Estructuras algebraicas Grado en Matemáticas. Curso 2013/2014. Apuntes de teoría. Departamento de Álgebra Universidad de Sevilla

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1 Estructuras algebraicas Grado en Matemáticas. Curso 2013/2014 Apuntes de teoría Departamento de Álgebra Universidad de Sevilla Tema 3: Teoría de Galois. Nota: Los apuntes de este tema se basan principalmente el libro Groups, Rings and Galois Theory, de Victor P. Snaith Extensiones de cuerpos Definición 3.1. Una extensión de cuerpos es un par de cuerpos F E donde F es subcuerpo de E (es decir, F es cuerpo con las mismas operaciones que E. Denotaremos a dicha extensión E/F. Definición 3.2. Dada una extensión E/F y unos elementos α, β, γ,... E, denotaremos F (α, β, γ,...) al menor subcuerpo de E (con respecto a la inclusión) que contiene a F y a α, β, γ,.... Lo llamaremos subcuerpo de E generado por α, β, γ,... sobre F, o bien subcuerpo obtenido adjuntando α, β, γ,... a F. Para estudiar las extensiones de cuerpos, usaremos álgebra lineal, ya que es fácil observar que E es un F -espacio vectorial. Definición 3.3. Dada una extensión E/F, llamamos grado de la extensión a la dimensión de E como F -espacio vectorial. Lo denotaremos: [E : F ] := dim F (E). Se dice que la extensión E/F es finita si [E : F ] <. Ejemplo 3.4. La extensión R/Q es infinita. La extensión C/R es finita, ya que [C : R] = 2. Teorema 3.5. Dadas extensiones L/E y E/F, se tiene: [L : E][E : F ] = [L : F ] Demostración: Si {α 1,..., α r } L es un conjunto linealmente independiente sobre E, y {β 1,..., β s } E es linealmente independiente sobre F, entonces {α i β j } L es linealmente independiente sobre F. Por tanto, si alguna de las extensiones L/E o E/F es infinita, también lo es L/F. Supongamos entonces que las dos extensiones son finitas, que {α 1,..., α r } es base de L sobre E, y que {β 1,..., β s } es base de E sobre F. Como ya sabemos que {α i β j } L es linealmente independiente sobre F, sólo hay que probar que es sistema de generadores. Corolario 3.6. Si F n /F n 1, F n 1 /F n 2,..., F 2 /F 1 son extensiones de cuerpos, entonces [F n : F n 1 ][F n 1 : F n 2 ] [F 2 : F 1 ] = [F n : F 1 ] 1

2 Definición 3.7. Sea E/F una extensión de cuerpos. Diremos que un elemento α E es algebraico sobre F si existe un polinomio f(x) F [x] tal que f(α) = 0. En este caso, un polinomio f(x) F [x] que sea mónico y de grado mínimo tal que f(α) = 0, se llama polinomio mínimo de α sobre F. Proposición 3.8. Sea E/F una extensión de cuerpos, y sea α E un elemento algebraico sobre F. El polinomio mínimo de α sobre F es único, e irreducible (en F [x]). Además, divide a cualquier otro polinomio de F [x] que tenga a α como raíz. Demostración: Sabemos que F [x] es un dominio euclídeo, y por tanto un dominio de ideales principales. Como I = {f(x) F [x]; f(α) = 0} es un ideal, está generado por un elemento: I = f(x), donde f(x) es un elemento de I de grado mínimo. Este elemento es único salvo multiplicación por unidad. Como las unidades de F [x] son los elementos de F, se sigue que sólo hay un polinomio mónico en I de grado mínimo. Por tanto, el polinomio mínimo f(x) de α es único y divide a cualquier otro polinomio de F [x] que tenga a α como raíz. Por otra parte, si f(x) = g(x)h(x) con g(x), h(x) F [x], entonces f(α) = g(α)h(α) = 0 y, o bien g(α) = 0 o bien h(α) = 0. En el primer caso f(x) es asociado a g(x), y en el segundo f(x) es asociado a h(x). Por tanto f(x) es irreducible en F [x]. Proposición 3.9. Sea E/F una extensión de cuerpos, y sea α E un elemento algebraico sobre F. Si el polinomio mínimo f(x) de α sobre F tiene grado n, entonces Además [F (α) : F ] = n. F (α) = {c 0 + c 1 α + c 2 α c n 1 α n 1 c 0,..., c n 1 F }. Demostración: Sea F 0 = {c 0 + c 1 α + c 2 α c n 1 α n 1 c 0,..., c n 1 F }. Consideremos la aplicación ϕ : F [x] E que envía p(x) a p(α). Esta aplicación es un morfismo de anillos cuyo núcleo es f(x) y cuya imagen es {p(α) p(x) F [x]}. Observemos que si p(α) tiene alguna potencia α k con k n, ésta se puede sustituir por potencias de grado más peqeño usando la relación dada por f(α) = 0, que implica que α n es igual a un polinomio en α de grado menor que n. Aplicando esta sustitución las veces que hagan falta, obtendremos que todo elemento de la forma p(α) con coeficientes en F es igual a un elemento de la forma q(α) con coeficientes en F y grado menor que n. Por tanto, Im(ϕ) = F 0. Por el primer teorema de isomorfía, F [x]/ f(x) = F 0. Por otra parte, como F [x] es un dominio de ideales principales, el hecho de que f(x) sea irreducible implica que f(x) es un ideal maximal. Por tanto F [x]/ f(x) es un cuerpo, luego F 0 es también un cuerpo. Como todo cuerpo que contenga a F y a α debe contener a F 0, y F 0 es cuerpo, se obtiene finalmente que F (α) = F 0, como queríamos demostrar. Para ver que [F (α) : F ] = n demostraremos que B = {1, α, α 2,..., α n 1 } es una base de F (α) como F -espacio vectorial. Por una parte, ya hemos visto que B es sistema de generadores. Por otra parte, una combinación lineal no trivial de los elementos de B con coeficientes en F nunca puede ser nula, ya que en ese caso obtendríamos un polinomio de grado menor que n que tendría a α como raíz. Esto implica que B es linealmente independiente sobre F, y por tanto es base. Teorema 3.10 (Kronecker). Dado un cuerpo F y un polinomio no constante f(x) F [x], existe una extensión E/F tal que f(x) tiene una raíz en E. 2

3 Demostración: Como F [x] es un DFU, existe un polinomio irreducible g(x) que divide a f(x). Consideremos E = F [x]/ g(x), que es un cuerpo, al ser g(x) irreducible. Sabemos que F se inyecta en F [x]/ g(x), luego E/F es una extensión de cuerpos. Además, si llamamos α = x + g(x) E, se tiene que g(α) = 0 en E, luego f(α) = 0 en E. Es decir, E es un cuerpo en el que f(x) tiene una raíz. Teorema Sea ϕ : F K un isomorfismo de cuerpos (es decir, un isomorfismo de anillos, donde F y K son cuerpos). Sea un polinomio irreducible, y sea f(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n F [x] g(x) = ϕ(a 0 ) + ϕ(a 1 )x + + ϕ(a n )x n K[x] (que es también irreducible). Consideremos la extensión E/F obtenida de F al adjuntarle una raíz α de f(x), y la extensión L/K obtenida de K al adjuntarle una raíz β de g(x). Entonces existe un isomorfismo φ : E L tal que φ F ϕ. Demostración: Por la Proposicion 3.9, existen isomorfismos φ 1 : E = F (α) F [x]/ f(x) φ 2 : L = K(β) K[x]/ g(x) que restringidos a F y a K, respectivamente, son la identidad. Sea π ϕ : F [x] K[x]/ g(x) donde π es la proyección canónica. El núcleo de π ϕ es f(x), por tanto induce un isomorfismo: ϕ : F [x]/ f(x) K[x]/ g(x). Basta ahora tomar φ = φ 1 2 ϕ φ 1. Definición Sea E/F una extensión de cuerpos y sea p(x) F [x] un polinomio de grado n. Diremos que E es un cuerpo de descomposición de p(x) si existen α 1,..., α n E tales que p(x) factoriza en E[x] como p(x) = a(x α 1 ) (x α n ), y no existe ningún cuerpo intermedio F K E tal que p(x) factorice en K[x] en factores lineales. Observemos que si E es cuerpo de descomposición de p(x), entonces E = F (α 1,..., α n ), y además [E : F ] < ya que cada α i es algebraico sobre F, y si denotamos F i = F (α 1,..., α i ), entonces donde [F i+1 : F i ] = [F i (α i+1 ) : F i ] <. F = F 1 F 2 F 3 F n = E, Teorema Dado p(x) F [x] un polinomio de grado n 1, existe un cuerpo de descomposición de p(x). 3

4 Demostración: Si p(x) tiene grado 1, F es cuerpo de descomposición, así que supongamos que gr(p(x)) = n > 1 y el resultado cierto para polinomios de grado menor. Por el teorema de Kronecker, existe una extensión F 1 /F tal que p(x) tiene una raíz α 1 F 1. Es decir, p(x) = (x α 1 )q(x) con q(x) F 1 [x] y gr(q(x)) = n 1. Por hipótesis de inducción, existe un cuerpo de descomposición E de q(x) sobre F 1. Si las raíces de q(x) en E son α 2,..., α n, entonces el subcuerpo F (α 1, α 2,..., α n ) E es un cuerpo de descomposición de p(x). Teorema Sea ϕ : F K un isomorfismo de cuerpos (es decir, un isomorfismo de anillos, donde F y K son cuerpos). Sea un polinomio, y sea f(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n F [x] g(x) = ϕ(a 0 ) + ϕ(a 1 )x + + ϕ(a n )x n K[x]. Sean E/F y L/K cuerpos de descomposición de f(x) y g(x), respectivamente. Entonces existe un isomorfismo φ : E L tal que φ F ϕ. Demostración: Procedemos por inducción en el número de raíces de f(x) que estén en E pero no en F. Si no hay ninguna, es decir, si todas las raíces de f(x) están en F, entonces E = F. Además, en este caso, todas las raíces de g(x) están en K (serían las imágenes por ϕ de las raíces de f(x)), luego L = K. Por tanto, en este caso podemos tomar φ = ϕ. Supongamos que hay m 1 raíces de f(x) que están en E pero no en F. Consideremos un factor irreducible p(x) de f(x) en F [x], de grado mayor que 1. Entonces ϕ(p(x)) será un factor irreducible de g(x) en K[x], de grado mayor que 1. Sabemos que p(x) se descompone en factores lineales en E[x], luego podemos considerar una raíz α de p(x) en E, y adjuntársela a F, obteniendo el cuerpo F (α). Análogamente, podemos considerar una raíz β de q(x) en L, y adjuntársela a K, obteniendo el cuerpo K(β). Sabemos entonces que existe un isomorfismo de cuerpos φ 1 : F (α) K(β) que extiende a ϕ. Pero entonces f(x) es un polinomio en F (α)[x], con cuerpo de descomposición E, que tiene menos de m raíces en E\F (α). Por hipótesis de inducción, podemos extender φ 1 (y por tanto ϕ) a un isomorfismo φ : E L. Corolario Si f(x) F [x], dos cuerpos de descomposición cualesquiera E 1 /F y E 2 /F de f(x) son isomorfos mediante un F -isomorfismo, es decir, un isomorfismo φ : E 1 E 2 tal que φ F ϕ. Podemos hablar entonces de EL cuerpo de descomposición de f(x) F [x] Homomorfismos de cuerpos Proposición Todo homomorfismo de cuerpos ϕ : E K con K {0} es inyectivo. Demostración: Sea ϕ : E K un homomorfismo de cuerpos. Si ϕ(α) = 0 para algún α 0, entonces 1 = ϕ(1) = ϕ(αα 1 ) = ϕ(α)ϕ(α 1 ) = 0ϕ(α 1 ) = 0, contradicción. 4

5 Definición Diremos que n homomorfismos de cuerpos ϕ 1,..., ϕ n : E K son dependientes si existen escalares α 1,..., α n K, no todos nulos, tales que α 1 ϕ α n ϕ n 0, donde ( n i=1 α iϕ i ) (a) := n i=1 α iϕ(a) para todo a E. En caso contrario se dice que ϕ 1,..., ϕ n son independientes. Proposición Sean E y K dos cuerpos no nulos. Si ϕ 1,..., ϕ n : E K son n homomorfismos distintos, entonces son independientes. Demostración: Si n = 1, como sabemos que ϕ 1 es inyectivo, α 1 ϕ 1 (a) 0 para todo a 0 y todo α 1 0. Por tanto α 1 ϕ 1 0 para todo α 1 0. Supongamos, por hipótesis de inducción, que n 1 homomorfismos distintos siempre son independientes, con n > 1. Supongamos ahora que existen α 1,..., α n K, no todos nulos, tales que para todo a E, α 1 ϕ 1 (a) + + α n ϕ n (a) = 0. Por hipótesis de inducción, todos los α i deben ser no nulos. Por tanto, dividiendo por α n la igualdad anterior y denotando β i = α i /α n para todo i < n, obtenemos: β 1 ϕ 1 (a) + + β n 1 ϕ n 1 (a) + ϕ n (a) = 0 para todo a E. Es decir, para todo a E. ϕ n (a) = β 1 ϕ 1 (a) β n 1 ϕ n 1 (a) Pero como ϕ 1 ϕ n, existirá un elemento no nulo b E tal que ϕ 1 (b) ϕ n (b). Y entonces tendremos ϕ n (ba) = β 1 ϕ 1 (ba) β n 1 ϕ n 1 (ba), de donde luego ϕ n (b)ϕ n (a) = β 1 ϕ 1 (b)ϕ 1 (a) β n 1 ϕ n 1 (b)ϕ n 1 (a), ϕ n (a) = β 1 ϕ 1 (b) ϕ n (b) ϕ 1(a) β n 1 ϕ n 1 (b) ϕ n (b) ϕ n 1(a), para todo a E. Igualando esta expresión a la anterior fórmula para ϕ n (a), obtenemos finalmente: ( β 1 1 ϕ ) ( 1(b) ϕ 1 (a) + + β n 1 1 ϕ ) n 1(b) ϕ n 1 (a) = 0 ϕ n (b) ϕ n (b) ( ) para todo a E. Como el primer coeficiente β 1 1 ϕ 1(b) ϕ n(b) es no nulo, esto contradice la hipótesis de inducción. Definición Si ϕ 1,..., ϕ n : E K son distintos morfismos de cuerpos, diremos que x E es un punto fijo de {ϕ 1,..., ϕ n } si ϕ 1 (x) = ϕ 2 (x) = = ϕ n (x). Lema El conjunto de puntos fijos de {ϕ 1,..., ϕ n } es un subcuerpo de E, llamado cuerpo fijo de {ϕ 1,..., ϕ n }. 5

6 Demostración: Ejercicio. Teorema Si ϕ 1,..., ϕ n : E K son distintos morfismos de cuerpos, y F es el cuerpo fijo de {ϕ 1,..., ϕ n }, entonces [E : F ] n. Demostración: Supongamos que [E : F ] = r < n. Sea {w 1,..., w r } una base de E como F -espacio vectorial, y consideremos el siguiente sistema de ecuaciones lineales: ϕ 1 (w 1 )x ϕ n (w 1 )x n = 0 ϕ 1 (w 2 )x ϕ n (w 2 )x n = 0... ϕ 1 (w r )x ϕ n (w r )x n = 0 Como este sistema tiene menos ecuaciones que incógnitas, existe alguna solución no trivial a 1,..., a n K. Veamos entonces que a 1 ϕ a n ϕ n 0, lo que está en contradicción con la proposición anterior. En efecto, dado α E cualquiera, podemos escribir α = b 1 w b r w r para ciertos b 1,..., b r F. Como F es el cuerpo fijo de los n morfismos, podemos denotar c j = ϕ 1 (b j ) = = ϕ n (b j ) para j = 1,..., r. Tenemos entonces a 1 ϕ 1 (α) + + a n ϕ n (α) = = = = n a i ϕ i (b 1 w b r w r ) i=1 = 0. n a i i=1 j=1 n i=1 j=1 r r ϕ i (b j )ϕ i (w j ) r a i c j ϕ i (w j ) c j j=1 i=1 n a i ϕ i (w j ) Corolario Si ϕ 1,..., ϕ n : E E son automorfismos (i.e. isomorfismos de E en sí mismo) distintos, con cuerpo fijo F, entonces [E : F ] n. Además, si ϕ 1 id E, entonces para i = 1,..., n se tiene ϕ i (αβ) = αϕ i (β), para todo α F y todo β E. Lema Sea E/F una extensión de cuerpos. El conjunto de automorfismos {σ : E E σ F id} es un grupo, que se suele denotar Aut(E/F ). 6

7 Demostración: Ejercicio. Recordemos que todo conjunto H de automorfismos de E determina un cuerpo fijo, que denotaremos E H. Observemos que si E/F es una extensión de cuerpos, entonces F E Aut(E/F ) E. Nos interesará especialmente el caso en el que el cuerpo fijo es precisamente F. Definición Una extensión E/F se dice que es una extensión de Galois si cumple 1. [E : F ] es finito. 2. F = E Aut(E/F ). Es decir, una extensión es de Galois si y sólo si E es un F -espacio vectorial de dimensión finita, y todo elemento de E que no esté en F es transformado en un elemento distinto por algún F -automorfismo de E. Nota: En el libro de Snaith, estas extensiones se llaman normales, pero esa nomenclatura no es estándar. Lo usual es que una extensión E/F se llame normal si es el cuerpo de descomposición de una familia de polinomios. Y si además es separable (una noción que veremos más adelante) y finita, entonces se dice que es de Galois, y esto equivale a las dos condiciones de la definición anterior. Teorema 3.25 (Artin). Sea σ 1,..., σ n : E E un conjunto de automorfismos distintos, con F su cuerpo fijo. Si G = {σ 1,..., σ n } es un grupo, entonces [E : F ] = n = G. Demostración: Ya sabemos por el Teorema 3.21 que [E : F ] n. Supongamos, por reducción al absurdo, que v 1,..., v n+1 E son linealmente independientes sobre F. Como {σ 1,..., σ n } es un grupo, podemos considerar que σ 1 id. El sistema de ecuaciones σ 1 (v 1 )x σ 1 (v n+1 )x n+1 = 0 σ 2 (v 1 )x σ 2 (v n+1 )x n+1 = 0... σ n (v 1 )x σ n (v n+1 )x n+1 = 0 tiene n ecuaciones y n + 1 incógnitas, luego existe una solución no nula. De entre todas ellas, tomaremos una que tenga el menor número posible de valores distintos de cero, y dividiendo por cualquiera de esos valores, que una de las variables toma el valor 1. Reordenando los v i si es necesario, podemos suponer que la solución considerada es de la forma (a 1,..., a r 1, 1, 0,..., 0), con a i 0 para todo i = 1,..., r 1. Observemos que, al ser σ 1 id, la primera ecuación del sistema nos dice que v 1 a 1 + +v r 1 a r 1 +v r = 0. Esto implica que algún a i F, de otro modo los elementos v 1,..., v n+1 serían dependientes sobre F. Reordenando de nuevo, podemos suponer que a 1 F. Tenemos entonces, para todo i = 1,..., n, a 1 σ i (v 1 ) + + a r 1 σ i (v r 1 ) + σ i (v r ) = 0 Como F = E G y a 1 F, existirá un σ k tal que σ k (a 1 ) a 1. Aplicando σ k a la ecuación anterior, obtenemos σ k (a 1 )σ k (σ i (v 1 )) + + σ k (a r 1 )σ k (σ i (v r 1 )) + σ k (σ i (v r )) = 0 7

8 para todo i = 1,..., n. Pero observemos que, al ser G un grupo, Por tanto, tenemos {σ k σ i i = 1,..., n} = {σ i i = 1,..., n}. σ k (a 1 )σ i (v 1 ) + + σ k (a r 1 )σ i (v r 1 ) + σ i (v r ) = 0 para todo i = 1,..., n. Y restando éstas de las ecuaciones originales, queda: (a 1 σ k (a 1 ))σ i (v 1 ) + + (a r 1 σ k (a r 1 ))σ i (v r 1 ) = 0 para i = 1,..., n, lo que nos daría otra solución no nula del sistema (recordemos que a 1 σ k (a 1 ) 0) con menos elementos distintos de cero, contradiciendo nuestra elección. Corolario Si G = {σ 1,..., σ n } es un grupo de automorfismos de un cuerpo E, y F = E G, entonces cualquier atomorfismo σ : E E que fije F está en G. Demostración: Por el teorema de Artin, [E : F ] = n. Si σ / G, entonces {σ 1,..., σ n, σ} serían n + 1 automorfismos distintos fijando F, por lo que [E : F ] n + 1, lo que es una contradicción. Corolario Si G 1 y G 2 son dos grupos finitos de automorfismos de E, y E G 1 = E G 2, entonces G 1 = G Teorema fundamental de la teoría de Galois Ya hemos visto cómo los grupos formados por automorfismos de E están en relación con los subcuerpos de E. Esta es la idea principal de la teoría Galois. Y en esta relación jugarán un papel importante las extensiones de Galois (extensiones E/F de grado finito en las que todo elemento de E\F es movido por algún F -automorfismo). Definición Sea E/F una extensión de Galois. Llamaremos grupo de Galois de E/F al grupo de F -automosrfismos de E: G(E/F ) = Aut(E/F ) = {σ : E E σ F id} Observemos que, al ser E/F una extensión finita, el grupo G(E/F ) es finito. La teoría de Galois relaciona, entonces, los subgrupos de G(E/F ) con los subcuerpos de E que contienen a F. Antes de dar el Teorema de Galois, vamos a caracterizar las extensiones de Galois con la ayuda del siguiente concepto: Definición Un polinomio f(x) K[x] se dice separable si sus factores irreducibles no tienen raíces múltiples (en su cuerpo de descomposición). Observemos, por ejemplo, que todo polinomio de R[x] es separable: Los factores irreducibles de un polinomio en R[x] tienen grado 1 o 2; los de grado 1 sólo tienen una raíz, y los de grado 2 tienen dos racíes complejas conjugadas y distintas. No es difícil ver que un polinomio p(x) tiene alguna raíz múltiple si y sólo si mcd(p(x), p (x)) 1. Esto implica claramente que si F es un cuerpo de característica 0 (es decir, si

9 para cualquier número de sumandos), entonces todo polinomio de F [x] es separable. En particular, todo polinomio de Q[x] es separable. Un ejemplo de polinomio no separable es el siguiente. Sea K = Z/Zp con p primo, y consideremos F = K(T ) para una cierta variable T. Entonces x p T F [x] no es un polinomio separable. Primero, observemos que x p T es irreducible en F [x] = K(T )[x], ya que es irreducible en K[T ][x] = K[T, x] (es mónico y de grado 1 en T ). Por otra parte, si α es una raíz de este polinomio en el cuerpo de descomposición E (podemos denotar α = p T, ya que cumple α p = T ), observamos que x p T = (x α) p, por tanto α es una raíz múltiple. Definición Sea E/F una extensión de cuerpos. Un elemento α E es separable sobre F si es raíz de un polinomio separable f(x) F [x]. La extensión E/F se dice separable si todo α E es separable sobre F. Observemos que todo elemento separable sobre F es algebraico sobre F (es raíz de un polinomio con coeficientes en F ). Por tanto, una extensión separable es, en particular, una extensión algebraica. Ya podemos caracterizar las extensiones de Galois. Teorema Una extensión E/F es de Galois si y sólo si E es el cuerpo de descomposición de un polinomio separable f(x) F [x]. Demostración: Supongamos que E/F es una extensión de Galois y sea G = G(E/F ) = {σ 1,..., σ n } su grupo de Galois. Al ser una extensión de Galois, se tiene E G = F. Sea α E. Como [E : F ] <, los elementos 1, α, α 2, α 3,... no pueden ser todos independientes sobre F, por tanto existirá una relación entre ellos con coeficientes en F, y por tanto un polinomio en F [x] que tenga a α como raíz, es decir, α es un elemento algebraico. (Esto demuestra que toda extensión finita es algebraica.) Veamos que el polinomio mínimo f(x) de α sobre F no tiene raíces múltiples, y sus factores en E[x] son todos de grado 1. Para ello apliquemos todos los automorfismos de G al elemento α, y consideremos α = α 1, α 2..., α s los elementos distintos en el conjunto {σ 1 (α),..., σ n (α)}. Entonces, dado σ i G y dado cualquier α j, se tiene σ i (α j ) = α k para algún α k. Esto implica que el polinomio p(x) = (x α 1 )(x α 2 ) (x α s ) se queda fijo por la acción de G. Por tanto p(x) F [x]. Pero entonces p(x) es un polinomio con coeficientes en F, tal que p(α) = 0, luego f(x) divide a p(x), y por tanto f(x) tiene todos sus factores lineales en E[x], y no tiene raíces múltiples. (En realidad todos los α i son raíces de f(x), luego f(x) = p(x).) Por último, como [E : F ] <, consideremos elementos w 1,..., w r E que generen E como F -espacio vectorial, por lo que E = F (w 1,..., w r ). Sea f i (x) F [x] el polinomio mínimo de w i, para i = 1,..., r. Por el párrafo anterior, cada f i (x) es separable, y por tanto el polinomio f(x) = f 1 (x) f r (x) es también separable. Claramente, también por el párrafo anterior, E/F es el cuerpo de descomposición de f(x). Supongamos que E es el cuerpo de descomposición de un polinomio separable f(x) F [x]. Por un lado sabemos que [E : F ] <, ya que E es cuerpo de descomposición de un polinomio sobre F. Tenemos que demostrar que todo elemento α E\F es movido por un F -automorfismo de E. Lo haremos, como en un resultado anterior, por inducción en el número m de raíces de f(x) que no están en F. Si m = 0 entonces E = F, por lo que el resultado es trivial. Supongamos que m > 1, y que el resultado es cierto para polinomios separables de K[x] (sobre un cuerpo K) con menos de m raíces fuera de K. 9

10 Tomemos un factor irreducible p(x) F [x] de f(x), con gr(p(x)) = s > 1. Sea α E una raíz de p(x), con lo que [F (α) : F ] = s. Entonces f(x) F (α)[x], donde E es un cuerpo de descomposición de f(x) sobre F (α), y f(x) tiene menos de m raíces fuera de F (α). Por tanto, por hipótesis de inducción, E/F (α) es una extensión de Galois. Esto implica que todo elemento de E\F (α) es movido por un F (α)-automorfismo de E. Por otra parte, como f(x) es separable, las raíces α = α 1, α 2,..., α s E de p(x) son todas distintas. Sabemos además que dados α 1 y α i (raíces del mismo polinomio irreducible), existe un F -automorfismo σ i : E E tal que σ i (α 1 ) = α i. Consideremos finalmente un elemento z E que queda fijo por todos los F -automorfismos de E. Sabemos que z F (α), ya que en caso contrario existiría un F (α)-homomorfismo (luego un F -homomorfismo) que lo movería. Por tanto z = c 0 + c 1 α + + c s 1 α s 1 para ciertos c j F. Aplicando σ i (que deja invariante z) tenemos z = σ i (z) = c 0 + c 1 α i + + c s 1 (α i ) s 1, para todo i = 1,..., s. Esto implica que el polinomio (c 0 z) + c 1 x + + c s 1 x s 1, de grado menor o igual a s 1, tiene s raíces distintas en E. Esto sólo puede pasar si el polinomio es nulo, lo que implica que z = c 0 F. Por tanto, los únicos elementos que quedan fijos por todos los F -automorfismos de E son los elementos de F. Luego E/F es una extensión de Galois. La última observación que haremos antes del Teorema fundamental de la teoría de Galois es la siguiente: Dada una extensión de Galois E/F, estudiaremos los cuerpos intermedios F L E. Un caso particular será aquel en que L/F sea una extensión de Galois. Hemos mencionado que esto significa que es una extensión normal (en el sentido usual), separable y finita. Ahora bien, como E/F es finita, sabemos que L/F también es finita; y como E/F es separable, entonces es inmediato que L/F también es separable. Por tanto, decir que L/F es una extensión de Galois equivale a decir que es una extensión normal, tanto en el sentido usual como en el sentido del libro de Snaith. Teorema 3.32 (Teorema fundamental de la teoría de Galois). Sea E/F una extensión de Galois, y sea f(x) F [x] un polinomio separable cuyo cuerpo de descomposición es E. Sea G = Gal(E/F ). (a) Existe una correspondencia biyectiva entre los subcuerpos de E que contienen a F, y los subgrupos de G, dada por: {Subcuerpos L F L E} {Subgrupos H {id} H G} L G(E/L) E H H Esta correspondencia invierte las inclusiones. (b) La extensión L/F es normal si y sólo si el subgrupo H = G(E/L) es normal en G. Y en este caso, el grupo cociente G/H es precisamente isomorfo al grupo de Galois G(L/F ). Es decir: G(E/F )/G(E/L) = G(L/F ). 10

11 (c) Para todo subcuerpo L, si denotamos H = G(E/L), se tiene: [E : L] = H, [L : F ] = G H. Demostración: Primero observemos que dado un subcuerpo intermedio F L E, se tiene f(x) L[x], por lo que E es el cuerpo de descomposición de un polinomio separable en L[x], y por tanto la extensión E/L siempre es de Galois. Comenzaremos demostrando (c). Sea H = G(E/L). Como E/L es de Galois, L = E H, y el teorema de Artin nos dice precisamente que [E : L] = H. Además, por el mismo teorema de Artin [E : F ] = G, por lo que [L : F ] = [E:F ] [E:L] = G H. Veamos ahora (a). Debemos demostrar que para todo cuerpo intermedio F L E se tiene E G(E/L) = L, y que para todo subgrupo H G se tiene G(E/E H ) = H. Lo primero ya lo hemos demostrado en el párrafo anterior. Sea entonces H G. Observemos que G(E/E H ) está formado por los automorfismos de E que dejan fijos los elementos de E H, por tanto H G(E/E H ). Pero por el teorema de Artin [E : E H ] = H, y por el apartado (c) de este teorema [E : E H ] = G(E/E H ). Luego los dos subgrupos tienen el mismo número de elementos y uno está contenido en el otro, por tanto son iguales: H = G(E/E H ). Nos queda probar (b). Supongamos que L/F es una extensión normal. Entonces L es el cuerpo de descomposición de un polinomio separable h(x) F [x]. Luego, como todo σ G fija F, fija h(x), y por tanto debe enviar su cuerpo de descomposición L en sí mismo. Es decir, σ(l) = L. Si tomamos ahora σ G y σ G(E/L), entonces para todo α L se tiene σ(α) L, luego σ σ(α) = σ(α), y así σ 1 σ σ(α) = σ 1 σ(α) = α. Por tanto σ 1 σ σ G(E/L), demostrando que G(E/L) es un subgrupo normal de G. Supongamos ahora que H = G(E/L) es un subgrupo normal de G. Veamos que se tiene el siguiente isomorfismo: G/H G(L/F ) σh σ L Por un lado, esta aplicación está bien definida, ya que si σh = σ H, entonces σ 1 σ H = G(E/L), por lo que σ y σ coinciden en los elementos de L. Claramente es un morfismo de grupos, por tanto queda ver que es biyectiva. Si σ L = id L entonces σ G(E/L) = H, luego σh = id H. Por tanto la aplicación es inyectiva, y como G/H y G(L/F ) son dos grupos finitos, demostraremos que la aplicación es sobreyectiva viendo que tienen el mismo número de elementos. Por el apartado (c), y por el hecho de que la aplicación sea inyectiva, se tiene: [L : F ] = G / H = G/H G(L/F ). Pero sabemos que si G(L/F ) es un conjunto de automorfismos distintos que fijan F, entonces [L : F ] G(L/F ). Por tanto [L : F ] = G(L/F ), luego G/H = G(L/F ), como queríamos demostrar. Tenemos entonces el isomorfismo del apartado (b), y sólo nos queda demostrar que la extensión L/F es normal. Para ello basta observar que en este caso, por el teorema de Artin [L : L G(L/F ) ] = G(L/F ) = [L : F ]. Pero como F L G(L/F ), la igualdad de los grados implica la igualdad de los cuerpos: F = L G(L/F ). De donde L/F es una extensión normal. 11

12 3.4. Resolubilidad por radicales El objetivo principal de Galois, que le llevó a desarrollar la teoría anterior, fue el problema de saber cuándo una ecuación polinómica era resoluble por radicales. Es decir, dado un polinomio f(x) = a 0 +a 1 x+ +a n x n con coeficientes en un cuerpo F, qué condiciones deben cumplirse para poder expresar sus raíces como una expresión que contenga a 0,..., a n, sumas, restas, productos, divisiones y raíces (de cualquier índice). Se sabe desde tiempo inmemorial que dado un polinomio f(x) = ax 2 + bx + c cualquiera de grado 2, sus raíces se pueden expresar de la forma x = b ± b 2 4ac. 2a Fórmulas similares para la ecuación de tercer grado fueron descubiertas por Nicolo Fontana (Tartaglia), y para la ecuación de cuarto grado por Ludovico Ferrari, en el siglo XVI. Encontrar una fórmula general para resolver las ecuaciones de quinto grado fue el reto principal para los algebristas durante tres siglos, hasta que Niels Henrik Abel (basándose en ideas de Lagrange, y completando el trabajo de Ruffini), demostró que era imposible, en Pero la teoría de Galois va más allá, dando una condición necesaria y suficiente para que un polinomio sea resoluble por radicales. Veámoslo, aunque no demos una justificación completa. En primer lugar, describiremos la resolución por radicales de un polinomio en términos de extensiones de cuerpos. Definición Una extensión de cuerpos E/F se dice extensión radical si existe una cadena de cuerpos intermedios F = F 0 F 1 F r = E, tales que F i+1 = F i (α i ), donde α n i i F i para algún entero n i. Definición Un polinomio f(x) F [x] se dice resoluble por radicales si su cuerpo de descomposición está contenido en una extensión radical de F. Veamos ahora la condición equivalente: Definición Un grupo finito G se dice resoluble si existe una sucesión de subgrupos {1} = G r G r 1 G 1 G 0 = G, cada uno subgrupo normal del siguiente, tal que cada cociente G i /G i+1 es abeliano. Teorema Sea F un cuerpo de característica cero. Un polinomio f(x) F [x] es resoluble por radicales si y sólo si su grupo de Galois es resoluble. Nota: Necesitamos algunos resultados más para demostrar este teorema, y desgraciadamente la extensión de estas notas no lo hace posible. Referimos al lector interesado al libro de Snaith, o a cualquier otro libro de teoría de Galois. Para dar una idea de cómo este teorema puede usarse para demostrar que un polinomio no es resoluble por radicales, terminaremos estas notas con el siguiente ejemplo. 12

13 Ejemplo Consideremos el polinomio f(x) = 2x 5 10x+5 Q[x]. Este polinomio es irreducible en Q[x], lo que puede verse mediante el criterio de Eisenstein. Por tanto, como los polinomios de Q[x] son separables, f(x) tiene cinco raíces distintas en su cuerpo de descomposición E, que deben ser permutadas por cualquier elemento de G = Gal(E/Q). Además, dicha permutación determina el elemento de G, por lo que podemos ver G como un subgrupo del grupo de permutaciones S 5. Consderemos ahora una raíz α de f(x). Como su polinomio mínimo es f(x) que tiene grado 5, sabemos que [Q(α) : Q] = 5, luego G = [E : Q] es un múltiplo de 5, por el Teorema de Lagrange. Esto implica, por el Teorema de Cauchy, que existe un elemento en G de orden 5. Como los únicos elementos de orden 5 en S 5 son los ciclos de orden 5, deducimos que en G existe un ciclo de orden 5, digamos ( ). Veamos ahora que G contiene una trasposición. Podemos considerar que el cuerpo de descomposición E está contenido en C. Demostraremos entonces que f(x) tiene tres raíces reales y dos raíces no reales, con lo cual la conjugación compleja será un automorfismo de E que permute dos raíces y fije las otras tres, luego corresponderá a una trasposición. Observemos que la derivada de f(x) es f (x) = 10x 4 10 cuyas únicas raíces reales son 1 y 1. Por tanto, f(x) crece, desde valores negativos arbitrariamente grandes hasta llegar a f( 1) = 13, luego decrece hasta llegar a f(1) = 3, y luego vuelve a crecer tomando valores positivos arbitrariamente grandes. Por tanto f(x) tiene exactamente tres raíces reales, como queríamos demostrar. Hemos visto entonces que G contiene un ciclo de orden 5, σ = ( ), y una trasposición, que podemos considerar que es (1 a). Observemos que σ a 1 es un ciclo de orden 5 que lleva 1 en a, por tanto, reemplazando σ por σ a 1 y renombrando los elementos que permuta S 5, podemos suponer que G contiene a σ = ( ) y a (1 2). Ahora, conjugando (1 2) por σ, σ 2 y σ 3, vemos que G contiene a (1 2), (2 3), (3 4), (4 5). Y es fácil ver que estas cuatro trasposiciones generan todo el grupo S 5. Por tanto G = G(E/Q) = S 5. Pero es bien conocido que el grupo S 5 no es resoluble (la solubilidad se preserva por subgrupos, y el subgrupo alternado A 5 S 5 es un grupo simple no abeliano, luego A 5 no es resoluble, lo que implica que S 5 tampoco puede serlo). Por tanto, concluimos que el polinomio f(x) no es resoluble por radicales. De hecho, el grupo S n no es resoluble para n 5 (hecho demostrado por el propio Galois), y sí lo es para n 4. Por eso los polinomios de grado menor o igual a cuatro pueden resolverse siempre por radicales. 13