Estructuras Algebraicas

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1 Estructuras Algebraicas Romina Ramirez Abril Introducción El tema que motiva este estudio, es establecer la estructura de los cuerpos. La idea de la teoría 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 teoría 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 cíclico es cíclico. Corolario 2.2. El orden de una permuación σ en S n es el mínimo 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 cíclicos, los cuales tienen ordenes m 1,..., m k donde m 1 > 1 y m 1... m k. 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 1 R y caracteristica n > Si ϕ :Z R es una aplicación dada por m m1 R, entonces ϕ es un homomorfismo de anillos con nucleo < n >= kn, k Z. 2. n es el menor entero positivo talque n1 R = Si R no tiene divisores de cero (como caso particular si R es dominio integral), entonces n es primo. 1

2 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 = a i x i 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 a 0 y d divide a a n. Teorema 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 Sea D un dominio de factorización única cuyo cuerpo cociente es F. Sea el polinomio f = a i x i con 1 i n y Gr(f) 1 y p un elemento irreducible de D tal que p a n, p a i para todo i = 1.., n 1, y p 2 a 0, entonces f es irreducible en F [x]. Si f es primitivo, entonces f es irreducible en D[x]. Teorema 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 Un cuerpo F se dice cuerpo de extensión de K si K es un subcuerpo de F Teorema 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 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 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

3 Corolario 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 envía u v y es la aplicación identidad en K. Definición 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 Aut K F Teorema Sea F un cuerpo de extensión de K y f K[x].Si u F es raiz de f y σ Aut K F, entonces σ(u) F y es raiz de f. Definición 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 Aut K F es K. El siguiente teorema será muy utilizado en este trabajo. Es conocido como el Teorema Fundamental de la teoría de Galois. Teorema 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 índice de los correspondientes subgrupos. En particular, Aut K F 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 = Aut E F es normal en Aut K F. En este caso G/E es isomorfo al grupo de Galois Aut K E de E sobre K. Definición 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 u 0 )..(x u n ) 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(u 1,.., u n ) donde u i son las raices de f en F. Teorema 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 Sea σ:k L un isomorfismo de cuerpos. Sea S = {f i } un conjunto de polinomios de grado positivo en K[x], y S = {σ(f i )} 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 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 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

4 Teorema Sea F una extensión de K tal que [F : K] <. Entonces, son equivalentes: 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 irreducibles 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 Aut K F 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 : Aut K F Aut K F dada por σ 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 [esto es admitido de manera tácita cuando decimos El grupo de Galois ] Definición 3.2. Un subgrupo G del grupo simétrico S n se dice transitivo si para cualquier i 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 S n. 2. Si f es irreducible separable de grado n, entonces n divide a G y G es isomorfo a un subgrupo transitivo de S n. Observación 1. Analicemos los subgrupos de S 3 : S 3 : es transitivo pues i j existe σ G tal que σ(i) = j. A 3 : 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

5 En conclusión, los únicos subgrupos transitivos de S 3 son A 3 o S 3. Así,(utilizando el teorema anterior) el grupo de Galois de un polinomio lineal separable de grado 3 sería A 3 o S Supongamos que gr(f) = k. Sea u 1,...u n son las raices distintas de un polinomio f en algún cuerpo de separación F, con 1 n k. Como u i son raices, σ(u i ) también lo son (por 2.19). Sea σ(u j ) = u ij. Consideremos la permutación σ S n dada por σ(1,.., n) = (i 1,.., i n ). Entonces podemos ver a S n como todas las permutaciones de las raices de f. Ahora definamos la aplicación τ : Aut K F S n, dada por τ(σ) = σ. Esta aplicación está bien definida y es un monomorfismo. Es monomorfismo: Sean σ µ Aut K F. Como son distintos, entonces existe un elemento u i talque σ(u i ) = u j y µ(u i ) = u k con j k. Por la manera en la que fue contruida la aplicación τ tenemos que σ(1,.., n) envía i i j y µ(1,.., n) envía i i k. En consecuencia σ µ. Por lo tanto es un monomorfismo. Entonces Aut K F = H S n. 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(u 1 ) : 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(u i ) y F = K(u j ) que son extensiones K y los elementos u i y u j son algebráicos. Entonces como son raices de f, existe un isomorfismo σ : K(u i ) K(u j ) aplicando u i u j (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 σ : F F. O sea σ Aut K F. De aqui que, llamando τ a la aplicación dada por τ(σ) = σ, Aut K F es isomorfo a un grupo transitivo. Caracterizamos entonces al grupo de Galois de un polinomio como un subgrupo de S n 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

6 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 u 1 ) n 1..(x u k ) n k. Sea v0.., v k los coeficientes de g(x) = (x u 1 )..(x u k ), y E = K(v 0,.., v k ), 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 Aut E F = Aut K F :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 (Aut K F ) = E. Para probar que (Aut K F ) E observemos que Aut E F < Aut K F. Tomando prima a ambos lados, la relación de subgrupo se invierte. Es decir que (Aut K F ) < (Aut E F ) y por el item anterior tenemos que F es Galois sobre E, es decir que (Aut E F ) = E. Con esto hemos probado que (Aut K F ) E. Ahora probemos que (Aut K F ) E. Si v E pero en particular v K entonces está probado que v (Aut K F ) por la definición de cuerpo fijo. Si v E pero v / K entonces v = v j 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) = v 0 x n +..+v 2 x n 2 +v n 1 x+v n entonces : v 0 = 1 v 1 = n i=1 u i v 2 = n i=1 u iu j para i < j... v n = ( 1) n n i=1 u i Por lo tanto si aplicamos un elemento σ Aut K F a v i, como por 2.19 tenemos que σ(v i ) = v i 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 2),entonces G = Z 2. De otra manera G = 1. 6

7 Observar que S 2 = Z2. Entonces en el caso que el polinomio sea (además de irreducible) separable, aplicando el resultado anterior (3.3), tenemos que G = S 2 = 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 envía raices en raices es la identidad. Entonces, el grupo de Galois Aut K F es el grupo trivial G = 1. Como hemos mencionado anteriormente, el grupo de Galois de un polinomio separable de grado 3 es A 3 o S 3. Para poder determinar con presición cual es su grupo de Galois, introduciremos el siguiente concepto. Definición 3.5. Sea K un cuerpo con cark 2 y f K[x] un polinomio de grado n con n distintas raices u 1,.., u n en algún cuerpo de separación F de f sobre K. Sea = i<j (u i u j ). El discriminante de f es el elemento D = 2. Notar que como es un elemento de F, y por ser F cuerpo D = 2 también lo es. Pero vale aún mas: Proposición 3.6. Sea K, f, F y como hemos considerado en la definición de determinante. 1. D K. 2. Para cada σ Aut K F < S n, σ es una permutación par (respectivamente impar) si y solo si σ( ) = (resp σ( ) = ). 1) Supongamos que vale el segundo item. Notar que para todo σ Aut K F, σ( 2 ) = σ( ) 2 = (± ) 2 = 2. Por lo tanto 2 K pues F es Galois sobre K (por 2.27). 2) LLamemos (u 1,.., u n ) = i<j (u i u j ). Calculemos primero (σ(u 1 ),.., σ(u n )) cuando σ es una trasposición. Digamos σ = (u c u d ) con c < d. Llamemos: A = j<k,j,k c,d (u j u k ) B = j<c (u j u c ) C = j<c (u j u d ) D = c<j<d (u j u d ) E = c<k<d (u c u k ) F = d<k (u c u k ) G = d<k (u d u k ) Con esta notación (u 1,.., u n )=(u c u d )ABCDEF G. Escribimos ahora σ(a), σ(b), σ(c), σ(d), σ(e), σ(f ), σ(g) usando que σ es un homomorfismo. Mediante cálculos podemos verificar que σ(u c u d ) = σ(u c ) σ(u d ) = u d u c = (u c u d ). 7

8 σ(a) = σ( j<k,j,k c,d (u j u k )) = j<k,j,k c,d (σ(u j) σ(u k )) = j<k,j,k c,d (u j u k ) = A, σ(b) = σ( j<c (u j u c )) = j<c (σ(u j) σ(u c )) = j<c (u j u d ) = C, y de la misma manera σ(c) = B σ(d) = ( 1) d c 1 E σ(e) = ( 1) d c 1 D σ(f ) = G σ(g) = F. En consecuencia, σ( (u 1,.., u n ))= σ(u c u d )σ(a)σ(b)σ(c)σ(d)σ(e)σ(f )σ(g) = ( 1) 1+2(d c 1) (u c u d )ABCDEF G= (u 1,.., u n ). En conclusión si σ es una trasposición, entonces σ( ) =. De aqui que σ es par (definida una permutación par como producto de cantidad par de transposiciones disjuntas) si y solo si σ( ) =. De la misma manera σ es impar si y solo si σ( ) =. El siguiente resultado establece la primera de las relaciones entre subcuerpos y subgrupos dada por el teorema fundamental de la teoria de Galois. Corolario 3.7. Sea K, f, F y como hemos considerado en la definición de determinante, y consideremos G = Aut K F como subgrupo de S n. En la correspondencia dada en el teorema fundamental de Galois al subcuerpo K( ) le corresponde al subgrupo G A n. En particular G consiste de todas las permutaciones pares si y solo si K Segun la correspondencia dada en el teorema 2.21, E E. cuerpo. K( ) ={σ Aut k F / σ(u) = u para todo u K( )}. Queremos probar que K( ) = G A n. Consideremos K( ) ) Sea τ G A n, entonces τ G = Aut K F y ademas τ A n. En consecuencia τ fija los elementos de K y es par. Por ser par, τ( ) =, entonces τ deja invariantes los elementos de K y. Esto es τ K( ). ) Sea τ K( ), entonces τ(u) = u para todo elemento u K( ). Si u =, entonces τ( ) =, o sea τ A n. Además como τ(u) = u para todo elemento u K, entonces τ Aut K F = G. Esto es τ (G A n ). Como caso particular queremos probar que G = A n K. ) Como G A n = A n, el subcuerpo K( ) le corresponde al subgrupo A n. Y por la asignación determinada en el Teorema Fundamental de la teoria de Galois, entonces (al ser biunivoca y K G = A n ), entonces K = K( ) es decir K. 8

9 ) Como K entonces K = K( ) y por la asignación del Teorema Fundamental G A n = G. Como A n G, entonces G = A n. 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 S 3 o A 3. Si cark 2, el grupo de Galois es A 3 si y solo si el discriminante de f es el cuadrado de algún elemento de K. Con estas hipótesis estamos en condiciones de aplicar el teorema 3.3, entonces n = 3 G, y G = H < S 3 con H grupo transitivo, entonces G = S 3 o G = A 3 (que son los únicos subgrupos transitivos de S 3 ). )Supongamos que = k 2 con k K. Tomemos σ G, entonces σ( ) = σ(k 2 ) = σ(k) 2 = k 2 =. Esto es que σ( ) =, o sea σ es par. Por lo tanto σ A 3. )Sea σ A 3. Supongamos que = k 2 con k / K. Entonces σ( ) = σ(k 2 ) = σ(k) 2 k 2 = pues si σ es par, deja invariantes los elementos solo de K. En consecuencia σ( ), lo que contradice las hipótesis iniciales. Con esto decimos que = k 2 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 R y D = 2 > 0. ) Sean las tres raices de un polinomio f. Las situaciones son 2: O bien tiene tres raices reales (en cuyo caso ya estaría 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 conjugadas. Llamemos r a la raiz real y a ± bi las complejas conjugadas. Entonces: = (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. Supongamos 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

10 Consideremos f un polinomio (irreducible) separable de grado 3. Sabemos que el grupo de Galois de f es A 3 o S 3. Si el grupo de Galois es A 3 = Z3 no existen cuerpos intermedios. Si el grupo de Galois es S 3 existen cuatro cuerpos intermedios: K( ), K(u 1 ), K(u 2 ), y K(u 3 ). Sabemos por el teorema fundamental de la teoria de Galois, que a cada cuerpo intermedio H se le asigma un subgrupo de Aut K F dado por H H, Entonces los correspondientes subgrupos de los cuerpos intermedios anteriormente mencionados los obtenemos: K(u i ) ={σ Aut K F = S 3 tal que σ(u) = u para todo u K(u i )}, es decir que deja fijo a K y a u i. Entonces K(u i ) =T i ={(i)(jk), con i j, k}. Por lo tanto cada subcuerpo se corresponde de la siguiente manera: F (1) K( ) A 3 K(u 1 ) T 1 K(u 2 ) T 2 K(u 3 ) T 3 K S 3 Por lo visto en los teoremas anteriores, para calcular un grupo de Galois de un polinomio 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 explícita 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 2, 3. Si f(x) = x 3 + bx 2 + 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 x 3 + px + q y el discriminante de f es 4p 3 27q 2. 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 = x 3 + (( b 2 + 3c)/3)x + (2b 2 9cb + 27d)/27. Por lo tanto x 3 + px + q donde p = ( b 2 + 3c)/3 y q = (2b 2 9cb + 27d)/27. Consideremos ahora v 1, v 2, v 3 las raices de g en F. Entonces (x v 1 )(x v 2 )(x v 3 ) = g(x) = x 3 + px + q lo cual implica: v 1 + v 2 + v 3 = 0 v 1 v 2 + v 2 v 3 + v 1 v 3 = p v 1 v 2 v 3 = q. 10

11 Como cada v i es raiz de g verifican vi 3 = pv i q. Utilizando estas últimas ecuaciones y la difinición de 2 obtenemos que el discriminante de g es 4p 3 27q 2 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 permutaciones posibles de las raices de f (subgrupo de S 4 ). Tomemos el subgrupo de S 4, V ={(1), (12)(34), (13)(24), (14)(23)} que tendrá un rol muy importante en el desarrollo de la teoría para determinar grupos de Galois de polinomios de grado 4. Este grupo V : * Es subgrupo normal de S 4 : esto se puede probar tomando cada elemento de V y probar que av a 1 V para cada a S 4. * Es isomorfo a Z 2 Z 2 : Esto es porque solo existen dos grupos (o son isomorfos e ellos) de orden 4: Z 4 y Z 2 Z 2. Como V no es cíclico, entonces es isomorfo a Z 2 Z 2. * 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 = S 4 entonces concluimos que V G es subgrupo normal de G = Aut K F < S 4. Lema Tomemos K, f, F, u i como en el párrafo anterior y con G = Aut K F < S 4. Si α = u 1 u 2 + u 3 u 4, β = u 1 u 3 + u 2 u 4 y γ = u 1 u 4 + u 2 u 3 en F, entonces por la correspondencia 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 Aut K K(α, β, γ) = G/(G V ). 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(u 1 u 2 + u 3 u 4 ) = u 3 u 4 + u 1 u 2 = α σ(β) = σ(u 1 u 3 + u 2 u 4 ) = u 2 u 4 + u 1 u 3 = β σ(γ) = σ(u 1 u 4 + u 3 u 2 ) = u 3 u 2 + u 1 u 4 = 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 u 2 u 3 + u 1 u 4 = u 1 u 3 + u 2 u 4 y por lo tanto u 2 (u 3 u 4 ) = u 1 (u 3 u 4 ). 11

12 En consecuencia u 1 = u 2 ou 3 = u 4 lo cual es una contradicción por la elección de los u i. Por lo tanto σ(β) β. De la misma manera podemos probar que tomando σ = (13) que no pertenece a V, σ(α) = γ α. Para γ basta tomar σ = (12). Con esta permutación σ(γ) = β γ. Para demostrar Aut K K(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 Aut K K(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 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 Si K es un cuerpo y f(x) = x 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e K[x] entonces el resolvente cúbico de f es el polinomio x 3 + cx 2 + (bd 4e)x b 2 e + 4ce d 2 K[x] Sea f con raices u 1,.., u 4 en algún cuerpo de separación F. Entonces podemos escribir a f como (x u 1 )(x u 2 )(x u 3 )(x u 4 ). Asi expresamos b, c, d, e en términos de u i. 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 S 4 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 Sea K un cuerpo y f un (irreducible)separable cuadrático en K[x] con grupo de Galois G (considerado como subgrupo de S 4 ). Sean α, β, γ, las raices del resolvente cúbico de f y sea m = [K(α, β, γ) : K], entonces: 1. m = 6 G = S m = 3 G = A m = 1 G = V. 4. m = 2 G = D 4, o G = Z 4. En este caso G = D 4 si f es irreducible sobre K(α, β, γ) y, G = Z 4 de la otra manera. 12

13 Como K(α, β, γ) es cuerpo de separación sobre K de un cúbico, las únicas posibilidades para el valor m son 1,2,3 y ) Si m=6 significa que G / V = 6 entonces G = 4.6 = 24. como el unico subgrupo de orden 24 de S 4 es S 4 entonces G = S 4. ) Si G = S 4 entonces G V = V entonces G/(G V ) = G / V = 24/4 = ) Si m=3 significa que G / V = 3 entonces G = 4.3 = 12. Como el unico subgrupo de orden 12 transitivo de S 4 es A 4 entonces G = A 4. ) Si G = A 4 entonces G V = V y m = G/V = G / V = ) Si m=1 significa que G / V = 1 entonces G = 4.1 = 4. Como los grupo de orden 4 o son isomorfos a Z 4 o lo son a Z 2 Z 2. Como el único grupo transitivo de estos dos es Z 2 Z 2, entonces G = V. ) Si G = V entonces G V = G y m = G/G = ) Si G = D 4 : Entonces G V = V pues V esta contenido en todo 2-subgrupo de Sylow de S 4 y m = G/V = G / V = 2. Si G es cíclico 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 = D 4 f es irreducile sobre K(α, β, γ). Sean u 1, u 2, u 3, u 4 las raices de f en algún cuerpo de separación F y supongamos que G = D 4, entonces G V = V. Como V es un subgrupo transitivo yg V = Aut K(α,β,γ) F por 3.10, existe para cada par i j una aplicación σ (G V ) la cual: induce un isomorfismo K(α, β, γ)(u i ) = K(α, β, γ)(u j ) tal que σ(u i ) = u j y la restricción de σ a K(α, β, γ) es la identidad. En consecuencia para cada i j, u i y u j 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 = Z 4 f debe ser reducible sobre K(α, β, γ). Si G = Z 4, entonces G V = Aut K(α,β,γ) F tiene orden 2 y no es transitivo. Esto quiere decir que para algún i j no existe σ (G V ) talque σ(u i ) = u j. Pero como F es cuerpo de separación sobre K(α, β, γ)(u i ) y K(α, β, γ)(u j ), si hubiese un isomorfismo K(α, β, γ)(u i ) = K(α, β, γ)(u j ) el cual, fuese la identidad en K(α, β, γ) y enviara u i enu j ; debería ser la restricción de algún σ Aut K(α,β,γ) F = G V (por 2.24). Por lo tanto no existe tal isomorfismo y en consecuencia u i y u j 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

14 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 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 S p Sea G el grupo de Galois de f considerado como subgrupo de S p. 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) (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 = (aj 2...j p ), entonces alguna potencia de σ puede ser escrita σ k = (abi 3...i p ) G. Por cambio de notación, asumimos que τ = (12) y σ k = (123...p). Pero estos dos elementos generan S p. En consecuencia G = S p. 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) = x 3 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 A 3. 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) = x 3 3x 2 x 1 Q[x]. Sea g(x) = f(x b/3) = f(x 3/3) = x 3 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(2 2 ) = 148 el cual no es el cuadrado de ningún elemento de Q. Por lo tanto su grupo de Galois es S 3 (por 3.8). Polinomios de grado 4 Ejemplo. 14

15 Consideremos f(x) = x 4 + 4x Q[x]. Este polinomio es irreducible por el criterio de Einstein, es separable porque car(q) = 0. Su correspondiente resolvente cúbica es x 3 4x 2 8x + 32 = (x 4)(x 2 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 D 4 o Z 4. Reducimos a f al polinomio z 2 +4z +2 por medio de la sustitución z = x 2 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 )(x + 2 2). Por lo tanto f es reducible en Q( 2). Su correspondiente grupo de Galois es cíclico de orden 4 pues, por 3.13, m = [K(α, β, γ) : K] = 2 G = D 4, o G = Z 4. En este caso como f es reducible sobre K(α, β, γ), G = Z 4. Ejemplo. El objetivo será encontrar el grupo de Galois para el polinomio f(x) = x 4 10x 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 = (x 2 + ax + b)(x 2 + cx + d). Por lo tanto f es irreducible en Q[x]. El resolvente cúbico de f es x x 2 16x 160 = (x + 10)(x + 4)(x 4) y todas 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 = Z 2 Z 2. Ejemplo. Sea f = x 4 2 Q[x]. Este polinomio es irreducicle en Q[x] (por el criterio de Einstein) pero es separable. El resolvente cúbico es x 3 + 8x = x(x 2 2i)(x + 2 2i). Entonces K(α, β, γ) = Q( 2i) que tiene dimensión [Q( 2i) : Q] = 2. Como f = x 4 2 es irreducible en Q( 2i) (pues x 4 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 D 4 (por 3.13). Ejemplo. En el siguiente caso calcularemos el grupo de Galois de un polinomio de Grado 4, que no verifica las hipótesis de Tomemos f(x) = x 4 5x Q[x]. Observemos que este polinomio es reducible en Q[x]. Sea f(x) = (x 2 2)(x 2 3). En esta situación no es aplicable Claramente el cuerpo Q( 2, 3) es cuerpo de separación de f sobre Q y como x 2 3 es irreducible sobre Q( 2) entonces [F : Q] = [F : Q( 2)][Q( 2) : Q] = 2.2 = 4 (por 15

16 Lagrange). En consecuencia Aut K F el grupo de Galois del polinomio f tiene orden 4 por el teorema fundamental de la teoría de Galois. A partir de la demostración del teorema 3.3 y del corolario 3.4 concluimos que Aut K F consiste de dos automorfismos: la aplicación identidad y el automorfismo que envía 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 3. Cuando 3 3. Estas posibilidades nos dan 4 elementos diferentes de Aut Q F. Como Aut Q F = 4, y además cada uno de sus automorfismos es de orden 2, entonces el grupo de Galois de f es isomorfo a Z 2 Z 2 (pues no puede ser isomorfo al cíclico Z 4 ). Ejemplo. Sea F C un cuerpo de separación sobre Q de f(x) = x 4 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) = x 4 2 sodre Q contiene a (ui)/u = i. Como u R, Q(u) < R, entonces Q(u) F. Pero como Q(u, i) contiene todos los ceros de f(x) = x 4 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, u 2, u 3 } es una base para E sobre Q y además {1, i} es una base para F sobre E. Entonces {1, u, u 2, u 3, i, iu, iu 2, iu 3 } es una base para F sobre Q. Como [F : Q] = 8, entonces Aut Q F = 8, entonces es necesario encontrar 8 automorfismos 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, u 2, u 3, i, iu, iu 2, iu 3 }, 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 x 4 2. De la misma manera σ(i) debe ser un cero del polinomio irreducible de i sobre Q, o sea x Así las cuatro posibilidades de σ(u) combinadas con las dos posibilidades de σ(i) dan los 8 automorfismos: ρ 0 ρ 1 ρ 2 ρ 3 µ 1 δ 1 µ 2 δ 2 u u ui u ui u ui u ui i i i i i i i i i Por ejemplo ρ 3 (u) = ui y ρ 3 (i) = i mientras que ρ 0 es el automorfismo identidad. Por otro lado (µ 1 ρ 1 )(u)=µ 1 (ρ 1 (u))=µ 1 (ui)=µ 1 (i)µ 1 = ui 16

17 De igual manera (µ 1 ρ 1 )(i)=µ 1 (ρ 1 (i))=µ 1 (i)= i Entonces (µ 1 ρ 1 )(i) = δ 2. De la misma manera podemos mostrar que (ρ 1 µ 1 )(u) = ui y (ρ 1 µ 1 )(i) = i. Así, ρ 1 µ 1 = δ 1. De modo que ρ 1 µ 1 µ 1 ρ 1, y por lo tanto Aut Q F 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: ρ 1 es de orden 4. µ 1 es de orden 2. {ρ 1, µ 1 } genera Aut Q K. ρ 1 µ 1 = µ 1 ρ 3 1 = δ 1. Entonces este grupo es isomorfo al grupo octal (pues se puede establecer un isomorfismo entre los elementos de la base del grupo octal y los elementos de la base de Aut Q F, ya que cumplen las mismas relaciones). Los siguientes gráficos muestran el retículo de grupos y el reticulo de cuerpos respectivamente, donde se puede observar que uno es la inversión del otro. Aut Q K H 1 ={ρ 0,ρ 2,µ 1,µ 2 } H 2 ={ρ 0,ρ 1,ρ 2,ρ 3 } H 3 ={ρ 0,ρ 2,δ 1,δ 2 } H 4 ={ρ 1,µ 1 } H 5 ={ρ 0,µ 2 } H 6 ={ρ 0,ρ 2 } H 7 ={ρ 0,δ 1 } H 8 ={ρ 0,δ 2 } ρ 0 Q(ui) = K = K ρ0 Q( 4 2)=H 4 Q(i 4 2)=H 5 Q( 2,i)=H 6 Q( i)=H 7 Q( i)=H 8 Q( 2)=H 1 Q(i)=H 2 Q(i 2)=H 3 Q = Aut Q K 17

18 A veces se requerirá un poco de intuición para determinar los cuerpos fijos H i. Es fácil encontrar H 2 pues solo tenemos que encontrar una extensión de grado 2 que mantenga fijos {ρ 0, ρ 1, ρ 2, ρ 3 }. Como todos los ρ i 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 ρ 0 y µ 1. Como µ 1 deja fijo u, y u es raiz del polinomio irreducible de u en Q (o sea es raiz de x 4 2), observamos que Q(u) es de grado 4 y queda fija bajo ρ 0 y µ 1. 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 H 7 = {ρ 0, δ 1 } es un grupo, para cualquier β K veremos que βρ 0 + βδ 1 queda fijo bajo ρ 0 y δ 1. Tomando β = u vemos que uρ 0 + uδ 1 = u + ui queda fijo bajo H 7. Realizando los cálculos con los restantes automorfismos, obtenemos que ρ 0 y δ 1 son los únicos automorfismos que dejan fijos u + ui. Entonces por la correspondencia 1 a 1 tenemos que Q(u + ui) = Q( i) = 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 Aut Q F para encontrar los otros ceros del polinomio irreducible de u + ui sobre Q. Se pueden encontrar elementos σ Aut Q F que den estos valores diferentes si se toma un conjunto de representantes de las clases laterales a derecha de Aut Q(γ) K = {ρ 0, δ 1 } en Aut Q K. Un conjunto de representantes de estas clases a derecha es : {ρ 0, ρ 1, ρ 2, ρ 3, } 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))]= (x 2 2iux 2u 2 )(x 2 + 2iux 2u 2 )= x 4 + 4u 4 =x 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 x 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 x son: (1 ± i)/ 2 y ( 1 ± i)/ 2 Si llamamos α = (1 + i)/ 2 entonces por cálculos en complejos obtenemos: 18

19 α 3 = ( 1 + i)/ 2 α 5 = ( 1 i)/ 2 α 7 = (1 i)/ 2 Así, el cuerpo de separaciíon F de x sobre Q es Q(α) y [F : Q] = 4. Calculemos el grupo Aut Q F 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 automorfismo de Aut Q F está completamente determinado por su acción sobre α, vemos que los cuatro elementos de Aut Q F están definidos por la tabla: σ 1 σ 3 σ 5 σ 7 α α α 3 α 5 α7 Como (σ k σ j )(α) = σ k (α j ) = (σ k (α)) j )=(α) hj =α jk, y α 8 = id, vemos que el grupo Aut Q F 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 Z 8 ). Como σ 2 j = σ 1, la identidad para todo j, entonces el grupo Aut Q F debe ser isomorfo al grupo V ={(1), (12)(34), (13)(24), (14)(23)}. Los siguientes son sus diagramas reticulares: Aut Q K { σ 1, σ 3 } { σ 1, σ 5 } { σ 1, σ 7 } {σ 1 }. (Diagrama reticular de grupos) Q((1 + i)/ 2) = F Q(i 2) = {σ 1, σ 3 } Q(i) = {σ 1, σ 5 } Q( 2) = {σ 1, σ 7 } Q = Aut Q F. (Diagrama reticular de cuerpos) Observación 2. En el retćulo de cuerpos consideramos el H como el cuerpo fijo. Para encontrar {σ 1, σ 3 }, solo es necesario encontrar un elemento de K que no esté en Q y quede fijo bajo {σ 1, σ 3 }, pues [{σ 1, σ 3 } : Q] = 2. Claramente σ 1 (α) + σ 3 (α) queda fijo bajo σ 1 y σ 3, pues {σ 1, σ 3 } es un grupo. Tenemos σ 1 (α) + σ 3 (α) = α + α 3 = i 2. De la misma manera σ 1 (α) + σ 7 (α) = α + α 7 = 2 queda fijo bajo {σ 1, σ 7 }. 19

20 Esta técnica no es útil para encontrar {σ 1, σ 5 } pues σ 1 (α) + σ 5 (α) = α + α 5 = 0 y 0 Q. Pero por un tazonamiento análogo σ 1 (α)σ 5 (α) = αα 5 = i. Así Q( i) = Q(i) que es el cuerpo buscado. Polinomios de grado mayor que 4 Ejemplo. En este caso consideramos un polinomio de grado mayor que 4. Sea f(x) = x 5 4x+2 Q[x]. Este polinomio tiene grado primo 5. Además, analizando el gráfico de f(x), observamos 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 S 4. 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 = S n 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 = S n, para n > 3. El polinomio f deberá ser de una manera particular cumpliendo con ciertos requerimientos, 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 u n 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 construcción del párrafo anterior. Esto equivale a decir que de existir la fórmula, existe una sucesión creciente de cuerpos K = E 0 E 1.. E n tal que E n contiene un cuerpo de separación de f sobre K y E i = E i 1 (u i ) con alguna potencia de u i en E i 1. De manera recíproca supongamos que existe una sucesión de cuerpos, y que E n contiene un cuerpo de separación de f (o sea E n contiene las soluciones de f(x) = 0). Asi E n = K(u 1,..u n ) y cada una de las soluciones es de la forma f(u 1,..u n )/g(u 1,..u n ) (esta 20

21 es la caracterización de los elementos de K(u 1,..u n )). 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 Una extensión F de un cuerpo K es una extensión de K por radicales, si existen elementos α 1,.., α r F y enteros positivos n 1,.., n r tales que F = K(α 1,.., α r ) con α n 1 1 F y α n i i F (α 1,.., α r 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 x 5 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 ζ 5 = 1 y K = Q(ζ). 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 G n = G.. =< e > definiendo como G ={aba 1 b 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 Aut K E = S 5 Podemos ver que una serie de composición para S 5 es (1) < A 5 < S 5, y como A 5 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

22 Para analizar cuando, entonces una ecuación de quinto grado es soluble o no, es necesario 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 cíclica y su generador estará dado de manera explícita. 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. Entonces P es un cuerpo sin subcuerpos propios. Si carf = p(primo), entonces P = Z p. 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. Para que un conjunto sea un subcuerpo debe contener el elemento neutro de la operación aditiva y el 1 F elemento neutro de la operación multiplicativa. P contiene todos los elemntos de la forma m1 F con m Z. Para completar la demostración debemos probar que P = m1 F, m Z (si carf = p) y P = m1 F /(n1 F ) 1, m Z (si carf = 0), o demostrarlos de la siguiente manera: Consideremos la aplicación ϕ : Z P dada por m m1 F que por 2.5 es un homomorfismo de anillos con núcleo (n) donde n es la característica de F y, n = 0 o n es primo. Si n es primo p: Z p = 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 Z p = 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 característica del cuerpo y la cantidad de elementos. Corolario 4.3. El número q de elementos de un cuerpo finito es una potencia p n de su característica. 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 característica prima 22

23 p. Como F es un espacio vectorial finito dimensional sobre su subcuerpo finito Z p, F puede ser escrito como F = Z p... Z p con n sumandos por el teorema 2.12 y en consecuencia F = p n. Por esta caracterización del subcuerpo primo de F, en lo sucesivo lo denotaremos Z p. 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 cíclico. En particular, el grupo multiplicativo de los elementos no nulos de un cuerpo finito es cíclico. Como G es un grupo abeliano finito, sabemos (por el teorema 2.3) que G = Z m1... Z mk donde m 1 > 1 y m 1.. m k. Pensemos Z mi como un grupo de orden m i en notación multiplicativa. Entonces para cada a i Z mi, a m i i = 1, de modo que a m k i = 1 pues m i m k. Asi, para todo α G, tenemos que α m k = 1. Entonces todo elemento de G es raiz del polinomio x m k 1F F [x]. Pero G tiene 1 r k m r elementos, mientras que el polinomio tiene a lo sumo m k raices. Entonces k = 1, y por lo tanto es cíclico. Corolario 4.5. Si F es un cuerpo finito, entonces F es una extensión simple de su subcuerpo primo Z p. Estos es: F = Z p (u) para algún u F. Como F es un cuerpo finito entonces tiene q = p n elementos (4.3). Los elementos no nulos de F forman un grupo multiplicativo de orden q 1 y es cíclico por el resultado anterior. Debemos probar que F = Z p (u). Como Z p F y ambos son cuerpos finitos, entonces F = Z p (u 1,.., u n ). Probaremos que el grupo multiplicativo está generado por u. Entonces supongamos que F = Z p (u, u 1 ) con u 1 u. Entonces existe k Z tal que u 1 = ku. En consecuencia F = Z p (u, u 1 ) =Z p (u, ku)=z p (u). Ejemplo. Consideremos el cuerpo finito Z 11, entonces su grupo multiplicativo denotado por Z 11 es cíclico por el resultado anterior. Trataremos intuitivamente de encontrar el generador de este grupo cíclico. Trataremos elemento a elemento. Consideremos el 2. Como el orden de Z 11 es 10, 2 debe ser un elemento de Z 11 cuyo orden divida a 10, o sea de orden 2, 5, o 10. Ahora veamos que 2 2 = 4, 2 4 = 4 2 = 5, 2 5 = 10 = 1. Entonces 2 es un generador de Z 11. Como hallamos este elemento en el primer intento no continuamos con los restantes. Por la teoría de los grupos cíclicos, todos los generadores de Z 11 son de la forma 2 n donde n es un número primo relativo con 10. Por lo tanto estos elementos son: 2 1 = 2, 2 3 = 8, 2 7 = 7, y 2 9 = 6. Las raices quintas primitivas del 1 Z11 son de la forma 2 m con el mcd entre m y 10 es 2. Esto es: 2 2 = 4, 2 4 = 5, 2 6 = 9, y 2 8 = 3. La raiz cuadrada de la unidad en Z 11 es 2 5 = 10 = 1. 23

24 Lema 4.6. Si F es un cuerpo con característica p y r 1, entonces la aplicación ϕ : F F dada por u u pr es un Z p -monomorfismo de cuerpos. Si F es finito, entonces ϕ es un Z p -automorfismo de F. Consideremos la aplicación ϕ : F F dada por ϕ(u) = u pr. Como, en un cuerpo de característica p, (u ± v) pr = u pr ± v pr, ϕ es un homomorfismo de cuerpos. Por otro lado (por la demostración de 4.1), cada elemento de Z p es m1 F con m Z y además ϕ(1 F ) = 1 F. De aqui que ϕ es un Z p -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 Z p -automorfismo ( pues no modifica los elementos de Z p ). 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 p n elementos si y solo si F es un cuerpo de separación de x pn x sobre Z p. ) Si F = p n, entonces el grupo multiplicativo de los elementos no nulos de F tiene orden p n 1 y todo elementos no nulo de F satisface u pn 1 = 1 F. Por lo tanto todo elemento no nulo de F es raiz del polinomio x pn 1 1 F y en consecuencia es raiz tambien del polinomio x(x pn 1 1 F ) = x pn x Z p [x]. Como el elemento nulo de F también es raiz de este último polinomio, entonces x pn x tiene p n raices distintas en F. Esto quiere decir que se separa en F (porque por 2.8 tiene a lo sumo p n raices diferentes y no más). Ademas estas raices son precisamente elementos de F. ) Si F es cuerpo de separación de f = x pn x sobre Z p, entonces como carf = carz p = p, f, = 1 y f es primo relativo con f,. Entoncesf tiene p n raices diferentes en F por La aplicación ϕ : u u pn es un monomorfismo (por 4.6, tomando r = n). De aqui que: u es raiz de f f(u) = 0 u pn = u ϕ(u) = u. Entonces, el conjunto E de todas las raices de f en F es un subcuerpo de F de orden p n, el cual contiene al subgrupo primo Z p (porque este es el subcuerpo minimal de todos los subcuerpos de F ). Como F es cuerpo de separación, esta generado sobre Z p por todas las raices de f (es decir los elementos de E). Por lo tanto F = Z p (E) = E. Corolario 4.8. Sea p un primo y n 1 un entero. Entonces existe un cuerpo con p n elementos. Dos cuerpos cualesquiera con la misma cantidad de elementos son isomorfos. 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 x pn x sobre Z p. Este cuerpo tiene orden p n (por 4.7 ). 24

25 Como todo cuerpo finito de orden p n es cuerpo de separación de x pn x sobre Z p (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. Dado K de orden p r, sea F el cuerpo de separación de f = x prn x sobre K. Por 4.7 todo u K satisface u prn = u para todo u K. Por lo tanto F es realmente el cuerpo de separación de f sobre Z p. En la demostración de 4.7 muestra que F consiste precisamente de todas las p rn raices distintas de f. Como p rn = F = ( K ) [F :K] = (p r ) [F :K], entonces [F : K] = n. Como F es un cuerpo finito, entonces F es una extensión simple de su subcuerpo primo Z p. Estos es: F = Z p (u) para algún u F (4.5). Es decir que F es una extensión simple de K. Si F 1 es otro cuerpo de extensión de K con [F 1 : K] = n, entonces [F 1 : Z p ] = n[k : Z p ] = nr, de donde F 1 = p nr. Por 4.7 F 1 es un cuerpo de separación de x pnr x sobre Z p y tambien sobre K. Por lo tanto, por 2.25, F y F 1 son K-isomorfos. El siguiente resultado fue anticipado al final de la sección anterior cuando para hallar un polinomio cuyo grupo de Galois sea G = S n asumiamos que existia siempre un polinomio irreducible de grado n. Corolario Si K es un cuerpo finito y n 1 un entero. Entonces existe un polinomio irreducible de grado n en K[x].. Como K es un cuerpo finito de orden q = p r,donde p es la característica de K, entonces existe un cuerpo de extensión de K, digamos F que contiene a Z p y consta precisamente de los ceros de x prn x. Sabemos que todo elemento de K es un cero de x pr x. Ahora p rs = p r p r(s 1). Al aplicar de forma repetida esta ecuación a los exponentes y al usar el hecho que para α K se cumple α prn = α, vemos que para α K, α prn = α pr (n 1) = α pr (n 2) =... = α pr = α Así 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 construido los elementos necesarios, diremos: Proposición 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 Aut K F es cíclico. 25

26 Sea Z p el subcuerpo primo de K. Entonces (por 2.14), digamos n, lo cual implica que F = p n. Por la demostración de 4.7 y 2.26, F es cuerpo de separación sobre Z p y en consecuencia sobre K. La aplicación ϕ : F F dada por u u p es un Z p -automorfismo (por 4.6). Claramente ϕ n es la identidad y ninguna potencia de ϕ menor que k puede ser la identidad (pues esto implica que x pk x tiene p n raices distintas en F con k < n lo cual contradice 2.8). Como Aut K F = n por el teorema fundamental de Galois, Aut Zp F debe ser grupo ciclico generado por ϕ. Como Aut K F es subgrupo de Aut Zp, entonces Aut K F es cíclico 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,