Polinomios y Teoria de Galois - R. Ramirez - 2003

7/26/2019 Polinomios y Teoria de Galois - R. Ramirez - 2003

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Estructuras Algebraicas

Romina Ramirez

Abril 2003

1 Introduccion

El tema que motiva este estudio, es establecer la estructura de los cuerpos.La idea de la teora de Galois es relacionar un cuerpo de extension K F con el grupode todos los automorfismos de Fque dejan fijo a K.El teorema fundamental de la teora de Galois sera vital, ya que nos permitira trasladarpropiedades y problemas referentes a cuerpos y polinomios en terminos de grupos.

2 Preliminares

Esta seccion estara destinada a presentar resultados auxiliares que nos conduciran en elestudio de los grupos de Galois de polinomios y de los Cuerpos Finitos en las seccionesposteriores.

Teorema 2.1. Todo imagen homomorfa y todo subgrupo de un grupo cclico es cclico.

Corolario 2.2. El orden de una permuacion enSn es el mnimo comun multiplo de losordenes de sus ciclos disjuntos.

Teorema 2.3. Todo grupo abeliano finitamente generado de orden n es isomorfo a lasuma directa de sus subgrupo cclicos, los cuales tienen ordenesm1,....,mk dondem1>1ym1| ... | mk.

Teorema 2.4. SiG es un grupo finito cuyo orden es divisible por un primo p, entoncesG contiene un elemento de ordenp.

Teorema 2.5. SeaR un anillo con identidad1R y caracteristican >0.

1. Si :Z R es una aplicacion dada porm m1R, entonces es un homomor-fismo de anillos con nucleo < n >=kn, k Z.

2. n es el menor entero positivo talquen1R = 0.

3. Si R no tiene divisores de cero (como caso particular si R es dominio integral),entoncesn es primo.

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Corolario 2.6. SeaR un dominio integral considerado como un subanillo de su cuerpococienteF.SiE es un cuerpo yf : R E un monomorfismo de anillos, entonces existe un unicomonomorfismo de cuerposf :R E tal quef| R= fTeorema 2.7. SeaR un anillo conmutativo con identidad yf R[x]. El elemento c esraiz defsi y solo si(x c) divide af.Teorema 2.8. SeaD es un dominio integral incluido enEtambien dominio integral yun polinomio f K[x] de grado n. Entoncesftiene a lo sumo n raices diferentes enE.Teorema 2.9. SeaD un dominio de factorizacion unica cuyo cuerpo cociente esF. Seael polinomio f =

aixi con 1 i n en D[x]. Si u = c/d F con c y d primos

relativos yu una raiz def, entoncesc divide aa0 yd divide aan.

Teorema 2.10. Sea D un dominio integral el cual es subanillo de un dominio integral

E. Tomemosf D[x] yc D.Entonces, siD es cuerpo, f yf, son primos relativos siy solo sifno tiene raices multiples enE.

El siguiente resultado es conocido como el criterio de Einstein. Permite establecercuando un polinomio es irreducible.

Teorema 2.11. SeaD un dominio de factorizacion unica cuyo cuerpo cociente esF. Seael polinomio f=

aixi con1 i n yGr(f) 1 yp un elemento irreducible deD tal

quepan, p | ai para todo i= 1..,n 1, yp2 a0, entoncesf es irreducible enF[x].Sif es primitivo, entoncesf es irreducible enD[x].

Teorema 2.12. Todo espacio vectorialV sobre un anillo de divisionD tiene una base y enconsecuencia es unD-modulo libre. Ademas todo subconjunto linealmente independientesubconjunto deV esta contenido en una base deV.

Definimos los siguientes elementos, para poder estudiar la estructura de los cuerpos.

Definicion 2.13. Un cuerpoFse dicecuerpo de extension deKsiKes un subcuerpodeF

Teorema 2.14. SeaFun cuerpo de extension deE, yEun cuerpo de extension deK.Entonces [F :K] = [F :E][E:K].

Mas aun, [F :K] es finito si y solo si [F :E] y [E:K] son finitos.

Definicion 2.15. Un elemento u F de dice que es algebraico sobre K (siendo Fextension deK) si es raiz de algun polinomio no nulo enK[x]. De lo contrario se diraque es trascendente. De esta manera las extensiones se clasificaran en extensionesalgebraicas o trascendentes dependiendo del tipo de elemento que extiende el cuerpo.

Diremos que un polinomio es irreducible si no puede ser factorizada como productode polinomios pertenecientes al cuerpo.

Teorema 2.16. Si F es extension sobre K, y u F es un elemento algebraico sobreK, entonces K(u)= K[x]/(f) donde f es un polinomio monico irreducible de grado nunivocamente determinado. Ademas [K(u) :K] =n.

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Corolario 2.17. Sean E y F extensiones de un cuerpo K, u E, v F elementosalgebraicos sobreK. Entonces,u yv son raices del mismo polinomio irreduciblef K[x]si y solo si existe un isomorfismo K(u)= K(v), tal que envau v y es la aplicacionidentidad enK.

Definicion 2.18. El grupo de los K-automorfismos deF (cuerpo de extension deK) esel llamado Grupo de Galois de F sobre K. Lo denotaremosAutKF

Teorema 2.19. SeaFun cuerpo de extension deK yf K[x].Siu F es raiz def y AutKF, entonces(u) Fy es raiz def.Definicion 2.20. Llamaremos cuerpo fijo de H Fal cuerpo H={v F/(v) =vpara todo H}.F es una extension de Galois de K(o es Galois sobre K) siF es una extension deKy el cuerpo fijo deAutKF esK.

El siguiente teorema sera muy utilizado en este trabajo. Es conocido como elTeoremaFundamental de la teora de Galois.

Teorema 2.21. Si F es una extension de Galois finita dimensional de un cuerpo K,entonces existe una correspondencia uno a uno entre el conjunto de todos los cuerpointermedios de la extension y el conjunto de todos los subgrupos del grupo de Galois talque:

1. La dimension relativa de dos cuerpos intermedios es igual al ndice de los correspon-dientes subgrupos. En particular, AutKF tiene orden [F :K].

2. F es Galois sobre todo cuerpo intermedio E. E es Galois sobre K si y solo si elcorrespondiente subgrupo E = AutEF es normal enAutKF. En este caso G/E esisomorfo al grupo de GaloisAutKEdeE sobreK.

Definicion 2.22. Un polinomio f F[x] seseparasobreF si puede ser escrito comoproducto de factores lineales enF[x], o seaf = a(x u0)..(x un) con cada coeficienteen F.Un cuerpo de extensionF deK, se dice que es cuerpo de separacion de f sobre Ksifse separa enF[x] y ademasF =K(u1,..,un) dondeui son las raices def enF.

Teorema 2.23. SiKes un cuerpo yf

K[x] que tiene grado n

1, entonces existe un

cuerpo de separacionF def con [F :K] n!.Teorema 2.24. Sea :K L un isomorfismo de cuerpos. Sea S ={fi} un conjuntode polinomios de grado positivo enK[x], yS ={(fi)} su correspondiente conjunto depolinomios enL[x].SiF es cuerpo de separacion deS sobreK, yM es cuerpo de separacion deS, sobreL,entonces es extendible a un isomorfismo F=M.Corolario 2.25. Sea K un cuerpo y S un conjunto de polinomios en K[x] de gradopositivo, entonces dos cuerpos de separacion enS sonK-isomorfos.

Lema 2.26. F es cuerpo de separacion de S sobre K y E es un cuerpo intermedio,entoncesFes un cuerpo de separacion deS sobreE.

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Teorema 2.27. SeaFuna extension deK tal que [F :K]< . Entonces, son equiva-lentes:

1. Fes Galois sobreK.

2. Fes separable sobreK yFes cuerpo de separacion de un polinomio f K[x].3. Fes cuerpo de separacion sobreKde un polinomio f K[x] cuyos factores irre-

ducibles son separables.

3 El grupo de Galois de un polinomio

En esta seccion nos centraremos en el estudio de los grupos de Galois de los polinomiosdonde existen resultados que nos permiten su caracterizacion.

Definicion 3.1. SeaK cuerpo. El Grupo de Galois de un polinomio f K[x] esel grupo AutKF dondeF es cuerpo de separacion sobreK def.

Sea K un cuerpo y f es un polinomio en K[x] de grado positivo (tambien vale enel caso de S conjunto de polinomios de grado positivo). Sean F y F

dos cuerpos deseparacion de f que son K-isomorfos (por 2.25). Seaf : F F el isomorfismo entreellos.

Consideremos la aplicacion : AutKF AutKF dada por f f1. Es unaaplicacion bien definida y resulta un isomorfismo entre ambos grupos.

Por lo tanto, el grupo de Galois de un polinomio es independiente de la eleccion delcuerpo F [esto es admitido de manera tacita cuando decimos El grupo de Galois]

Definicion 3.2.Un subgrupoGdel grupo simetrico Snse dicetransitivosi para cualquieri =j existe G tal que(i) =j .

El siguiente resultado muestra cuales son las posibilidades para el grupo de Galois deun polinomio.

Teorema 3.3. SeaKun cuerpo yf K[x] un polinomio con grupo de GaloisG

1. G es isomorfo a algun subgrupo de un grupo Sn.

2. Sifes irreducible separable de grado n, entonces n divide a| G|yG es isomorfoa un subgrupo transitivo deSn.

Observacion 1. Analicemos los subgrupos deS3 : S3: es transitivo puesi =j existe G tal que(i) =j .

A3: siendo {(1), (12)(23), (13)(23)} tambien es transitivo, pues para cada elemento 1,2,o3 hay alguna permutacion que aplicada a el lo modifica. El subgrupo trivial: no es transitivo pues por ejemplo no existe tal que(1) = 2. El subgrupo{(1)(12)}: no es transitivo pues (por ejemplo) no existe tal que(3) = 2. El subgrupo{(1)(23)}: no es transitivo pues (por ejemplo) no existe tal que(1) = 2. El subgrupo{(1)(13)}: no es transitivo pues (por ejemplo) no existe tal que(2) = 1.

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En conclusion, los unicos subgrupos transitivos deS3 sonA3 o S3.As,(utilizando el teorema anterior) el grupo de Galois de un polinomio lineal separablede grado 3 seraA3 o S3.

Demostracion.

1. Supongamos que gr(f) =k. Sea u1, ...un son las raices distintas de un polinomio fen algun cuerpo de separacion F, con 1 n k.Como ui son raices,(ui) tambien lo son (por 2.19). Sea (uj) =uij .Consideremos la permutacion Sn dada por(1,..,n) = (i1,..,in). Entoncespodemos ver a Sn como todas las permutaciones de las raices de f. Ahora defi-namos la aplicacion :AutKF Sn, dada por () = . Esta aplicacion esta biendefinida y es un monomorfismo.

Es monomorfismo: Sean = AutKF. Como son distintos, entonces ex-iste un elemento ui talque (ui) = uj y (ui) = uk con j= k. Por la manera enla que fue contruida la aplicacion tenemos que (1,..,n) enva i ij y (1,..,n)enva i ik. En consecuencia = . Por lo tanto es un monomorfismo.

Entonces AutKF=H Sn.

2. Como F es una extension de K y es cuerpo de separacion de f, por 2.27 Fes Galois sobre K. Por otro lado como f es el polinomio irreducible, por 2.16

[K(u1) :K] =n = gr(f).Segun el teorema fundamental de Galois,K

=G y K(u)

=H < G. Por lo tanto,por la relacion entre los indices y las dimensiones tenemos que [K(u) : K] = [G :H] =n. Entonces (por Lagrange) n || G |.

Tomemos E = K(ui) y F = K(uj) que son extensiones K y los elementos ui yuj son algebraicos.Entonces como son raices de f, existe un isomorfismo : K(ui) K(uj) aplicandoui uj (por 2.17).Esto dice que para cualquier raiz, existe una aplicacion que aplica esta raiz en

una raiz diferente.Extendemos (por 2.24) este isomorfismo a un K-automorfismo : F F. O sea AutKF.De aqui que, llamando a la aplicacion dada por () = , AutKFes isomorfo aun grupo transitivo.

Caracterizamos entonces al grupo de Galois de un polinomio como un subgrupo de Snvisto como las permutaciones posibles de las raices del polinomio f.

Comenzaremos por estudiar el grupo de Galois de polinomios cuyas raices son todasdiferentes en algun cuerpo de separacion. Entonces, si el polinomio posee todas raices

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diferentes, todas tienen multiplicidad 1, y entonces su derivada no se anula. Esto nosdice que todos los factores irreducibles seran separables. En consecuencia el cuerpo deseparacionFde el polinomio fes Galois sobreK.

Basta con analizar el caso donde todas las raices son diferentes porque en el otro casovemos:Sea f K[x] que se separa en F como f(x) = (x u1)n1..(x uk)nk. Sea v0..,vk loscoeficientes deg(x) = (x u1)..(x uk), yE=K(v0,..,vk), entonces:

1. F es un cuerpo de separacion de g sobre E. Esto es porque si F es cuerpode separacion de f sobre K, yEes un cuerpo intermedio, entonces Fes cuerpo deseparacion de f sobre E.

2. Fes Galois sobre E. Esto se deduce de la equivalencia dada en 2.27.

3. AutEF =AutKF:Probemos las inclusiones )Como K Fentonces los automorfismos que dejan fijos los elementos de Eevidentemente fijan lo elementos de K.)Debemos probar que (AutKF) =E. Para probar que (AutKF) E observemos que AutEF < AutKF. Tomandoprima a ambos lados, la relacion de subgrupo se invierte. Es decir que (AutKF)

0 ftiene tres raices reales.) Si f tiene sus tres raices reales, trivialemente la diferencia de dos de ellas esun numero real y el producto entre estos numeros tambien. Por lo tanto R yD= 2 >0.) Sean las tres raices de un polinomio f. Las situaciones son 2: O bien tiene tresraices reales (en cuyo caso ya estara probado), o bien tiene unicamente una raizreal y dos complejas conjugadas.Supongamos que tiene unicamente una raiz real y las otras dos son complejas con-jugadas. Llamemos r a la raiz real y a bi las complejas conjugadas. Entonces:

= (r (a + bi))(r (a bi))(a + bi (a bi)) = ((r a) bi))((r a) + bi))2biEntonces,D= [(r a)2 + (b)2](2bi)2


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Consideremos f un polinomio (irreducible) separable de grado 3. Sabemos que elgrupo de Galois de f es A3 o S3. Si el grupo de Galois es A3=Z3 no existen cuerpos intermedios. Si el grupo de Galois es S3 existen cuatro cuerpos intermedios: K(), K(u1), K(u2),yK(u3). Sabemos por el teorema fundamental de la teoria de Galois, que a cada cuerpointermedio H se le asigma un subgrupo de AutKF dado por H H, Entonces loscorrespondientes subgrupos de los cuerpos intermedios anteriormente mencionados losobtenemos:K(ui)

={ AutKF =S3 tal que (u) =u para todo u K(ui)}, es decir que deja fijoaKy aui. EntoncesK(ui)

=Ti={(i)(jk), coni =j, k}. Por lo tanto cada subcuerpo secorresponde de la siguiente manera:

F (1)K(

)

A3K(u1) T1K(u2) T2K(u3) T3

K S3Por lo visto en los teoremas anteriores, para calcular un grupo de Galois de un poli-

nomio cubico separable solo basta hallar su discriminante y establecer si es el cuadrado ono de algun elemento de K(salvo en el caso carK= 2).El siguiente resultado nos muestra la forma explcita del discriminante del polinomiof,no en termino de las raices de f, sino en termino de los coeficientes del polinomiof escrito

de manera equivalente.

Proposicion 3.9. Sea K, un cuerpo y carK= 2, 3. Si f(x) = x3 +bx2 +cx + dK[x]que tiene tres raices diferentes en algun cuerpo de separacion, entonces el polinomiog(x) =f(x b/3) tiene la formax3 +px+ qy el discriminante def es4p3 27q2.

Demostracion.Sea Fun cuerpo de separacion de f sobre K. Observemos que claramente siu F

es raiz de f, entonces u + b/3 es raiz de g= f(x b/3) K[x]. Esto implica que g tieneel mismo discriminante que f.

Como g(x) =f(x b/3) entonces(x b/3)3 + b(x b/3)2 + c(x b/3) + d=x3 + ((b2 + 3c)/3)x+ (2b2 9cb+ 27d)/27.Por lo tanto x3 +px+ qdonde p= (b2 + 3c)/3 yq= (2b2 9cb+ 27d)/27.

Consideremos ahorav1, v2, v3 las raices de g enF. Entonces (x v1)(x v2)(x v3) =g(x) =x3 +px+ qlo cual implica:

v1+ v2+ v3= 0v1v2+ v2v3+ v1v3=p

v1v2v3 = q.

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Como cada vi es raiz de g verifican v3i = pvi q. Utilizando estas ultimas ecuaciones y

la difinicion de2 obtenemos que el discriminante de g es 4p3 27q2 y en consecuenciael discriminante de fes de la misma manera.

Como para el caso de polinomios de grado tres, trataremos solo con aquellos polinomiosque poseen todas las raices diferentes el algun cuerpo de separacion F, para analizar lospolinomios de grado 4. F es Galois sobre Ky puede ser considerado como las permuta-ciones posibles de las raices de f (subgrupo de S4).Tomemos el subgrupo de S4,V={(1), (12)(34), (13)(24), (14)(23)} que tendra un rol muyimportante en el desarrollo de la teora para determinar grupos de Galois de polinomiosde grado 4.Este grupo V:

* Es subgrupo normal de S4: esto se puede probar tomando cada elemento de V yprobar que aV a1 V para cada a S4.

* Es isomorfo a Z2 Z2: Esto es porque solo existen dos grupos (o son isomorfos eellos) de orden 4: Z4 y Z2 Z2. Como V no es cclico, entonces es isomorfo a Z2 Z2.

* Si K y Nson subgrupos de T y Nes subgrupo normal de T, entonces N K essubgrupo normal de K. Si tomamos en nuestra situacion K = G, N = V y T = S4entonces concluimos que V Ges subgrupo normal de G= AutKF < S4.Lema 3.10. TomemosK, f , F, ui como en el parrafo anterior y conG = AutKF < S4.Si= u1u2+ u3u4, =u1u3+ u2u4 y=u1u4+ u2u3 enF, entonces por la correspon-dencia determinada en el teorema de Galois, el subcuerpo K( , , ) se corresponde con

el subgrupo normalV G.En consecuenciaK( , , ) es Galois sobreK yAutKK( , , ) =G/(G V).

Demostracion.Debemos probar que K( , , )

=G V.

). En primer lugar, todo elemento en GV fija , , pues, consideremos V={e=(1), =(12)(34), = (13)(24), = (14)(23)}. Aplicando cada uno de los elementos de V a , , obtenemos

() =(u1u2+ u3u4) =u3u4+ u1u2 =

() =(u1u3+ u2u4) =u2u4+ u1u3 = () =(u1u4+ u3u2) =u3u2+ u1u4 =

De manera analoga con las restantes situaciones.En consecuencia fija Ky, , , entonces fija K( , , ).

). Para completar la demostracion es suficiente, por el teorema fundamental de lateoria de Galois, demostrar que todo elemento de G que no esta en V modifica al menosuno de los elementos , , .

Si tomamos = (1, 2) este es un elemento de G que no esta en V. Supongamos que

() = . esto es u2u3+ u1u4 = u1u3+ u2u4 y por lo tanto u2(u3 u4) = u1(u3 u4).

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En consecuencia u1 =u2 ou3 = u4 lo cual es una contradiccion por la eleccion de los ui.Por lo tanto () =. De la misma manera podemos probar que tomando = (13) que no pertenece a V,() ==. Para basta tomar = (12). Con esta permutacion () ==.

Para demostrar AutKK( , , ) =G/(G V), observemos en primer lugar que K( , , )es Galois sobreK. Esto es por la observacion realizada al comienzo de la seccion: el cuerpode separacionFde el polinomio fes Galois sobreK. Entonces, aplicando el segundo itemdel Teorema Fundamental de Galois podemos decir que AutKK( , , )= G/(G V)(pues en la descripcion de las caracteristicas del grupo V observamos que G Ves normalen G).

Los elementos, , son cruciales en la determinacion del grupo de Galois de polinomios

cuarticos ( de grado 4).

Definicion 3.11. El polinomio (x )(x )(x ) es llamado el Resolvente cubicode f.

Similarmente con lo que sucede con el discriminante en los polinomios de grado 3, elresolvente cubico es realmente un polinomio en K[x].

Lema 3.12. Si K es un cuerpo y f(x) = x4 +bx3 +cx2 +dx + e K[x] entonces elresolvente cubico defes el polinomio x3 + cx2 + (bd 4e)x b2e + 4ce d2 K[x]

Demostracion.Seafcon raicesu1,..,u4 en algun cuerpo de separacionF. Entonces podemos escribir

a f como (x u1)(x u2)(x u3)(x u4). Asi expresamosb ,c, d, e en terminos de ui.Desarrollando el resolvente cubico como (x )(x )(x ) obtenemos la forma delresolvente cubico deseada en terminos de b,c,d y e.

Podemos ahora determinar el grupo de Galois de un polinomio (irreducible) separablecuartico f en K[x]. El grupo de Galois G es un subgrupo transitivo de S4 y su orden esdivisible por 4 (por 3.3). Entonces G debe tener orden 24, 12, 8, o 4.El siguiente teorema ofrece una caracterizacion de cada uno de los casos anteriores.

Proposicion 3.13. Sea K un cuerpo y f un (irreducible)separable cuadratico en K[x]con grupo de Galois G (considerado como subgrupo de S4). Sean, , , las raices delresolvente cubico defy seam= [K( , , ) :K], entonces:

1. m= 6 G= S4.2. m= 3 G= A4.3. m= 1 G= V.

4. m = 2 G= D4, o G= Z4. En este caso G= D4 si f es irreducible sobreK( , , ) y, G =Z4 de la otra manera.

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Demostracion.Como K( , , ) es cuerpo de separacion sobre K de un cubico, las unicas posibili-

dades para el valor mson 1,2,3 y 6.

1.) Si m=6 significa que| G|/|V |= 6 entonces| G|= 4.6 = 24. como el unicosubgrupo de orden 24 de S4 es S4 entonces G= S4.) SiG = S4 entoncesG V =V entonces | G/(G V) |=| G | / | V|= 24/4 = 6.

2.) Si m=3 significa que|G|/|V|= 3 entonces| G|= 4.3 = 12. Como el unicosubgrupo de orden 12 transitivo de S4 es A4 entoncesG= A4.) Si G= A4 entonces G V =V y m =| G/V|=| G | / | V|= 3.

3.) Si m=1 significa que| G | / | V|= 1 entonces| G |= 4.1 = 4. Como los grupode orden 4 o son isomorfos a Z4 o lo son aZ2 Z2. Como el unico grupo transitivode estos dos es Z2 Z2, entonces G= V.) Si G= V entonces G V =G ym=| G/G |= 1.

4.) SiG =D4: EntoncesG V =V puesVesta contenido en todo 2-subgrupo deSylow de S4 y m=| G/V|=| G | / | V|= 2.Si Ges cclico de orden 4: Entonces G esta generado por un 4-ciclo cuyo cuadradodebe estar en V. Entonces| G V|= 2 y m=| G/G V|=| G | / | g V|= 2.

)

Probaremos que si G =D4

fes irreducile sobre K( , , ).

Sean u1, u2, u3, u4 las raices de f en algun cuerpo de separacion F y supongamosque G =D4, entonces G V =V.Como V es un subgrupo transitivo yG V = AutK(,,)F por 3.10, existe paracada par i = j una aplicacion (G V) la cual: induce un isomorfismoK( , , )(ui) =K( , , )(uj) tal que (ui) =uj y la restriccion de aK( , , )es la identidad.En consecuencia para cadai =j ,ui yuj son raices del mismo polinomio irreduciblesobreK( , , ) (por 2.17).Entonces fes irreducile sobre K( , , ).

Probaremos que siG =Z4 fdebe ser reducible sobre K( , , ).

Si G= Z4, entonces G V = AutK(,,)F tiene orden 2 y no es transitivo. Estoquiere decir que para algun i =j no existe (G V) talque (ui) =uj.Pero como F es cuerpo de separacion sobre K( , , )(ui) y K( , , )(uj), si hu-biese un isomorfismoK( , , )(ui) =K( , , )(uj) el cual, fuese la identidad enK( , , ) y enviara ui enuj; debera ser la restriccion de algun AutK(,,)F =G V (por 2.24).Por lo tanto no existe tal isomorfismo y en consecuencia ui y uj no puedenser raices del mismo polinomio ireducible sobreK( , , ) (por 2.17). Concluimosentonces quefdebe ser reducible sobre K( , , ).

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Son muy pocas las tecnicas especificas para calcular grupos de Galois de polinomio degrado mayor que 4. Pero existe un caso especial.El siguiente teorema establece el grupo de Galois para un polinomio irreducible de gradopen Q[x] que posea exactamente dos raices no reales.

Teorema 3.14. Sipes primo yfes un polinomio irreducible de grado p sobre el cuerpode los numeros racionales el cual tiene precisamente dos raices no reales en el cuerpo delos numeros complejos. Entonces el grupo de Galois def es isomorfo aSp

Demostracion.Sea Gel grupo de Galois de fconsiderado como subgrupo de Sp.

Como p||G| por 3.3 G contiene un elemento de orden ppor el Teorema de Cauchy 2.4.Por 2.2 es un p-ciclo.Consideremos la conjugacion compleja (a + ib) (aib) un R-automorfismo en C

que modifica todo elemento no real. Por lo tanto (por 2.19) este intercambia dos raicescomplejas defy fija las restantes. Esto implica queG contiene una trasposicion= (ab).Como puede ser escrita = (aj2...jp), entonces alguna potencia de puede ser escritak = (abi3...ip) G. Por cambio de notacion, asumimos que = (12) y k = (123...p).Pero estos dos elementos generan Sp. En consecuencia G= Sp.

APLICACIONES.

Objetivo: Calcular el Grupo de Galois de un polinomio.

Polinomios de grado 3

Ejemplo.Calcularemos el grupo de Galois para un polinomio de grado 3 cuyo discriminante es

el cuadrado de un elemento de K.

Tomemos el polinomio f(x) = x3 3x+ 1 Q[x]. Es irreducible en Q[x] por 2.7 y2.9 pero es separable, puescarQ= 0.El discriminante de f es4(3)3 27(1)2 = 81 que es el cuadrado de 9Q. Entonces(por 3.8) su grupo de Galois es A3.

Ejemplo.

Calcularemos el grupo de Galois para un polinomio de grado 3 cuyo discriminante noes el cuadrado de ningun elemento de K.

Tomemos el polinomio f(x) = x3 3x2 x1 Q[x]. Sea g(x) = f(xb/3) =f(x3/3) =x34x +2. Este polinomio es irreducible en Q[x] por el criterio de Einstein.Por la proposicion 3.9 el discriminante de f es4(4)3 27(22) = 148 el cual no es elcuadrado de ningun elemento de Q.Por lo tanto su grupo de Galois es S3 (por 3.8).

Polinomios de grado 4

Ejemplo.

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Consideremos f(x) =x4 + 4x2 + 2 Q[x]. Este polinomio es irreducible por el criteriode Einstein, es separable porque car(Q) = 0.Su correspondiente resolvente cubica esx3 4x2 8x + 32 = (x4)(x2 8). Por lo tanto:= 4, =

8,= 8.

AdemasQ( , , ) =Q(8) =Q(22) =Q(2) es de dimension 2 sobreQ. Por lo tantoel grupo de Galois es isomorfo a D4 o Z4.Reducimos afal polinomioz2+4z+2 por medio de la sustitucionz= x2 cuyas raices son

claramentez= 22. Entonces las raices defsonx= zes decirx=

2 2.Entonces

f= (x

2 + 2)(x

2 2)(x+

2 + 2)(x+

2 2).Por lo tanto fes reducible en Q(

2).

Su correspondiente grupo de Galois es cclico de orden 4 pues, por 3.13, m = [K( , , ) :K] = 2 G =D4, oG =Z4. En este caso comofes reducible sobreK( , , ),G =Z4.

Ejemplo.El objetivo sera encontrar el grupo de Galois para el polinomio f(x) =x410x2 + 4

Q[x].Vamos a verificar que este polinomio es irreducible en Q[x].fno tiene raices en Q y no tiene factores lineales ni factores cubicos (por 2.7 y por 2.9).Para calcular los factores cuadraticos es suficiente con mostrar que fno tiene factorescuadraticos en Z[x] (pues si D es un dominio de factorizacion unica con cuerpo cocienteF, yfes un polinomio de grado positivo en D[x], entoncesfes irreducible enD[x] lo

es en F[x]).Mediante calculos podemos verificar que no existen enteros a,b,c y d tal quef= (x2 + ax+ b)(x2 + cx+ d). Por lo tanto fes irreducible en Q[x].El resolvente cubico de f es x3 + 10x2 16x 160 = (x+ 10)(x+ 4)(x 4) y to-das sus raices estan en Q. En consecuencia Q( , , ) = Q(10, 4, 4) = Q, entoncesm= [K( , , ) :K] = [Q: Q] = 1.Por 3.13 su grupo de Galois es V=Z2 Z2.

Ejemplo.Sea f =x4 2Q[x]. Este polinomio es irreducicle en Q[x] (por el criterio de Ein-

stein) pero es separable.El resolvente cubico esx3 + 8x= x(x

2

2i)(x + 2

2i). EntoncesK( , , ) =Q(

2i)

que tiene dimension [Q(2i) :Q] = 2. Como f =x4 2 es irreducible en Q(2i) (puesx4 2 = (x 42)(x+ 42)(x 42i)(x+ 42i)).Por lo tanto el grupo de Galois es isomorfo al grupo dihedral D4 (por 3.13).

Ejemplo.En el siguiente caso calcularemos el grupo de Galois de un polinomio de Grado 4, que

no verifica las hipotesis de 3.13.Tomemos f(x) = x4 5x2 + 6 Q[x]. Observemos que este polinomio es reducible enQ[x].Sea f(x) = (x2

2)(x2

3). En esta situacion no es aplicable 3.13.

Claramente el cuerpo Q(2, 3) es cuerpo de separacion de f sobre Q y como x2 3es irreducible sobre Q(

2) entonces [F : Q] = [F : Q(

2)][Q(

2) : Q] = 2.2 = 4 (por

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Lagrange). En consecuencia AutKFel grupo de Galois del polinomio ftiene orden 4 porel teorema fundamental de la teora de Galois.A partir de la demostracion del teorema 3.3 y del corolario 3.4 concluimos que AutKFconsiste de dos automorfismos: la aplicacion identidad y el automorfismo que enva

(2) = 2.Por 2.17 podemos decir que estas dos aplicaciones se pueden extrender a Q-automorfismosde Fde dos maneras diferentes: Cuando 3 3. Cuando 3 3.Estas posibilidades nos dan 4 elementos diferentes de AutQF.Como| AutQF|= 4, y ademas cada uno de sus automorfismos es de orden 2, entonces elgrupo de Galois de fes isomorfo a Z2 Z2 (pues no puede ser isomorfo al cclico Z4).

Ejemplo.

Sea F Cun cuerpo de separacion sobre Q de f(x) = x4

2 Q[x]. LLamemosu= 42, entonces, las raices de f son: u, u, ui, ui.El cuerpo de separacion F de f(x) = x4 2 sodre Q contiene a (ui)/u = i. Comou R, Q(u) < R, entonces Q(u)= F. Pero comoQ(u, i) contiene todos los ceros def(x) = x4 2, vemos que Q(u, i) = F. LLamemos E = Q(u). Entonces tenemos elsiguiente diagrama:

F =Q(u, i)

E=Q(u)

QAhora{1, u , u2, u3} es una base para Esobre Q y ademas{1, i} es una base para F

sobre E.Entonces{1, u , u2, u3,i,iu,iu2, iu3} es una base para F sobre Q.Como [F :Q] = 8, entonces| AutQF|= 8, entonces es necesario encontrar 8 automorfis-mos de Fque dejen fijo a Q.

Es sabido que cualesquiera de esos automorfismos , esta completamente determinadopor su accion sobre los elementos de la base{1, u , u2, u3,i,iu,iu2, iu3}, y a su vez estosvalores estan determinados por (u) y (i). Pero(u) debe ser siempre conjugado de usobre Q, es decir uno de los cuatro ceros del polinomio irreducible de u sobreQ, o sea dex4 2. De la misma manera (i) debe ser un cero del polinomio irreducible de i sobreQ,o sea x2 + 1.As las cuatro posibilidades de (u) combinadas con las dos posibilidades de (i) dan los8 automorfismos:

0 1 2 3 1 1 2 2u u ui u ui u ui u uii i i i i i i i i

Por ejemplo 3(u) = uiy 3(i) =i mientras que 0 es el automorfismo identidad.Por otro lado (11)(u)=1(1(u))=1(ui)=1(i)1=ui

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De igual manera (11)(i)=1(1(i))=1(i)=iEntonces (11)(i) =2.

De la misma manera podemos mostrar que (11)(u) = ui y (11)(i) = i. As,11=1.De modo que 11= 11, y por lo tanto AutQF no es abeliano. Por lo tanto debe serisomorfo a un grupo no abeliano de orden 8.A partir de la tabla anterior, podemos observar que: 1 es de orden 4. 1 es de orden 2. {1, 1} genera AutQK. 11=131=1.

Entonces este grupo es isomorfo al grupo octal (pues se puede establecer un isomor-

fismo entre los elementos de la base del grupo octal y los elementos de la base deAutQF,ya que cumplen las mismas relaciones).

Los siguientes graficos muestran el retculo de grupos y el reticulo de cuerpos respec-tivamente, donde se puede observar que uno es la inversion del otro.

AutQK

H1={0,2,1,2

} H2=

{0,1,2,3

} H3=

{0,2,1,2

}

H4={1,1} H5={0,2} H6={0,2} H7={0,1} H8={0,2}

0

Q(ui) =K=K0

Q( 42)=H4

Q(i 42)=H5

Q(2,i)=H6

Q( 42+ 4

2i)=H7

Q( 42 42i)=H8

Q(2)=H1

Q(i)=H2

Q(i2)=H3

Q= AutQK

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A veces se requerira un poco de intuicion para determinar los cuerpos fijos Hi

.

Es facil encontrar H2 pues solo tenemos que encontrar una extension de grado 2 quemantenga fijos {0, 1, 2, 3}. Como todos losidejan fijo el elemento i entonces el cuerpobuscado es Q(i).

Para determinar H4, tenemos que encontrar una extension de Q de grado 4 que quedefija bajo 0 y1. Como 1 deja fijo u, y ues raiz del polinomio irreducible de uen Q (osea es raiz de x4 2), observamos que Q(u) es de grado 4 y queda fija bajo 0 y 1.Aqui se utiliza de manera fuerte que la correspondencia dada por el teorema de Galois es1 a 1, por lo tanto si encontramos un cuerpo que satisfaga las condiciones pedidas, ese esel cuerpo buscado.

Como H7 ={0, 1} es un grupo, para cualquier Kveremos que 0+ 1 queda

fijo bajo 0 y 1.Tomando=u vemos queu0 + u1=u + uiqueda fijo bajoH7. Realizando los calculoscon los restantes automorfismos, obtenemos que 0 y1 son los unicos automorfismos quedejan fijosu+ ui.Entonces por la correspondencia 1 a 1 tenemos que

Q(u+ ui) =Q( 4

2 + 4

2i) =H

7

Supongamos que deseamos encontrar el polinomio irreducible de u+ui sobre Q. Si = u+ui entonces, para todo conjugado de sobre Q, existe un automorfismo de K,que transforma aen ese conjugado. Solo se necesita calcular () para todo

AutQF

para encontrar los otros ceros del polinomio irreducible de u+ ui sobre Q. Se puedenencontrar elementos AutQFque den estos valores diferentes si se toma un conjuntode representantes de las clases laterales a derecha de AutQ()K= {0, 1} en AutQK. Unconjunto de representantes de estas clases a derecha es :

{0, 1, 2, 3, }Los conjugados de =u+ uison: u+ ui,u+ ui,u ui,u ui.Entonces, el polinomio irreducible de en Q es:

[(x (u+ ui)).(x (u+ ui))][(x (u ui)).(x (u ui))]=(x

2

2iux 2u2

)(x2

+ 2iux 2u2

)=x4 + 4u4=x4 + 8

Este ultimo ejemplo dara una extension de grado 4 para el cuerpo de separaci on deun polinomio de grado 4.

Ejemplo.Considerese el cuerpo de separacion de x4 + 1 sobre Q. Este polinomio es irreducible

sobre Q (pues no se factoriza en Z[x] y entonces vale 2.11 donde Q es el cuerpo cocientede Z).Los ceros de x4 + 1 son: (1

i)/

2 y (

1

i)/

2

Si llamamos= (1 + i)/2 entonces por calculos en complejos obtenemos:

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3 = (1 + i)/25 = (1 i)/27 = (1 i)/2

As, el cuerpo de separacion F de x

4

+ 1 sobre Q es Q() y [F :Q] = 4.Calculemos el grupo AutQFy luego daremos los diagramas reticulares de cuerpos y degrupos.Como existen automorfismo deFque transforman en su conjugado y, como cada auto-morfismo de AutQF esta completamente determinado por su accion sobre , vemos quelos cuatro elementos de AutQF estan definidos por la tabla:

1 3 5 7 3 5 7

Como (kj)() = k(j

) = (k())j

)=()hj

=jk

, y 8

= id, vemos que el grupoAutQF es isomorfo a el grupo{1, 3, 5, 7} bajo la operacion de multiplicacion modulo 8(pues son lo elementos divisores de cero del grupo de los elementos no nulos de Z8).Como 2j = 1, la identidad para todo j, entonces el grupo AutQFdebe ser isomorfo algrupo V={(1), (12)(34), (13)(24), (14)(23)}.Los siguientes son sus diagramas reticulares:

AutQK

{ 1, 3} { 1, 5} { 1, 7}

{1}.(Diagrama reticular de grupos)

Q((1 + i)/

2) =F

Q(i2) = {1, 3}

Q(i) = {1, 5}

Q(2) = {1, 7}

Q= AutQF

.(Diagrama reticular de cuerpos)

Observacion 2. En el retculo de cuerpos consideramos elH

como el cuerpo fijo.

Para encontrar {1, 3}, solo es necesario encontrar un elemento de Kque no este enQ y quede fijo bajo{1, 3}, pues [{1, 3} : Q] = 2.Claramente 1() + 3() queda fijo bajo 1 y 3, pues

{1, 3

}es un grupo.

Tenemos 1() + 3() =+ 3 =i2.De la misma manera 1() + 7() =+

7 =

2 queda fijo bajo{1, 7}.

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Esta tecnica no es util para encontrar {1, 5} pues1() + 5() = + 5 = 0 y 0 Q.Pero por un tazonamiento analogo 1()5() =

5 = i.As Q(i) =Q(i) que es el cuerpo buscado.

Polinomios de grado mayor que 4Ejemplo.

En este caso consideramos un polinomio de grado mayor que 4. Seaf(x) =x54x+2 Q[x]. Este polinomio tiene grado primo 5. Ademas, analizando el grafico de f(x), obser-vamos que posee solamente tres raices reales. Entonces es irreducible por el criterio deEinstein.Entonces estamos en condiciones de aplicar el teorema 3.14 y de afirmar que su grupo deGalois es S4.

Nos preguntamos si existe o no para todo grupo finito G un cuerpo de extension de

Galois talque su grupo de Galois sea G.La respuesta es si, en un caso especial:SiG = Sn entonces existe un cuerpo de extension Ftal que su grupo de Galoises G.El objetivo sera constrir un polinomio fcuyo grupo de Galois sea G = Sn, para n > 3.El polinomiofdebera ser de una manera particular cumpliendo con ciertos requerimien-tos, pero escencialmente se debera demostrar que siempre podemos hallar un polinomioirreducible de grado n. Esto sera demostrado en la siguiente seccion.

Polinomios de grado mayor que 4. Formula de resolucion.La pregunta que motiva todo este estudio es: Dado un polinomio en K[x] existe una

formula la cual muestre todas las raices? Si el grado del polinomio es menor que 4, hemosestudiado que la respuesta es afirmativa. Pero en los casos generales, no existe tal formula.Por ejemplo podemos demostrar que la quintica (polinomio de grado 5) no es soluble enel sentido clasico (es decir sobre cuerpos de caracteristica cero).

La idea sera construir una formula que involucre las operaciones en un cuerpo (adici on,multiplicacion, inversos), o la extraccion de raices. Estas operaciones no afectan el cuerpooriginal base, pero puede que si lo haga la extraccion de raices. De aqui podemos extender

el cuerpo original Ka un cuerpo K(u), donde un esta en K. Luego, podemos construirK(u, v) =K(u)(v) extension de K(u) con alguna potencia de v en K(u)Por lo tanto, si existe una formula, esta debera hallarse aplicando sucesivamente la con-struccion del parrafo anterior. Esto equivale a decir que de existir la f ormula, existe unasucesion creciente de cuerpos

K=E0 E1 .. Ental que En contiene un cuerpo de separacion de f sobre K y Ei = Ei1(ui) con algunapotencia de ui en Ei1.

De manera recproca supongamos que existe una sucesion de cuerpos, y que En con-

tiene un cuerpo de separacion de f (o sea En contiene las soluciones de f(x) = 0). AsiEn =K(u1,..un) y cada una de las soluciones es de la forma f(u1,..un)/g(u1,..un) (esta

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es la caracterizacion de los elementos de K(u1,..un)).En consecuencia, cada solucion puede ser expresada en terminos de una cantidad finita deelementos. Con esto, decimos que existe una formula para las soluciones de una ecuaciondada.

Con el fin de formalizar la motivacion anterior daremos las siguientes definiciones:

Definicion 3.15. Una extensionFde un cuerpo Kes una extension deKpor radicales,si existen elementos1,..,r F y enteros positivosn1,..,nr tales queF =K(1,..,r)conn11 F ynii F(1,..,r1).Un polinomio f K[x] es soluble por radicales sobreFsi el cuerpo de separacionE def(x) sobreK esta contenido en una extension deK por radicales.

En conclusion un polinomio es soluble por radicales sobre Ksi podemos obtener todo

cero de f(x) usando una sucesion finita de operaciones de suma resta, multiplicacion,division y extraccion de raices n-esimas comenzando con elementos de K.

Decir que el polinomio de grado 5 no es soluble, no significa que ningun polinomio degrado 5 lo es.

Ejemplo.El polinomio x5 1 es soluble por radicales sobre Q. El cuerpo de separacion de este

polinomio esta generado sobre Q por una raiz quinta primitiva de la unidad. Entonces5 = 1 yK=Q().

Decir que el polinomio de grado 5 no es soluble en el sentido clasico es decir que existeun polinomio de grado 5 con coeficientes reales que no es soluble por radicales.

La idea que seguiremos para poder llegar a esta conclusion sera:

1. Mostraremos que:un polinomio f(x) K[x] es soluble por radicales su cuerpo de separacion EsobreKtiene un grupo de Galois soluble.Recordar que un grupo es soluble si existe un nNtal que Gn = G.. =< e >definiendo como G

={aba1b1/a,bG}. De otra manera, un grupo es soluble sitiene una serie de composicion con terminos abelianos.

2. Mostraremos que:Existe un subcuerpo Kde los numeros reales y un polinomio f(x) K[x] de grado5 con un cuerpo de separacion Esobre F tal que AutKE=S5

Podemos ver que una serie de composicion para S5 es (1) < A5 < S5, y como A5 noes abeliano habremos concluido que el grupo de Galois no es soluble y en consecuencia elpolinomio no es soluble por radicales.

En vista de lo observado podemos decir:

La ecuacion general de grado n sera soluble solo si n 4.

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Para analizar cuando, entonces una ecuacion de quinto grado es soluble o no, es nece-sario conocer cuando un grupo de Galois es soluble y cuando no.Una demostracion extensiva de este resultado puede ser encontrada en [1] y [5].

4 Cuerpos Finitos

El objetivo de esta seccion es determinar la estructura de todos los cuerpos finitos.Demostraremos en esta seccion que una extension por un cuerpo finito de un cuerpo

finito, es cclica y su generador estara dado de manera explcita.Ciertos teoremas valen en el caso mas general de grupos no finitos, pero en esta seccion

consideraremos el caso finito prioritariamente.

Teorema 4.1. SeaF un cuerpo yP la interseccion de todos los subcuerpos deF. En-toncesP es un cuerpo sin subcuerpos propios.SicarF =p(primo), entoncesP=Zp.SicarF = 0 entoncesP=Q, el cuerpo de los numeros racionales.Definicion 4.2. El cuerpo Pintroducido en el teorema anterior es llamado subcuerpoprimo de F.

Demostracion.Para que un conjunto sea un subcuerpo debe contener el elemento neutro de la op-

eracion aditiva y el 1Felemento neutro de la operacion multiplicativa.

Pcontiene todos los elemntos de la forma m1F con m Z.Para completar la demostracion debemos probar que P = m1F, m Z (si carF = p) yP =m1F/(n1F)

1, m Z (sicarF= 0), o demostrarlos de la siguiente manera:Consideremos la aplicacion : Z Pdada por m m1Fque por 2.5 es un homomor-fismo de anillos con nucleo (n) donde nes la caracterstica de F y, n = 0 o nes primo.

Si n es primo p: Zp= Z/(p) =Z/Ker()= Im()P. Como Zp es cuerpo yPes el cuerpo primo que no puede tener subcuerpos propios, entonces Zp =P.

Sin= 0. entonces : Z Pes monomorfismo. Ademas (por 2.6), existe un unicomonomorfismo de cuerpos: Q Ptal que | Z=. EntoncesQ =I m() =P, y enconsecuencia P=Q.

Para cualquier cuerpo finito podemos determinar la caracterstica del cuerpo y la can-tidad de elementos.

Corolario 4.3. El numero qde elementos de un cuerpo finito es una potenciapn de sucaracterstica.

Demostracion.

Sabemos que vale el resultado 2.5, pues como Fes un cuerpo es claro que es un anillocon identidad. En consecuencia, aplicando el resultado 4.1, Ftiene caracterstica prima

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p.Como Fes un espacio vectorial finito dimensional sobre su subcuerpo finito Zp,F puedeser escrito comoF=Zp .... Zp conn sumandos por el teorema 2.12 y en consecuencia| F|=pn.

Por esta caracterizacion del subcuerpo primo deF, en lo sucesivo lo denotaremosZp.

Teorema 4.4. SiF es un cuerpo yG el subgrupo finito multiplicativo de los elementosno nulos deF, entoncesG es un grupo cclico.En particular, el grupo multiplicativo de los elementos no nulos de un cuerpo finito escclico.

Demostracion.Como G es un grupo abeliano finito, sabemos (por el teorema 2.3) que G= Zm1

.... Zmk donde m1 > 1 y m1| ..| mk. Pensemos Zmi como un grupo de orden mi ennotacion multiplicativa. Entonces para cada ai Zmi, a

mii = 1 , de modo quea

mki = 1

pues mi| mk. Asi, para todo G, tenemos que mk = 1. Entonces todo elementode G es raiz del polinomio xmk 1F F[x]. Pero G tiene

1rkmr elementos, mien-

tras que el polinomio tiene a lo sumo mkraices. Entoncesk = 1, y por lo tanto es cclico.

Corolario 4.5. Si F es un cuerpo finito, entonces F es una extension simple de susubcuerpo primo Zp. Estos es: F =Zp(u) para algunu F.

Demostracion.Como Fes un cuerpo finito entonces tiene q=pn elementos (4.3). Los elementos no

nulos de F forman un grupo multiplicativo de orden q 1 y es cclico por el resultadoanterior. Debemos probar que F =Zp(u).Como Zp Fy ambos son cuerpos finitos, entonces F =Zp(u1,..,un). Probaremos queel grupo multiplicativo esta generado poru. Entonces supongamos que F =Zp(u, u1) conu1=u. Entonces existe k Ztal que u1 = ku.En consecuencia F =Zp(u, u1) =Zp(u,ku)=Zp(u). Ejemplo.

Consideremos el cuerpo finitoZ11, entonces su grupo multiplicativo denotado porZ11es cclico por el resultado anterior.Trataremos intuitivamente de encontrar el generador de este grupo cclico. Trataremos

elemento a elemento.Consideremos el 2. Como el orden de Z11 es 10, 2 debe ser un elemento de Z11 cuyoorden divida a 10, o sea de orden 2, 5, o 10. Ahora veamos que 22 = 4, 24 = 42 = 5,25 = 10 = 1. Entonces 2 es un generador de Z11. Como hallamos este elemento en elprimer intento no continuamos con los restantes.Por la teora de los grupos cclicos, todos los generadores deZ11 son de la forma 2n donden es un numero primo relativo con 10. Por lo tanto estos elementos son: 21 = 2, 23 = 8,27 = 7, y 29 = 6.Las raices quintas primitivas del 1Z11 son de la forma 2

m con el mcd entre m y 10 es 2.Esto es: 22 = 4, 24 = 5, 26 = 9, y 28 = 3.La raiz cuadrada de la unidad en Z11 es 2

5 = 10 =

1.

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Lema 4.6. Si F es un cuerpo con caractersticap y r 1, entonces la aplicacion :F Fdada poru upr es unZp-monomorfismo de cuerpos.SiF es finito, entonces es unZp-automorfismo deF.

Demostracion.Consideremos la aplicacion : F Fdada por (u) =upr . Como, en un cuerpo de

caracterstica p, (u v)pr =upr vpr , es un homomorfismo de cuerpos.Por otro lado (por la demostracion de 4.1), cada elemento de Zp es m1F con m Z yademas (1F) = 1F. De aqui que es un Zp-monomorfismo.Si F es un cuerpo finito, entonces por el teorema anterior, F = Z(u) donde u es elgenerador del grupo multiplicativo de los elementos no nulos de F. En consecuencia: F =K(u) F =K(u) y en este caso es un Zp-automorfismo ( pues no modifica loselementos deZp).

El siguiente resultado caracteriza a los cuerpos finitos desde sus cuerpos de separacion.

Proposicion 4.7. Seap un primo yn 1 un entero. EntoncesF es un cuerpo finitoconpn elementos si y solo siFes un cuerpo de separacion dexp

n x sobreZp.Demostracion.) Si | F|=pn, entonces el grupo multiplicativo de los elementos no nulos de F tiene

orden pn 1 y todo elementos no nulo de F satisface upn1 = 1F. Por lo tanto todoelemento no nulo deFes raiz del polinomioxp

n1 1Fy en consecuencia es raiz tambiendel polinomio x(xp

n1 1F) =xpn x Zp[x]. Como el elemento nulo de Ftambien esraiz de este ultimo polinomio, entoncesxp

n xtienepn raices distintas enF. Esto quieredecir que se separa en F(porque por 2.8 tiene a lo sumo pn raices diferentes y no mas).

Ademas estas raices son precisamente elementos de F.

) Si F es cuerpo de separacion de f = xpn x sobre Zp, entonces como carF =carZp =p,f

, = 1 y fes primo relativo con f,. Entoncesf tiene pn raices diferentes enF por 2.10. La aplicacion : u upn es un monomorfismo (por 4.6, tomando r = n).De aqui que:ues raiz de ff(u) = 0upn =u(u) =u.Entonces, el conjuntoEde todas las raices de f en Fes un subcuerpo de Fde orden pn,el cual contiene al subgrupo primo Zp (porque este es el subcuerpo minimal de todos lossubcuerpos de F).

Como F es cuerpo de separacion, esta generado sobre Zp por todas las raices de f (esdecir los elementos de E). Por lo tanto F =Zp(E) =E.

Corolario 4.8. Seap un primo y n 1 un entero. Entonces existe un cuerpo con pnelementos. Dos cuerpos cualesquiera con la misma cantidad de elementos son isomorfos.

Demostracion.Sea pnumero primo y n 1 entero.

Si K es un cuerpo y f K[x] que tiene grado n 1, entonces existe un cuerpo deseparacion F de fcon [F :K] n (es el Teorema 2.23). En este caso, existe un cuerpode separacion de xp

n

xsobre Zp.

Este cuerpo tiene orden pn (por 4.7 ).

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Como todo cuerpo finito de orden pn es cuerpo de separacion dexpn xsobreZp (por

2.23), dos cualesquiera de ellos son isomorfos (por 2.25).

Corolario 4.9. SiKes un cuerpo finito yn1 un entero. Entonces existe un cuerpo

extension simpleF =K(u) deK talqueFes finito y [F, K] =n.Dos cuerpos extension de dimensionn sobreK sonK-isomorfos.

Demostracion.Dado Kde orden pr, sea Fel cuerpo de separacion de f=xp

rn xsobre K. Por 4.7todo u K satisface uprn = u para todo u K. Por lo tantoF es realmente el cuerpode separacion de f sobre Zp.En la demostracion de 4.7 muestra que F consiste precisamente de todas las prn raicesdistintas de f. Como prn =| F|= (| K|)[F:K] = (pr)[F:K], entonces [F :K] =n. Como Fes un cuerpo finito, entonces Fes una extension simple de su subcuerpo primo Zp. Estoses: F=Zp(u) para algun u F (4.5).Es decir que Fes una extension simple de K.

Si F1 es otro cuerpo de extension de Kcon [F1 :K] = n, entonces [F1 :Zp] = n[K :Zp] =nr, de donde| F1|=pnr. Por 4.7 F1 es un cuerpo de separacion de xpnr xsobreZp y tambien sobre K.Por lo tanto, por 2.25, F yF1 son K-isomorfos.

El siguiente resultado fue anticipado al final de la secci on anterior cuando para hal-lar un polinomio cuyo grupo de Galois sea G = Sn asumiamos que existia siempre unpolinomio irreducible de grado n.

Corolario 4.10. SiKes un cuerpo finito yn 1un entero. Entonces existe un polinomioirreducible de grado n enK[x].

Demostracion..ComoKes un cuerpo finito de ordenq= pr,dondepes la caracterstica deK, entonces

existe un cuerpo de extension de K, digamos Fque contiene a Zp y consta precisamentede los ceros de xp

rn x. Sabemos que todo elemento de K es un cero de xpr x. Ahoraprs = prpr(s1). Al aplicar de forma repetida esta ecuacion a los exponentes y al usar elhecho que para Kse cumple prn =, vemos que para K,

prn =pr(n1) =pr(n2) =... = pr =

As K < F, entonces por el corolario 4.9 sabemos que [F :K] =n y que la extension Fes simple sobre K. Entonces, F = K() para algun F. Por lo tanto el polinomioirreducible de sobre Kdebe ser de grado n. Al comienzo anticipabamos el resultado principal de esta seccion. Luego de haber con-struido los elementos necesarios, diremos:

Proposicion 4.11. Sea F es un cuerpo de extension finito dimensional de un cuerpofinito K, entoncesF es finito y es Galois sobreK.El grupo de GaloisAut

KFes cclico.

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Demostracion.Sea Zp el subcuerpo primo de K. Entonces (por 2.14), digamos n, lo cual implica que

| F|= pn. Por la demostracion de 4.7 y 2.26, Fes cuerpo de separacion sobre Zp y enconsecuencia sobreK.

La aplicacion : F Fdada por u up

es un Zp-automorfismo (por 4.6).Claramenten es la identidad y ninguna potencia demenor quek puede ser la identidad(pues esto implica que xp

k xtienepn raices distintas en F con k < nlo cual contradice2.8). Como| AutKF|=n por el teorema fundamental de Galois, AutZpFdebe ser grupociclico generado por . Como AutKFes subgrupo de AutZp, entonces AutKF es cclicopor 2.1

References

[1] Hungerford, Thomas W,Algebra, Springer, 1974

[2] Lang, Serge,Algebra, Addison-Wesley Publishing Company, 1965

[3] Lang, Serge, Algebraic Structures, Addison-Wesley Publishing Company, 1968

[4] Birkhoff y Maclane,Algebra Moderna, Editorial Teide, 1960

[5] John Fraleigh,Algebra Abstracta, Addison-Wesley Iberoamericana, 1987

Polinomios y Teoria de Galois - R. Ramirez - 2003

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