk . Sea v0.., vk los

coeficientes de g(x) = (x− u1)..(x− uk), y E = K(v0, .., vk), entonces:

1. F es un cuerpo de separacion de g sobre E. Esto es porque si F es cuerpode separacion de f sobre K, y E es un cuerpo intermedio, entonces F es cuerpo deseparacion de f sobre E.

2. F es Galois sobre E. Esto se deduce de la equivalencia dada en 2.27.

3. AutEF = AutKF :Probemos las inclusiones⊆ )Como K ⊆ F entonces los automorfismos que dejan fijos los elementos de Eevidentemente fijan lo elementos de K.⊇)Debemos probar que (AutKF )′ = E.• Para probar que (AutKF )′ ⊆ E observemos que AutEF < AutKF . Tomando”prima” a ambos lados, la relacion de subgrupo se invierte. Es decir que (AutKF )′ <(AutEF )′ y por el item anterior tenemos que F es Galois sobre E, es decir que(AutEF )′ = E. Con esto hemos probado que (AutKF )′ ⊆ E.• Ahora probemos que (AutKF )′ ⊇ E.Si v ∈ E pero en particular v ∈ K entonces esta probado que v ∈ (AutKF )′ por ladefinicion de cuerpo fijo.Si v ∈ E pero v /∈ K entonces v = vj coeficiente del polinomio g. Pero sabemosque mediante calculos algebraicos podemos escribir los coeficientes en terminos delas raices del polinomio, es decir que si g(x) = v0x

n+..+v2xn−2+vn−1x+vn entonces :

v0 = 1v1 = −

∑ni=1 ui

v2 =∑n

i=1 uiuj para i < j........

vn = (−1)n∏n

i=1 ui

Por lo tanto si aplicamos un elemento σ ∈ AutKF a vi, como por 2.19 tenemos queσ(vi) = vi para todo i.

Analizaremos el grupo de Galois para un polinomio de grado dos. En este caso,podremos determinar este grupo con exactitud, como probaremos a continuacion.

Corolario 3.4. Sea K un cuerpo y f ∈ K[x] un polinomio irreducible de grado 2 con grupode Galois G. Si f es separable (como sucede siempre en el caso de carK 6= 2),entoncesG ∼= Z2. De otra manera G = 1.

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Demostracion.Observar que S2

∼= Z2. Entonces en el caso que el polinomio sea (ademas de irre-ducible) separable, aplicando el resultado anterior (3.3), tenemos que G ∼= S2

∼= Z2.Si f no es separable su derivada se anula, entonces tiene una raiz multiple. Como elpolinomio es de grado 2 entonces es la unica raiz (con multiplicidad 2). Por lo tanto launica aplicacion que deja fijo el cuerpo y envıa raices en raices es la identidad. Entonces,el grupo de Galois AutKF es el grupo trivial G = 1. �

Como hemos mencionado anteriormente, el grupo de Galois de un polinomio separablede grado 3 es A3 o S3. Para poder determinar con presicion cual es su grupo de Galois,introduciremos el siguiente concepto.

Definicion 3.5. Sea K un cuerpo con carK 6= 2 y f ∈ K[x] un polinomio de grado ncon n distintas raices u1, .., un en algun cuerpo de separacion F de f sobre K.Sea 4 =

∏i<j(ui − uj). El discriminante de f es el elemento D = 42.

Notar que como 4 es un elemento de F , y por ser F cuerpo D = 42 tambien lo es.Pero vale aun mas:

Proposicion 3.6. Sea K, f , F y 4 como hemos considerado en la definicion de deter-minante.

1. D ∈ K.

2. Para cada σ ∈ AutKF < Sn, σ es una permutacion par (respectivamente impar) siy solo si σ(4) = 4 (resp σ(4) = −4).

Demostracion.1) Supongamos que vale el segundo item. Notar que para todo σ ∈ AutKF , σ(42) =σ(4)2 = (±4)2 = 42. Por lo tanto 42 ∈ K pues F es Galois sobre K (por 2.27).

2) LLamemos 4(u1, .., un) =∏

i<j(ui − uj). Calculemos primero 4(σ(u1), .., σ(un))cuando σ es una trasposicion. Digamos σ = (ucud) con c < d. Llamemos:

A =∏

j<k,j,k 6=c,d(uj − uk)

B =∏

j<c(uj − uc)

C =∏

j<c(uj − ud)

D =∏

c<j<d(uj − ud)

E =∏

c<k<d(uc − uk)F =

∏d<k(uc − uk)

G =∏

d<k(ud − uk)

Con esta notacion 4(u1, .., un)=(uc − ud)ABCDEFG.Escribimos ahora σ(A), σ(B), σ(C), σ(D), σ(E), σ(F ), σ(G) usando que σ es un homo-

morfismo.Mediante calculos podemos verificar queσ(uc − ud) = σ(uc)− σ(ud) = ud − uc = −(uc − ud).

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σ(A) = σ(∏

j<k,j,k 6=c,d(uj −uk)) =∏

j<k,j,k 6=c,d(σ(uj)−σ(uk)) =∏

j<k,j,k 6=c,d(uj −uk) = A,

σ(B) = σ(∏

j<c(uj − uc)) =∏

j<c(σ(uj)− σ(uc)) =∏

j<c(uj − ud) = C,

y de la misma manera

σ(C) = Bσ(D) = (−1)d−c−1Eσ(E) = (−1)d−c−1D

σ(F ) = Gσ(G) = F .

En consecuencia,σ(4(u1, .., un))=σ(uc − ud)σ(A)σ(B)σ(C)σ(D)σ(E)σ(F )σ(G) =(−1)1+2(d−c−1)(uc − ud)ABCDEFG=−4(u1, .., un).

En conclusion si σ es una trasposicion, entonces σ(4) = −4.

De aqui que σ es par (definida una permutacion par como producto de cantidad parde transposiciones disjuntas) si y solo si σ(4) = 4.De la misma manera σ es impar si y solo si σ(4) = −4. �

El siguiente resultado establece la primera de las relaciones entre subcuerpos y sub-grupos dada por el teorema fundamental de la teoria de Galois.

Corolario 3.7. Sea K, f , F y 4 como hemos considerado en la definicion de determi-nante, y consideremos G = AutKF como subgrupo de Sn. En la correspondencia dada enel teorema fundamental de Galois al subcuerpo K(4) le corresponde al subgrupo G ∩An.En particular G consiste de todas las permutaciones pares si y solo si 4 ∈ K

Demostracion.Segun la correspondencia dada en el teorema 2.21, E 7→ E

′. Consideremos K(4)

cuerpo. K(4)′={σ ∈ AutkF/ σ(u) = u para todo u ∈ K(4)}.

Queremos probar que K(4)′= G ∩ An.

• ⊇) Sea τ ∈ G ∩ An, entonces τ ∈ G = AutKF y ademas τ ∈ An. En consecuencia τfija los elementos de K y es par. Por ser par, τ(4) = 4, entonces τ deja invariantes loselementos de K y 4. Esto es τ ∈ K(4)

′.

• ⊆) Sea τ ∈ K(4)′, entonces τ(u) = u para todo elemento u ∈ K(4). Si u = 4,

entonces τ(4) = 4, o sea τ ∈ An. Ademas como τ(u) = u para todo elemento u ∈ K,entonces τ ∈ AutKF = G. Esto es τ ∈ (G ∩ An).

Como caso particular queremos probar que G = An ⇔4 ∈ K.⇒) Como G ∩ An = An, el subcuerpo K(4) le corresponde al subgrupo An. Y por laasignacion determinada en el Teorema Fundamental de la teoria de Galois, entonces (alser biunivoca y K 7→ G = An), entonces K = K(4) es decir 4 ∈ K.

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⇐) Como 4 ∈ K entonces K = K(4) y por la asignacion del Teorema FundamentalG ∩ An = G. Como An ⊂ G, entonces G = An. �

Analicemos el caso particular del grupo de Galois de un polinomio de grado 3.

Corolario 3.8. Sea K un cuerpo y f ∈ K[x] un polinomio (irreducible) separable degrado 3. Entonces el grupo de Galois es S3 o A3. Si carK 6= 2, el grupo de Galois es A3

si y solo si el discriminante de f es el cuadrado de algun elemento de K.

Demostracion.Con estas hipotesis estamos en condiciones de aplicar el teorema 3.3, entonces n =

3 || G |, y G ∼= H < S3 con H grupo transitivo, entonces G ∼= S3 o G ∼= A3 (que son losunicos subgrupos transitivos de S3).

⇐)Supongamos que 4 = k2 con k ∈ K. Tomemos σ ∈ G, entonces σ(4) = σ(k2) =σ(k)2 = k2 = 4. Esto es que σ(4) = 4, o sea σ es par. Por lo tanto σ ∈ A3.

⇒)Sea σ ∈ A3. Supongamos que 4 = k2 con k /∈ K. Entonces σ(4) = σ(k2) =σ(k)2 6= k2 = 4 pues si σ es par, deja invariantes los elementos solo de K. En consecuen-cia σ(4) 6= 4, lo que contradice las hipotesis iniciales. Con esto decimos que 4 = k2 conk ∈ K. �

El discriminante (en su uso mas conocido) es utilizado para poder determinar cuantasraices reales tiene un polinomio f .

1. • D > 0 ⇔ f tiene tres raices reales.⇐) Si f tiene sus tres raices reales, trivialemente la diferencia de dos de ellas esun numero real y el producto entre estos numeros tambien. Por lo tanto 4 ∈ R yD = 42 > 0.⇒) Sean las tres raices de un polinomio f . Las situaciones son 2: O bien tiene tresraices reales (en cuyo caso ya estarıa probado), o bien tiene unicamente una raizreal y dos complejas conjugadas.Supongamos que tiene unicamente una raiz real y las otras dos son complejas con-jugadas. Llamemos r a la raiz real y a± bi las complejas conjugadas. Entonces:

4 = (r− (a + bi))(r− (a− bi))(a + bi− (a− bi)) = ((r− a)− bi))((r− a) + bi))2bi

Entonces, D = [(r − a)2 + (b)2](2bi)2 < 0, lo cual es absu rdo.

2. • D < 0 ⇔ f tiene precisamente una raiz real.⇐ Si tiene precisamente una raiz real entonces por la demostracion de ⇒) del puntoanterior tenemos que D < 0.⇒ Sea D < 0. Tenemos que probar que f tiene precisamente una raiz real. Supong-amos para esto, que tiene mas de una. Entonces, como f es un polinomio real debetener tres raices reales pero por la demostracion de ⇐ del punto anterior tenemosque D > 0, lo cual es absurdo.

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Consideremos f un polinomio (irreducible) separable de grado 3. Sabemos que elgrupo de Galois de f es A3 o S3.• Si el grupo de Galois es A3

∼= Z3 no existen cuerpos intermedios.• Si el grupo de Galois es S3 existen cuatro cuerpos intermedios: K(4), K(u1), K(u2),y K(u3). Sabemos por el teorema fundamental de la teoria de Galois, que a cada cuerpointermedio H se le asigma un subgrupo de AutKF dado por H 7→ H

′, Entonces los

correspondientes subgrupos de los cuerpos intermedios anteriormente mencionados losobtenemos:K(ui)

′={σ ∈ AutKF = S3 tal que σ(u) = u para todo u ∈ K(ui)}, es decir que deja fijo

a K y a ui. Entonces K(ui)′=Ti ={(i)(jk), con i 6= j, k}. Por lo tanto cada subcuerpo se

corresponde de la siguiente manera:

F −→ (1)K(4) −→ A3

K(u1) −→ T1

K(u2) −→ T2

K(u3) −→ T3

K −→ S3

Por lo visto en los teoremas anteriores, para calcular un grupo de Galois de un poli-nomio cubico separable solo basta hallar su discriminante y establecer si es el cuadrado ono de algun elemento de K (salvo en el caso carK = 2).El siguiente resultado nos muestra la forma explıcita del discriminante del polinomio f ,no en termino de las raices de f , sino en termino de los coeficientes del polinomio f escritode manera equivalente.

Proposicion 3.9. Sea K, un cuerpo y carK 6= 2, 3. Si f(x) = x3 + bx2 + cx + d ∈K[x] que tiene tres raices diferentes en algun cuerpo de separacion, entonces el polinomiog(x) = f(x− b/3) tiene la forma x3 + px + q y el discriminante de f es 4p3 − 27q2.

Demostracion.Sea F un cuerpo de separacion de f sobre K. Observemos que claramente si u ∈ F

es raiz de f , entonces u + b/3 es raiz de g = f(x− b/3) ∈ K[x]. Esto implica que g tieneel mismo discriminante que f .Como g(x) = f(x− b/3) entonces(x− b/3)3 + b(x− b/3)2 + c(x− b/3) + d =x3 + ((−b2 + 3c)/3)x + (2b2 − 9cb + 27d)/27.Por lo tanto x3 + px + q donde p = (−b2 + 3c)/3 y q = (2b2 − 9cb + 27d)/27.

Consideremos ahora v1, v2, v3 las raices de g en F . Entonces (x− v1)(x− v2)(x− v3) =g(x) = x3 + px + q lo cual implica:

v1 + v2 + v3 = 0v1v2 + v2v3 + v1v3 = p

−v1v2v3 = q.

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Como cada vi es raiz de g verifican v3i = −pvi − q. Utilizando estas ultimas ecuaciones y

la difinicion de 42 obtenemos que el discriminante de g es 4p3 − 27q2 y en consecuenciael discriminante de f es de la misma manera. �

Como para el caso de polinomios de grado tres, trataremos solo con aquellos polinomiosque poseen todas las raices diferentes el algun cuerpo de separacion F , para analizar lospolinomios de grado 4. F es Galois sobre K y puede ser considerado como las permuta-ciones posibles de las raices de f (subgrupo de S4).Tomemos el subgrupo de S4, V ={(1), (12)(34), (13)(24), (14)(23)} que tendra un rol muyimportante en el desarrollo de la teorıa para determinar grupos de Galois de polinomiosde grado 4.Este grupo V :

* Es subgrupo normal de S4: esto se puede probar tomando cada elemento de V yprobar que aV a−1 ∈ V para cada a ∈ S4.

* Es isomorfo a Z2 ⊕ Z2: Esto es porque solo existen dos grupos (o son isomorfos eellos) de orden 4: Z4 y Z2 ⊕ Z2. Como V no es cıclico, entonces es isomorfo a Z2 ⊕ Z2.

* Si K y N son subgrupos de T y N es subgrupo normal de T , entonces N ∩ K essubgrupo normal de K. Si tomamos en nuestra situacion K = G, N = V y T = S4

entonces concluimos que V ∩G es subgrupo normal de G = AutKF < S4.

Lema 3.10. Tomemos K, f, F, ui como en el parrafo anterior y con G = AutKF < S4.Si α = u1u2 + u3u4, β = u1u3 + u2u4 y γ = u1u4 + u2u3 en F , entonces por la correspon-dencia determinada en el teorema de Galois, el subcuerpo K(α, β, γ) se corresponde conel subgrupo normal V ∩G.En consecuencia K(α, β, γ) es Galois sobre K y AutKK(α, β, γ) ∼= G/(G ∩ V ).

Demostracion.Debemos probar que K(α, β, γ)

′= G ∩ V .

⊇). En primer lugar, todo elemento en G∩V fija α, β, γ pues, consideremos V ={e=(1), σ =(12)(34), τ = (13)(24), ϕ = (14)(23)}. Aplicando cada uno de los elementos de V a α, β, γobtenemos

σ(α) = σ(u1u2 + u3u4) = u3u4 + u1u2 = ασ(β) = σ(u1u3 + u2u4) = u2u4 + u1u3 = βσ(γ) = σ(u1u4 + u3u2) = u3u2 + u1u4 = γ

De manera analoga con las restantes situaciones.En consecuencia fija K y α, β, γ, entonces fija K(α, β, γ).

⊆). Para completar la demostracion es suficiente, por el teorema fundamental de lateoria de Galois, demostrar que todo elemento de G que no esta en V modifica al menosuno de los elementos α, β, γ.• Si tomamos σ = (1, 2) este es un elemento de G que no esta en V . Supongamos queσ(β) = β. esto es u2u3 + u1u4 = u1u3 + u2u4 y por lo tanto u2(u3 − u4) = u1(u3 − u4).

11

En consecuencia u1 = u2 ou3 = u4 lo cual es una contradiccion por la eleccion de los ui.Por lo tanto σ(β) 6= β.• De la misma manera podemos probar que tomando σ = (13) que no pertenece a V ,σ(α) = γ 6= α.• Para γ basta tomar σ = (12). Con esta permutacion σ(γ) = β 6= γ.

Para demostrar AutKK(α, β, γ) ∼= G/(G ∩ V ), observemos en primer lugar que K(α, β, γ)es Galois sobre K. Esto es por la observacion realizada al comienzo de la seccion: el cuerpode separacion F de el polinomio f es Galois sobre K. Entonces, aplicando el segundo itemdel Teorema Fundamental de Galois podemos decir que AutKK(α, β, γ) ∼= G/(G ∩ V )(pues en la descripcion de las caracteristicas del grupo V observamos que G∩V es normalen G). �

Los elementos α, β, γ son cruciales en la determinacion del grupo de Galois de polinomioscuarticos ( de grado 4).

Definicion 3.11. El polinomio (x−α)(x− β)(x− γ) es llamado el Resolvente cubicode f .

Similarmente con lo que sucede con el discriminante en los polinomios de grado 3, elresolvente cubico es realmente un polinomio en K[x].

Lema 3.12. Si K es un cuerpo y f(x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ K[x] entonces elresolvente cubico de f es el polinomio x3 + cx2 + (bd− 4e)x− b2e + 4ce− d2 ∈ K[x]

Demostracion.Sea f con raices u1, .., u4 en algun cuerpo de separacion F . Entonces podemos escribir

a f como (x − u1)(x − u2)(x − u3)(x − u4). Asi expresamos b, c, d, e en terminos de ui.Desarrollando el resolvente cubico como (x − α)(x − β)(x − γ) obtenemos la forma delresolvente cubico deseada en terminos de b,c,d y e. �

Podemos ahora determinar el grupo de Galois de un polinomio (irreducible) separablecuartico f en K[x]. El grupo de Galois G es un subgrupo transitivo de S4 y su orden esdivisible por 4 (por 3.3). Entonces G debe tener orden 24, 12, 8, o 4.El siguiente teorema ofrece una caracterizacion de cada uno de los casos anteriores.

Proposicion 3.13. Sea K un cuerpo y f un (irreducible)separable cuadratico en K[x]con grupo de Galois G (considerado como subgrupo de S4). Sean α, β, γ, las raices delresolvente cubico de f y sea m = [K(α, β, γ) : K], entonces:

1. m = 6 ⇔ G = S4.

2. m = 3 ⇔ G = A4.

3. m = 1 ⇔ G = V .

4. m = 2 ⇔ G ∼= D4, o G ∼= Z4. En este caso G ∼= D4 si f es irreducible sobreK(α, β, γ) y, G ∼= Z4 de la otra manera.

12

Demostracion.Como K(α, β, γ) es cuerpo de separacion sobre K de un cubico, las unicas posibili-

dades para el valor m son 1,2,3 y 6.

1. ⇒) Si m=6 significa que | G | / | V |= 6 entonces | G |= 4.6 = 24. como el unicosubgrupo de orden 24 de S4 es S4 entonces G = S4.⇐) Si G = S4 entonces G∩ V = V entonces | G/(G∩ V ) |=| G | / | V |= 24/4 = 6.

2. ⇒) Si m=3 significa que | G | / | V |= 3 entonces | G |= 4.3 = 12. Como el unicosubgrupo de orden 12 transitivo de S4 es A4 entonces G = A4.⇐) Si G = A4 entonces G ∩ V = V y m =| G/V |=| G | / | V |= 3.

3. ⇒) Si m=1 significa que | G | / | V |= 1 entonces | G |= 4.1 = 4. Como los grupode orden 4 o son isomorfos a Z4 o lo son a Z2⊕Z2. Como el unico grupo transitivode estos dos es Z2 ⊕ Z2, entonces G = V .⇐) Si G = V entonces G ∩ V = G y m =| G/G |= 1.

4. ⇒) Si G ∼= D4: Entonces G ∩ V = V pues V esta contenido en todo 2-subgrupo deSylow de S4 y m =| G/V |=| G | / | V |= 2.Si G es cıclico de orden 4: Entonces G esta generado por un 4-ciclo cuyo cuadradodebe estar en V . Entonces | G ∩ V |= 2 y m =| G/G ∩ V |=| G | / | g ∩ V |= 2.⇐) • Probaremos que si G ∼= D4 ⇒ f es irreducile sobre K(α, β, γ).

Sean u1, u2, u3, u4 las raices de f en algun cuerpo de separacion F y supongamosque G ∼= D4, entonces G ∩ V = V .Como V es un subgrupo transitivo yG ∩ V = AutK(α,β,γ)F por 3.10, existe paracada par i 6= j una aplicacion σ ∈ (G ∩ V ) la cual: induce un isomorfismoK(α, β, γ)(ui) ∼= K(α, β, γ)(uj) tal que σ(ui) = uj y la restriccion de σ a K(α, β, γ)es la identidad.En consecuencia para cada i 6= j, ui y uj son raices del mismo polinomio irreduciblesobre K(α, β, γ) (por 2.17).Entonces f es irreducile sobre K(α, β, γ).

• Probaremos que si G ∼= Z4 ⇒ f debe ser reducible sobre K(α, β, γ).

Si G ∼= Z4, entonces G ∩ V = AutK(α,β,γ)F tiene orden 2 y no es transitivo. Estoquiere decir que para algun i 6= j no existe σ ∈ (G ∩ V ) talque σ(ui) = uj.Pero como F es cuerpo de separacion sobre K(α, β, γ)(ui) y K(α, β, γ)(uj), si hu-biese un isomorfismo K(α, β, γ)(ui) ∼= K(α, β, γ)(uj) el cual, fuese la identidad enK(α, β, γ) y enviara ui enuj; deberıa ser la restriccion de algun σ ∈ AutK(α,β,γ)F =G ∩ V (por 2.24).Por lo tanto no existe tal isomorfismo y en consecuencia ui y uj no puedenser raices del mismo polinomio ireducible sobre K(α, β, γ) (por 2.17). Concluimosentonces que f debe ser reducible sobre K(α, β, γ). �

13

Son muy pocas las tecnicas especificas para calcular grupos de Galois de polinomio degrado mayor que 4. Pero existe un caso especial.El siguiente teorema establece el grupo de Galois para un polinomio irreducible de gradop en Q[x] que posea exactamente dos raices no reales.

Teorema 3.14. Si p es primo y f es un polinomio irreducible de grado p sobre el cuerpode los numeros racionales el cual tiene precisamente dos raices no reales en el cuerpo delos numeros complejos. Entonces el grupo de Galois de f es isomorfo a Sp

Demostracion.Sea G el grupo de Galois de f considerado como subgrupo de Sp.

Como p||G| por 3.3 G contiene un elemento σ de orden p por el Teorema de Cauchy 2.4.Por 2.2 σ es un p-ciclo.Consideremos la conjugacion compleja (a + ib) 7→ (a − ib) un R-automorfismo en Cque modifica todo elemento no real. Por lo tanto (por 2.19) este intercambia dos raicescomplejas de f y fija las restantes. Esto implica que G contiene una trasposicion τ = (ab).Como σ puede ser escrita σ = (aj2...jp), entonces alguna potencia de σ puede ser escritaσk = (abi3...ip) ∈ G. Por cambio de notacion, asumimos que τ = (12) y σk = (123...p).Pero estos dos elementos generan Sp. En consecuencia G = Sp. �

APLICACIONES.

Objetivo: Calcular el Grupo de Galois de un polinomio.

Polinomios de grado 3

Ejemplo.Calcularemos el grupo de Galois para un polinomio de grado 3 cuyo discriminante es

el cuadrado de un elemento de K.

Tomemos el polinomio f(x) = x3 − 3x + 1 ∈ Q[x]. Es irreducible en Q[x] por 2.7 y2.9 pero es separable, pues carQ = 0.El discriminante de f es −4(−3)3 − 27(1)2 = 81 que es el cuadrado de 9 ∈ Q. Entonces(por 3.8) su grupo de Galois es A3. N

Ejemplo.Calcularemos el grupo de Galois para un polinomio de grado 3 cuyo discriminante no

es el cuadrado de ningun elemento de K.

Tomemos el polinomio f(x) = x3 − 3x2 − x − 1 ∈ Q[x]. Sea g(x) = f(x − b/3) =f(x−3/3) = x3−4x+2. Este polinomio es irreducible en Q[x] por el criterio de Einstein.Por la proposicion 3.9 el discriminante de f es −4(−4)3 − 27(22) = 148 el cual no es elcuadrado de ningun elemento de Q.Por lo tanto su grupo de Galois es S3 (por 3.8). N

Polinomios de grado 4

Ejemplo.

14

Consideremos f(x) = x4 +4x2 +2 ∈ Q[x]. Este polinomio es irreducible por el criteriode Einstein, es separable porque car(Q) = 0.Su correspondiente resolvente cubica es x3−4x2−8x+32 = (x−4)(x2−8). Por lo tanto:α = 4, β =

√8, γ = −

√8.

Ademas Q(α, β, γ) = Q(√

8) = Q(2√

2) = Q(√

2) es de dimension 2 sobre Q. Por lo tantoel grupo de Galois es isomorfo a D4 o Z4.Reducimos a f al polinomio z2+4z+2 por medio de la sustitucion z = x2 cuyas raices son

claramente z = −2±√

2. Entonces las raices de f son x = ±√

z es decir x = ±√−2±

√2.

Entonces

f = (x−√−2 +

√2)(x−

√−2−

√2)(x +

√−2 +

√2)(x +

√−2−

√2).

Por lo tanto f es reducible en Q(√

2).Su correspondiente grupo de Galois es cıclico de orden 4 pues, por 3.13, m = [K(α, β, γ) :K] = 2 ⇔ G ∼= D4, o G ∼= Z4. En este caso como f es reducible sobre K(α, β, γ), G ∼= Z4.N

Ejemplo.El objetivo sera encontrar el grupo de Galois para el polinomio f(x) = x4−10x2 +4 ∈

Q[x].Vamos a verificar que este polinomio es irreducible en Q[x].f no tiene raices en Q y no tiene factores lineales ni factores cubicos (por 2.7 y por 2.9).Para calcular los factores cuadraticos es suficiente con mostrar que f no tiene factorescuadraticos en Z[x] (pues si D es un dominio de factorizacion unica con cuerpo cocienteF , y f es un polinomio de grado positivo en D[x], entonces f es irreducible en D[x] ⇔ loes en F [x]).Mediante calculos podemos verificar que no existen enteros a,b,c y d tal quef = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d). Por lo tanto f es irreducible en Q[x].El resolvente cubico de f es x3 + 10x2 − 16x − 160 = (x + 10)(x + 4)(x − 4) y to-das sus raices estan en Q. En consecuencia Q(α, β, γ) = Q(−10,−4, 4) = Q, entoncesm = [K(α, β, γ) : K] = [Q : Q] = 1.Por 3.13 su grupo de Galois es V ∼= Z2 ⊕ Z2. N

Ejemplo.Sea f = x4 − 2 ∈ Q[x]. Este polinomio es irreducicle en Q[x] (por el criterio de Ein-

stein) pero es separable.El resolvente cubico es x3 + 8x = x(x− 2

√2i)(x + 2

√2i). Entonces K(α, β, γ) = Q(

√2i)

que tiene dimension [Q(√

2i) : Q] = 2. Como f = x4 − 2 es irreducible en Q(√

2i) (puesx4 − 2 = (x− 4

√2)(x + 4

√2)(x− 4

√2i)(x + 4

√2i)).

Por lo tanto el grupo de Galois es isomorfo al grupo dihedral D4 (por 3.13). N

Ejemplo.En el siguiente caso calcularemos el grupo de Galois de un polinomio de Grado 4, que

no verifica las hipotesis de 3.13.Tomemos f(x) = x4 − 5x2 + 6 ∈ Q[x]. Observemos que este polinomio es reducible enQ[x].Sea f(x) = (x2 − 2)(x2 − 3). En esta situacion no es aplicable 3.13.Claramente el cuerpo Q(

√2,√

3) es cuerpo de separacion de f sobre Q y como x2 − 3es irreducible sobre Q(

√2) entonces [F : Q] = [F : Q(

√2)][Q(

√2) : Q] = 2.2 = 4 (por

15

Lagrange). En consecuencia AutKF el grupo de Galois del polinomio f tiene orden 4 porel teorema fundamental de la teorıa de Galois.A partir de la demostracion del teorema 3.3 y del corolario 3.4 concluimos que AutKFconsiste de dos automorfismos: la aplicacion identidad y el automorfismo que envıaσ(√

2) = −√

2.Por 2.17 podemos decir que estas dos aplicaciones se pueden extrender a Q-automorfismosde F de dos maneras diferentes:• Cuando

√3 7→ −

√3.

• Cuando√

3 7→√

3.Estas posibilidades nos dan 4 elementos diferentes de AutQF .Como | AutQF |= 4, y ademas cada uno de sus automorfismos es de orden 2, entonces elgrupo de Galois de f es isomorfo a Z2 ⊕ Z2 (pues no puede ser isomorfo al cıclico Z4). N

Ejemplo.Sea F ⊂ C un cuerpo de separacion sobre Q de f(x) = x4 − 2 ∈ Q[x]. LLamemos

u = 4√

2, entonces, las raices de f son: u,−u, ui,−ui.El cuerpo de separacion F de f(x) = x4 − 2 sodre Q contiene a (ui)/u = i. Comou ∈ R, Q(u) < R, entonces Q(u) 6= F . Pero como Q(u, i) contiene todos los ceros def(x) = x4 − 2, vemos que Q(u, i) = F . LLamemos E = Q(u). Entonces tenemos elsiguiente diagrama:

F = Q(u, i)↓

E = Q(u)↓Q

Ahora {1, u, u2, u3} es una base para E sobre Q y ademas {1, i} es una base para Fsobre E.Entonces {1, u, u2, u3, i, iu, iu2, iu3} es una base para F sobre Q.Como [F : Q] = 8, entonces | AutQF |= 8, entonces es necesario encontrar 8 automorfis-mos de F que dejen fijo a Q.

Es sabido que cualesquiera de esos automorfismos σ, esta completamente determinadopor su accion sobre los elementos de la base {1, u, u2, u3, i, iu, iu2, iu3}, y a su vez estosvalores estan determinados por σ(u) y σ(i). Pero σ(u) debe ser siempre conjugado de usobre Q, es decir uno de los cuatro ceros del polinomio irreducible de u sobre Q, o sea dex4− 2. De la misma manera σ(i) debe ser un cero del polinomio irreducible de i sobre Q,o sea x2 + 1.Ası las cuatro posibilidades de σ(u) combinadas con las dos posibilidades de σ(i) dan los8 automorfismos:

ρ0 ρ1 ρ2 ρ3 µ1 δ1 µ2 δ2

u 7→ u ui −u −ui u ui −u −uii 7→ i i i i −i −i −i −i

Por ejemplo ρ3(u) = −ui y ρ3(i) = i mientras que ρ0 es el automorfismo identidad.Por otro lado (µ1ρ1)(u)=µ1(ρ1(u))=µ1(ui)=µ1(i)µ1=−ui

16

De igual manera (µ1ρ1)(i)=µ1(ρ1(i))=µ1(i)=−iEntonces (µ1ρ1)(i) = δ2.

De la misma manera podemos mostrar que (ρ1µ1)(u) = ui y (ρ1µ1)(i) = −i. Ası,ρ1µ1 = δ1.De modo que ρ1µ1 6= µ1ρ1, y por lo tanto AutQF no es abeliano. Por lo tanto debe serisomorfo a un grupo no abeliano de orden 8.A partir de la tabla anterior, podemos observar que:• ρ1 es de orden 4.• µ1 es de orden 2.• {ρ1, µ1} genera AutQK.• ρ1µ1 = µ1ρ

31 = δ1.

Entonces este grupo es isomorfo al grupo octal (pues se puede establecer un isomor-fismo entre los elementos de la base del grupo octal y los elementos de la base de AutQF ,ya que cumplen las mismas relaciones).

Los siguientes graficos muestran el retıculo de grupos y el reticulo de cuerpos respec-tivamente, donde se puede observar que uno es la inversion del otro.

AutQK

H1={ρ0,ρ2,µ1,µ2} H2={ρ0,ρ1,ρ2,ρ3} H3={ρ0,ρ2,δ1,δ2}

H4={ρ1,µ1} H5={ρ0,µ2} H6={ρ0,ρ2} H7={ρ0,δ1} H8={ρ0,δ2}

ρ0

Q(ui) = K = Kρ0

Q( 4√2)=H4′

Q(i 4√2)=H5′

Q(√

2,i)=H6′

Q( 4√2+ 4√2i)=H7′

Q( 4√2− 4√2i)=H8′

Q(√

2)=H1′

Q(i)=H2′

Q(i√

2)=H3′

Q = AutQK′

17

A veces se requerira un poco de intuicion para determinar los cuerpos fijos Hi′.

• Es facil encontrar H′2 pues solo tenemos que encontrar una extension de grado 2 que

mantenga fijos {ρ0, ρ1, ρ2, ρ3}. Como todos los ρi dejan fijo el elemento i entonces el cuerpobuscado es Q(i).

• Para determinar H′4, tenemos que encontrar una extension de Q de grado 4 que quede

fija bajo ρ0 y µ1. Como µ1 deja fijo u, y u es raiz del polinomio irreducible de u en Q (osea es raiz de x4 − 2), observamos que Q(u) es de grado 4 y queda fija bajo ρ0 y µ1.Aqui se utiliza de manera fuerte que la correspondencia dada por el teorema de Galois es1 a 1, por lo tanto si encontramos un cuerpo que satisfaga las condiciones pedidas, ese esel cuerpo buscado.

• Como H7 = {ρ0, δ1} es un grupo, para cualquier β ∈ K veremos que βρ0 + βδ1 quedafijo bajo ρ0 y δ1.Tomando β = u vemos que uρ0 +uδ1 = u+ui queda fijo bajo H7. Realizando los calculoscon los restantes automorfismos, obtenemos que ρ0 y δ1 son los unicos automorfismos quedejan fijos u + ui.Entonces por la correspondencia 1 a 1 tenemos que

Q(u + ui) = Q( 4√

2 + 4√

2i) = H′7

Supongamos que deseamos encontrar el polinomio irreducible de u + ui sobre Q. Siγ = u + ui entonces, para todo conjugado de γ sobre Q, existe un automorfismo de K,que transforma a γ en ese conjugado. Solo se necesita calcular σ(γ) para todo σ ∈ AutQFpara encontrar los otros ceros del polinomio irreducible de u + ui sobre Q. Se puedenencontrar elementos σ ∈ AutQF que den estos valores diferentes si se toma un conjuntode representantes de las clases laterales a derecha de AutQ(γ)K = {ρ0, δ1} en AutQK. Unconjunto de representantes de estas clases a derecha es :

{ρ0, ρ1, ρ2, ρ3, }

Los conjugados de γ = u + ui son: u + ui, −u + ui, −u− ui, u− ui.Entonces, el polinomio irreducible de γ en Q es:

[(x− (u + ui)).(x− (−u + ui))][(x− (−u− ui)).(x− (u− ui))]=(x2 − 2iux− 2u2)(x2 + 2iux− 2u2)=

x4 + 4u4=x4 + 8

NEste ultimo ejemplo dara una extension de grado 4 para el cuerpo de separacion de

un polinomio de grado 4.Ejemplo.Considerese el cuerpo de separacion de x4 + 1 sobre Q. Este polinomio es irreducible

sobre Q (pues no se factoriza en Z[x] y entonces vale 2.11 donde Q es el cuerpo cocientede Z).Los ceros de x4 + 1 son: (1± i)/

√2 y (−1± i)/

√2

Si llamamos α = (1 + i)/√

2 entonces por calculos en complejos obtenemos:

18

α3 = (−1 + i)/√

2α5 = (−1− i)/

√2

α7 = (1− i)/√

2

Ası, el cuerpo de separaciıon F de x4 + 1 sobre Q es Q(α) y [F : Q] = 4.Calculemos el grupo AutQF y luego daremos los diagramas reticulares de cuerpos y degrupos.Como existen automorfismo de F que transforman α en su conjugado y, como cada auto-morfismo de AutQF esta completamente determinado por su accion sobre α, vemos quelos cuatro elementos de AutQF estan definidos por la tabla:

σ1 σ3 σ5 σ7

α 7→ α α3 α5 α7

Como (σkσj)(α) = σk(αj) = (σk(α))j)=(α)hj

=αjk, y α8 = id, vemos que el grupoAutQF es isomorfo a el grupo {1, 3, 5, 7} bajo la operacion de multiplicacion modulo 8(pues son lo elementos divisores de cero del grupo de los elementos no nulos de Z8).Como σ2

j = σ1, la identidad para todo j, entonces el grupo AutQF debe ser isomorfo algrupo V ={(1), (12)(34), (13)(24), (14)(23)}.Los siguientes son sus diagramas reticulares:

AutQK

{ σ1, σ3} { σ1, σ5} { σ1, σ7}

{σ1}.(Diagrama reticular de grupos)

Q((1 + i)/√

2) = F

Q(i√

2) = {σ1, σ3}′

Q(i) = {σ1, σ5}′

Q(√

2) = {σ1, σ7}′

Q = AutQF′.

(Diagrama reticular de cuerpos)

Observacion 2. En el retculo de cuerpos consideramos el H′como el cuerpo fijo.

Para encontrar {σ1, σ3}′, solo es necesario encontrar un elemento de K que no este enQ y quede fijo bajo {σ1, σ3}, pues [{σ1, σ3}′ : Q] = 2.Claramente σ1(α) + σ3(α) queda fijo bajo σ1 y σ3, pues {σ1, σ3} es un grupo.Tenemos σ1(α) + σ3(α) = α + α3 = i

√2.

De la misma manera σ1(α) + σ7(α) = α + α7 =√

2 queda fijo bajo {σ1, σ7}.

19

Esta tecnica no es util para encontrar {σ1, σ5}′ pues σ1(α) + σ5(α) = α + α5 = 0 y 0 ∈ Q.Pero por un tazonamiento analogo σ1(α)σ5(α) = αα5 = −i.Ası Q(−i) = Q(i) que es el cuerpo buscado. N

Polinomios de grado mayor que 4Ejemplo.

En este caso consideramos un polinomio de grado mayor que 4. Sea f(x) = x5−4x+2 ∈Q[x]. Este polinomio tiene grado primo 5. Ademas, analizando el grafico de f(x), obser-vamos que posee solamente tres raices reales. Entonces es irreducible por el criterio deEinstein.Entonces estamos en condiciones de aplicar el teorema 3.14 y de afirmar que su grupo deGalois es S4. N

Nos preguntamos si existe o no para todo grupo finito G un cuerpo de extension deGalois talque su grupo de Galois sea G.La respuesta es si, en un caso especial:Si G = Sn entonces existe un cuerpo de extension F tal que su grupo de Galoises G.El objetivo sera constrir un polinomio f cuyo grupo de Galois sea G = Sn, para n > 3.El polinomio f debera ser de una manera particular cumpliendo con ciertos requerimien-tos, pero escencialmente se debera demostrar que siempre podemos hallar un polinomioirreducible de grado n. Esto sera demostrado en la siguiente seccion.

Polinomios de grado mayor que 4. Formula de resolucion.

La pregunta que motiva todo este estudio es: Dado un polinomio en K[x] existe unaformula la cual muestre todas las raices? Si el grado del polinomio es menor que 4, hemosestudiado que la respuesta es afirmativa. Pero en los casos generales, no existe tal formula.Por ejemplo podemos demostrar que la quintica (polinomio de grado 5) no es soluble enel sentido clasico (es decir sobre cuerpos de caracteristica cero).

La idea sera construir una formula que involucre las operaciones en un cuerpo (adicion,multiplicacion, inversos), o la extraccion de raices. Estas operaciones no afectan el cuerpooriginal base, pero puede que si lo haga la extraccion de raices. De aqui podemos extenderel cuerpo original K a un cuerpo K(u), donde un esta en K. Luego, podemos construirK(u, v) = K(u)(v) extension de K(u) con alguna potencia de v en K(u)Por lo tanto, si existe una formula, esta debera hallarse aplicando sucesivamente la con-struccion del parrafo anterior. Esto equivale a decir que de existir la formula, existe unasucesion creciente de cuerpos

K = E0 ⊂ E1 ⊂ .. ⊂ En

tal que En contiene un cuerpo de separacion de f sobre K y Ei = Ei−1(ui) con algunapotencia de ui en Ei−1.

De manera recıproca supongamos que existe una sucesion de cuerpos, y que En con-tiene un cuerpo de separacion de f (o sea En contiene las soluciones de f(x) = 0). AsiEn = K(u1, ..un) y cada una de las soluciones es de la forma f(u1, ..un)/g(u1, ..un) (esta

20

es la caracterizacion de los elementos de K(u1, ..un)).En consecuencia, cada solucion puede ser expresada en terminos de una cantidad finita deelementos. Con esto, decimos que existe una formula para las soluciones de una ecuaciondada.

Con el fin de formalizar la motivacion anterior daremos las siguientes definiciones:

Definicion 3.15. Una extension F de un cuerpo K es una extension de K por radicales,si existen elementos α1, .., αr ∈ F y enteros positivos n1, .., nr tales que F = K(α1, .., αr)con αn1

1 ∈ F y αnii ∈ F (α1, .., αr−1).

Un polinomio f ∈ K[x] es soluble por radicales sobre F si el cuerpo de separacion E def(x) sobre K esta contenido en una extension de K por radicales.

En conclusion un polinomio es soluble por radicales sobre K si podemos obtener todocero de f(x) usando una sucesion finita de operaciones de suma resta, multiplicacion,division y extraccion de raices n-esimas comenzando con elementos de K.

Decir que el polinomio de grado 5 no es soluble, no significa que ningun polinomio degrado 5 lo es.

Ejemplo.El polinomio x5 − 1 es soluble por radicales sobre Q. El cuerpo de separacion de este

polinomio esta generado sobre Q por una raiz quinta primitiva ζ de la unidad. Entoncesζ5 = 1 y K = Q(ζ). N

Decir que el polinomio de grado 5 no es soluble en el sentido clasico es decir que existeun polinomio de grado 5 con coeficientes reales que no es soluble por radicales.

La idea que seguiremos para poder llegar a esta conclusion sera:

1. Mostraremos que:un polinomio f(x) ∈ K[x] es soluble por radicales ⇔ su cuerpo de separacion Esobre K tiene un grupo de Galois soluble.Recordar que un grupo es soluble si existe un n ∈ N tal que Gn = G

′′′..′ =< e >definiendo como G

′={aba−1b−1/a, b ∈ G}. De otra manera, un grupo es soluble si

tiene una serie de composicion con terminos abelianos.

2. Mostraremos que:Existe un subcuerpo K de los numeros reales y un polinomio f(x) ∈ K[x] de grado5 con un cuerpo de separacion E sobre F tal que AutKE ∼= S5

Podemos ver que una serie de composicion para S5 es (1) < A5 < S5, y como A5 noes abeliano habremos concluido que el grupo de Galois no es soluble y en consecuencia elpolinomio no es soluble por radicales.

En vista de lo observado podemos decir:

La ecuacion general de grado n sera soluble solo si n≤ 4.

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Para analizar cuando, entonces una ecuacion de quinto grado es soluble o no, es nece-sario conocer cuando un grupo de Galois es soluble y cuando no.Una demostracion extensiva de este resultado puede ser encontrada en [1] y [5].

4 Cuerpos Finitos

El objetivo de esta seccion es determinar la estructura de todos los cuerpos finitos.Demostraremos en esta seccion que una extension por un cuerpo finito de un cuerpo

finito, es cıclica y su generador estara dado de manera explıcita.Ciertos teoremas valen en el caso mas general de grupos no finitos, pero en esta seccion

consideraremos el caso finito prioritariamente.

Teorema 4.1. Sea F un cuerpo y P la interseccion de todos los subcuerpos de F . En-tonces P es un cuerpo sin subcuerpos propios.Si carF = p(primo), entonces P ∼= Zp.Si carF = 0 entonces P ∼= Q, el cuerpo de los numeros racionales.

Definicion 4.2. El cuerpo P introducido en el teorema anterior es llamado subcuerpoprimo de F .

Demostracion.Para que un conjunto sea un subcuerpo debe contener el elemento neutro de la op-

eracion aditiva y el 1F elemento neutro de la operacion multiplicativa.P contiene todos los elemntos de la forma m1F con m ∈ Z.Para completar la demostracion debemos probar que P = m1F , m ∈ Z (si carF = p) yP = m1F /(n1F )1, m ∈ Z (si carF = 0), o demostrarlos de la siguiente manera:Consideremos la aplicacion ϕ : Z → P dada por m 7→ m1F que por 2.5 es un homomor-fismo de anillos con nucleo (n) donde n es la caracterıstica de F y, n = 0 o n es primo.

• Si n es primo p: Zp∼= Z/(p) = Z/Ker(ϕ) ∼= Im(ϕ) ⊂ P . Como Zp es cuerpo y

P es el cuerpo primo que no puede tener subcuerpos propios, entonces Zp = P .

• Si n = 0. entonces ϕ : Z → P es monomorfismo. Ademas (por 2.6), existe un unicomonomorfismo de cuerpos ϕ : Q → P tal que ϕ | Z = ϕ. Entonces Q ∼= Im(ϕ) = P , y enconsecuencia P ∼= Q. �

Para cualquier cuerpo finito podemos determinar la caracterıstica del cuerpo y la can-tidad de elementos.

Corolario 4.3. El numero q de elementos de un cuerpo finito es una potencia pn de sucaracterıstica.

Demostracion.Sabemos que vale el resultado 2.5, pues como F es un cuerpo es claro que es un anillo

con identidad. En consecuencia, aplicando el resultado 4.1, F tiene caracterıstica prima

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p.Como F es un espacio vectorial finito dimensional sobre su subcuerpo finito Zp, F puedeser escrito como F ∼= Zp⊕ ....⊕Zp con n sumandos por el teorema 2.12 y en consecuencia| F |= pn. �

Por esta caracterizacion del subcuerpo primo de F , en lo sucesivo lo denotaremos Zp.

Teorema 4.4. Si F es un cuerpo y G el subgrupo finito multiplicativo de los elementosno nulos de F , entonces G es un grupo cıclico.En particular, el grupo multiplicativo de los elementos no nulos de un cuerpo finito escıclico.

Demostracion.Como G es un grupo abeliano finito, sabemos (por el teorema 2.3) que G ∼= Zm1 ⊕

.... ⊕ Zmk donde m1 > 1 y m1 | .. | mk. Pensemos Zmicomo un grupo de orden mi en

notacion multiplicativa. Entonces para cada ai ∈ Zmi, ami

i = 1 , de modo que amki = 1

pues mi | mk. Asi, para todo α ∈ G, tenemos que αmk = 1. Entonces todo elementode G es raiz del polinomio xmk − 1F ∈ F [x]. Pero G tiene

∏1≤r≤k mr elementos, mien-

tras que el polinomio tiene a lo sumo mk raices. Entonces k = 1, y por lo tanto es cıclico.�

Corolario 4.5. Si F es un cuerpo finito, entonces F es una extension simple de susubcuerpo primo Zp. Estos es: F = Zp(u) para algun u ∈ F .

Demostracion.Como F es un cuerpo finito entonces tiene q = pn elementos (4.3). Los elementos no

nulos de F forman un grupo multiplicativo de orden q − 1 y es cıclico por el resultadoanterior. Debemos probar que F = Zp(u).Como Zp ⊂ F y ambos son cuerpos finitos, entonces F = Zp(u1, .., un). Probaremos queel grupo multiplicativo esta generado por u. Entonces supongamos que F = Zp(u, u1) conu1 6= u. Entonces existe k ∈ Z tal que u1 = ku.En consecuencia F = Zp(u, u1) =Zp(u, ku)=Zp(u). �Ejemplo.

Consideremos el cuerpo finito Z11, entonces su grupo multiplicativo denotado por Z11∗es cıclico por el resultado anterior.Trataremos intuitivamente de encontrar el generador de este grupo cıclico. Trataremoselemento a elemento.Consideremos el 2. Como el orden de Z11∗ es 10, 2 debe ser un elemento de Z11∗ cuyoorden divida a 10, o sea de orden 2, 5, o 10. Ahora veamos que 22 = 4, 24 = 42 = 5,25 = 10 = −1. Entonces 2 es un generador de Z11∗. Como hallamos este elemento en elprimer intento no continuamos con los restantes.Por la teorıa de los grupos cıclicos, todos los generadores de Z11∗ son de la forma 2n donden es un numero primo relativo con 10. Por lo tanto estos elementos son: 21 = 2, 23 = 8,27 = 7, y 29 = 6.Las raices quintas primitivas del 1Z11 son de la forma 2m con el mcd entre m y 10 es 2.Esto es: 22 = 4, 24 = 5, 26 = 9, y 28 = 3.La raiz cuadrada de la unidad en Z11 es 25 = 10 = −1. N

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Lema 4.6. Si F es un cuerpo con caracterıstica p y r ≥ 1, entonces la aplicacion ϕ :F → F dada por u 7→ upr

es un Zp-monomorfismo de cuerpos.Si F es finito, entonces ϕ es un Zp-automorfismo de F .

Demostracion.Consideremos la aplicacion ϕ : F → F dada por ϕ(u) = upr

. Como, en un cuerpo decaracterıstica p, (u± v)pr

= upr ± vpr, ϕ es un homomorfismo de cuerpos.

Por otro lado (por la demostracion de 4.1), cada elemento de Zp es m1F con m ∈ Z yademas ϕ(1F ) = 1F . De aqui que ϕ es un Zp-monomorfismo.Si F es un cuerpo finito, entonces por el teorema anterior, F = Z(u) donde u es elgenerador del grupo multiplicativo de los elementos no nulos de F . En consecuenciaϕ : F = K(u) → F = K(u) y en este caso es un Zp-automorfismo ( pues no modifica loselementos de Zp). �

El siguiente resultado caracteriza a los cuerpos finitos desde sus cuerpos de separacion.

Proposicion 4.7. Sea p un primo y n ≥ 1 un entero. Entonces F es un cuerpo finitocon pn elementos si y solo si F es un cuerpo de separacion de xpn − x sobre Zp.

Demostracion.⇒) Si | F |= pn, entonces el grupo multiplicativo de los elementos no nulos de F tiene

orden pn − 1 y todo elementos no nulo de F satisface upn−1 = 1F . Por lo tanto todoelemento no nulo de F es raiz del polinomio xpn−1− 1F y en consecuencia es raiz tambiendel polinomio x(xpn−1 − 1F ) = xpn − x ∈ Zp[x]. Como el elemento nulo de F tambien esraiz de este ultimo polinomio, entonces xpn −x tiene pn raices distintas en F . Esto quieredecir que se separa en F (porque por 2.8 tiene a lo sumo pn raices diferentes y no mas).Ademas estas raices son precisamente elementos de F .

⇐) Si F es cuerpo de separacion de f = xpn − x sobre Zp, entonces como carF =carZp = p, f , = −1 y f es primo relativo con f ,. Entoncesf tiene pn raices diferentes enF por 2.10. La aplicacion ϕ : u 7→ upn

es un monomorfismo (por 4.6, tomando r = n).De aqui que:u es raiz de f ⇔f(u) = 0 ⇔upn

= u ⇔ϕ(u) = u.Entonces, el conjunto E de todas las raices de f en F es un subcuerpo de F de orden pn,el cual contiene al subgrupo primo Zp (porque este es el subcuerpo minimal de todos lossubcuerpos de F ).Como F es cuerpo de separacion, esta generado sobre Zp por todas las raices de f (esdecir los elementos de E). Por lo tanto F = Zp(E) = E. �

Corolario 4.8. Sea p un primo y n ≥ 1 un entero. Entonces existe un cuerpo con pn

elementos. Dos cuerpos cualesquiera con la misma cantidad de elementos son isomorfos.

Demostracion.Sea p numero primo y n ≥ 1 entero.

Si K es un cuerpo y f ∈ K[x] que tiene grado n ≥ 1, entonces existe un cuerpo deseparacion F de f con [F : K] ≤ n (es el Teorema 2.23). En este caso, existe un cuerpode separacion de xpn − x sobre Zp.Este cuerpo tiene orden pn (por 4.7 ).

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Como todo cuerpo finito de orden pn es cuerpo de separacion de xpn −x sobre Zp (por2.23), dos cualesquiera de ellos son isomorfos (por 2.25). �

Corolario 4.9. Si K es un cuerpo finito y n ≥ 1 un entero. Entonces existe un cuerpoextension simple F = K(u) de K talque F es finito y [F, K] = n.Dos cuerpos extension de dimension n sobre K son K-isomorfos.

Demostracion.Dado K de orden pr, sea F el cuerpo de separacion de f = xprn − x sobre K. Por 4.7

todo u ∈ K satisface uprn= u para todo u ∈ K. Por lo tanto F es realmente el cuerpo

de separacion de f sobre Zp.En la demostracion de 4.7 muestra que F consiste precisamente de todas las prn raicesdistintas de f . Como prn =| F |= (| K |)[F :K] = (pr)[F :K], entonces [F : K] = n. Como Fes un cuerpo finito, entonces F es una extension simple de su subcuerpo primo Zp. Estoses: F = Zp(u) para algun u ∈ F (4.5).Es decir que F es una extension simple de K.

Si F1 es otro cuerpo de extension de K con [F1 : K] = n, entonces [F1 : Zp] = n[K :Zp] = nr, de donde | F1 |= pnr. Por 4.7 F1 es un cuerpo de separacion de xpnr − x sobreZp y tambien sobre K.Por lo tanto, por 2.25, F y F1 son K-isomorfos.

�El siguiente resultado fue anticipado al final de la seccion anterior cuando para hal-

lar un polinomio cuyo grupo de Galois sea G = Sn asumiamos que existia siempre unpolinomio irreducible de grado n.

Corolario 4.10. Si K es un cuerpo finito y n ≥ 1 un entero. Entonces existe un polinomioirreducible de grado n en K[x].

Demostracion..Como K es un cuerpo finito de orden q = pr,donde p es la caracterıstica de K, entonces

existe un cuerpo de extension de K, digamos F que contiene a Zp y consta precisamentede los ceros de xprn − x. Sabemos que todo elemento de K es un cero de xpr − x. Ahoraprs = prpr(s−1). Al aplicar de forma repetida esta ecuacion a los exponentes y al usar elhecho que para α ∈ K se cumple αprn

= α, vemos que para α ∈ K,

αprn= αpr(n−1) = αpr(n−2) = ... = αpr

= α

Ası K < F , entonces por el corolario 4.9 sabemos que [F : K] = n y que la extension Fes simple sobre K. Entonces, F = K(β) para algun β ∈ F . Por lo tanto el polinomioirreducible de β sobre K debe ser de grado n. �Al comienzo anticipabamos el resultado principal de esta seccion. Luego de haber con-struido los elementos necesarios, diremos:

Proposicion 4.11. Sea F es un cuerpo de extension finito dimensional de un cuerpofinito K, entonces F es finito y es Galois sobre K.El grupo de Galois AutKF es cıclico.

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Demostracion.Sea Zp el subcuerpo primo de K. Entonces (por 2.14), digamos n, lo cual implica que

| F |= pn. Por la demostracion de 4.7 y 2.26, F es cuerpo de separacion sobre Zp y enconsecuencia sobre K.La aplicacion ϕ : F → F dada por u 7→ up es un Zp-automorfismo (por 4.6).Claramente ϕn es la identidad y ninguna potencia de ϕ menor que k puede ser la identidad(pues esto implica que xpk − x tiene pn raices distintas en F con k < n lo cual contradice2.8). Como | AutKF |= n por el teorema fundamental de Galois, AutZpF debe ser grupociclico generado por ϕ. Como AutKF es subgrupo de AutZp , entonces AutKF es cıclicopor 2.1 �

References

[1] Hungerford, Thomas W, Algebra, Springer, 1974

[2] Lang, Serge, Algebra, Addison-Wesley Publishing Company, 1965

[3] Lang, Serge, Algebraic Structures, Addison-Wesley Publishing Company, 1968

[4] Birkhoff y Maclane, Algebra Moderna, Editorial Teide, 1960

[5] John Fraleigh, Algebra Abstracta, Addison-Wesley Iberoamericana, 1987

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