Los isomorfismos básicos de la teoría de cuerpos algebraicos.

Transcripción

1 4. AUTOMORFISMOS DE CUERPOS. En este tema probaremos que dos elementos α y β, conjugados sobre un cuerpo F, determinan un isomorfismo entre los cuerpos F (α) y F (β). También cierto recíproco será válido. Estos isomorfismos son llamados isomorfismos básicos de la teoría de cuerpos algebraicos. Dos consecuencias se derivarán de este resultado. La primera, que todo monomorfismo de F (α) en F que deje fijo F envía α a un conjugado sobre β, resultado clave para la demostración del Teorema de Extensión en el tema siguiente. La segunda, que los ceros complejos en un polinomio con coeficientes reales aparecen por parejas. Se estudiará además la estructura algebraica de los automorfismos de un cuerpo que dejan fijo un subcuerpo del mismo, y se dará, para cada cuerpo finito de característica p, un automorfismo que deja fijo el cuerpo primo Z p : el automorfismo de Frobenius. Los isomorfismos básicos de la teoría de cuerpos algebraicos. En lo que sigue supondremos que la clausura algebraica de un cuerpo F es única, salvo isomorfismos de cuerpos que dejan fijos los elementos de F, hecho que demostraremos más adelante (en el Tema 5). Veremos que si dos elementos α y β son ceros del mismo polinomio irreducible sobre un cuerpo F, entonces F (α) y F (β) son isomorfos. En general esto no es cierto pues, por ejemplo, Q( 2) y Q( 3) no son isomorfos: Si ϕ : Q( 2) Q( 3) fuera un isomorfismo de cuerpos, como ϕ(1) = 1, ϕ(a + b 2) = a + bϕ( 2), cualesquiera que sean a, b Q, así que ϕ es un isomorfismo de Q-espacios vectoriales y la base {1, 2} de Q( 2) habría de transformarse mediante ϕ en una base {1, u+v 3} de Q( 3), con u, v Q. Observemos que 2 = ( 2) 2 = ϕ( 2) 2 = (u+v 3) 2 = u 2 +3v 2 +2uv 3. Por la independencia lineal sobre Q de {1, 3}, 2 = u 2 + 3v 2 y 0 = 2uv, así que uv = 0. Si u = 0, 2 = 3v 2 2, luego ± 3 estaría en Q, lo que no es cierto. Si v = 0, u = ± 2 pertenecería a Q, absurdo. En consecuencia no puede existir un isomorfismo entre ambos cuerpos. Esta demostración será innecesaria después de probar el Corolario Definición. Sea F E una extensión algebraica. Diremos que dos elementos α y β pertenecientes a E son conjugados sobre F si irr(α, F ) = irr(β, F ) Ejemplos. (1) a + b 2 y a b 2, con a, b Q, son conjugados sobre Q porque son las 1

2 2 Álgebra Clásica. Curso 03/04 raíces del polinomio x 2 2ax + (a 2 2b 2 ), que es irreducible sobre Q si b 0. (2) i y i son conjugados sobre R porque son las raíces del polinomio x 2 + 1, que es irreducible sobre R. En general a + bi y a bi, con a, b R, son conjugados sobre R, como se prueba de manera análoga Teorema (Los isomorfismos básicos de la teoría de cuerpos algebraicos). Sea F un cuerpo y sean α y β algebraicos sobre F, con deg(α, F ) = n N. Entonces, la siguiente aplicación: ψ α,β : F (α) F (β) a 0 + a 1 α +... a n 1 α n 1 a 0 + a 1 β +... a n 1 β n 1 es un isomorfismo de cuerpos si y sólo si α y β son conjugados sobre F. Supongamos en primer lugar que ψ α,β es un isomorfismo. Como dicha aplicación es un homomorfismo de espacios vectoriales, n = [F (α) : F ] = [F (β) : F ] = deg(α, F ). Sea f(x) = b 0 +b 1 x+... b n 1 x n 1 +x n = irr(α, F ). Puesto que f(α) = 0, 0 = ψ α,β (f(α)) = b 0 + b 1 β +... b n 1 β n 1 + β n, así que f(x) es un polinomio mónico irreducible de F [x], de grado n, del que β es raíz, luego f(x) = irr(β, F ). Recíprocamente, supongamos que irr(α, F ) = irr(β, F ) = p(x). Recordemos que F (α) = F [x]/ < p(x) >, y que la aplicación ψ α : F [x]/ < p(x) > F (α) a 0 + a 1 x +... a n 1 x n 1 a 0 + a 1 α +... a n 1 α n 1 es un isomorfismo de cuerpos. Análogamente se tiene un isomorfismo ψ β : F [x]/ < p(x) > F (β) a 0 + a 1 x +... a n 1 x n 1 a 0 + a 1 β +... a n 1 β n 1 Para cada elemento a 0 + a 1 α +... a n 1 α n 1 F (α), ψ β ψ 1 α (a 0 + a 1 α +... a n 1 α n 1 ) = ψ β (a 0 + a 1 x +... a n 1 x n 1 ) = a 0 + a 1 β +... a n 1 β n 1 ) = ψ α,β (a 0 + a 1 α +... a n 1 α n 1 ), es un isomorfismo de cuerpos por ser composición de isomor- así que ψ α,β = ψ β ψα 1 fismos de cuerpos.

3 Álgebra Clásica. Curso 03/ Observación. Si α y β son conjugados sobre un cuerpo F, entonces ψ 1 α,β = ψ β,α Definición. Sea ϕ : E K un homomorfismo entre dos cuerpos que contienen a un cuerpo F, y sea a F. Decimos que a queda fijo por ϕ si ϕ(a) = a. Decimos que ϕ deja fijo F si deja fijos todos sus elementos Ejemplo. El homomorfismo ψ : Q(i) C dado por ψ(p + qi) = p qi, con p, q Q, deja fijo Q Corolario. Sea α algebraico sobre F. Si ϕ : F (α) F es un monomorfismo de cuerpos que deja fijos los elementos de F, entonces α y ϕ(α) son conjugados sobre F. Recíprocamente, si α y β son conjugados sobre F, existe un único monomorfismo de F (α) en F que deja fijos los elementos de F. Este monomorfismo es ψ α,β. Denotemos por f(x) = a 0 + a 1 x a n 1 x n 1 + x n al polinomio irreducible de α sobre F. Como f(α) = 0 y ϕ es un homomorfismo de cuerpos que deja fijos los elementos de F, 0 = ϕ(f(α)) = a 0 + a 1 ϕ(α) a n 1 ϕ(α) n 1 + ϕ(α) n = f(ϕ(α)), luego ϕ(α) es un cero de f(x), que es irreducible sobre F. En consecuencia α y ϕ(α) son conjugados sobre F. Recíprocamente, si α y β son conjugados sobre F por el Teorema 4.3 sabemos que ψ α,β es un isomorfismo de F (α) en F (β). Como F contiene a F (β), ψ α,β es un monomorfismo de F (α) en F. La unicidad del monomorfismo se deduce porque como F (α) está generado por {1, α,..., α n 1 }, donde n = deg(α, F ), cualquier monomorfismo que deje fijo F viene determinado por la imagen de α. Si α ha de ir a parar a β, éste monomorfismo sólo puede ser ψ α,β Corolario. Si un número complejo a + bi, con a, b R, es un cero de un polinomio f(x) R[x], entonces también a bi es un cero de f(x). Sabemos que ψ i, i : R(i) R( i) = R(i) es el único isomorfismo de C en C que deja fijos los elementos de R y que lleva i a i. Así, si a+bi es un cero de un polinomio f(x) = a 0 + a 1 x a n x n, entonces 0 = a 0 + a 1 (a + bi) a n (a + bi) n, y si aplicamos el isomorfismo ψ i, i tenemos: 0 = ψ i, i (a 0 +a 1 (a+bi)+...+a n (a+bi) n ) =

4 4 Álgebra Clásica. Curso 03/04 ψ i, i (a 0 ) + ψ i, i (a 1 )ψ i, i (a + bi) ψ i, i (a n )(ψ i, i (a + bi)) n = a 0 + a 1 (a bi) a n (a bi) n, luego a bi es raíz de f(x). Automorfismos y cuerpos fijos. El objetivo que perseguimos ahora es estudiar la estructura de una extensión algebraica E de un cuerpo F indagando en los automorfismos de E que dejan fijo F 4.9. Definición Sea F un cuerpo. Un automorfismo de F es un isomorfismo (de cuerpos) ϕ : F F. Al conjunto de los automorfismos de F lo denotaremos por Aut(F ) Ejemplos ı : C C y ψ i, i : C C a + bi a + bi a + bi a bi son automorfismos de C. Es más, son los únicos automorfismos de C que dejan fijo R. Ya sabemos que son automorfismos que dejan fijo R. Veamos que son los únicos. Si ϕ : C C fuera un automorfismo de C que dejara fijos los elementos de R, ϕ(a + bi) = a + bϕ(i), así que ϕ quedará determinado en cuanto conozcamos la imagen de i. Como 0 = i 2 + 1, si aplicamos ϕ, que es un homomorfismo de anillos y deja fijo R, 0 = ϕ(i) 2 + 1, esto es, ϕ(i) 2 = 1, luego ϕ(i) = ± 1 = ±i, con lo que ϕ = ı (si ϕ(i) = i), o ϕ = ψ i, i (si ϕ(i) = i) Notación. Sea {σ i } i I una colección de automorfismos de un cuerpo E. Denotaremos por E {σi } al conjunto de los elementos de E que quedan fijos por todos los elementos de {σ i } i I. Para un único automorfismo σ Aut(E), el conjunto de los elementos de E que σ deja fijos se denotará por E σ. Esto es, E {σi } = {a E σ i (a) = a para todo i I} = i I E σi Lema. Sea {σ i } i I una colección de automorfismos de un cuerpo E. Entonces el conjunto E {σi } es un subcuerpo de E.

5 Álgebra Clásica. Curso 03/04 5 Sean a, b E {σi }. Para todo i I, σ i (a + b) = (σ i es un automorfismo) σ i (a) + σ i (b) = (a, b E {σi }) a + b; además, si b 0, σ i (ab 1 ) = (σ i es un automorfismo) σ i (a)σ i (b) 1 = (a, b E {σi }) ab 1. Por otro lado, como σ i es un automorfismo, σ i (0) = 0 y σ i (1) = 1, luego E {σi } contiene a 0 y a 1, es cerrado para la suma y el producto, contiene al opuesto de todo elemento que le pertenezca y al inverso de todo elemento no nulo que le pertenezca. Esto prueba el resultado Ejemplo Consideremos el cuerpo E = Q ( 3, 5), y sean σ 1 = ψ 3, 3 y σ 2 = ψ 5, 5, esto es, σ 1 (a+b 3+c 5+d 15) = a b 3+c 5 d 15 y σ 2 (a+b 3+c 5+d 15) = a + b 3 c 5 d 15, con a, b, c, d Q (no olvidemos que {1, 3, 5, 15} es una base de E como Q-espacio vectorial). Así, E σ1 = Q ( 5), E σ2 = Q ( 3) y E {σ1,σ 2 } = E σ1 E σ2 = Q Observación Todo automorfismo de un cuerpo E es, en particular, una aplicación biyectiva; dicho con otras palabras, es una permutación de E. Como la aplicación identidad de E en E es un automorfismo, y Aut(E) es cerrado para la composición y para la existencia de inverso (el inverso de un elemento de Aut(E) es un elemento de Aut(E)) es, Aut(E) es, de hecho, un subgrupo de S E, el grupo de las permutaciones de E Definición Sea F un subcuerpo de E. El conjunto G(E/F ) = {σ Aut(E) σ(a) = a para todo a F } es llamado el grupo de los automorfismos de E que dejan fijos los elementos de F. Este nombre queda justificado por el siguiente resultado Proposición. Si F es un subcuerpo de E, G(E/F ) es un subgrupo de Aut(E). Además, F E G(E/F ). Sean σ, τ G(E/F ). Cualquiera que sea a F, (στ)(α) = σ(τ(α)) = σ(α) = α; además, σ(α) = α implica σ 1 (σ(α)) = σ 1 (α), esto es, α = σ 1 (α). En consecuencia στ, σ 1 G(E/F ), lo que demuestra que G(E/F ) es un subgrupo de Aut(E). La relación F E G(E/F ) se tiene de manera inmediata porque E G(E/F ) son los elementos de E que permanecen fijos por los automorfismos de G(E/F ), y éstos dejan fijos, por definición, los elementos de F.

6 6 Álgebra Clásica. Curso 03/ Ejemplo. La contención F E G(E/F ) puede ser estricta. Por ejemplo, Q < C G(C/Q) = Aut(C). Con el siguiente ejemplo se clarificarán las ideas subyacentes en los resultados anteriores Ejemplo. Consideremos el cuerpo Q( 5, 7). Nuestro objetivo será determinar el grupo G(Q( 5, 7)/Q). Sean ψ 5, 5 y ψ 7, 7 los siguientes isomorfismos básicos: ψ 5, 5 : (Q( 7))( 5) (Q( 7))( 5) a + b 5 + c 7 + d 35 a b 5 + c 7 d 35 y ψ 7, 7 : (Q( 5))( 7) (Q( 5))( 7) a + b 5 + c 7 + d 35 a + b 5 c 7 d 35 Llamemos σ 1 = ψ 5, 5, σ 2 = ψ 7, 7, y G = G(Q( 5, 7)/Q). Es fácil ver que (Q( 5, 7)) σ1 = Q( 7) y que (Q( 5, 7)) σ2 = Q( 5); en particular σ 1 y σ 2 dejan fijo Q, luego son elementos de G. Si H denota al sugbrupo de G generado por σ 1 y por σ 2, como σ1 1 = σ 1 y σ2 1 = σ 2, H = {σ 0, σ 1, σ 2, σ 3 }, donde σ 0 = id y σ 3 = σ 1 σ 2 = σ 2 σ 1 = σ3 1, y si hacemos la tabla del grupo H, veremos que es isomorfo al grupo 4 de Klein, esto es, a Z 2 Z 2. Por otro lado, como {σ 1, σ 2 } G, Q( 5, 7) G Q( 5, 7) {σ1,σ 2 } = Q, y teniendo en cuenta que G deja fijo el cuerpo base, esto es, Q, podemos deducir que Q( 5, 7) G = Q. Ahora lo que probaremos es que H = G. Si τ G, τ es un automorfismo de Q( 5, 7) que deja fijos los elementos de Q. Si tenemos en cuenta esto y que {1, 5, 7, 35} es una base de Q( 5, 7) como Q-espacio vectorial, resulta que τ queda determinado una vez conocidos τ( 5) y τ( 7). Por el Corolario (4.7), τ( 5) ha de ser conjugado de 5 respecto de Q, y lo mismo para τ( 7). Como en cada caso tenemos dos posibilidades de elección (± 5 para el primero y ± 7 para el segundo), en total tenemos cuatro posibilidades para elegir τ, lo que demuestra que G = 4 y, por tanto, que G = H. Observemos que G(Q( 5, 7)/Q) = [Q( 5, 7) : Q] = 4. E sto, como veremos más adelante, no es una casualidad.

7 Álgebra Clásica. Curso 03/04 7 El automorfismo de Frobenius. Para un cuerpo finito F se probará que Aut(F ) es cíclico. Como todo grupo cíclico tiene un generador, Aut(F ) lo tiene en este caso particular. Con el siguiente resultado probamos que Aut(F ) tiene un generador canónico, el llamado automorfismo de Frobenius Teorema. Sea F un cuerpo finito de característica p. Entonces la aplicación σ p : F F dada por σ p (α) = α p, tara todo α F, es un automorfismo de F. Además, F {σp } = Z p. Sean α y β F. Si aplicamos ( ) la fórmula del binomio de Newton tenemos: (α+β) p = α p +(p.1)α p 1 β+ p(p 1) α p 2 β (p.1)αβ p 1 +β p = α p +β p, luego 2 1 σ p (α + β) = σ p (α) + σ p (β). Como además σ p (αβ) = (αβ) p = α p β p = σ p (α)σ p (β), y σ p (1) = 1, σ p es un homomorfismo de anillos unitarios. Es inyectivo porque si α F es tal que 0 = σ p (α) = α p, como un cuerpo no tiene elementos nilpotentes, α = 0, y sobreyectivo porque toda aplicación inyectiva de un conjunto finito en otro del mismo cardinal lo es. Esto demuestra que σ p es un automorfismo de F. Finalmente, como F tiene característica p, contiene un subcuerpo isomorfo a Z p, llamémosle F p. Por el Teorema de Fermat, si a Z p, a p = a, luego para α F p, α p = α. Así, todo elemento de F p es raíz del polinomio x p x que, a lo sumo tiene p raíces, luego las raíces de dicho polinomio son, exactamente, los elementos de F p. Observemos que dichas raíces son precisamente los elementos de F que quedan fijos por σ p, lo que nos dice que F p es el cuerpo fijo de σ p Definición El automorfismo del Teorema (4.19) recibe el nombre de automorfismo de Frobenius, o (clásicamente) sustitución de Frobenius.