Descarga la aplicación para disfrutar aún más
Vista previa del material en texto
Estructuras Algebraicas Romina Ramirez Abril 2003 1 Introducción El tema que motiva este estudio, es establecer la estructura de los cuerpos. La idea de la teoŕıa de Galois es relacionar un cuerpo de extensión K ⊂ F con el grupo de todos los automorfismos de F que dejan fijo a K. El teorema fundamental de la teoŕıa de Galois será vital, ya que nos permitirá trasladar propiedades y problemas referentes a cuerpos y polinomios en términos de grupos. 2 Preliminares Esta sección estará destinada a presentar resultados auxiliares que nos conducirán en el estudio de los grupos de Galois de polinomios y de los Cuerpos Finitos en las secciones posteriores. Teorema 2.1. Todo imagen homomorfa y todo subgrupo de un grupo ćıclico es ćıclico. Corolario 2.2. El orden de una permuación σ en Sn es el mı́nimo común multiplo de los ordenes de sus ciclos disjuntos. Teorema 2.3. Todo grupo abeliano finitamente generado de orden n es isomorfo a la suma directa de sus subgrupo ćıclicos, los cuales tienen ordenes m1, ....,mk donde m1 > 1 y m1 | ... | mk. Teorema 2.4. Si G es un grupo finito cuyo orden es divisible por un primo p, entonces G 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 aplicación 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 cuerpo cociente F . Si E es un cuerpo y f : R → E un monomorfismo de anillos, entonces existe un único monomorfismo 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 es raiz de f si y solo si (x− c) divide a f . Teorema 2.8. Sea D es un dominio integral incluido en E también dominio integral y un 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 factorización única cuyo cuerpo cociente es F . Sea el 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 integral E. Tomemos f ∈ D[x] y c ∈ D.Entonces, si D es cuerpo, f y f , son primos relativos si y solo si f no tiene raices múltiples en E. El siguiente resultado es conocido como el criterio de Einstein. Permite establecer cuando un polinomio es irreducible. Teorema 2.11. Sea D un dominio de factorización única cuyo cuerpo cociente es F . Sea el 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 división D tiene una base y en consecuencia es un D-módulo libre. Además todo subconjunto linealmente independiente subconjunto de V está contenido en una base de V . Definimos los siguientes elementos, para poder estudiar la estructura de los cuerpos. Definición 2.13. Un cuerpo F se dice cuerpo de extensión de K si K es un subcuerpo de F Teorema 2.14. Sea F un cuerpo de extensión de E, y E un cuerpo de extensión de K. Entonces [F : K] = [F : E][E : K]. Más aún, [F : K] es finito si y solo si [F : E] y [E : K] son finitos. Definición 2.15. Un elemento u ∈ F de dice que es algebráico sobre K (siendo F extensión de K) si es raiz de algún polinomio no nulo en K[x]. De lo contrario se dirá que es trascendente. De esta manera las extensiones se clasificarán en extensiones algebraicas o trascendentes dependiendo del tipo de elemento que extiende el cuerpo. Diremos que un polinomio es irreducible si no puede ser factorizada como producto de polinomios pertenecientes al cuerpo. Teorema 2.16. Si F es extensión sobre K, y u ∈ F es un elemento algebráico sobre K, entonces K(u) ∼= K[x]/(f) donde f es un polinomio mónico irreducible de grado n univocamente determinado. Además [K(u) : K] = n. 2 Corolario 2.17. Sean E y F extensiones de un cuerpo K, u ∈ E, v ∈ F elementos algebráicos 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 env́ıa u 7→ v y es la aplicación identidad en K. Definición 2.18. El grupo de los K-automorfismos de F (cuerpo de extensión de K) es el llamado Grupo de Galois de F sobre K. Lo denotaremos AutKF Teorema 2.19. Sea F un cuerpo de extensión de K y f ∈ K[x].Si u ∈ F es raiz de f y σ∈ AutKF , entonces σ(u) ∈ F y es raiz de f . Definición 2.20. Llamaremos cuerpo fijo de H ∈ F al cuerpo H ′={v ∈ F/σ(v) = v para todo σ ∈ H}. F es una extensión de Galois de K (o es Galois sobre K) si F es una extensión de K y el cuerpo fijo de AutKF es K. El siguiente teorema será muy utilizado en este trabajo. Es conocido como el Teorema Fundamental de la teoŕıa de Galois. Teorema 2.21. Si F es una extensión de Galois finita dimensional de un cuerpo K, entonces existe una correspondencia uno a uno entre el conjunto de todos los cuerpo intermedios de la extensión y el conjunto de todos los subgrupos del grupo de Galois tal que: 1. La dimensión relativa de dos cuerpos intermedios es igual al ı́ndice 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 el correspondiente subgrupo E ′ = AutEF es normal en AutKF . En este caso G/E ′ es isomorfo al grupo de Galois AutKE de E sobre K. Definición 2.22. Un polinomio f ∈ F [x] se separa sobre F si puede ser escrito como producto de factores lineales en F [x], o sea f = a(x − u0)..(x − un) con cada coeficiente en F. Un cuerpo de extensión F de K, se dice que es cuerpo de separación de f sobre K si f se separa en F [x] y además 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 un cuerpo de separación F de f con [F : K] ≤ n!. Teorema 2.24. Sea σ:K → L un isomorfismo de cuerpos. Sea S = {fi} un conjunto de polinomios de grado positivo en K[x], y S ′ = {σ(fi)} su correspondiente conjunto de polinomios en L[x]. Si F es cuerpo de separación de S sobre K, y M es cuerpo de separación 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 grado positivo, entonces dos cuerpos de separación 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. 3 Teorema 2.27. Sea F una extensión 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 separación sobre K de un polinomio f ∈ K[x] cuyos factores irre- ducibles son separables. 3 El grupo de Galois de un polinomio En esta sección nos centraremos en el estudio de los grupos de Galois de los polinomios donde existen resultados que nos permiten su caracterización. Definición 3.1. Sea K cuerpo. El Grupo de Galois de un polinomio f ∈ K[x] es el grupo AutKF donde F es cuerpo de separación sobre K de f . Sea K un cuerpo y f es un polinomio en K[x] de grado positivo (tambien vale en el caso de S conjunto de polinomios de grado positivo). Sean F y F ′ dos cuerpos de separación de f que son K-isomorfos (por 2.25). Sea f : F → F ′ el isomorfismo entre ellos. Consideremos la aplicación τ : AutKF → AutKF ′ dada por σ 7→ fσf−1. Es una aplicación bien definida y resulta un isomorfismo entre ambos grupos. Por lo tanto, el grupo de Galois de un polinomio es independiente de la elección del cuerpo F [estoes admitido de manera tácita cuando decimos ”El grupo de Galois”] Definición 3.2. Un subgrupo G del grupo simétrico Sn se dice transitivo si para cualquier i 6= j existe σ ∈ G tal que σ(i) = j. El siguiente resultado muestra cuales son las posibilidades para el grupo de Galois de un polinomio. Teorema 3.3. Sea K un cuerpo y f ∈ K[x] un polinomio con grupo de Galois G 1. G es isomorfo a algún subgrupo de un grupo Sn. 2. Si f es irreducible separable de grado n, entonces n divide a | G | y G es isomorfo a un subgrupo transitivo de Sn. Observación 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,o 3 hay alguna permutación que aplicada a él 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. 4 En conclusión, los únicos subgrupos transitivos de S3 son A3 o S3. Aśı,(utilizando el teorema anterior) el grupo de Galois de un polinomio lineal separable de grado 3 seŕıa A3 o S3. Demostración. 1. Supongamos que gr(f) = k. Sea u1, ...un son las raices distintas de un polinomio f en algún cuerpo de separación F , con 1 ≤ n ≤ k. Como ui son raices, σ(ui) también lo son (por 2.19). Sea σ(uj) = uij . Consideremos la permutación σ̃ ∈ Sn dada por σ̃(1, .., n) = (i1, .., in). Entonces podemos ver a Sn como todas las permutaciones de las raices de f . Ahora defi- namos la aplicación τ : AutKF → Sn, dada por τ(σ) = σ̃. Esta aplicación está bien definida 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 en la que fue contruida la aplicación τ tenemos que σ̃(1, .., n) env́ıa i 7→ ij y µ̃(1, .., n) env́ıa i 7→ ik. En consecuencia σ̃ 6= µ̃. Por lo tanto es un monomorfismo. Entonces AutKF ∼= H ≤ Sn. 2. Como F es una extensión de K y es cuerpo de separación de f , por 2.27 F es Galois sobre K. Por otro lado como f es el polinomio irreducible, por 2.16 [K(u1) : K] = n = gr(f). Según el teorema fundamental de Galois, K ′ = G y K(u) ′ = H < G. Por lo tanto, por la relación 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 y uj son algebráicos. Entonces como son raices de f , existe un isomorfismo σ : K(ui) → K(uj) aplicando ui 7→ uj (por 2.17). Esto dice que para cualquier raiz, existe una aplicacion σ que aplica esta raiz en una raiz diferente. Extendemos (por 2.24) este isomorfismo a un K-automorfismo σ̃ : F → F . O sea σ̃ ∈ AutKF . De aqui que, llamando τ a la aplicación dada por τ(σ) = σ̃, AutKF es isomorfo a un 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 todas diferentes en algún cuerpo de separación. Entonces, si el polinomio posee todas raices 5 diferentes, todas tienen multiplicidad 1, y entonces su derivada no se anula. Esto nos dice que todos los factores irreducibles serán separables. En consecuencia el cuerpo de separación F de el polinomio f es Galois sobre K. Basta con analizar el caso donde todas las raices son diferentes porque en el otro caso vemos: 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 separación de g sobre E. Esto es porque si F es cuerpo de separación de f sobre K, y E es un cuerpo intermedio, entonces F es cuerpo de separación 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 E evidentemente 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 relación 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 está probado que v ∈ (AutKF )′ por la definición de cuerpo fijo. Si v ∈ E pero v /∈ K entonces v = vj coeficiente del polinomio g. Pero sabemos que mediante cálculos algebraicos podemos escribir los coeficientes en términos de las raices del polinomio, es decir que si g(x) = v0x n+..+v2x n−2+vn−1x+vn entonces : v0 = 1 v1 = − ∑n i=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 que σ(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 continuación. Corolario 3.4. Sea K un cuerpo y f ∈ K[x] un polinomio irreducible de grado 2 con grupo de Galois G. Si f es separable (como sucede siempre en el caso de carK 6= 2),entonces G ∼= Z2. De otra manera G = 1. 6 Demostración. Observar que S2 ∼= Z2. Entonces en el caso que el polinomio sea (además 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 múltiple. Como el polinomio es de grado 2 entonces es la única raiz (con multiplicidad 2). Por lo tanto la única aplicación que deja fijo el cuerpo y env́ıa 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 separable de grado 3 es A3 o S3. Para poder determinar con presición cual es su grupo de Galois, introduciremos el siguiente concepto. Definición 3.5. Sea K un cuerpo con carK 6= 2 y f ∈ K[x] un polinomio de grado n con n distintas raices u1, .., un en algún cuerpo de separación 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 también lo es. Pero vale aún mas: Proposición 3.6. Sea K, f , F y 4 como hemos considerado en la definición de deter- minante. 1. D ∈ K. 2. Para cada σ ∈ AutKF < Sn, σ es una permutación par (respectivamente impar) si y solo si σ(4) = 4 (resp σ(4) = −4). Demostración. 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 trasposición. 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 notación 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 cálculos podemos verificar que σ(uc − ud) = σ(uc)− σ(ud) = ud − uc = −(uc − ud). 7 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) = B σ(D) = (−1)d−c−1E σ(E) = (−1)d−c−1D σ(F ) = G σ(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 conclusiónsi σ es una trasposición, entonces σ(4) = −4. De aqui que σ es par (definida una permutación par como producto de cantidad par de 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 definición de determi- nante, y consideremos G = AutKF como subgrupo de Sn. En la correspondencia dada en el 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 Demostración. 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 τ fija los elementos de K y es par. Por ser par, τ(4) = 4, entonces τ deja invariantes los elementos 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. Además 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 la asignación determinada en el Teorema Fundamental de la teoria de Galois, entonces (al ser biunivoca y K 7→ G = An), entonces K = K(4) es decir 4 ∈ K. 8 ⇐) Como 4 ∈ K entonces K = K(4) y por la asignación del Teorema Fundamental G ∩ 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 de grado 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 algún elemento de K. Demostración. Con estas hipótesis 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 los únicos 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 hipótesis iniciales. Con esto decimos que 4 = k2 con k ∈ K. � El discriminante (en su uso mas conocido) es utilizado para poder determinar cuantas raices 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 es un número real y el producto entre estos números también. Por lo tanto 4 ∈ R y D = 42 > 0. ⇒) Sean las tres raices de un polinomio f . Las situaciones son 2: O bien tiene tres raices reales (en cuyo caso ya estaŕıa probado), o bien tiene unicamente una raiz real 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 demostración de ⇒) del punto anterior 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 debe tener tres raices reales pero por la demostración de ⇐ del punto anterior tenemos que D > 0, lo cual es absurdo. 9 Consideremos f un polinomio (irreducible) separable de grado 3. Sabemos que el grupo 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 cuerpo intermedio H se le asigma un subgrupo de AutKF dado por H 7→ H ′ , Entonces los correspondientes subgrupos de los cuerpos intermedios anteriormente mencionados los obtenemos: 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 cúbico separable solo basta hallar su discriminante y establecer si es el cuadrado o no de algún elemento de K (salvo en el caso carK = 2). El siguiente resultado nos muestra la forma expĺıcita del discriminante del polinomio f , no en término de las raices de f , sino en término de los coeficientes del polinomio f escrito de manera equivalente. Proposición 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 algún cuerpo de separación, entonces el polinomio g(x) = f(x− b/3) tiene la forma x3 + px + q y el discriminante de f es 4p3 − 27q2. Demostración. Sea F un cuerpo de separación 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 tiene el 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 = 0 v1v2 + v2v3 + v1v3 = p −v1v2v3 = q. 10 Como cada vi es raiz de g verifican v 3 i = −pvi − q. Utilizando estas últimas ecuaciones y la difinición de 42 obtenemos que el discriminante de g es 4p3 − 27q2 y en consecuencia el discriminante de f es de la misma manera. � Como para el caso de polinomios de grado tres, trataremos solo con aquellos polinomios que poseen todas las raices diferentes el algún cuerpo de separación F , para analizar los polinomios 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 tendrá un rol muy importante en el desarrollo de la teoŕıa para determinar grupos de Galois de polinomios de grado 4. Este grupo V : * Es subgrupo normal de S4: esto se puede probar tomando cada elemento de V y probar que aV a−1 ∈ V para cada a ∈ S4. * Es isomorfo a Z2 ⊕ Z2: Esto es porque solo existen dos grupos (o son isomorfos e ellos) de orden 4: Z4 y Z2 ⊕ Z2. Como V no es ćıclico, entonces es isomorfo a Z2 ⊕ Z2. * Si K y N son subgrupos de T y N es subgrupo normal de T , entonces N ∩ K es subgrupo normal de K. Si tomamos en nuestra situación 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 párrafo 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 con el subgrupo normal V ∩G. En consecuencia K(α, β, γ) es Galois sobre K y AutKK(α, β, γ) ∼= G/(G ∩ V ). Demostración. 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, γ obtenemos σ(α) = σ(u1u2 + u3u4) = u3u4 + u1u2 = α σ(β) = σ(u1u3 + u2u4)= u2u4 + u1u3 = β σ(γ) = σ(u1u4 + u3u2) = u3u2 + u1u4 = γ De manera análoga con las restantes situaciones. En consecuencia fija K y α, β, γ, entonces fija K(α, β, γ). ⊆). Para completar la demostración es suficiente, por el teorema fundamental de la teoria de Galois, demostrar que todo elemento de G que no está en V modifica al menos uno de los elementos α, β, γ. • Si tomamos σ = (1, 2) este es un elemento de G que no esta en V . Supongamos que σ(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 contradicción por la elección 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 permutación 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 observación realizada al comienzo de la sección: el cuerpo de separación F de el polinomio f es Galois sobre K. Entonces, aplicando el segundo item del Teorema Fundamental de Galois podemos decir que AutKK(α, β, γ) ∼= G/(G ∩ V ) (pues en la descripción de las caracteristicas del grupo V observamos que G∩V es normal en G). � Los elementos α, β, γ son cruciales en la determinación del grupo de Galois de polinomios cuárticos ( de grado 4). Definición 3.11. El polinomio (x−α)(x− β)(x− γ) es llamado el Resolvente cúbico de f . Similarmente con lo que sucede con el discriminante en los polinomios de grado 3, el resolvente cúbico 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 el resolvente cúbico de f es el polinomio x3 + cx2 + (bd− 4e)x− b2e + 4ce− d2 ∈ K[x] Demostración. Sea f con raices u1, .., u4 en algún cuerpo de separación F . Entonces podemos escribir a f como (x − u1)(x − u2)(x − u3)(x − u4). Asi expresamos b, c, d, e en términos de ui. Desarrollando el resolvente cúbico como (x − α)(x − β)(x − γ) obtenemos la forma del resolvente cúbico deseada en términos de b,c,d y e. � Podemos ahora determinar el grupo de Galois de un polinomio (irreducible) separable cuartico f en K[x]. El grupo de Galois G es un subgrupo transitivo de S4 y su orden es divisible por 4 (por 3.3). Entonces G debe tener orden 24, 12, 8, o 4. El siguiente teorema ofrece una caracterización de cada uno de los casos anteriores. Proposición 3.13. Sea K un cuerpo y f un (irreducible)separable cuadrático en K[x] con grupo de Galois G (considerado como subgrupo de S4). Sean α, β, γ, las raices del resolvente cúbico 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 sobre K(α, β, γ) y, G ∼= Z4 de la otra manera. 12 Demostración. Como K(α, β, γ) es cuerpo de separación sobre K de un cúbico, las únicas 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 unico subgrupo 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 unico subgrupo 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 grupo de orden 4 o son isomorfos a Z4 o lo son a Z2⊕Z2. Como el único grupo transitivo de 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 de Sylow de S4 y m =| G/V |=| G | / | V |= 2. Si G es ćıclico de orden 4: Entonces G esta generado por un 4-ciclo cuyo cuadrado debe 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 algún cuerpo de separación F y supongamos que G ∼= D4, entonces G ∩ V = V . Como V es un subgrupo transitivo yG ∩ V = AutK(α,β,γ)F por 3.10, existe para cada par i 6= j una aplicación σ ∈ (G ∩ V ) la cual: induce un isomorfismo K(α, β, γ)(ui) ∼= K(α, β, γ)(uj) tal que σ(ui) = uj y la restricción 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 irreducible sobre 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. Esto quiere decir que para algún i 6= j no existe σ ∈ (G ∩ V ) talque σ(ui) = uj. Pero como F es cuerpo de separación 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 en K(α, β, γ) y enviara ui enuj; debeŕıa ser la restricción de algún 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 pueden ser raices del mismo polinomio ireducible sobre K(α, β, γ) (por 2.17). Concluimos entonces que f debe ser reducible sobre K(α, β, γ). � 13 Son muy pocas las técnicas especificas para calcular grupos de Galois de polinomio de grado mayor que 4. Pero existe un caso especial. El siguiente teorema establece el grupo de Galois para un polinomio irreducible de grado p 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 cuerpo de los números racionales el cual tiene precisamente dos raices no reales en el cuerpo de los números complejos. Entonces el grupo de Galois de f es isomorfo a Sp Demostración. 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 C que modifica todo elemento no real. Por lo tanto (por 2.19) este intercambia dos raices complejas 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 escrita σk = (abi3...ip) ∈ G. Por cambio de notación, 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 y 2.9 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 ningún 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 proposición 3.9 el discriminante de f es −4(−4)3 − 27(22) = 148 el cual no es el cuadrado de ningún 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 criterio de Einstein, es separable porque car(Q) = 0. Su correspondiente resolvente cúbica es x3−4x2−8x+32 = (x−4)(x2−8). Por lo tanto: α = 4, β = √ 8, γ = − √ 8. Además Q(α, β, γ) = Q( √ 8) = Q(2 √ 2) = Q( √ 2) es de dimensión 2 sobre Q. Por lo tanto el grupo de Galois es isomorfo a D4 o Z4. Reducimos a f al polinomio z2+4z+2 por medio de la sustitución z = x2 cuyas raices son claramente z = −2± √ 2. Entonces las raices de f son x = ± √ z es decirx = ± √ −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 ćıclico 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 será 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 cúbicos (por 2.7 y por 2.9). Para calcular los factores cuadráticos es suficiente con mostrar que f no tiene factores cuadráticos en Z[x] (pues si D es un dominio de factorización única con cuerpo cociente F , y f es un polinomio de grado positivo en D[x], entonces f es irreducible en D[x] ⇔ lo es en F [x]).Mediante cálculos podemos verificar que no existen enteros a,b,c y d tal que f = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d). Por lo tanto f es irreducible en Q[x]. El resolvente cúbico 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, entonces m = [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 cúbico es x3 + 8x = x(x− 2 √ 2i)(x + 2 √ 2i). Entonces K(α, β, γ) = Q( √ 2i) que tiene dimensión [Q( √ 2i) : Q] = 2. Como f = x4 − 2 es irreducible en Q( √ 2i) (pues x4 − 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 hipótesis de 3.13. Tomemos f(x) = x4 − 5x2 + 6 ∈ Q[x]. Observemos que este polinomio es reducible en Q[x]. Sea f(x) = (x2 − 2)(x2 − 3). En esta situación no es aplicable 3.13. Claramente el cuerpo Q( √ 2, √ 3) es cuerpo de separación de f sobre Q y como x2 − 3 es 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 por el teorema fundamental de la teoŕıa de Galois. A partir de la demostración del teorema 3.3 y del corolario 3.4 concluimos que AutKF consiste de dos automorfismos: la aplicación identidad y el automorfismo que env́ıa σ( √ 2) = − √ 2. Por 2.17 podemos decir que estas dos aplicaciones se pueden extrender a Q-automorfismos de 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 además cada uno de sus automorfismos es de orden 2, entonces el grupo de Galois de f es isomorfo a Z2 ⊕ Z2 (pues no puede ser isomorfo al ćıclico Z4). N Ejemplo. Sea F ⊂ C un cuerpo de separación 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 separación F de f(x) = x4 − 2 sodre Q contiene a (ui)/u = i. Como u ∈ R, Q(u) < R, entonces Q(u) 6= F . Pero como Q(u, i) contiene todos los ceros de f(x) = x4 − 2, vemos que Q(u, i) = F . LLamemos E = Q(u). Entonces tenemos el siguiente diagrama: F = Q(u, i) ↓ E = Q(u) ↓ Q Ahora {1, u, u2, u3} es una base para E sobre Q y además {1, i} es una base para F sobre 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, está completamente determinado por su acción sobre los elementos de la base {1, u, u2, u3, i, iu, iu2, iu3}, y a su vez estos valores están determinados por σ(u) y σ(i). Pero σ(u) debe ser siempre conjugado de u sobre Q, es decir uno de los cuatro ceros del polinomio irreducible de u sobre Q, o sea de x4− 2. De la misma manera σ(i) debe ser un cero del polinomio irreducible de i sobre Q, o sea x2 + 1. Aśı las cuatro posibilidades de σ(u) combinadas con las dos posibilidades de σ(i) dan los 8 automorfismos: ρ0 ρ1 ρ2 ρ3 µ1 δ1 µ2 δ2 u 7→ u ui −u −ui u ui −u −ui i 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)=−i Entonces (µ1ρ1)(i) = δ2. De la misma manera podemos mostrar que (ρ1µ1)(u) = ui y (ρ1µ1)(i) = −i. Aśı, ρ1µ1 = δ1. De modo que ρ1µ1 6= µ1ρ1, y por lo tanto AutQF no es abeliano. Por lo tanto debe ser isomorfo 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 = µ1ρ31 = 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 gráficos muestran el ret́ıculo de grupos y el reticulo de cuerpos respec- tivamente, donde se puede observar que uno es la inversión 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 requerirá un poco de intuición para determinar los cuerpos fijos Hi ′ . • Es fácil encontrar H ′2 pues solo tenemos que encontrar una extensión de grado 2 que mantenga fijos {ρ0, ρ1, ρ2, ρ3}. Como todos los ρi dejan fijo el elemento i entonces el cuerpo buscado es Q(i). • Para determinar H ′4, tenemos que encontrar una extensión 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 (o sea 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 es 1 a 1, por lo tanto si encontramos un cuerpo que satisfaga las condiciones pedidas, ese es el cuerpo buscado. • Como H7 = {ρ0, δ1} es un grupo, para cualquier β ∈ K veremos que βρ0 + βδ1 queda fijo bajo ρ0 y δ1. Tomando β = u vemos que uρ0 +uδ1 = u+ui queda fijo bajo H7. Realizando los cálculos con los restantes automorfismos, obtenemos que ρ0 y δ1 son los únicos automorfismos que dejan 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. Si γ = 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 ∈ AutQF para encontrar los otros ceros del polinomio irreducible de u + ui sobre Q. Se pueden encontrar elementos σ ∈ AutQF que den estos valores diferentes si se toma un conjunto de representantes de las clases laterales a derecha de AutQ(γ)K = {ρ0, δ1} en AutQK. Un conjunto 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 N Este último ejemplo dará una extensión de grado 4 para el cuerpo de separación de un polinomio de grado 4. Ejemplo. Considerese el cuerpo de separación 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 cociente de Z). Los ceros de x4 + 1 son: (1± i)/ √ 2 y (−1± i)/ √ 2 Si llamamos α = (1 + i)/ √ 2 entonces por cálculos en complejos obtenemos: 18 α3 = (−1 + i)/ √ 2 α5 = (−1− i)/ √ 2 α7 = (1− i)/ √ 2 Aśı, el cuerpo de separacíıon F de x4 + 1 sobreQ es Q(α) y [F : Q] = 4. Calculemos el grupo AutQF y luego daremos los diagramas reticulares de cuerpos y de grupos. Como existen automorfismo de F que transforman α en su conjugado y, como cada auto- morfismo de AutQF está completamente determinado por su acción sobre α, vemos que los cuatro elementos de AutQF están definidos por la tabla: σ1 σ3 σ5 σ7 α 7→ α α3 α5 α7 Como (σkσj)(α) = σk(α j) = (σk(α)) j)=(α)h j =αjk, y α8 = id, vemos que el grupo AutQF es isomorfo a el grupo {1, 3, 5, 7} bajo la operación de multiplicación módulo 8 (pues son lo elementos divisores de cero del grupo de los elementos no nulos de Z8). Como σ2j = σ1, la identidad para todo j, entonces el grupo AutQF debe ser isomorfo al grupo 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) Observación 2. En el retćulo de cuerpos consideramos el H ′ como el cuerpo fijo. Para encontrar {σ1, σ3}′, solo es necesario encontrar un elemento de K que no esté en Q 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 + α 3 = i √ 2. De la misma manera σ1(α) + σ7(α) = α + α 7 = √ 2 queda fijo bajo {σ1, σ7}. 19 Esta técnica no es útil para encontrar {σ1, σ5}′ pues σ1(α) + σ5(α) = α + α5 = 0 y 0 ∈ Q. Pero por un tazonamiento análogo σ1(α)σ5(α) = αα 5 = −i. Aśı Q(−i) = Q(i) que es el cuerpo buscado. N Polinomios de grado mayor que 4 Ejemplo. 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. Además, analizando el gráfico de f(x), obser- vamos que posee solamente tres raices reales. Entonces es irreducible por el criterio de Einstein. Entonces estamos en condiciones de aplicar el teorema 3.14 y de afirmar que su grupo de Galois es S4. N Nos preguntamos si existe o no para todo grupo finito G un cuerpo de extensión de Galois talque su grupo de Galois sea G. La respuesta es si, en un caso especial: Si G = Sn entonces existe un cuerpo de extensión F tal que su grupo de Galois es G. El objetivo será constrir un polinomio f cuyo grupo de Galois sea G = Sn, para n > 3. El polinomio f deberá ser de una manera particular cumpliendo con ciertos requerimien- tos, pero escencialmente se deberá demostrar que siempre podemos hallar un polinomio irreducible de grado n. Esto será demostrado en la siguiente sección. Polinomios de grado mayor que 4. Formula de resolución. La pregunta que motiva todo este estudio es: Dado un polinomio en K[x] existe una fórmula la cual muestre todas las raices? Si el grado del polinomio es menor que 4, hemos estudiado que la respuesta es afirmativa. Pero en los casos generales, no existe tal fórmula. Por ejemplo podemos demostrar que la quintica (polinomio de grado 5) no es soluble en el sentido clásico (es decir sobre cuerpos de caracteristica cero). La idea será construir una fórmula que involucre las operaciones en un cuerpo (adición, multiplicación, inversos), o la extracción de raices. Estas operaciones no afectan el cuerpo original base, pero puede que si lo haga la extracción de raices. De aqui podemos extender el cuerpo original K a un cuerpo K(u), donde un está en K. Luego, podemos construir K(u, v) = K(u)(v) extensión de K(u) con alguna potencia de v en K(u) Por lo tanto, si existe una fórmula, esta deberá hallarse aplicando sucesivamente la con- strucción del párrafo anterior. Esto equivale a decir que de existir la fórmula, existe una sucesión creciente de cuerpos K = E0 ⊂ E1 ⊂ .. ⊂ En tal que En contiene un cuerpo de separación de f sobre K y Ei = Ei−1(ui) con alguna potencia de ui en Ei−1. De manera rećıproca supongamos que existe una sucesión de cuerpos, y que En con- tiene un cuerpo de separación de f (o sea En contiene las soluciones de f(x) = 0). Asi En = K(u1, ..un) y cada una de las soluciones es de la forma f(u1, ..un)/g(u1, ..un) (esta 20 es la caracterización de los elementos de K(u1, ..un)). En consecuencia, cada solución puede ser expresada en términos de una cantidad finita de elementos. Con esto, decimos que existe una fórmula para las soluciones de una ecuación dada. Con el fin de formalizar la motivación anterior daremos las siguientes definiciones: Definición 3.15. Una extensión F de un cuerpo K es una extensión de K por radicales, si existen elementos α1, .., αr ∈ F y enteros positivos n1, .., nr tales que F = K(α1, .., αr) con αn11 ∈ F y α ni i ∈ F (α1, .., αr−1). Un polinomio f ∈ K[x] es soluble por radicales sobre F si el cuerpo de separación E de f(x) sobre K está contenido en una extensión de K por radicales. En conclusión un polinomio es soluble por radicales sobre K si podemos obtener todo cero de f(x) usando una sucesión finita de operaciones de suma resta, multiplicación, división y extracción de raices n-esimas comenzando con elementos de K. Decir que el polinomio de grado 5 no es soluble, no significa que ningún polinomio de grado 5 lo es. Ejemplo. El polinomio x5 − 1 es soluble por radicales sobre Q. El cuerpo de separación de este polinomio está generado sobre Q por una raiz quinta primitiva ζ de la unidad. Entonces ζ5 = 1 y K = Q(ζ). N Decir que el polinomio de grado 5 no es soluble en el sentido clásico es decir que existe un polinomio de grado 5 con coeficientes reales que no es soluble por radicales. La idea que seguiremos para poder llegar a esta conclusión será: 1. Mostraremos que: un polinomio f(x) ∈ K[x] es soluble por radicales ⇔ su cuerpo de separación E sobre 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 composición con términos abelianos. 2. Mostraremos que: Existe un subcuerpo K de los números reales y un polinomio f(x) ∈ K[x] de grado 5 con un cuerpo de separación E sobre F tal que AutKE ∼= S5 Podemos ver que una serie de composición para S5 es (1) < A5 < S5, y como A5 no es abeliano habremos concluido que el grupo de Galois no es soluble y en consecuencia el polinomio no es soluble por radicales. En vista de lo observado podemos decir: La ecuación general de grado n será soluble solo si n≤ 4. 21 Para analizar cuando, entonces una ecuación de quinto grado es soluble o no, es nece- sario conocer cuando un grupo de Galois es soluble y cuando no. Una demostración extensiva de este resultado puede ser encontrada en [1] y [5]. 4 Cuerpos Finitos El objetivo de esta sección es determinar la estructura de todos los cuerpos finitos. Demostraremos en esta sección que una extensión por un cuerpo finito de un cuerpo finito, es ćıclica y su generador estará dado de manera expĺıcita. Ciertos teoremas valen en el caso más general de grupos no finitos, pero en esta sección consideraremos el caso finito prioritariamente. Teorema 4.1. Sea F un cuerpo y P la intersección 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 números racionales. Definición 4.2. El cuerpo P introducido en el teorema anterior es llamado subcuerpo primo de F . Demostración. Para que un conjunto sea un subcuerpo debe contener el elemento neutro de la op- eración aditiva y el 1F elemento neutro de la operación multiplicativa. P contiene todos los elemntos de la forma m1F con m ∈ Z. Para completar la demostración debemos probar que P = m1F , m ∈ Z (si carF = p) y P = m1F /(n1F ) 1, m ∈ Z (si carF = 0), o demostrarlos de la siguiente manera: Consideremos la aplicación ϕ : Z → P dada por m 7→ m1F que por 2.5 es un homomor- fismo de anillos con núcleo (n) donde n es la caracteŕısticade 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. Además (por 2.6), existe un único monomorfismo de cuerpos ϕ : Q → P tal que ϕ | Z = ϕ. Entonces Q ∼= Im(ϕ) = P , y en consecuencia P ∼= Q. � Para cualquier cuerpo finito podemos determinar la caracteŕıstica del cuerpo y la can- tidad de elementos. Corolario 4.3. El número q de elementos de un cuerpo finito es una potencia pn de su caracteŕıstica. Demostración. 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 caracteŕıstica prima 22 p. Como F es un espacio vectorial finito dimensional sobre su subcuerpo finito Zp, F puede ser escrito como F ∼= Zp⊕ ....⊕Zp con n sumandos por el teorema 2.12 y en consecuencia | F |= pn. � Por esta caracterización 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 elementos no nulos de F , entonces G es un grupo ćıclico. En particular, el grupo multiplicativo de los elementos no nulos de un cuerpo finito es ćıclico. Demostración. Como G es un grupo abeliano finito, sabemos (por el teorema 2.3) que G ∼= Zm1 ⊕ .... ⊕ Zmk donde m1 > 1 y m1 | .. | mk. Pensemos Zmi como un grupo de orden mi en notación multiplicativa. Entonces para cada ai ∈ Zmi , a mi i = 1 , de modo que a mk i = 1 pues mi | mk. Asi, para todo α ∈ G, tenemos que αmk = 1. Entonces todo elemento de 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 ćıclico.� Corolario 4.5. Si F es un cuerpo finito, entonces F es una extensión simple de su subcuerpo primo Zp. Estos es: F = Zp(u) para algún u ∈ F . Demostración. 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 ćıclico por el resultado anterior. Debemos probar que F = Zp(u). Como Zp ⊂ F y ambos son cuerpos finitos, entonces F = Zp(u1, .., un). Probaremos que el grupo multiplicativo está generado por u. Entonces supongamos que F = Zp(u, u1) con u1 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 ćıclico por el resultado anterior. Trataremos intuitivamente de encontrar el generador de este grupo ćıclico. Trataremos elemento a elemento. Consideremos el 2. Como el orden de Z11∗ es 10, 2 debe ser un elemento de Z11∗ cuyo orden 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 el primer intento no continuamos con los restantes. Por la teoŕıa de los grupos ćıclicos, todos los generadores de Z11∗ son de la forma 2n donde n es un número 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 2 m 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 2 5 = 10 = −1. N 23 Lema 4.6. Si F es un cuerpo con caracteŕıstica p y r ≥ 1, entonces la aplicación 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 . Demostración. Consideremos la aplicación ϕ : F → F dada por ϕ(u) = upr . Como, en un cuerpo de caracteŕıstica p, (u± v)pr = upr ± vpr , ϕ es un homomorfismo de cuerpos. Por otro lado (por la demostración de 4.1), cada elemento de Zp es m1F con m ∈ Z y además 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 el generador del grupo multiplicativo de los elementos no nulos de F . En consecuencia ϕ : F = K(u) → F = K(u) y en este caso es un Zp-automorfismo ( pues no modifica los elementos de Zp). � El siguiente resultado caracteriza a los cuerpos finitos desde sus cuerpos de separación. Proposición 4.7. Sea p un primo y n ≥ 1 un entero. Entonces F es un cuerpo finito con pn elementos si y solo si F es un cuerpo de separación de xp n − x sobre Zp. Demostración. ⇒) 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 todo elemento no nulo de F es raiz del polinomio xp n−1− 1F y en consecuencia es raiz tambien del polinomio x(xp n−1 − 1F ) = xp n − x ∈ Zp[x]. Como el elemento nulo de F también es raiz de este último polinomio, entonces xp n −x tiene pn raices distintas en F . Esto quiere decir que se separa en F (porque por 2.8 tiene a lo sumo pn raices diferentes y no más). Ademas estas raices son precisamente elementos de F . ⇐) Si F es cuerpo de separación 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 en F por 2.10. La aplicación 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 los subcuerpos de F ). Como F es cuerpo de separación, esta generado sobre Zp por todas las raices de f (es decir 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. Demostración. Sea p número primo y n ≥ 1 entero. Si K es un cuerpo y f ∈ K[x] que tiene grado n ≥ 1, entonces existe un cuerpo de separación F de f con [F : K] ≤ n (es el Teorema 2.23). En este caso, existe un cuerpo de separación de xp n − x sobre Zp. Este cuerpo tiene orden pn (por 4.7 ). 24 Como todo cuerpo finito de orden pn es cuerpo de separación de xp n −x sobre Zp (por 2.23), 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 cuerpo extensión simple F = K(u) de K talque F es finito y [F, K] = n. Dos cuerpos extensión de dimensión n sobre K son K-isomorfos. Demostración. Dado K de orden pr, sea F el cuerpo de separación de f = xp rn − 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 separación de f sobre Zp. En la demostración de 4.7 muestra que F consiste precisamente de todas las prn raices distintas de f . Como prn =| F |= (| K |)[F :K] = (pr)[F :K], entonces [F : K] = n. Como F es un cuerpo finito, entonces F es una extensión simple de su subcuerpo primo Zp. Estos es: F = Zp(u) para algún u ∈ F (4.5). Es decir que F es una extensión simple de K. Si F1 es otro cuerpo de extensión 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 separación de xp nr − x sobre Zp 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 sección anterior cuando para hal- lar un polinomio cuyo grupo de Galois sea G = Sn asumiamos que existia siempre un polinomio irreducible de grado n. Corolario 4.10. Si K es un cuerpo finito y n ≥ 1 un entero. Entonces existe un polinomio irreducible de grado n en K[x]. Demostración.. Como K es un cuerpo finito de orden q = pr,donde p es la caracteŕıstica de K, entonces existe un cuerpo de extensión de K, digamos F que contiene a Zp y consta precisamente de los ceros de xp rn − x. Sabemos que todo elemento de K es un cero de xpr − x. Ahora prs = prpr(s−1). Al aplicar de forma repetida estaecuación a los exponentes y al usar el hecho que para α ∈ K se cumple αprn = α, vemos que para α ∈ K, αp rn = αp r(n−1) = αp r(n−2) = ... = αp r = α Aśı K < F , entonces por el corolario 4.9 sabemos que [F : K] = n y que la extensión F es simple sobre K. Entonces, F = K(β) para algún β ∈ F . Por lo tanto el polinomio irreducible de β sobre K debe ser de grado n. � Al comienzo anticipabamos el resultado principal de esta sección. Luego de haber con- struido los elementos necesarios, diremos: Proposición 4.11. Sea F es un cuerpo de extensión finito dimensional de un cuerpo finito K, entonces F es finito y es Galois sobre K. El grupo de Galois AutKF es ćıclico. 25 Demostración. Sea Zp el subcuerpo primo de K. Entonces (por 2.14), digamos n, lo cual implica que | F |= pn. Por la demostración de 4.7 y 2.26, F es cuerpo de separación sobre Zp y en consecuencia sobre K. La aplicación 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 xp k − x tiene pn raices distintas en F con k < n lo cual contradice 2.8). Como | AutKF |= n por el teorema fundamental de Galois, AutZpF debe ser grupo ciclico generado por ϕ. Como AutKF es subgrupo de AutZp , entonces AutKF es ćıclico por 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 26
Compartir