1 TEOR˝A DE GALOIS JOSÉ PANTOJA · Extensiones de cuerpos 1.1. Extensiones De–nición 1.1.1 Sea...

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TEORÍA DE GALOIS

JOSÉ PANTOJA

Capítulo 1

Extensiones de cuerpos

1.1. Extensiones

Denición 1.1.1 Sea E un cuerpo y F un subconjunto no vacío de E (de almenos dos elementos). Entonces F es un subcuerpo de E si dados a; b 2 Fse tiene que a� b 2 F , ab�1 2 F (b 6= 0).

Observación: Se observa que en estas condiciones, restringiendo las opera-ciones del cuerpo E al conjunto F , F tiene la estructura de cuerpo. De aquíes que F se llama subcuerpo de E. Observe además que la intersección desubcuerpos es un subcuerpo.

Denición 1.1.2 Un cuerpo E es una extensión de un cuerpo F , si F esun subcuerpo de E. Escribiremos E � F para indicar lo anterior

Ejemplo: C � R ;C � Q; R � Q; Q[p2] = fa + b

p2 : a; b 2 Qg � Q son

ejemplos de extensiones. ¿Es R extensión de Zp?

Si E es una extensión de F , entonces podemos considerar E como unespacio vectorial sobre F (los vectores son los elementos deE y la ponderacióndel escalar � de F por el vector v de E es simplemente la multiplicación, enE, �v). Esto lleva a la siguiente

Denición 1.1.3 E � F es extensión nita si dimF E (la dimensión de Ecomo espacio vectorial sobre F ) es nita. En caso contrario la extensión esinnita. Anotaremos [E : F ] = dimF E y diremos que E es una extensión degrado [E : F ] de F .

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4 CAPÍTULO 1. EXTENSIONES DE CUERPOS

Ejemplo: [C : R ] = 2; [C : C ] = 1; [Q[p2] : Q] = 2; [R : Q] = 1 (si la

dimensión fuese nita,digamos igual a n, entonces se tendría que la cardi-nalidad de R sería igual a la de Qn -demuestre esto!-, o sea sería numerable,lo que es una contradicción. Pronto veremos otro argumento para probar quela extensión es innita)

Proposición 1.1.4 Sean E � K � F . Entonces

[E : K][K : F ] = [E : F ]

(En particular esto dice que si [E : F ] es innita, entonces [E : K] o[K : F ] es innita y recíprocamente)Demostración. Sean feigi2I ; fkjgj2J (I; J conjuntos de índices) bases

de E como espacio vectorial sobre K y de K como espacio vectorial sobre F ,respectivamente. Basta demostrar que B =feikjg(i;j)2I�J es base de E comoespacio vectorial sobre F .Sea � 2 E. Entonces existen escalares �i 2 K tales que � =

Pi2I �iei.

Ahora para cada �i, existen escalares �ij 2 F tales que �i =P

j2J �ijkj.Reemplazando se obtiene que � =

Pi;j �ijeikj, lo que prueba que B genera

E sobre F .Para nalizar, probemos que los vectores de B son linealmente indepen-

dientes. Supongamos entonces queP

i;j �ij(eikj) = 0 con �ij 2 F . Usandolas propiedades de cuerpo podemos escribir

Pi

�Pj �ijkj

�ei = 0. ComoP

j �ijkj 2 K y los vectores ei son linealmente independientes sobre K, sededuce que para cada i se tiene

Pj �ijkj = 0. Pero los kj son linealmente in-

dependientes sobre F , por lo tanto �ij = 0;8j. En consecuencia, �ij = 0;8i; j.

Denición 1.1.5 Sea E � F y sea S un subconjunto de E. Entonces F (S) =\

E�K�FK cuerpoS �K

,

K. O sea F (S) es el menor subcuerpo de E que contiene al cuerpo F

y al conjunto S.(Observe que el cuerpo E cumple las condiciones de los K. Por lo tanto,

siempre existen K para hacer la intersección)

Analogamente, con las notaciones anteriores, podemos denir

1.1. EXTENSIONES 5

Denición 1.1.6 F [S] = \E�D�F

D dom integridadS �D

D. O sea F [S] es el menor dominio de

integridad contenido en E y que contiene al cuerpo F y al conjunto S

De las deniciones se deduce que F (S) es el cuerpo de los cuocientes deldominio de integridad F [S]Las dos deniciones anteriores precisan de una descripción que permita

el cálculo de ellas. Comencemos con un caso particular. Supongamos queS = fsg, y describamos F [S] y F (S) en este caso.(Cada vez que el conjuntoS consista de un elemento, o aún cuando contenga un número nito de ele-mentos, anotaremos F [s] (o F [s1; :::; sn] si S = fs1; :::; sng)para F [S], y F (s)(o F (s1; :::; sn)) para F (S)).

F [s] = ff(s) : f(x) 2 F [x]g; F (s) = ff(s)g(s)

: f(x); g(x) 2 F [x]; g(s) 6= 0gPara demostrar lo primero uno observa que el conjunto ff(s) : f(x) 2

F [x]g es de hecho un anillo contenido en E (un dominio de integridad por lotanto) que contiene al cuerpo F y al elemento s, por lo que F [s] � ff(s) :f(x) 2 F [x]g. Por otra parte, F [s] es un dominio de integridad que contiene alos elementos de F y al elemento s, por consiguiente contiene a cada elementof(s), que es una suma de productos de elementos de F y s. Esto pruebaqueff(s) : f(x) 2 F [x]g � F [s], y esto demuestra la igualdad. Un argumentosimilar prueba la caracterización anterior para F (s) o, si se preere, bastausar el hecho que F (s) es el cuerpo de los cuocientes del dominio de integridadF [s] (o sea, el menor cuerpo que lo contiene). Argumentos similares a losanteriores prueban el caso para un S cualquiera

Proposición 1.1.7 F [S] = ff(s1; :::; sm) : m 2 N; f(x1; :::; xm) 2 F [x1; :::; xm]gF (S) es el cuerpo de los cuocientes de F [S]

Observación: Se deduce de las deniciones que F [S1 [ S2] = F [S1][S2] =F [S2][S1]; F (S1 [ S2) = F (S1)(S2) = F (S2)(S1)

Denición 1.1.8 Si K y F son subcuerpos de E, entonces se dene elcompuesto de K y F como el subcuerpo KF de E dado por K(F ). ComoK(F ) = F (K) se tiene que KF = FK


1.2. Elementos algebraicos

Denición 1.2.1 Sea E � F y � 2 E. Entonces � es algebraico sobre F siexiste un polinomio no nulo f(x) 2 F [x] tal que f(�) = 0 (� es raíz o cerode f(x)). En caso contrario diremos que � es trascendente sobre F .Si todo elemento de E es algebraico sobre F , diremos que E � F es una

extensión algebraica. En caso contrario, es decir si existen en E elementostrascendentes sobre F; E � F es extensión trascendente.

Ejemplo: Todo elemento de F es algebraico sobre F (a 2 F es raíz delpolinomio x� a 2 F [x])Si � es algebraico sobre F , entonces � es algebraico sobre K para cualquier

cuerpo K � F .3p2 es algebraico sobre Q pues es cero de x3 � 2

� es trascendente sobre QC � R , Q[

p2] = fa+ b

p2 : a; b 2 Qg � Q son extensiones algebraicas

C � Q; R � Q son extensiones trascendentes.A continuación veremos la relación entre extensiones nitas y algebraicas

Proposición 1.2.2 Toda extensión nita es extensión algebraica(El recíproco es falso como veremos pronto)Demostración. Sea E � F una extensión nita de grado n. Si � 2 E,

queremos probar que � es algebraico sobre F: Consideremos los elementos1; �; �2; :::; �n. Si en el listado anterior hay dos de ellos repetidos, se deduceque para algún r 6= 0 se tiene �r = 1, de donde � es raíz del polinomioxr � 1 2 F [x], luego � es algebraico sobre F . Supongamos entonces que1; �; �2; :::; �n son distintos entre si. Por lo tanto son n + 1 vectores en unespacio de dimensión n, por lo que son linealmente dependientes, es decir,existen escalares �0; �1; :::; �n 2 F no todos nulos tales que �0 + �1� + ::: +�n�

n = 0. Esto dice que el polinomio f(x) = �0 + �1x+ :::+ �nxn 2 F [x] esno nulo y � es raíz de él, o sea que � es algebraico sobre F .

Observación: El contrapositivo de la proposición anterior indica que unaextensión que no es algebraica, no es nita. Como R � Q no es extensiónalgebraica, se tiene así otra forma de concluir que R � Q no es extensiónnita.

Teorema 1.2.3 Si E � F y � 2 E es algebraico sobre F; entonces

1.2. ELEMENTOS ALGEBRAICOS 7

1. F [�] = F (�)

2. F [�] �= F [x]� hp(x)i donde p(x) es un polinomio mónico irreductiblede grado n tal que p(�) = 0 y tal que si f(x) 2 F [x], entonces f(�) = 0si y sólo si p(x) j f(x) (p(x) divide f(x)). El isomorsmo anteriorenvía � en x+ hp(x)i y envía cada a 2 F en a+ hp(x)i : [El polinomiop(x) se llama el polinomio irreductible de � sobre F , y se denota porIrr(�; F )].

3. 1; �; :::; �n�1 forma una base de la extensión F [�] de F .

Demostración. Consideremos la función ' : F [x] ! F [�] dada por'(f(x)) = f(�). Entonces por la descripción que hemos obtenido anterior-mente para F [�] se tiene que ' es una función epiyectiva. Por otra parte,es claro que esta función, que consiste en evaluar los polinomios en �, es unhomomorsmo de anillos. Luego, por el teorema del homomorsmo, se tieneque F [x]� ker' �= F [�]. Dado que F [�] es un dominio de integridad, el idealker' es un ideal primo, y es un ideal maximal ya que el anillo F [x] es un anil-lo de ideales principales. Esto implica que F [�] es de hecho un cuerpo, luegonecesariamente igual a su cuerpo de los cuocientes F (�). Esto demuestra 1.Ahora ker' = ff(x) 2 F [x] : f(�) = 0g es un ideal principal y podemos

tomar su generador p(x) mónico. El polinomio p(x) es irreducible ya queel ideal ker' no sería maximal en caso contrario. De aquí y explicitando elteorema del isomorsmo se obtiene 2.Finalmente, se observa que dado h(x) + hp(x)i 2 F [x]� hp(x)i se tiene

que h(x) + hp(x)i = r(x) + hp(x)i con r(x) = 0 o gr(r(x)) < n (bastareemplazar h(x) por h(x) = q(x)p(x) + r(x), r(x) = 0 o gr(r(x)) < n,según el algoritmo de la división de F [x]. Así, para un elemento cualquierah(�) 2 F [�], se tiene h(�) = r(�) = a0 + ::: + am�m donde r(x) = a0 +::: + amx

m;m < n. Hemos probado que 1; �; :::�n�1generan F [�] sobre F .Por último, los elementos 1; �; :::�n�1 son linealmente independientes sobreF , pues en caso contrario, existirían escalares a0; :::; an�1 en F , no todosnulos, tales que a0 + :::+ an�1�n�1 = 0. Se tendría así un polinomio no nulor(x) = a0 + :::+ an�1x

n�1 en F [x] de grado menor que n = gr(p(x)) tal quer(�) = 0, lo que es contradictorio:

Denición 1.2.4 Las raíces del polinomio Irr(�; F ) se llaman conjugadosde �:


Ejemplo: Irr(p2;Q) = x2 � 2;

p2 y �

p2 son los conjugados de

p2

Irr( 3p2;Q) = x3 � 2; 3

p2; " 3p2; "2 3

p2, donde " = �1

2+ i

2

p3, son los

conjugados de 3p2

Corolario 1.2.5 Si � es conjugado de �, entonces existe un isomorsmo decuerpos � entre F [�] y F [�] tal que �jF = idF y tal que �(�) = �Demostración. Como Irr(�; F ) = Irr(�; F ), según la proposición an-

terior se tiene que F [�] �= F [x]� hIrr(�; F i = F [x]� hIrr(�; F i �= F [�]. Lacompuesta de estos isomorsmos da el isomorsmo requerido �

Debemos notar en este momento que cualquier homomorsmo (no nulo)� desde el anillo F [�] queda totalmente determinado por sus valores en loselementos de F y en el elemento �: Además, si Irr(�; F ) = a0+a1x+:::+anxn

y � es un homomorsmo que deja jo a F , es decir �(a) = a;8a 2 F , tenemosque a0+ a1�+ :::+ an�n = 0, por lo que �(a0+ a1�+ :::+ an�n) = �(0) = 0,o sea que a0 + a1�(�) + ::: + an�(�)n = 0. Esto último dice que �(�) esconjugado de �. En resumen, cualquier homomorsmo � de F [�] que dejejo a F , envía � en algún conjugado de él.Es importante notar también que todos los homomorsmos (no nulos)

de cuerpos son monomorsmos (el kernel del homomorsmo es un ideal delcuerpo de partida, luego es todo el cuerpo o se reduce a f0g. Si el kernel estodo el cuerpo, entonces el homomorsmo es el homomorsmo nulo, luego elkernel es trivial y se tiene así un monomorsmo). Nótese además que 1 va en1:Hemos supuesto en todo lo anterior que � es algebraico sobre F . ¿Que

sucede en el caso en que � sea trascendente sobre F?

Lema 1.2.6 Sea � trascendente sobre F . Entonces F [�] �= F [x]. Es deciren este caso � es una indeterminada para F .

Demostración. El epimorsmo ' del teorema anterior es inyectivoDejamos al lector la siguiente importante propiedad

Proposición 1.2.7 Sean � y � algebraicos sobre F . Entonces F [�; �] es unaextensión nita de F

Corolario 1.2.8 Sean � y � algebraicos sobre F . Entonces ��; ��; ��(� 6=

0) son algebraicos sobre F .

1.2. ELEMENTOS ALGEBRAICOS 9

Demostración. � � �; ��; ��2 F [�; �] que es extensión algebraica de

F , por ser extensión nita.

Corolario 1.2.9 Si �1; :::; �n son algebraicos sobre F , entonces F (�1; :::; �n)es un cuerpo extensión nita (por lo tanto algebraica) de F .

Ejercicio 1.1 1. Sea E � F y sea K = f� 2 E : � es algebraico sobreFg. Demuestre que K es un cuerpo, que es extensión algebraica de F ,y que es subcuerpo de E.(K se llama la clausura algebraica de F enE).

2. Demuestre que la clausura algebraica de Q en C es una extensión in-nita de Q. (Esto demuestra que hay extensiones algebraicas innitas!)

3. Si un cuerpo F es un subanillo de un dominio de integridad D tal quedimF D


11. Demuestre que el polinomio x3�nx+2 2 Q[x] es irreductible si y sólosi n 6= �1; 3; 5

En todo lo que hemos visto, hemos partido de un elemento algebraico,que como tal tiene asociado un polinomio (irreductible) no nulo del cualél es cero. Cabe preguntarse entonces sobre el recíproco, es decir dado unpolinomio f(x) 2 F [x], de grado mayor o igual a 1, ¿ existe un cuerpo Eextensión de F y un elemento � 2 E tal que f(�) = 0?La respuesta es armativa, motivada por la demostración del teorema de

caracterización de elementos algebraicos, y está dada en el siguiente teorema,llamado teorema de Kronecker. Más adelante sin embargo, generalizaremosnotablemente este resultado.

Teorema 1.2.10 Sea F un cuerpo y f(x) 2 F [x] un polinomio de gradomayor o igual a uno. Entonces existe una extensión E � F y � 2 E tal quef(�) = 0.

Demostración. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer f(x) ir-reducible sobre F [x]. Entonces el ideal hf(x)i es un ideal maximal, y porlo tanto K = F [x]� hf(x)i es un cuerpo. Este cuerpo es extensión delsubcuerpo F 0 = fa + hf(x)i : a 2 Fg. Nótese que F 0 �= F . Para cadaa 2 F , sea a0 = a + hf(x)i 2 F 0. Consideremos a continuación el polinomiof 0(y) = a0+a

01y+ :::+a

0nyn 2 F 0[y] (donde hemos preferido llamar a la inde-

terminada y en lugar del habitual x, para evitar confusión con los elementosde K). En K tenemos el elemento �0 = x + hf(x)i para el cual uno vericaque f 0(�0) = 0 2 K.Finalmente, consideremos cualquier conjunto T disjunto de F y de igual

cardinalidad que K � F 0. Sea E = T [ F , entonces tomando cualquierabiyección entre T y K � F 0, y el isomorsmo entre F y F 0; obtenemos unabiyección ' entre E yK. Para u; v 2 E, denimos u+v = '�1('(u)+'(v)) yuv = '�1('(u)'(v)). Se verica que estas operaciones hacen de E un cuerpotal que F es un subcuerpo de él. Por último, si � = '�1(�0) se compruebaque f(�) = 0, de donde se tiene el resultado.Hemos visto que F (�1; :::�n) es extensión nita (por lo tanto algebraica)

de F si .�1; :::�n son algebraicos sobre F . Podemos generalizar este resultadoen la siguiente

Proposición 1.2.11 Sean E � K � F . Entonces E � F es algebraica si ysólo si E � K y K � F son algebraicas.

1.3. CLAUSURASALGEBRAICAS. CUERPOSDEDESCOMPOSICIÓN11

Demostración. La necesidad de la equivalencia es clara y queda de ejer-cicio para el lector. Supongamos entonces que E � K y K � F son alge-braicas y probemos que si � 2 E, entonces él es algebraico sobre F . Como� es algebraico sobre K, existen k0; :::; kn 2 K, no todos nulos, tales quek0+ :::+ kn�

n = 0. Sea T el cuerpo T = F (k0; :::; kn). Entonces por un coro-lario anterior, T es extensión nita de F . Por otra parte, el cuerpo T [�] esextensión nita de T (� es algebraico sobre T � F ). La cadena T [�] � T � Fes una cadena de extensiones nitas, por lo que T [�] � F es una extensiónnita, así que es una extensión algebraica, es decir todo elemento de T [�] esalgebraico sobre F: Entonces � 2 T [�] es algebraico sobre F .

1.3. Clausuras algebraicas. Cuerpos de descom-posición

Denición 1.3.1 Sea F un cuerpo y f(x) 2 F [x] de grado mayor o igualuno. Sea E una extensión de F tal que E contiene todas las raices de f(x).Entonces un subcuerpo K de E es un cuerpo de descomposición de f(x) sobreF , si K se obtiene de F agregando todas las raíces de f(x).Analogamente, se puede denir cuerpo de descomposición de una familia

de polinomios.

Ejemplo: Q[p3] es cuerpo de descomposición de x2 � 3

Si a 2 F , entonces F es cuerpo de descomposición de x� a sobre F .

Proposición 1.3.2 Sea F un cuerpo y f(x) 2 F [x] de grado mayor o igualuno. Entonces existe K cuerpo de descomposición de f(x) sobre F .

Demostración. Basta aplicar repetidamente el teorema de KroneckerPospondremos por unos instantes el problema de la unicidad de los cuer-

pos de descomposición, para estudiar en primer lugar la existencia y unicidadde una clausura algebraica.

Denición 1.3.3 Un cuerpo E es algebraicamente cerrado si todo polinomioen E[x], de grado mayor o igual a uno, tiene una raíz en E.

Ejemplo: C es algebraicamente cerrado

Proposición 1.3.4 Sea E un cuerpo. Son equivalentes


1. E es algebraicamente cerrado

2. Los únicos polinomios irreducibles de E[x] son los de primer grado

3. T � E extensión algebraica) T = E

Demostración. 1) 2: Si f(x) 2 E[x] irreducible fuese de grado mayorque 1, entonces por hipótesis existe a 2 E tal que f(a) = 0. Por lo tantof(x) se factoriza no trivialmente en E[x] como f(x) = (x�a)h(x) para algúnh(x) 2 E[x] de grado a lo menos 1, una contradicción.2 ) 3: Sea t 2 T , entonces Irr(t; E) es un polinomio de E[x] que es

irreducible y tiene el factor x� t en T [x]: Por hipótesis, el grado de Irr(t; E)es 1, así que necesariamente Irr(t; E) = x� t lo que implica que t 2 E:3 ) 1 : Sea f(x) un polinomio en E[x] de grado mayor o igual a uno.

Queremos probar que f(x) tiene una raíz en E. Sin pérdida de generalidadpodemos suponer que f(x) es irreducible. Por el teorema de Kronecker, existe� raíz de f(x) en alguna extensión de E. Si T = E[�], entonces T � E esuna extensión algebraica. Por hipótesis entonces T = E. Luego � 2 E comose quería probarGeneralizando las ideas involucradas en el teorema de Kronecker a costa

de un mayor tecnicismo, se tiene:

Teorema 1.3.5 Sea F un cuerpo. Entonces existe E � F tal que E esalgebraicamente cerrado

Demostración. (idea de la demostración):La clave consiste en demostrarque: dado un cuerpo K, existe una extensión E1 de K tal que cada polinomioenK[x] de grado mayor o igual a uno tiene una raíz en E1. Usando lo anterior,se construye entonces una cadena de cuerpos E0 = F � E1 � ::: � Ei �:::tal que cada polinomio en Ei[x] tiene una raíz en Ei+1: Finalmente, seaE = [Ei, entonces E es naturalmente un cuerpo extensión de F . Además,dado f(x) 2 E[x] existe entonces un índice n tal que f(x) tiene todas suscoecientes en En, es decir f(x) 2 En[x]: Por lo tanto existe � 2 En+1(y porlo tanto en E) tal que f(�) = 0. Se obtiene así que E es el cuerpo requerido.

Denición 1.3.6 Sea F un cuerpo. Entonces una extensión F � F se llamaclausura algebraica de F si

1. F es algebraicamente cerrado


2. F � F es extensión algebraica

Ejemplo: C es clausura algebraica de R.

Corolario 1.3.7 Sea F un cuerpo. Entonces existe F clausura algebraica deF .

Demostración. Por el teorema, existe E � F , E algebraicamente cer-rado. Sea F = f� 2 E : � es algebraico sobre Fg. Por lo estudiado ante-riormente, F es un cuerpo extensión algebraica de F . Sólo resta demostrarque F es algebraicamente cerrado: sea f(x) 2 F [x] (de grado mayor o iguala 1). Entonces f(x) 2 E[x], luego existe � 2 E raíz de f(x). Así, � 2 E esalgebraico sobre F , pero F � F es extensión algebraica, por lo tanto � esalgebraico sobre F , es decir � 2 F . Esto demuestra el corolario

Estudiaremos ahora el problema de extender monomorsmos de cuerpos.A esta altura, sabemos responder a esta pregunta (por lo estudiado al comien-zo) en el siguiente caso: Si � : F ! F (con F clausura algebraica de F ) estádada por �(a) = a;8a 2 F , y � es algebraico sobre F , entonces � se extiendea e� : F (�)! F (o sea e� es un monomorsmo de cuerpos tal que e�jF = idF ).De hecho e�(�) debe ser un conjugado de � y hay tantas extensiones comoconjugados. Con un argumento del mismo tipo se tiene un resultado similar si� es simplemente un monomorsmo desde F (no necesariamente la identidaden F ). Ahora, en un contexto más general tenemos

Proposición 1.3.8 Sea F un cuerpo, T un cuerpo algebraicamente cerrado,E � F extensión algebraica. Si � : F ! T es un monomorsmo de cuerpos,entonces � se extiende a ' : E ! T .

Demostración. Sea S = f(K; �) : E � K � F; � : K ! T monomor-smo tal que �jF = �Fg. Entonces S 6= ; (pues el par (F; �) 2 S). Podemosdenir una relación de orden en S mediante (K1; �1) � (K2; �2) si K2 � K1y �2jK1 = �1. Una aplicación del lema de Zorn nos da la existencia de unelemento maximal (K;') en S. Mostraremos a continuación que K = E,con lo cual habremos demostrado la proposición. Si hubiese un elemento� 2 E�K, entonces � sería algebraico sobre K, y se tendría que K(�) seríauna extensión nita K de grado mayor que 1. Pero entonces, como se dijoanteriormente, ' se extendería a e' y se tendría que el par (K(�); e') 2 S yque (K(�); e') � (K;'), una contradicción con la maximalidad de (K;').


Corolario 1.3.9 Si E es clausura algebraica de F , � : F ! L es un iso-morsmo de cuerpos y T es clausura algebraica de L, entonces � se extiendea un isomorsmo e� entre E y T:Demostración. Por proposición anterior, � se extiende a un monomor-

smo e� de E en T . Ahora puesto que �(E) es algebraicamente cerrado, yT es extensión algebraica de �(E), se tiene que T = �(E), y se obtiene elresultadoEl corolario anterior da el resultado de unicidad de una clausura alge-

braica tomando � = idF : Si E y T son clausuras algebraicas de F , entoncesexiste un isomorsmo entre E y T que deja jo a F .Un resultado similar de unicidad se tiene para cuerpos de descomposición.

Este resulta de lo que se ha visto,(o bien, mas directamente, demostrándolousando inducción en el grado del cuerpo de descomposición):

Proposición 1.3.10 Si � : F ! L es un isomorsmo de cuerpos, E escuerpo de descomposición de una familia de polinomios ffi(x)g sobre F yK es cuerpo de descomposición de la familia {�fi(x)g sobre L (�fi(x) es elpolinomio que se obtiene aplicando � a cada coeciente de fi(x)). Entonces� se extiende a un isomorsmo entre E y K.

Demostración. Si E es clausura algebraica de F y K es clausura al-gebraica de L; hemos visto recién que � se extiende a un isomorsmo e� deE y K. La restricción e�jE da un monomorsmo de E en K que extiende a�. Pero entonces e� envía cada raíz de cada polinomio fi(x) en una raíz de�fi(x). De aquí se deduce que e�jE es hecho un isomorsmo entre E y K.Teorema 1.3.11 Sea E � F una extensión algebraica. Entonces son equiv-alentes

1. F cuerpo de descomposición de alguna familia de polinomios de F [x]

2. Todo monomorsmo � : E ! F sobre F , es decir tal que �jF = idF (Funa clausura algebraica de F ) es un automorsmo de E

3. Todo polinomio irreductible de F [x] que tenga una raíz en E, tienetodas sus raíces en E


Demostración. 1) 2. Sea � : E ! F un monomorsmo tal que �jF =idF . Si E = F (f�jg) donde los �j son las raíces de una familia de polinomiosfi(x) 2 F [x]. Sea � una de estas raíces, digamos que es raíz del polinomiof(x). Como � deja jo a los coecientes de f(x), sabemos que �(�) = � estambién raíz de f(x). Más aún, dado que � es monomorsmo, envía las raícesde f(x), �1; :::; �r en una permutación de éstas �(�1); :::; �(�r). Esto dice quecada �j es enviado en algún �j0, probando que �(E) � E. Por otra parte,dice también que cada �j es una imagen de alguna otra raíz, lo que pruebaque cada elemento de E es una imagen de un elemento de E mediante �.Así, � es un automorsmo de E.2 ) 3. Sea h(x) 2 F [x] un polinomio irreducible y � 2 E una raíz de

él. Si � 2 F es otra raíz del polinomio, sabemos que existe un isomorsmo� : F [�] ! F [�] que deja jo a F y que envía � en �. Por un resultadoanterior � se extiende a un monomorsmo e� : E ! F , pero por hipótesis setiene que e� es un automorsmo de E. Por lo tanto, � = �(�) 2 E, de dondeel resultado.3) 1. Sea � 2 E y sea p�(x) su polinomio irreducible sobre F . Entonces

todas las raíces de p�(x) pertenecen a E. Por otra parte, E = F (f�g�2E). Setiene entonces que E es cuerpo de descomposición de la familia de polinomiosfp�(x)g�2E

Denición 1.3.12 Sea E � F una extensión algebraica. Entonces E � F esuna extensión normal si satisface alguna de las tres propiedades del teoremaanterior.

Dada una extensión nita E � F , existe una menor extensión K de Etal que K � F es una extensión normal. Esta extensión la podemos realizarde dos modos:

a. Si E = F (�1; :::; �n), sea pi(x) = Irr(�i; F ) para i = 1; :::; n, y sean,para cada i, �i1 = �i; �i2; :::; �iji las distintas raíces de pi(x). Si K =E(�ij)ij = F (�ij)ij, entonces K es el cuerpo pedido

b. Sean �1; :::; �r : E ! E los distintos monomorsmos de E que dejanjo a F (el lector acucioso debiera probar que efectivamente no puedenser sino nita la cantidad de tales monomorsmos. Este problema, sinembargo, será estudiado en la próxima sección). Formamos el cuerpocompuesto K = �1(E) � � � �r(E). Es claro que K � E � F , además,para ver que K � F es normal, sea � : K ! E un monomorsmo


sobre F . Entonces ��1; :::; ��r son monomorsmos de E en E. Comoson todos distintos, ��1; :::; ��r es una permutación de �1; :::; �r. Deaquí pues �(K) = ��1(E) � � � ��r(E) = �1(E) � � � �r(E) = K, y K esun automorsmo, por lo que se obtiene que K es el cuerpo buscado

Ejemplo: Q[p3] � Q es una extensión normal (es un cuerpo de descom-

posición)Q[ 3p2] � Q no es una extensión normal (el polinomio irreducible x3 � 2

tiene sólo la raíz 3p2 en Q[ 3

p2], las otras dos son complejas y no están en

Q[ 3p2])

Ejercicio 1.2 1. Ningún cuerpo nito es algebraicamente cerrado

2. K es cuerpo de descomposición de f1(x); :::; fn(x) 2 F [x] sobre F si ysólo si K es cuerpo de descomposición de f(x) = f1(x) � ::: � fn(x) sobreF .

3. Sean E � K � F . Si E � F es extensión normal, entonces E � K esextensión normal

4. Si K es cuerpo de descomposición de f(x) sobre F y gr(f(x)) = n,entonces [K : F ] divide a n!

5. Si [E : F ] = 2, entonces E es extensión normal de F .

6. Encuentre el cuerpo de descomposición de x4� 2 sobre Q, y determineel grado de la extensión.

7. Encuentre el cuerpo de descomposición de x4+2 sobre Q, y determineel grado de la extensión.

8. Considere el polinomio xn�1 sobre Q. Demuestre que el conjunto de lasraíces de este polinomio es un grupo cíclico de orden n. Este grupo sellama el grupo de las raíces n�simas de la unidad. Los generadores deeste grupo se llaman raíces n�simas primitivas de la unidad. Demuestreque el número de raíces primitivas es '(n)=número de números natu-rales positivos menores que n, primos con n.('(n) se llama la función' de Euler). Demuestre que si n = p, un número primo y �p es una raízprimitiva, entonces Irr(�p;Q) = xp�1+xp�2+:::+x+1[Indicación:xp�1 = (x� 1)(xp�1+xp�2+ :::+x+1). Use el criterio de irreductibilidadde Eisenstein]

1.4. EXTENSIONES SEPARABLES 17

9. Encuentre el cuerpo de descomposición de xp� 2 sobre Q, y determineel grado de la extensión.

10. Sea � : F ! L un isomorsmo de cuerpos. Sea � algebraico sobre F ,y h(x) = Irr(�; F ). Si �h(x) es el polinomio que se obtiene de h(x),aplicando � a sus coecientes y si � 2 L(una clausura algebraica deL) es una raíz de �h(x), entonces �h(x) = Irr(�; L), � se extiende aun monomorsmo e� : F [�] ! L tal que e�(�) = �, y, recíprocamente,toda extensión e� : F [�]! L del isomorsmo � envía � en una raíz de�h(x).

1.4. Extensiones separables

Denición 1.4.1 Sea f(x) 2 F [x]. Entonces f(x) es un polinomio separablesi todas sus raíces (en cualquiera clausura algebraica F de F ) son simples.Un elemento algebraico � sobre F es separable si su polinomio irreductiblees separable. Una extensión E � F es una extensión separable si todos suselementos son separables sobre F .

Ejemplo: El polinomio x2�2 es separable. El polinomio x3�x2�8x+12 =(x� 2)2(x� 3) no es separable.3p2 es separable sobre Q.

Q[p2] � Q es extensión separableHemos visto que si � es algebraico sobre F , entonces hay tantas exten-

siones de la inclusión de F en una clausura algebraica F a un monomorsmode F [�] a F , como conjugados tiene �: Lo anterior se generaliza rápidamentea: hay tantas extensiones de un monomorsmo � : F ! F como conjugadostiene � (ver ejercicio anterior número 10). Se deduce

Proposición 1.4.2 � es separable sobre F si y sólo si el número de exten-siones de idF a un monomorsmo de F [�] en F (una clausura algebraica deF ) es igual al grado [F [�] : F ].

Demostración. � es separable sobre F si y sólo si el número de conju-gados de � es igual al gr(Irr(�; F ))Estudiaremos entonces a continuación el numero de extensiones de � :

F ! T1 (T1 una clausura algebraica de �(F )) a E ! T1, donde E � F esextensión algebraica.


Sea S� el conjunto de todas las extensiones de � a monomorsmos E !T1. Sea � : F ! T2(T2 una clausura algebraica de �(F )) otro monomorsmoy sea S� el conjunto de todas las extensiones de � a monomorsmos E ! T2.Probemos el siguiente

Lema 1.4.3 Existe una biyección entre S� y S�

Demostración. La función � ��1 : �(F )! T2 es un monomorsmo, sepuede extender entonces a un monomorsmo � : T1 ! T2. Podemos denirasí una función de S� en S� mediante e� 7! � � e� y se comprueba que estábien denida y es biyectiva

Denición 1.4.4 Sea E � F una extensión algebraica. Se dene el grado deseparabilidad de la extensión, [E : F ]s como la cardinalidad de S�(cualquier� de acuerdo al lema anterior);

Proposición 1.4.5 Sea E � K � F . Entonces [E : K]s[K : F ]s = [E : F ]s

Demostración. EjercicioSi E es una extensión nita de F , entonces existen �1; �2; :::; �n en E tales

que E = F (�1; �2; :::; �n _). Por otra parte, hemos visto que si � es algebraicosobre K, entonces [K[�] : K]s � [K[�] : K]. De aquí, y usando inducción,tenemos

Proposición 1.4.6 Si E es extensión nita de F , entonces [E : F ]s � [E :F ]

Por lo anterior se tiene entonces

Corolario 1.4.7 Si E � K � F son extensiones nitas, entonces [E : F ]s =[E : F ] si y sólo si [E : K]s = [E : K] y [K : F ]s = [K : F ]

Se deduce asi

Proposición 1.4.8 Sea E � F una extensión nita. Entonces la extensiónes separable si y sólo si [E : F ]s = [E : F ]

Veamos ahora la separabilidad sobre un cuerpo F y la relación de ella conchar(F ) (la característica del cuerpo F ).

1.4. EXTENSIONES SEPARABLES 19

Proposición 1.4.9 Sea � algebraico sobre F . Si char(F ) = 0, entonces �es separable sobre F . Si char(F ) = p, entonces existe t � 0 tal que toda raízde Irr(�; F ) tiene multiplicidad pt. Se cumple en este caso que [F [�] : F ] =pt[F [�] : F ]s y el elemento �p

tes separable sobre F

Demostración. Sea h(x) = Irr(�; F ). Si char(F ) = 0, entonces el poli-nomio derivado h0(x) es distinto de cero y de grado menor que n. Por lo tantom:c:d:(h(x); h0(x)) = 1 y se tiene entonces que h(x) tiene sólo raíces simplesSi char(F ) = p, supongamos que � es una raíz múltiple. Entonces h0(x) =

0. Mirando los coecientes, se deduce que existe un polinomio g(x) 2 F [x]tal que h(x) = g(xp). Como gr(g(x)) < h(x), existe un menor entero t talque �p

tes raíz de un polinomio separable de F [x], es decir h(x) = l(xp

t)

con l(x) 2 F [x] polinomio separable. Luego,[F [�pt ] : F ]s = [F [�pt] : F ].

Como g(x) es irreductible, tenemos que [F [�p] : F ] = gr(g(x)), además, dela relación h(x) = g(xp); se tiene que pgr(g(x)) = gr(h(x)). La igualdad[F [�] : F ] = [F [�] : F [�p]][F [�p] : F ] lleva entonces a [F [�] : F [�p]] = p.Haciendo inducción, se obtiene que [F [�] : F [�p

t]] = pt. El número de raíces

distintas de h(x) y l(x) es el mismo, o sea [F [�] : F ]s = [F [�pt] : F ]s

Finalmente, [F [�] : F ] = [F [�] : F [�pt]][F [�p

t] : F ] = pt[F [�p

t] : F ]s =

pt[F [�] : F ]sLa proposición anterior dice, además

Corolario 1.4.10 Si E � F es nita, entonces [E : F ]s divide a [E : F ]

Denición 1.4.11 Sea E � F extensión nita. Se dene el grado de insep-arabilidad de la extensión, [E : F ]i como el número entero

[E:F ][E:F ]s

Ejercicio 1.3 1. Sea E � F una extensión algebraica. Si K = f� 2E : � es separable sobre Fg, demuestre que K � F es una extensiónseparable, llamada la clausura separable de F en E.(Observe que E �K � F ).

2. Sea E � F una extensión nita, tal que E = F (�1; :::; �n). EntoncesE � F es separable si y sólo si �1; :::; �n son separables sobre F ..

3. Si E � F es extensión separable y E � K � F . Entonces E � F esseparable, si y sólo si E � K y K � F son extensiones separables

Capítulo 2

El teorema de Galois

2.1. Extensiones de Galois

Sean E y K extensiones de F . Si � : E ! K es un homomorsmo nonulo de cuerpos(por lo tanto �(1E) = 1K) es una función F�lineal, entonces�jF = idF . Recíprocamente, si � : E ! K es tal que �jF = idF , entonces� es F�lineal. Un tal � se llama F�homomorsmo. El conjunto de todoslos F�automorsmos de una extensión E de F es un grupo respecto a lacomposición de funciones y se anota AutFE, y se llama grupo de Galois dela extensión.Algunos ejemplos de estos grupos son:AutFF = fidFg; AutQ(Q[

p3]) = fidQ[p3]; � : a+ b

p3 7! a� b

p3g;

AutQ(Q[ 3p2]) = fidQ[ 3p2]g; AutRC = fidC; � : a+ bi 7! a� big

Observación: Si E � F , sea K tal que E � K � F . Entonces AutKE (elgrupo de los aumorsmos de E sobre K) es un subgrupo de AutFE, hechoque anotamos mediante AutKE < AutFE.

Denición 2.1.1 Si H < AutFE, se dene EH = f� 2 E : �(�) = �; 8� 2Hg. Este conjunto (que es un cuerpo) se llama el cuerpo jo de H.

Se verica el siguiente

Lema 2.1.2 E � EH � F

Observación: Si E � F , se tiene queEfidEg = EAutEE = fidEg

21

22 CAPÍTULO 2. EL TEOREMA DE GALOIS

Denición 2.1.3 Sea E � F . Entonces la extensión se llama de Galois siF = EAutFE.

Observación: Nótese que la denición anterior no supone que la extensiónsea algebraica

Ejemplo: Q[p2] � Q es extensión de galois (es una extensión nita de

Galois)Q[ 3p2] � Q no es extensión de Galois

La siguiente proposición da una caracterización de las extensiones alge-braicas de Galois, en términos de normalidad y separabilidad

Proposición 2.1.4 Sea E � F . Entonces son equivalentes

1. E � F es algebraica y de Galois

2. E � F es normal y separable

Demostración. 1 ) 2: Sea � 2 E y sea p(x) = Irr(�; F ). Si �1 =�; :::; �r son los conjugados de � que están en E, consideremos el polinomio(con coecientes en E) h(x) = (x��1)(x��2) � � � (x��r). Multiplicando seobtiene h(x) = xr�(�1+ :::+�r)xr�1+ :::+(�1)r�1(

Pi �1�2 � � ��i�1�̂i�i+1 � � �

�r)x+(�1)r�1��r (el símbolo �̂i indica que en el producto falta el factor �i).Si � 2 AutFE, entonces por lo que hemos visto, � envía cada �i en otra raízdel polinomio p(x), así, las raíces �1; :::; �r son permutadas por la acción de�, en otros términos �(�1); :::; �(�r) es una permutación de �1; :::; �r. Comoconsecuencia se obtiene que los coecientes de h(x) quedan jos por � (cadacoeciente es una expresión simétrica de los elementos �1; :::; �r, o sea, nocambia si se hace una permutación entre los �i). Se tiene entonces que cadacoeciente pertenece a EAutFE = F (ya que la extensión es de Galois), asíh(x) 2 F [x]. Como h(�) = 0, el resultado básico sobre elementos algebraicosimplica que p(x) divide a h(x). Por otra parte, gr(h(x)) � gr(p(x)). Se sigueque h(x) = p(x). Esto implica que todas las raíces del polinomio irreduciblep(x) están en E, o sea E � F es extensión normal, también implica quetodas las raíces de p(x) son simples, o sea � es separable y en consecuenciaE � F es extensión separable.2 ) 1: Hay que demostrar que F = EAutFE, es decir que EAutFE � F

(pues la otra inclusión se cumple siempre). Por lo tanto basta demostrar quesi � 62 F , entonces � 62 EAutFE, o sea que 9� 2 AutFE tal que �(�) 6= �.

2.1. EXTENSIONES DE GALOIS 23

Supongamos pues � 62 F . Sea � otro conjugado de � (que existe ya queIrr(�; F ) es de grado por lo menos 2, y � es separable). Hay un isomorsmode cuerpos � : F [�] ' F [�] que deja jo a F y envía � en �. Este isomorsmose extiende a un monomorsmo � : E ! E (E una clausura algebraica deE), que deja jo a F y tal que �(�) = � 6= �. Dado que E � F es unaextensión normal, � es un automorsmo de E. Se ha encontrado un elemento� 2 AutFE tal que �(�) 6= �.El siguiente lema resulta de una simple vericación

Lema 2.1.5 Sean E � K � T � F . Entonces AutEE = fidEg < AutKE <AutTE < AutFESean H < J < AutFE. Entonces E = EAutEE � EH � EJ � EAutFE

Para lo que sigue, introduzcamos la siguiente notación:Si E � K � F , entonces '(K) = AutKESi H < AutFE, entonces (H) = EH

En el lema anterior se ha probado entonces que las funciones ' y in-vierten el orden, o sea que:

E � K � T � F ) '(K) � '(T )H < J < AutFE ) (H) � (J)El propósito de esta sección es probar el teorema fundamental:

Teorema 2.1.6 (Teorema de Galois). Sea E � F extensión nita y de Ga-lois. Entonces:Existe una biyección entre los cuerpos intermedios K de la extensión y

los subgrupos H del grupo de Galois AutFE, dada por '(K) = AutKE. Lainversa de la biyección está dada por la función (H) = EH . Para estacorrespondencia se cumple también que si E � K � T � F , entonces [K :T ] = [AutTE : AutKE], y que si H < J < AutFE, entonces [J : H] = [EH :EJ ]. En particular se tiene que jAutFEj = [E : F ]Además, si E � K � F . Entonces E � K es extensión de Galois. Por

último, K � F es extensión de Galois si y sólo si '(K) = AutKE C AutFE,y en este caso, AutFK ' AutFE�AutKE.

Para probar este teorema, veremos algunos lemas que serán útiles parasu demostración.En primer término, se verica que

Lema 2.1.7 1. Si E � K � F entonces K � ( � ') (K) = EAutKE


2. Si H < AutFE entonces H � (' � )(H) = AutEHE

Lema 2.1.8 Sea E � K � T � F tal que [K : T ] < 1. Entonces ['(T ) :'(K)] = [AutTE : AutKE] � [K : T ]. En particular se tiene que si E � Fes una extensión nita, entonces jAutFEj � [E : F ].

Demostración. Demostraremos el resultado por inducción en m = [K :T ].Si m = 1 el resultado es claroSi m es cualquiera, suponemos el resultado válido para extensiones de

grado menor que m. Sea � 2 K � T , como � es algebraico sobre T , seat = gr(Irr(�; T )). Ya que [T (�) : T ] = t, se tiene que [K : T (�)] =

m

t. En el

caso que t < m, resulta que 1 <m

t< m por lo que podemos usar la hipótesis

de inducción: ['(T ) : '(T (�))] � t; ['(T (�)) : '(K)] � mt. Por lo tanto

[AutTE : AutKE] = ['(T ) : '(K)] = ['(T ) : '(T (�))]['(T (�)) : '(K)] �tmt= [K : T ]Consideremos ahora el caso en que t = m. En este caso se tiene que

K = T (�). Como ['(T ) : '(K)] = ['(T ) : '(T (�))] = [AutTE : AutT (�)E]indica el número de coclases del subgrupo AutT (�)E en el grupo AutTE,basta establecer una inyección desde este conjunto de coclases en un conjuntode cardinalidad menor o igual a m = [T (�) : T ] =grado del polinomioirreductible de � sobre T , que es mayor o igual al número de conjugadosde � sobre T . Estableceremos por lo tanto una inyección del conjunto decoclases de AutT (�)E en AutTE al conjunto de conjugados de � sobre T .Consideremos coclases �AutT (�)E (� 2 AutTE). Se tiene que �AutT (�)E =� 0AutT (�)E si y sólo si ��1� 0 2 AutT (�)E. Ya que tanto � como � 0 dejan joa T; la última relación se cumple si y sólo si ��1� 0(�) = �, es decir si ysólo si �(�) = � 0(�). Esto demuestra que �AutT (�)E 7! �(�) es la inyecciónrequerida (debe observar que puesto que � deja jo a T , se tiene que �(�) esconjugado de � sobre T .Finalmente, la última armación del lema sigue aplicando lo ya probado

al caso K = E y T = F .Veremos a continuación un lema similar para al recién probado para ':

Lema 2.1.9 Si H < J < AutFE, con [J : H] < 1, entonces [ (H) : (J)] = [EH : EJ ] � [J : H]


Demostración. Supongamos el resultado falso, o sea supongamos que[ (H) : (J)] = [EH : EJ ] > [J : H] = m. Existen por lo tanto elemen-tos �1; �2; :::; �m+1 2 EH que son linealmente independientes sobre EJ . Sea�1 = idE; :::; �m 2 J un sistema de representantes de las distintas coclases(izquierdas) de H en J . Se forma así un sistema homogéneo de m ecuacionescon m+ 1 incógnitas

�1(�1)x1 + :::+ �1(�m+1)xm+1 = 0...�m(�1)x1 + :::+ �m(�m+1)xm+1 = 0Un tal sistema tiene soluciones no triviales en E. De estas soluciones no

triviales tomemos una en que el número r de elementos distintos de cero seamínimo. Reindiciando los índices anteriores, de ser necesario, podemos supon-er que la solución en cuestión es s1; s2; :::; sr; sr+1; :::; sm+1 con s1; s2; :::; sr to-dos distintos de cero y con sr+1 = ::: = sm+1 = 0. Podemos suponer ademásque s1 = 1. La primera ecuación del sistema origina �1+s2�2+ :::+sr�r = 0,que es una combinación no trivial de los �i que es igual a cero. Dado quelos �i son linealmente independientes sobre EJ , necesariamente algún sino pertenece a EJ , supongamos que esto ocurre con s2, es decir s2 62 EJ .Existe por consiguiente � 2 J tal que �(s2) 6= s2. Si � 2 J , se observaprimeramente que ��1; :::; ��m+1 es nuevamente un sistema de representantesde coclases de H en J . Luego ��i = �j(i)�j(i) 8i (�j 2 H), así tenemos que(��i)(�k) = �j�j(�k) = �j(�k) ( pues �j 2 H y �k 2 EH). Aplicando �al sistema evaluado en s1; :::; sm+1 se obtiene que �(s1); :::; �(sr); 0; :::; 0 estambién solución del sistema. Pero, la diferencia de las dos soluciones es unasolución del sistema, es decir 0 = 1� �(1); s2� �(s2); :::; sr � �(sr); 0; :::; 0 essolución no trivial (pues s2 � �(s2) 6= 0) y el número de elementos distintosde cero de ella es menor que r, una contradicción.El siguiente lema es un corolario de los dos lemas anteriores.

Lema 2.1.10 1. Sea E � K � T � F tal que [K : T ] < 1. Si T =EAutTE, entonces K = EAutKE y [AutTE : AutKE] = [K : T ]

2. Sea H < J < AutFE, con [J : H] < 1. Si H = AutEHE, entoncesJ = AutEJE y [EH : EJ ] = [J : H]

Demostración. Demostraremos 1. Usando los dos lemas anteriores, lahipótesis T = EAutTE y el hecho que K � EAutKE se obtiene


[K : T ] � [EAutKE : T ] � [EAutKE : EAutTE] � [AutTE : AutKE]� [K : T ]


considerar la función � : AutFE ! AutFK dada por �(�) = �jK que estábien denida por ser K � F normal. También, usando el lema de extensiónde monomorsmos y la normalidad de E � F se observa que la función esepiyectiva, como claramente es un homomorsmo y su kernel es AutKE setiene el resultado.

Ejemplo: Sea E = Q[ 3p2; �] donde � es la raíz primitiva de la unidad �1

2+

p3

2i. Entonces E = Q[ 3

p2;p�3], E es cuerpo de descomposición de x3 � 2

sobre Q, por tanto E � Q es extensión de Galois de grado 6.Encontraremos el grupo de Galois de la extensión.. Ya que

p�3 =2 Q[ 3

p2]

(es un número complejo), se tiene que Irr(p�3; Q[ 3

p2]) = x2 + 3, y �

p�3

es conjugado dep�3. Por lo tanto:

Existe un automorsmo � : Q[ 3p2][p�3]! Q[ 3

p2][p�3], dado por �(q) =

q ( q 2 Q), �( 3p2) = 3

p2, �(

p�3) = �

p�3 (observe que, entonces �(�) = �2

Como 3p2� y 3

p2�2 son conjugados de 3

p2 sobre Q[

p�3] y pertenecen a

Q[�][ 3p2], se tiene:

Existe un automorsmo � : Q[�][ 3p2] ! Q[�][ 3

p2], dado por �(q) = q,

�(�) = �, �( 3p2) = 3

p2�. Entonces �2 es el automorsmo tal que �2(q) = q,

�2(�) = �, �2( 3p2) = 3

p2�2.

Como la extensión de Galois es de grado 6, el grupo G = AutQE tiene 6elementos: idE; �; �2; �; ��; ��2. Este grupo es isomorfo a S3 (el grupo de laspermutaciones de 3 elementos). Se obtiene tal isomorsmo, enviando � enel ciclo (123) y � en la transposición (12).Los subgrupos de G son H1 = fidEg; H2 = h�i ; H3 = h��i ;

H4 = h��2i ; H5 = h�i ; H6 = G, que tienen como subcuerpos correspon-dientes, respectivamente, según el teorema de Galois, E; Q[ 3

p2]; Q[ 3

p2�];

Q[ 3p2�2]; Q[�] = Q[

p�3]; Q

Veamos algunos resultados que siguen del teorema de Galois.

Proposición 2.1.11 Consideremos las extensiones E � F y L � F , dondela primera es de Galois y nita. Entonces EL � L y E � E \ L son exten-siones de Galois y AutLEL ' AutE\LE.

Demostración. Que la extensión E � E \ L es de Galois, es una con-secuencia inmediata del teorema de Galois. Se demuestra por otra parte queEL � L es de Galois, hecho que dejamos al lector. Finalmente, consideremosla correspondencia � : � 7! �jE que es una función bien denida de AutLEL


en AutFE por ser E � F una extensión normal. Es claro por otra parte que� es un homomorsmo de grupos, que es inyectivo, ya que si �(�) = idE,entonces �jE = idE. Como �jL = idL(� es un elemento de AutLEL por loque deja jo a L). Se sigue que � = idEL. Por último basta probar que�(AutLEL) = AutE\LE Para probar que estos dos grupos son iguales, re-currimos al teorema de Galois, probando que los cuerpos correspondientesson iguales, es decir que E�(AutLEL) = EAutE\LE. Se observa que el últimocuerpo es E \ L , pues la extensión E � E \ L es de Galois. Lo que pro-baremos por lo tanto es que E \L = Ef�jE :�2AutLELg: si � 2 E \L, entonces�(�) = �, si � 2 AutLEL, puesto que éste deja jo a los elementos de L,así � 2 Ef�jE :�2AutLELg. Recíprocamente, sea � 2 Ef�jE :�2AutLELg, entonces� 2 E y �(�) = �;8� 2 AutLEL, es decir � 2 ELAutLEL = L(recuerde queEL � L es de Galois), se tiene pues que � 2 E \ L

Proposición 2.1.12 Sean E � F y L � F extensiones nitas y de Galois.Sean G = AutFEL, H1 = AutFE, H2 = AutFL. Entonces EL � F esextensión de Galois y la función � : G! H1�H2 dada por �(�) = (�jE; �jL)es un monomorsmo de grupos que es un isomorsmo si F = E \ L.

Demostración. La primera armación queda para el lector. Por otraparte, es inmediato comprobar que � es un homomorsmo de grupos, y quees de hecho un monomorsmo. Supongamos entonces que F = E \ L. Sea� 2 H1. Como H1 = AutE\LE, la proposición anterior demuestra que existe� 2 AutLEL tal que �jE = � , pero dado que �jL = idL, se tiene que �(�) =(�; idL). En otras palabras, H1 � fidLg � �(G). Analogamente, se obtieneque fidEg �H2 � �(G). Se deduce que H1 �H2 � �(G), y por lo tanto que�(G) = H1 �H2.

Proposición 2.1.13 Sea E un cuerpo y sea H un grupo de automorsmosde E. Si F = EH , entonces E � F es extensión de Galois. Si H es un gruponito, entonces H = AutFE

Demostración. Dadas las deniciones, se tiene que E � F y H �AutFE. Sea � 2 E � F , entonces existe � 2 H(y por lo tanto en AutFE)tal que �(�) 6= �. Esto demuestra que � =2 EAutFE. En otros términos,EAutFE � F . Como la otra inclusión es obvia, se ha probado que F = EAutFE,o sea que la extensión es de Galois. Finalmente, si H es nito, tenemos usan-do un lema anterior que [E : F ] = [EfidEg : EH ] � [H : fidEg] = jHj


Ejercicio 2.1 1. Demuestre que AutQR = fidRg

2. Sea E � F una extensión nita y de Galois. Demuestre que si E �K � F y E � L � F , entonces:

a) AutKLE = AutKE \ AutLEb) AutK\LE = hAutKE [ AutLEi

3. Sea E � F y sea F0 = EAutFE. Demostrar que E � F0 es extensión deGalois

4. Sea x una indeterminada sobre F , y sea E = F (x). Sea H = f�1; :::; �6gdonde los �i : E ! E son automorsmos de E tales que si f(x) 2 F [x],entonces:

�1(f(x)) = f(x); �2(f(x)) = f(1� x); �3(f(x)) = f(1

x);

�4(f(x)) = f(1�1

x); �5(f(x)) = f(

1

1� x); �6(f(x)) = f(x

x� 1)

Demuestre que H es un grupo. Sea K = EH . De toda la informaciónque pueda deducir, relacionada con la extensión E � K

5. Demuestre que aunque E � K � F sean extensiones tales que E � Ky K � F son nitas y de Galois, no necesariamente, E � F es deGalois

6. Sea E el cuerpo de descomposición de f(x) = (x2 � 2)(x2 � 3)(x2 � 5)sobre Q. Determine todos los subcuerpos de E

7. ¿Es E = Q[ 8p�2] � Q extensión de Galois?. Si F = Q[

p�2], deter-

mine AutFE y todos los subcuerpos de E que son Galois sobre F

Capítulo 3

Aplicaciones

Veremos diversas aplicaciones de lo que hemos estudiado hasta ahora.Comenzaremos por estudiar la estructura de los cuerpos nitos

3.1. Cuerpos nitos

Sea F un cuerpo nito. Entonces, necesariamente, Car(F ) = p, p unnúmero primo. Se deduce de esto que F es una extensión de un cuerpo iso-morfo a Zp, el cuerpo de los restos módulo p.(basta considerar el monomor-smo Zp ! F dado por r 7! r1F ). Por comodidad, identicaremos Zp con suimagen, y entonces tenemos F � Zp. Observando las cardinalidades tenemosque [F : Zp] = n

32 CAPÍTULO 3. APLICACIONES

con su polinomio derivado, lo que garantiza la simplicidad de sus raices. Seapues F = f� 2 Zp : � es raíz de xq � xg(este conjunto tiene entonces qelementos). Probaremos que F es un cuerpo, lo que nos dará la existencia deun cuerpo de pn y también la unicidad, salvo isomorsmos, de él (ya que todoslos cuerpos de descomposición son isomorfos entre sí, y por lo ya analizadocualquier cuerpo de q elementos es cuerpo de descomposición del polinomioxq � x 2 Zp[x].

Proposición 3.1.1 F es un cuerpo

Demostración. Sean � y � elementos de F , entonces ya que estamos encaracterística p, se tiene (�� )q = �q � �q = �� por lo tanto �� 2 F .También (��)q = �q�q = �� y entonces �� 2 F . Finalmente, si � 6= 0 setiene que

��

�q= �

q

�q= �

�. Esto demuestra que F es un cuerpo

Anotaremos en lo que sigue Fq al cuerpo de q = pn elementosSe deduce de lo anterior

Corolario 3.1.2 Sea Zp clausura algebraica de Zp. Sea n � 1. Entonces9!cuerpo extensión de Fq, él es Fqn

Corolario 3.1.3 Si E y F son cuerpos nitos tales que E � F , entoncesE � F es extensión de Galois

Demostración. La extensión es normal, ya que es un cuerpo de descom-posición. La extensión es separable, pues xq � x es un polinomio separable

Proposición 3.1.4 Si K es un cuerpo y G es un subgrupo nito del grupomultiplicativo K�, entonces G es un grupo cíclico.

Demostración. Por el teorema fundamental de los grupos abelianos ni-tos, se tiene que G = Cm1�:::�Cmt donde cada grupo Cmj es cíclico de ordenmj y mj j mj+1; 8j. Si c es un elemento de Cmt entonces cmt = 1 y masgeneralmente, dada la descomposición que se tiene, gmt = 1 para 8g 2 G.Así, todos los elementos de G son raices de xmt�1, y como un polinomio tienea lo mas tantas raices como su grado, Card(G) � mt, pero mt � Card(G),de donde Card(G) = mt y por lo tanto G = Cmt de donde el resultado.

Corolario 3.1.5 El grupo multiplicativo de un cuerpo nito es cíclico

3.2. LA NORMA Y LA TRAZA DE UNA EXTENSIÓN 33

Denición 3.1.6 Sea ' : Fq ! Fq ,(q = pn), denida por '(x) = xp.Entonces ' se llama automorsmo de Frobeniuos.

Teorema 3.1.7 ' es un automorsmo de Fq. El grupo AutFp( Fq) es ungrupo cíclico de orden n generado por ':

Demostración. Ya que Fq � Fp es extensión de Galois de grado n, setiene que AutFp( Fq) es un grupo de orden n. Demostremos entonces que 'tiene orden n. Si ' tiene orden d, entonces 'd(x) = x, 8x 2 Fq, o sea xp

d= x,

8x 2 Fq.Esto implica que n � d, de donde d = n

Corolario 3.1.8 Fpn � Fpm sí y sólo si m j n. AutFpm (Fpn) = h'mi

Ejercicio 3.1 1. Demuestre que un cuerpo nito no puede ser algebraica-mente cerrado

2. Construya explicitamente como una extensión de F3 un cuerpo de 9elementos

3. Determine los polinomios irreductibles de grado 3 sobre F3

4. Demuestre que el producto de los elementos no nulos de un cuerponito es igual a �1

5. Determine todos los polinomios f(x) 2 Fq[x] tales que f(a) = 0;8a 2Fq

3.2. La norma y la traza de una extensión

Proposición 3.2.1 Sean G un grupo y F un cuerpo. Si �1; :::; �n son ncaracteres distintos de G en F , es decir n homomorsmos distintos del grupoG al grupo F�, entonces ellos son linealmente independientes sobre F (esdecir, a1; :::; an 2 F; a1�1(g)+ :::+ an�n(g) = 0; 8g 2 G) a1 = ::: = an =0)

Demostración. Demostraremos la proposición por inducción en n.El resultado es claro si n = 1Para el caso general, supongamos que se tiene a1�1(g) + ::: + an�n(g) =

0; 8g 2 G (�). Si algún ai = 0, usando la hipótesis de inducción, se obtiene


el resultado. Consideremos pues el caso en que ai 6= 0; 8i. Como �1 6= �2,existe un elemento t 2 G tal que �1(t) 6= �2(t). En (�) cambiamos g por tg,para obtener a1�1(t)�1(g) + ::: + an�n(t)�n(g) = 0; 8g 2 G. Restamos estaúltima de (�) previamente multiplicada por �1(t) para obtener a2(�2(t) ��1(t))�2(g) + ::: + an(�n(t) � �1(t))�n(g) = 0 ;8g 2 G lo que implica porhipótesis de inducción que a2(�2(t) � �1(t)) = 0. Como a2 6= 0, resulta�1(t) = �2(t), que es una contradicción. De aqui el resultado.

Corolario 3.2.2 Si �1; :::; �n son monomorsmos del cuerpo F al cuerpo K,entonces ellos son linealmente independientes

Denición 3.2.3 Sea F � K una extensión nita y sea F una clausura alge-braica de F (y por lo tanto deK). Sean �1; :::; �n los distintosK�monomorsmosde F en F . Si � 2 F , se denen NF=K(�) = (�1(�) � � ��n(�))[F :K]i, la normade la extensión y TrF=K(�) = [F : K]i(�1(�) + :::+ �n(�)):Observe que en el caso en que la extensión es separable, se tiene que [F :K]i = 1 y las fórmulas se reducen a NF=K(�) = �1(�)��n(�) TrF=K(�) =�1(�) + :::+ �n(�)

Teorema 3.2.4 Sea F � K una extensión nita. Entonces a)NF=K(��) =NF=K(�)NF=K(�) TrF=K(�+�) = TrF=K(�)+NF=K(�) TrF=K(��) =�TrF=K(�) ; � 2 Kb)Si Irr(�;K) = a0 + :::+ an�1xn�1 + xn, entoncesNF=K(�) = ((�1)na0)[F :K(�)] TrF=K(�) = �[F : K(�)]an�1. En particularNF=K(�) y TrF=K(�) pertenecen a Kc)Si E � F � K entonces NE=K = NF=K �NE=F TrE=K = TrF=K � TrE=F

Demostración. a) Es clarab) Sean �1; :::; �t, con t = [K(�) : K]s, los distintos K�monomorsmos deK(�) (en alguna clausura algebraica). Extendámoslos a

sF donde

sF es la

menor extensión normal de K(�) que contiene a F , y sigamoslos llamandos�i. Sean �1; :::; �l los distintos K(�)�monomorsmos de F , l = [F : K(�)]s.Se sigue que f�i�jgi;j son los K�monomorsmos de F , ya que son tl =[K(�) : K]s[F : K(�)]s = [F : K]s K�monomorsmos distintos. Tenemosentonces

NF=K(�) = (t

�i=1

l

�j=1(�i�j)(�))

[F :K]i = (t

�i=1(�i(�))

l[F :K]i

TrF=K(�) = l[F : K]it

�i=1�i(�)

3.3. CONSTRUCCIONES CON REGLA Y COMPÁS 35

p(x) = Irr(�;K) tiene las raices �1(�); :::; �t(�) en la clausura algebraica y

se factoriza por lo tanto en ésta p(x) = (t

�i=1(x� �i(�)))[K(�):K]i, de donde se

obtiene que a0 = ((�1)tt

�i=1�i(�))

[K(�):K]i = (�1)[K(�):K]�

t

�i=1�i(�)

�[K(�):K]i. De aqui se obtiene el resultado para a0. En forma análoga se obtiene elresultado para an�1c) Queda de ejercicio

Ejercicio 3.2 1. Demuestre que la norma y la traza de una extensiónnita de un cuerpo nito son funciones sobreyectivas

2. Sea F � K extensión nita, sea e1; :::; en una base de F sobre K.Si a 2 F considere la función ma : F ! F dada por ma(u) = au.Demuestre que ma es una función K�lineal, y que si M es la matrizasociada a ella respecto a la base de los ei, entonces NF=K(a) = detMy que TrF=K(a) = tr(M)

3.3. Construcciones con regla y compás

Dado un segmento de longitud elegida como de longitud unitaria, y dadoun número real a 2 R, se desea contruir un segmento de longitud jaj. Losnúmeros tales que se pueden construir de esta manera serán llamados númerosconstructibles. observamos primeramente que si a y b son constructibles,entonces a� b; ab; a

b(b 6= 0);

pjaj son constructibles

Se sigue que el conjunto K de los números constructibles es un cuerpoque contiene a Q tal que a 2 K )

pjaj 2 K

Tenemos así que en plano cartesiano R2 un punto (a; b) es constructible(o sea los números a y b se pueden construir) si, geometricamente, se puededeterminar después de intersectar rectas o rectas con círculos o círculos concírculos. Algebraicamente, resolver sistemas de ecuaciones de primer gradoo ecuaciones de circunferencias.Así, el proceso implica que se inicia con ele-mentos en un cuerpo y nalmente o se sigue en él o en extensioines obtenidaspor adjunción de raices cuadradas.Resumiendo, todo número constructible a pertenece a un cuerpo F tal

que Q � F1 � F2 � :::Fm = F donde Fi+1 = Fi(pci) con ci 2 Fi. Así,


[F : Q] = 2m y por lo tanto gr(Irr(a;Q)) j 2m. Así, gr(Irr(a;Q)) = 2t,algún t. Observar que, en particular, a es algebraicoConsecuencias:

1. Cuadratura del círculo: Construir un cuadrado que tenga área igual ala de un círculo dado

Si el circulo dado tiene radio 1, signica construir el númerop� que

no es algebraico. Por lo tanto, la cuadratura delcírculo no es posible

2. Duplicación del cubo: Construir un cubo que tenga volumen el dobledel de un cubo dado

Si el cubo dado tiene lado 1, signica construir un lado de largo 3p2,

pero el grado de este número no es potencia de 2. Luego, y por loanterior, la duplicación del cubo no es posible

3. Trisección de un ángulo: Construir un ángulo que mide un tercio de lamedida de un ángulo dado

Si se tiene un ángulo de 60�(que se puede construir, ya que equivalea construir el punto del círculo unitario en el plano que tiene coorde-nadas (1

2;p32)), se debería construir el número real cos 20�. Pero, como

cos(3a) = 4 cos3 a � 3 cos a se tiene 12= 4 cos3 20� � 3 cos 20�. Así,

2 cos 20� satisface el polinomio x3 � 3x � 1 que es irreducible sobre Qy tiene grado 3 por lo que no es constructible.

3.4. Solubilidad de ecuaciones. Extensionespor radicales

Un problema clásico y que inquietó a los matemáticos por largo tiem-po es el tener fórmulas üniversales"para solucionar una ecuación polinomialsobre un cuerpo cualquiera. Los resultados de Abel y Galois ha permitidoresponder completamente el problema en general.Veamos en primer término un teorema, debido a Hilbert, y llamado teo-

rema 90 de Hibert, para luego estudiar las extensiones de Galois cuyo grupode automorsmos es cíclico.

Denición 3.4.1 Sea E � F una extensión de Galois. El grupo de auto-morsmos AutFE se llama el grupo de Galois de la extensión. En el caso en

3.4. SOLUBILIDADDEECUACIONES. EXTENSIONES PORRADICALES37

que E es el cuerpo de descomposición sobre F de un polinomio f(x) 2 F [x]el grupo de automorsmos AutFE se llama el grupo de Galois del polinomio.Una extensión E � F se llama extensión abeliana, respectivamente cíclica,si la extensión es de Galois y su grupo de Galois es abeliano, respectivamentecíclico

Denición 3.4.2 Un elemento " de un cuerpo F se llama raíz n�ésima dela unidad si "n = 1. Si n es además el orden de ", entonces " es una raízn�ésima primitiva de la unidad

Proposición 3.4.3 El conjunto �n de todas las raices de la unidad (en al-guna clausura algebraica adecuada) es un grupo cíclico de orden n, generadopor cualquiera de las raices primitivas de la unidad.

Demostración. : Queda de ejercicio para el lector

Teorema 3.4.4 (Teorema 90 de Hilbert). Sea F � K extensión cíclica degrado n con grupo de generado por � y sea � 2 Fa) NF=K(�) = 1 sí y sólo sí existe � 2 F� tal que � = ��(�)b) TrF=K(�) = 0 sí y sólo sí 9� 2 F tal que � = � � �(�)

Demostración. a): (= Es claro)Supongamos que NF=K(�) = 1 , entonces por la independencia lineal delos automorsmos de F se tiene que�idF + (��(�))� + ::: + (��(�):::�

n�1(�))�n�1 = 0 no es posible dado que� 6= 0. Existe por lo tanto un elemento 2 F tal que� = � + (��(�))�() + ::: +NF=K(�)�

n�1() 6= 0 de donde se obtiene que��(�) = � , de donde el resultadob): como antes sólo demostraremos el caso en que suponemos que TrF=K(�) =0Por las propiedades que hemos visto de la traza, se tiene que (dado que ellaes no nula en este caso) existe 2 F tal que TrF=K() = 1Sea pues � = � + (�+ �(�))�() + :::+ (�+ �(�) + :::+ �n�2)�n�2()pero � + �(�) + ::: + �n�1(�) = TrF=K(�) = 0 de donde se obtiene que� � �(�) = �TrF=K() = �

Teorema 3.4.5 Sea K un cuerpo, n > 0 tal que m:c:d:(n;Car(K)) = 1 enel caso en que Car(K) es nita. Supongamos que K tiene una raíz n�esimaprimitiva de la unidad. Entonces


a) Si F � K es una extensión cíclica de grado n, entonces existe � 2 F talque F = K(�) y � es raíz de un polinomio xn � a 2 K[x]b) Si a 2 K y � es raíz de xn � a, entonces K(�) � k es extensión cíclicade grado d, donde d j n y se tiene además que �d 2 K

Demostración. a): Si " 2 K es una raíz n�ésima primitiva de la unidad,entoncesNF=K("�1) = "�n = 1, y entonces por el teorema 90 de Hilbert existe� 2 F tal que "�1 = �

�(�), así entonces �(�) = "� y en consecuencia �2(�) =

"2�; :::; �n(�) = �. Esto implica que � tiene a lo menos n conjugados y por lotanto [K(�) : K] � n, de donde F = K(�) y �(�n) = (�(�))n = "n�n = �nlo que implica que �n 2 Kb): Las raices del polinomio xn � a son �; "�; :::; "n�1�. Así, el polinomioxn� a tiene todas sus raices distintas y todas pertenecen a K(�), por lo quela extensión K(�) � K es normal y separable, es decir de Galois, de gradod.Sea � 2 AutKK(�). Entonces �(�) es una raíz de xn � a, digamos que�(�) = "i��. Se dene así una funciónAutKK(�) ! �n

� 7! "i� que es un monomorsmo de grupos, por lo que el grupo

AutKK(�) es cíclico y su orden d divide a n.Finalmente, si � es generador de AutKK(�) entonces "i� es una raíz d�ésimaprimitiva de la unidad, además �(�d) = �d, por lo que �d 2 KHay una versión similar del teorema anterior en el caso en que n = p =

Car(K), que no trataremos ya que por comodidad nos restringiremos en loque sigue a cuerpos de característica 0 (aunque hay resultados similares encaracterística p)

Denición 3.4.6 Sea f(x) 2 K[x]. Entonces la ecuación f(x) = 0 es solublepor radicales si su cuerpo de descomposición E sobre K es un subcuerpo deun cuerpo F tal que existe una cadena de cuerposF = Kr � ::: � K1 � K0 = K donde Ki+1 = Ki(wi), con wnii 2 Ki, paraalgún entero ni, 8iLa extensión F � K se dice extensión por radicales

Lema 3.4.7 Sean F1 � K y F2 � K extensiones por radicales. EntoncesF1F2 � K (F1F2 el menor cuerpo que contiene a F1 y F2) es una extensiónpor radicales


Demostración. ExistenF1 = Kr � ::: � K1 � K0 = K donde Ki+1 = Ki(wi), con wnii 2 Ki, paraalgún entero ni, 8iF2 = K

0s � ::: � K 01 � K 00 = K donde K 0j+1 = K 0j(wj), con w

mjj 2 K 0j, para

algún entero mj, 8jEntonces la cadena de cuerposF1F2 = K

00r+s � ::: � K 000 = K dondeK 00i = Ki si i � r y K 00r+j = K 00r+j�1(w0j)

con j � s da una extensión por radicales de F1F2 � K

Corolario 3.4.8 Sea F � K extensión por radicales. Entonces la menorextensión normal E de K que contiene a F , es extensión por radicales. Asíentonces si F � K es extensión por radicales, existe E � F � K tal queE � K es extensión por radicales y es de Galois

Demostración. :Ya que la menor extensión normal de K que contienea F es E = �1(F ) � � � �t(F ) donde los �i son los distintos monomorsmos deF sobre K, y claramente �i(F ) � K es extensión por radicales puesto queF � K lo es, se tiene, usando el lema, que E � K es extensión por radicales

Dejamos la demostración del siguiente lema al lector

Lema 3.4.9 Si K 0 = K("), donde " es una raíz n�ésima primitiva de launidad. Entonces K 0 � K es una extensión abeliana de orden d, d j n yAutKK

0 es isomorfo a un subgrupo del grupo abeliano de las unidades delanillo Z=Zn

Teorema 3.4.10 El polinomio f(x) 2 K[x] es soluble por radicales sí y sólosí su grupo de Galois es soluble

Demostración. Supongamos que el polinomio f(x) es soluble por radi-cales.Usando el lema anterior, tenemos que existe extensión por radicales yGalois F � K tal que F � E donde E es cuerpo de descomposición de f(x)sobre KF = Kr � ::: � K1 � K0 = K donde Ki+1 = Ki(wi), con wnii 2 Ki, paraalgún entero ni, 8iDemostremos primeramente el resultado suponiendo que K contiene unan�ésima raíz primitiva de la unidad, donde n = n1 � � � nrSea Gi = AutKiF . tenemos así la cadena de cuerposG0 = AutKF � G1 � ::: � Gr = fidFg. Usando la teoría de Galois y el


teorema de anterior se obtiene que Ki+1 = Ki(wi) es una extensión cíclicade Ki, y el grupo AutKiKi+1 es cíclico e isomorfo a Gi=Gi+1.Se tiene así queel grupo AutKF es soluble. Nuevamente, usando la teoría de Galois se tiene,dado que F � E � K, AutKE �= AutKF=AutEF . Así, el grupo AutKE escuociente de un grupo soluble, por lo que es un grupo solubleConsideramos ahora el caso general en que no suponemos que K contieneraices n�ésimas de la unidad. Si " es una raíz n�ésima de la unidad, seaK 0 = K(") y sea F 0 = FK 0 = F ("). Ya que F � K es extensión porradicales, es claro que F 0 � K 0 es extensión por radicales. Pero por lo re-cién demostrado, se tiene que el grupo AutK0F 0 es soluble. Por otra partetenemos que AutKK 0 �= AutKF 0=AutK0F 0 y por el lema inmediatamente an-terior este grupo cuociente es abeliano, por lo tanto es un grupo soluble, quejunto a la solubilidad de AutK0F 0 demuestra que el grupo AutKF 0 es soluble.Finalmente el grupo AutKE es un grupo soluble, pues es isomorfo al grupocuociente AutKF 0=AutEF 0 que es soluble pues es cuociente de un grupo sol-uble.Demostraremos a continuación la parte recíprocaSupongamos primeramente que K contiene una raíz n�ésima de la unidad,n = jGj. Si G = AutKE, sea G = G0 � G1 � ::: � Gr = fidEg conGi+1 C Gi yGi=Gi+1 cíclico. SeaKi = EGi. EntoncesGi = AutKiE. TenemosE � Ki+1 � Ki donde E � Ki es galois y Ki+1 � Ki también es de Galois yaque Gi+1 C Gi. por lo tanto AutKiKi+1 �= (AutKiE) =

�AutKi+1E

�= Gi=Gi+1

es cíclico y por teorema anterior Ki+1 = Ki(wi) con wnii 2 Ki. Se tiene que

E = Kr � ::: � K0 = K. Se tiene que E � K es extensión por radicalesEn el caso en que K no tiene raices de la unidad, sea " una n�ésima prim-itiva de la unidad y formemos K 0 = K("). Usando la proposición 2.1.11 setiene que si E 0 = EK 0 entonces AutK0E 0 �= AutE\K0E < AutKE y por lotanto AutK0E 0 es soluble, puesto que es un subgrupo de un grupo soluble.Usando el párrafo anterior se tiene entonces que E 0 � K 0 es extensión porradicales. Ya que K 0 � K es extensión por radicales, se deduce que E 0 � Kes extensión por radicales, lo que implica que el polinomio f(x) es solublepor radicales

3.4.11. El polinomio general de grado n

Sea K un cuerpo y sean u1; :::; un n indeterminadas sobre K. AnotemosF = K(u1; :::; un)


Denición 3.4.12 El polinomio f(x) = xn�u1xn�1+ :::+(�1)nun de F [x]se llama el polinomio general de grado n sobre K.La ecuación f(x) = 0 es la ecuación general de grado n sobre K

Sean ahora x1; :::; xn n indeterminadas sobre K y sean y1; :::; yn sus fun-ciones simétricas elementales, es decir y1 = x1 + ::: + xn; y2 = x1x2 +::: + xn�1xn =

Pi


Veamos que el homomorsmo ' es inyectivo. Supongamos entonces que'(h(u1; :::; un)) = h(y1; :::; yn) = 0 entonces h(�xi; :::; x1 � � �xn) = 0. Tenemosentonces que (h(�xi; :::; x1 � � � xn)) = 0 o sea que h(�vi; :::; v1 � � � vn) = 0, esdecir que h(u1; :::; un) = 0, de donde se obtiene que ' es inyectiva. Por otraparte, como yi = '(ui), se tiene que ' se extiende a un isomorsmo � entreK(u1; :::; un) y K(y1; :::; yn), o sea un isomorsmo entre F y F 0. Finalmente,se observa que E es cuerpo de descomposición del polinomio f(x) 2 F [x] ,que � envía f(x) en �f(x) = xn� y1xn�1 + :::+ (�1)nyn 2 F 0[x] y que E 0 escuerpo de descomposición de �f(x) sobre F 0: La proposición 1.3.10 terminapor demostrar que � se extiende a un isomorsmo entre E y E 0

Ejercicio 3.3 1. Un elemento � es expresable por radicales sobre un cuer-po F si existe una extensión por radicales E � F tal que � 2 E. De-muestre que si f(x) es un polinomio irreducible sobre un cuerpo F y siuna raíz de f(x) es expresable por radicales, entonces todas las raicesson expresables por radicales

2. Considere el polinomio f(x) = x5 � 6x+ 3 2 Q[x]. Demuestre quea)f(x) es irreducible sobre Qb)El grupo de Galois G de f(x) tiene orden divisible por 5 y por lo tantoes (isomorfo a) un subgrupo de S5 que contiene un 5�cicloc)Use el teorema del valor intermedio para probar que f(x) tiene tresraices reales. Deduzca que G contiene una transposición

d)Demuestre que G = S5

3. Sean E � F � K. Demestre que si E � K es extensión por radicales,entonces E � F es extensión por radicales

1 TEOR˝A DE GALOIS JOSÉ PANTOJA · Extensiones de cuerpos 1.1. Extensiones De–nición 1.1.1 Sea...

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