TEORIA DE GALOIS
Extensiones de Morfismos con Meta Algebraicamente Cerrada
Suponga g : K → M una inmersi´on. La funci´on eg : K → g(K), x 7→ g(x) es un isomorfismo el cual en adelante denotaremos sin el s´ımbolo∼, por abuso del lenguaje. Denotemos por L a g(K). Sabe-mos que g : K → L es extendible a campos de rotura minimales de polinomios enK[x] yL[x] pero los campos de rotura de la imagen no necesariamente est´an contenidos enM lo cual queda solucionado siM es algebraicamente cerrado. Usando la t´ecnica y los resultados de la demostraci´on de la unicidad de los campos de rotura generalizada a isomorfismos y las extensiones de morfismos de campos a dominios de polinomios tenemos el siguiente resumen sobre extensiones de morfis-mos. Una presentaci´on mas general se har´a en la parte de ´algebras libres.
8.1 Proposici´on. Sea g:K →M una inmersi´on y g(K) =L. Sea p(x)∈K[x], irreducible y suponga queM contiene a CR(g(p)). Entonces:
i. g:K→M se extiende a m´ınimo una inmersi´on G:CR(p)→M.
ii. Si H :CR(p)→M es una extensi´on de g :K →M y α es una ra´ız (de multiplicidadn) dep(x), entonces H(α) es una ra´ız de multiplicidadnde g(p)(x). M´as generalmente:
iii. H (como en ii) define una correspondencia 1−1 entre las ra´ıces distintas de p(x) y las ra´ıces distintas deg(p)(x).
Demostraci´on: Para i), g :K → L(⊆M) se extiende a un isomor-fismo, que hemos denotado comog:CR(p)→CR(g(p)) en el teorema de unicidad de campos de rotura.
Aqu´ı tomamosG:GR(p)→g CR(g(p))→i Men dondeies la inclusi´on. Con la misma notaci´on usada en ese caso tenemos para ii) y iii), que en CR(p)[x], p(x) = ((x−α1)(x−α2)...(x−αi))m con αi ∈ Cr(p).
Entonces:
H(p(x)) = H(p)(x) = (x−H(α1))(x−H(α2))...(x−H(αi)m en M
2
Demostraremos en un contexto mas general, cuando toquemos ´algebras libres, que toda correspondencia H entre las ra´ıces de p(x) y las de g(p)(x), que respete las operaciones de K−´algebra, admite extensi´on H :CR(p)→M de g. Estudiaremos la manera de calcular el n´umero de extensiones de morfismos g :K →M aG:L→ M en dondeL es un campo de rotura deKyM una extensi´on algebraicamente cerrada. Iniciamos con el caso deextensiones simples y en general a extensiones finitas. Inicialmente fijemos en las hip´otesis precedentes una ra´ızα de p(x).
8.2 Corolario. Sean g, p(x) y M como en proposici´on precedente. Siα es una ra´ız de p(x), entonces:
i. Para cada ra´ızβ deg(p) existe una extensi´onG:K(α)→M tal que G(α) =β.
ii. Si Ges una extensi´on cualquiera de g a K(α) entoncesG(α) es una ra´ız de g(p).
iii. Existe una correspondencia 1−1 entre las ra´ıces distintas deg(p) y las extensiones G:K(α)→M deg.
iv. SiM es algebraicamente cerrado yDxp(x)6= 0 (en particular si
Demostraci´on: Con las hip´otesis, todas las ra´ıces dep(x) tienen la misma multiplicidad y eniv,p(x) tiene ra´ıces simples ´unicamente 2
Como un corolario tenemos por supuesto que siM es algebraicamente cerrado entonces cada una de las afirmaciones se cumple para cualquier polinomio irreducible (seg´un el caso) p(x). La fuerza de que M sea algebraicamente cerrado se emplea en lo siguiente:
Extensiones Separables
8.3 Definici´on.
i. Un polinomio irreducible se diceseparable si tiene multiplicidad 1.
ii. Un campoK se dice separable si todo p(x)∈K[x], irreducible, es separable.
iii. Un elemento a, de una extensi´on deK, es separable siIr(a, K) es separable sobreK.
iv. Una extensi´onLdeKse dice separable sobreKsi cada elemento deL es separable sobreK 2
As´ı que en la proposici´on precedente la parte iv) puede reemplazarse por: iv’) SeaM algebraicamente cerrado y α separable sobreK. En-tonces existen tantas extensionesG:K(α)→M deg:K →M como el grado deα sobre K.
8.4 Teorema. Sean M algebraicamente cerrado, g :K → M una inmersi´on, K separable y (L, K) una extensi´on finita. Entonces el n´umero de extensiones de ga G:L→M es [L, K].
Por tanto existen [K(α, β), K(α)][K(α), K] extensionesK(α, β)→M de g:K →M. Es decir [K(α, β), K] de ellas. El teorema ahora sigue por iteraci´on 2
La demostraci´on del teorema precedente usa el hecho de que en ellas el proceso usado finaliza en un n´umero finito de pasos. Un caso especial es por supuesto el de un s´olo paso, es decir cuando la extensi´on (L, K) es simple. Damos a continuaci´on una condici´on suficiente para que una extensi´on L lo sea. Iniciemos con dos resultados de car´acter t´ecnico inmediatos.
8.5 Proposici´on. SeaM una extensi´on algebraicamente cerrada de K yα, β∈M algebr´aicos sobre K.
i. Si K(α, β)⊆M, entonces las extensionesGi :K(α, β)→M de
i:K→M son tales que para dos cualesquiera de ellas, distintas, digamos G1 y G2 se tieneG1(α)6=G2(α) y G1(β)6=G2(β).
ii. Seapαβ(x) = n Y
i=1
Y
i6=j
[(Gj(α)−Gi(α)) + (Gj(β)−Gi(β))]x, donde
n= [K(α, β), K] y Gi :K(α, β)→M son todas las extensiones
de g:K →M. Entonces pαβ es distinto de 0 2
Requerimos, mas adelante, la existencia de elementos que no sean ceros de pαβ. Demostraremos ahora que ellos existen por lo menos para
campos infinitos. Iniciamos con condiciones sobre los campos para que cumplan la condici´on de ser infinitos. Ya conocemos una: siχ(M) = 0. entonces M es infinito. De hecho M contiene un subcampo isomorfo a Q. Otro caso, independiente de la carater´ıstica, es:
8.6 Proposici´on. Si M es algebraicamente cerrado, entonces es infinito.
Demostraci´on: Suponga queMes finito, digamosM = {m1, ..., mt}.
Entonces los polinomios irreducibles, m´onicos son x+mi, i = 1, ..., t
y son al menos dos. Sea q(x) = 1 +Y
i
((x+mi, q(x))) = 1 y por tanto q(x) es irreducible con grado mayor
que 1. Contradicci´on 2
Otro teorema importante de los campos algebraicamente cerrados es:
8.7 Teorema. Sea M algebraicamente cerrado y extensi´on de un campo infinito y separableK. Sean α, β∈M, algebr´aicos sobre K. EntoncesK(α, β) es una extensi´on simple de K.
Demostraci´on: Con la notaci´on de las dos proposiciones precedentes cong=i:K →M, siK es infinito, existek∈K tal quepαβ(k)6= 0.
Sea γ = α+kβ. Entonces γ ∈ K(α, β) y K(γ) ⊆ K(α, β). Luego [K(γ), K] ≤ n. Por otro lado Gi : K(α, β) → M restrigida a K(γ)
es una extensi´on de g. Si Gi(γ) =Gj(γ) entonces Gi(α) +kGi(β) =
Gj(α) +kGj(β) lo cual contradice la selecci´on de k. As´ı que existen
al menos n extensiones K(γ) → M de g y por tanto [K(γ), K] ≥ n. Como [K(γ), K] =n entoncesK(α, β) =K(γ) 2
8.8 Corolario. Sean M algebraicamente cerrado, K separable y L extensi´on deK enM. SiLes una extensi´on finita deK entonces es una extensi´on simple de K.
Demostraci´on: Para K finito ver el problema suplementario 11. Para K infinito usamos inducci´on sobre el n´umero de generadores: si L = K(α, b) ya est´a. Supongamos que se cumple sobre toda ex-tensi´on (L, K) en donde existen elementos l1, ..., ls de L, con s <
n y L = K(l1, ..., ls). Sea ahora L = K(α1, α2, ..., αn). Entonces
L=K(α1)(α2, α3, ..., αn) =K(α1)(β) =K(γ) para alg´unγ ∈K(α1, β)
2
Entonces en campos de carater´ıstica 0 toda extensi´on finita es simple. En el teorema se ha demostrado que dadas todas la extensiones Gi :
K(α, β) → M, i = 1, ..., r de la inclusi´on i : K → M y dado un elemento cualquierakde K,si
∀i, j= 1,2, ..., nconi6=j, entoncesK(α, β) =K(α+kβ).
SiGj(α)−Gi(α) = 0, para alg´un iy para alg´un j coni6=j, entonces
∗ se d´a, para esos ´ındices independientemente del valor de k.
Por tanto basta concentrarse en el caso en que Gj(β) 6= Gi(β)
∀i, j, i6=j puesto que para la igualdad se recibe
Gj(α)−Gi(α)
Gi(β)−Gj(β)
=k
Entonces, para que∗se cumpla,kdebe ser cualquier elemento distinto de:
Gj(α)−Gi(α)
Gi(β)−Gj(β)
∀i, j= 1, ..., n, i6=j yGi(β)6=Gj(β).
Sin embargo n´otese el hecho de que γ = α+kβ es una combinacion lineal de α yβ sobre K. En el ejemplo que viene adelante resulta ser quek= 1, sin restricci´on aparente. Veamos cu´ando sirvek= 1. Como para todok6= 0, K(m) =K(km) se recibe:
8.9 Proposici´on. Sea (M, K) una extensi´on algebraicamente cerra-da,K separable. Siα,βson algebr´aicos sobreK yα∈K(α+β) entoncesK(α, β) =K(α+β).
Demostraci´on: Siβ ∈ K(α) la simplicidad trivialmente se da. Su-poga que β /∈ K(α). Sabemos que existe k ∈ K tal que K(α, β) = K(α +kβ). Entonces α,β pertenecen a K(α + kβ) y por tanto K(α +β) ⊆ K(α +kβ). Por otro lado α pertenece a K(α +β). Entonces tambi´en β yα+kβ. Por tanto K(α+kβ)⊆K(α+β). As´ı pues K(α, β) =K(α+β) 2
i. α∈K(α+β)
ii. β∈K(α+β)
iii. α, β∈K(α+β)
iv. K(α, β) =K(α+β) 2
Mas generalmente:
8.11 Corolario. Para campos K separables
i. Si αi, i = 1, ..., n, son algebr´aicos sobre K, entonces existen
ki ∈ K, i = 1, ..., n tales que K(α1, α2, ..., αn) = K(k1α1 +
k2α2+, ...,+knαn).
ii. Toda extensi´on finita es simple 2
8.12 Ejemplos.
1. Calcule todas las extensiones de la inclusi´oni:Q→ Ca Q(
√ 2,
3
√
2)→C. Sabemos que Q(3
√
2) tiene como base {1,√3
2,√322} y
Q(
√
2) tiene como base {1,√2}. Consideremos las extensiones de la inclusi´on Q → C a (3
√
2). Hemos visto que se tiene una extensi´on por cada ra´ız dex3 = 2 enC. Estas ra´ıces son entonces
3
√ 2; √3
2 √3
1 ; √3
2 √3
12 en donde √3
1 = cos2π
3 +isin 2π
3 . De manera que existe una extensi´on que env´ıa √32 en √32 la cual es obviamente la inclusi´on g1:Q(3
√
2)→C. Otra,g2 que env´ıa 3
√ 2 en la ra´ız √3
2√3
1 y finalmente g3 :Q(3
√
2→C) que env´ıa √3
2 en la ra´ız √32 √312. Por ejemplo g2 :Q(3
√
2)→C esta dada as´ı : si
x∈Q(√3 2) entoncesx=q0+q1 3
√
2 +q23
√
22. Se tiene pues que
g2(x) =q0+q1 3
√
2√31 +q2(3
√ 2√31) =q0+q1 3
√ 2√3
1 +q23
√ 22√3
12
=q0+q1 3
√ 2√3
1 +q23
√ 4√3
12
Adem´as g3(x) = g3(q0 +q13
√
2 + q2 3
√
22) = q0 +q1 3
√ 2√3
12 + q2(3
√ 2√3
=q0+q1 3
√
2√312+q2 3
√
4√314 =q0+q13
√
2√312+q23
√ 4√31.
En cuanto a Q(
√
2) la inclusi´on i : Q → C tiene dos
exten-siones: las correspondientes a √2 7→ √2 y √2 7→ −√2 y por tanto est´an dadas por h1(q0 +q1
√
2) = q0 +q1
√
2 y h2(q0 +
q1
√
2) = q0 −q1
√
2. Ahora bi´en como Q(3
√
2,√2) tiene base {1,√2,√3
2,√3
2√2,√3
4,√3
4√2}. Entonces las posibles im´agenes de los elementos √3
2 y de √2 dar´an extensiones, denotadas Gi
recopiladas en la siguiente tabla
ELEMENTOS EXTESIONES DE i
generador G1 G2 G3 G4 G5 G6
3
√
2 g1(3
√
2) g1(3
√
2) g2(3
√
2) g2(3
√
2) g3(3
√
2) g3(3
√ 2) √
2 h1(
√
2) h2(
√
2) h1(
√
2) h2(
√
2) h1(
√
2) h2(
√ 2)
Por ejemplo calculemos G3 :
G3(q0+q1
√
2 +q23
√
2 +q33
√
2√2 +q43
√
4 +q5 3
√
4√2) =
=q0+q1h1(
√
2) +q2g2(3
√
2) +q3g2(3
√ 2)h1(
√
2) +q4(g2(3
√ 2))2+
q5(g2(3
√ 2))2h1(
√ 2)
=q0+q1
√
2 +q23
√ 2√3
1 +q33
√ 2√3
1√2 +q4 3
√ 2√3
1 +q5(3
√ 2√3
1)2√2
=q0+q1
√
2 +q23
√ 2√3
1 +q33
√ 2√3
1√2 +q4 3
√ 2√3
1 +q5 3
√ 4√3
12√2
2. Calcule k ∈ Q tal que Q(
√ 2,√3
2) = Q(
√
2 +k√3
2), usando la informaci´on del ejemplo 1.
Consideramos el c´alculo del cociente
q(i, j) = Gj(α)−Gi(α) Gi(β)−Gj(β)
= Gj(
3
√
2)−Gi(3
√ 2) Gi(
√
2)−Gj(
√
2) =− Gj(3
√
2)−Gi(3
√ 2) Gj(
√
2)−Gi(
√ 2)
Como el denominador no debe ser cero pero G1(
√
2) = G3(
√ 2) = G5(
√
2) y tambi´en G2(
√
2) =G4(
√
2) = G6(
√
(1,2) (3,2) (5,2)
(1,4) (3,4) (5,4)
(1,6) (3,6) (5,6)
Se obtiene
q(1,2) = 0
q(1,4) = g1(
3
√
2)−g2(3
√ 2) h1(
√
2)−h2(
√ 2) =
3
√ 2−√3
2√31 √
2 +√2
q(1,6) =
3
√ 2−√3
2√312
2√2 q(3,2) =
3
√
2√31−√3
2 2√2
q(3,4) = 0 q(3,6) =
3
√
2√34−√3
2√312 2√2
q(5,2) =
3
√ 2√3
12−√3
2
2√2 q(5,4) =
3
√ 2√3
12−√3
2√3
1 2√2 q(5,6) = 0
Ahora bien: los±q(i, j) son todos ellos complejos puros (excepto los que son 0) puesto que contienen potencias 1,2 de √3
1 compleja. Por tanto cualquier n´umero racional, no cero, es distinto de q(i, j) para i6=j. El m´as simple es, por supuesto, 1. Se ten´ıa en la teor´ıa que si kes tal que
(Gj(α)−Gi(α)) + (Gj(β)−Gi(β))k6= 0
para todo,i, j, i6=jentoncesK(α, β) =K(α+kβ). As´ı queQ(3
√ 2,√2) =Q(3
√
2 +√2). 2
Recordemos que si (L, K) y (M, N) son extensiones, un morfismo f : (L, K) → (M, N), de extensiones, es un morfismo de campos f : L → M tal que f(K) ⊆ N. Si f es biyectiva f es un isomor-fismo de extensiones y si, adem´as (M, N) = (L, K) entonces f es un automorfismo de (L, K). El conjunto de todos los automorfismos de (L, K) forma un grupo, no abeliano en general, bajo la composici´on que tiene como subgrupo al conjunto
Grupo de Galois
8.13 Definici´on. Aut(L, K) se llama el grupo de Galois de L sobre K y se denotaraG(L, K) 2
Para usar la maquinaria precedente en el c´alculo de G(L, K) notamos que G(L, K) = {f : L → M | f(L) = L y f|K = 1K}. As´ı que
deseamos caracterizar las extensionesLdeKpara las cuales las ´unicas inmersiones L → M, que dejan fijo a K sean los automorfismos de (L, K). Normalmente se trabaja con extensiones finitas por cuanto la caracterizaci´on es mas simple.
En lo que sigue consideramos que todos los campos que usemos est´an en la cerradura algebr´aica, que por facilidad tipogr´afica, denotamos M y mientras no se diga lo contrario las extensiones son finitas.
Extensiones Normales
8.14 Definici´on. Una extensi´on (L, K) se dice normal si es finita y para toda inmersi´on f :L→M conf |K= 1K, f(L) =L. 2
Es decir que todo morfismo f :L →M conf |K= 1K pr´acticamente
est´a enAut(L, K).
Recordemos que si p(x)∈K[x] denotamos por<(p) al conjunto de to-dos los ceros dep(x) enM yCR(p) =CR(p, K) esK(<(p)). Algunos hechos elementales pero ´utiles que usaremos son
8.15 Proposici´on. Suponga que CR(p) =K(α1, . . . , αn) como
arri-ba y sea (L, K) una extensi´on. Entonces:
i. sif :CR(p)→Les un morfismo de campos yf |K= 1Kentonces
f es una funci´on K−lineal.
ii. sif, g:CR(p)→Lson morfismos de campos f |K=g|K= 1k y
iii. Si f, g:CR(p)→L son inmersiones tales que f |<(p)=g|<(p) y f |K=g|K= 1K, entoncesf =g.
Demostraci´on: iii. Bajo las condiciones dadas f y g son funciones K−lineales, inyectivas y las dos coinciden sobre un conjunto de ge-neradores sobre K, del dominio. Por tanto coinciden en toda parte 2
Tenemos entonces los primeros ejemplos de extensiones normales:
8.16 Corolario. Todo campo de rotura de un polinomio sobre K es un extensi´on normal deK.
Demostraci´on: Sea f : CR(p) → M una extensi´on de la inclusi´on. Entonces f(p)(x) = p(x) y f(α) es un cero de p(x) para cada α cero de p. As´ı quef :CR(p)→ CR(p)⊆M es una funci´on lineal 1−1 y (entonces) sobre <(p), el cual genera a CR(p). As´ı que f(CR(p)) = CR(p) 2
En cuanto al converso iniciamos mostrando que las extensiones nor-males son “saturadas” para las ra´ıces de polinomios irreducibles.
8.17 Teorema. Supongamos que (L, K) es una extensi´on normal. Entonces:
a. Seap(x)∈K[x] irreducible. <(p)⊆Lsi y s´olo si existeα∈ <(p) tal queα ∈L.
b. Les un campo de rotura sobre K.
Ahora, si L = K(α, α1, α2, ..., αn), sea q =p×p1×p2×...×pn, en
dondepi =Ir(αi). SeaM una extensi´on deLque contiene al campo de
rotura de q. Entonces existe un morfismo de camposf :CR(q)→M, que deja fijo aKtal quef(α) =β(ver 5.29). Ahora, comoL⊆CR(q) entoncesf |Les tal quef(α) =β. Pero comoLes normalf |L(L) =L y por tanto β ∈L. Comoβ es una ra´ız arbitraria de p(x),<(p)⊆L.
En cuanto a b), en la parte precedente si L = K(α, α1, α2, ..., αn),
entonces para cada αi, <(pi) ⊆ L. Por tanto CR(q) ⊆ L. Adem´as,
cl´aramente L⊆CR(q). As´ı que L=CR(q) 2
8.18 Corolario. SeaLuna extensi´on normal de un campo separable K. Entonces G(L, K) es un grupo finito de orden [L, K].
Demostraci´on: Puesto que L es una extensi´on normal de K, existe una correspondencia 1−1 entre la extensiones dei:K→M aL→M y las extensiones de 1K a automorfismos de L, que son los elementos
de G(L, K). Pero, por ser K separable los primeros son, en n´umero, [L, K] 2
En el caso de campos no separables el corolario no es cierto. Por ejemplo si χ(K) = 2, K no es separable y 8.18 no es cierto seg´un se ver´a en los ejemplos de grupos de Galois, para x2+C ∈ K[x], mas adelante.
Recuerde que, en general, si (L, K) es una extensi´on finita yf :L→L es un morfismo extensi´on de 1K, entonces f ∈ Aut(L) (ver 1.25).
Se tiene entonces una condici´on de normalidad mas sencilla de veri-ficar: (L, K) es normal si y s´olo si [L, K]<∞ y para toda extensi´on f :L→M, de la inclusi´oni:K→M,f(L)⊆L.
Establecemos ahora, para un campo dado, una correspondencia entre grupos de automorfismos del campo (que dejan fijos subcampos) y los subcampos mismos. Para iniciar:
Demostraci´on: Claramente 0,1 ∈ F(S). Adem´as si x, y ∈ F(S) y f ∈ S, entonces f(x −y) = f(x)−f(y) = x −y e igualmente f(x/y) =x/y siy6= 0. As´ı que F(S) es un subcampo de L 2
8.20 Definici´on. F(S) se llama el campo fijo de S en L 2
Usamos ahora la notaci´on P para partes de un conjunto yPC para el conjunto de los subcampos de un campo dado.
Cl´aramente se tiene una funci´on que invierte el orden de inclusi´on a saber F : P(Aut(L)) → PC(L), S 7→ F(S). Si S ⊆ T entonces F(S) ⊇ F(T) porque si x(∈ L) es tal que f(x) = x, ∀f ∈ T, en-tonces en particular f(x) = x, ∀f ∈ S. Por ejemplo F(φ) = L y si S = Aut(L) entonces F(S) es el conjunto de los elementos de L que permanecen fijos por todo automorfismo deL. Conocemos algunos de ellos: recordemos que el campo caracter´ıstico deL es el menor campo contenido enL. Es decir es el subcampo generado por{1}´o por{0,1}
y tiene como elementos aquellos de la forma n.1
m.1 con n, m en Z y m16= 0. Lo hemos denotadoQ(L). NaturalmenteQ(L)⊆ F(Aut(L)),
es decir que los elementos deQ(L) quedan fijos por todos los
automor-fismos deL.
Para que esta inclusi´on sea una igualdad se requieren condiciones extra. Por ejemplo si L = CR(p), para un polinomio irreducible p(x)∈Q(L)[x] y todo polinomio irreducible sobre K de grado mayor que uno tiene al menos dos ra´ıces distintas (por ejemplo cuando K es separable), entonces Q(L) = F(Aut(L)). En efecto si a(∈ L) no
pertenece a Q(L), entonces, como L es una extensi´on algebrica de Q(L), a es algebr´aico sobre Q y el grado de Ir(a,Q(L)) es mayor o
igual que 2. As´ı que existe al menos un conjugado deadistinto de a, digamos b. Sabemos adem´as que existe un automorfismo f :L → L que deja fijo aQ(L), tal quef(a) =b. Esto se logra extendiendo alg´un
Veremos en lo que sigue las condiciones de igualdad por medio de la construcci´on de una funci´on que se espera que sea la inversa de F. Como F(1L) = L = F(φ), F no es 1−1 ni sobre. Para tratar de
corregir esta situaci´on restringimos el dominio de F a los subgrupos de Aut(L).
Usaremos la siguiente notaci´on: SG(L, K) = {H | H subgrupo de G(L, K)} y (L, X, K) el conjunto de todas las extensiones de K, sub-campos de L.
8.21 Proposici´on. SiS ∈SG(L, K) entonces F(S)∈(L, X, K).
Demostraci´on: Sabemos queF(S) es un subcampo de L. Adem´as si r ∈ K entonces, como f(r) = r, ∀f ∈ Aut(L, K). En particular f(k) =k,∀f ∈S. As´ı quer∈ F(S) 2
Se tiene, por tanto, que F : SG(L, K) → (L, X, K) es una funci´on. Sabemos tambi´en que{1L} ∈SG(L, K), queF(1L) =Ly queG(L, K) ∈SG(L, K). En general la funci´on
F :SG(L, K)→(L, X, K)
no es epiyectiva ni inyectiva. Pero si F(G(L, K)) =K entoncesF es sobreyectiva y para K separable es adem´as 1−1. Veamos todo esto.
8.22 Proposici´on. Las siguientes afirmaciones son equivalentes para L⊃K
i. F(G(L, K) =K
ii. ∀x∈L−K,∃f ∈G(L, K) tqf(x)6=x.
Dos casos existen con relevancia que producen las condiciones equi-valentes mencionadas. El primero, que ya hemos visto es la normali-dad. Para tratar sobre el otro, recordemos que una extensi´onL es un m´aximo algebr´aico (o una cerradura minimal algebr´aica de rotura) de Ksi i) (L, K) es algebrica, ii) todo polinomiop(x)∈K[x] se rompe en L y iii) ninguna extensi´on de K con las propiedades i) y ii) contiene estrictamente aL.
8.23 Proposici´on. Si L es una extensi´on normal o un m´aximo al-gebr´aico de un campo separable K, entonces ∀x ∈ L −K, ∃f ∈G(L, K) tal que f(x)6=x.
Demostraci´on: Hemos visto que si L es una extensi´on normal de K y α ∈ L −K, entonces L = K(α1, ..., αn), con α = α1 y si
q=p1×p2×...×pn en dondepi(x) =Ir(αi, k) entonces L=CR(q)
adem´as α = (α1) tiene m´ınimo una conjugada digamos β, distinta
de α. Existe entonces (ver 5.29) un morfismo f : CR(q) → CR(q) tal que f |K= 1K y f(α) = β 6= α. En el caso de un m´aximo
al-gebr´aico L de K, de nuevo, si a∈ L−K, aes algebr´aico y existe al menos un conjugadobdistinto dea. Tomamos igualfp :R(p)→R(p),
(donde p(x) =Ir(a, K)) la transposici´on (a, b) y si q(x) 6=p(x), q(x) irreducible tomamos fq : R(q) → R(q) la identidad. Entonces la
fa-milia{fq|q∈Ir(K)}(Ir(K) la familia de los polinomios irreducibles sobre K) induce un automorfismo F :L→ Lcon F/CR(q) =fq. En
particularF(a) =b6=a 2
Consideremos ahora el proceso inverso. Con dominio (L, X, K) defini-mos una funci´on que asigna a cada campo intermedio un grupo.
Tomamos para T ∈ (L, X, K), G(T) = G(L, T). Puesto que K ⊆ T se tiene que G(L, K) ⊇G(L, T) ⊇ G(L, L) = {1L}, as´ı que G es, en
efecto, una funci´onG: (L, X, K)→SG(L, K). Note que, por ejemplo, G(L) ={1L} yG(K) =G(L, K).
(L, X, K)→G SG(LK)→F (L, X, K)
es la identidad y Ges una funci´on inyectiva yF es sobreyectiva.
Extensi´on de Galois
8.24 Definici´on. Diremos que (L, K) es una extensi´on de Galois si G yF son funciones inversas la una de la otra 2
Recuerde que si L⊇T ⊇K, entonces G(T) es el grupo de Galois de T. Si L=CR(p) en donde p(x)∈K[x], entoncesG(K) =G(L, K) se llama el grupo de Galois de p(x). Si p(x) es irreducible entonces, en su campo de rotura,
p(x) = ((x−α1)(x−α2)(x−α3)...(x−αi))m
donde i es el ´ındice de p(x) y m es su multiplicidad. En este caso el grupo de Galois de p(x) es el mismo de
q(x) = (x−α1)(x−α2)(x−α3)...(x−αi)
con relaci´on a cualquier extensi´on de K donde q(x) tiene los coefi-cientes y es irreducible. Tenemos para iniciar algunos hechos simples en cuanto a transmisi´on de propiedades “Galoisianas”. Veamos por ejemplo una caracterizaci´on de extensiones de Galois. Para iniciar note que
8.25 Proposici´on. Las siguientes afirmaciones son equivalentes i. Para cada campo T, con K ⊆ T ⊆L y cada x ∈ L−T existe
f ∈G(L, T) tal quef(x)6=x
ii. Para cada campoT conK⊆T ⊆L, y para cada campoT1 con
T ⊆T1 ⊆Lsi x ∈L−T1, entonces existe f ∈G(L, T1) tal que
Demostraci´on: Que ii implica i es evidente tomando T = T1. En
cuanto a que i → ii supuesto i sea U un campo tal que L ⊇ U ⊇ k tambi´en y por tanto, por i, para cadax∈L−U ∃f ∈G(L, U) tal que f(x)6=x 2
Ahora veamos la caracterizaci´on de las extensiones de Galois y su car´acter hereditario. Antes que nada note que
8.26 Proposici´on.
i. Si (L, K) es una extensi´on de Galois entonces (L, K) cumple 8.25, ii.
ii. (L, K) es una extensi´on de Galois ↔ para todo campo T con L⊇T ⊇K, (L, T) es una extensi´on de Galois 2
En cuanto a ejemplos veamos primero el car´acter hereditario de las extensiones normales que son candidatos naturales a extensiones de Galois.
8.27 Proposici´on. Si (L, K) es normal, entonces tambi´en lo es (L, T) conL⊇T ⊇K.
Demostraci´on: Considere f : L → M una inmersi´on tal que f |T= 1T. Entonces f |K= 1K. Como (L, K) es normal, f(L) ⊆ L.
As´ı que (L, T) es normal 2
8.28 Proposici´on. Si (L, K) es una extensi´on normal y G es sobre (resp. F es 1−1), entonces (L, K) es de Galois.
Demostraci´on: Si (L, K) es normal entonces ∀T con L ⊇ T ⊇ K, (L, T) es normal y como hemos visto, ∀x ∈ L−T, ∃f ∈ G(L, T) tal quef(x)6=x. Por tanto Ges inyectiva, entonces biyectiva y (L, K) es de Galois 2
SG(L, K)→F (L, X, K)→G SG(L, K)
Para iniciar note que
8.29 Proposici´on. SiH ∈SG(L, K), entoncesH ⊆G(F(H))
Demostraci´on: Si h ∈ H, entonces h : L → L es un automorfismo tal que h |K= 1K. Ahora bien g ∈G(F(H)) = G(L,F(H)) si y s´olo
si g:L→L es un automorfismo veamos queh|F(h)= 1F(h). Es decir
que si x ∈ F(H), entonces h(x) = x. Pero si x ∈ F(H), entonces g(x) =x. ∀g∈H. En particular para g=h, h(x) =x 2
Ya regresamos sobre la otra inclusi´on. Por lo pronto note que cuandoG es inyectiva, sip, qson polinomios irreducibles o no, entoncesG(CR(p)) =G(CR(q))⇔CR(p) =CR(q). En cuanto a las condiciones para F y Gsean isomorfismos tenemos:
8.30 Proposici´on. Suponga que K es separable y que (L, K) es una extensi´on normal. Entonces:
G: (L, X, K)→SG(L, K), T 7→G(T) =G(L, T) es sobreyectiva.
Demostraci´on: Recordemos que si H ⊆ G(L, K) entonces H ⊆ G(F(H)). Para ver que G es epiyectiva, se trata de demostrar que H = G(F(H)). Pero como los dos grupos de la inclusi´on son finitos es suficiente demostrar que tienen el mismo orden. Recuerde adem´as que si L ⊇ T ⊇ K entonces (L, T) es normal y entonces o(G(L, T)) = [L, T].
Ahora puesto que K es separable, L es una extensi´on simple de K, digamos L=K(α). Si H ⊆G(L, K) digamos que H ={σ1, . . . , σr}.
Consideremos el polinomio
Adem´as paraρ∈H,σ 7→ρσes una homotesia de H, mejor a´un es un elemento deS(H), el grupo sim´etrico de H. As´ı que ρH =H y por tanto si
ρ(p)(x) = (x−ρ(σ1(α)))· · ·(x−ρ(σr(α)))
Entoncesρ(p)(x) =p(x). As´ı pues si p(x) =
r X
i=0
aixi, entonces r X
i=0
aixi
=p(x) =ρ(p)(x) =
r X
i=0
ρ(ai)xi por tanto ρ(ai) =ai,∀i= 1, . . . , r.
Si denotamos F(H) = E, entonces i) p(x) ∈ E[x] y ii) L = K(α) ⊆ E(α). As´ı puesE(α) =Lyαes un cero dep(x). Entonces [L, E]≤r. As´ı que r = o(H) ≤o(G(L/F(H)) = o(G(L/E)) = [L, E] ≤ r. Por tantoH=G(E) =G(F(H)) como se quer´ıa 2
8.31 Corolario. SiK es separable y (L, K) es una extensi´on normal, entonces (L, K) es una extensi´on de Galois 2
Sobre los c´alculos de los grupos de Galois de polinomios lo mas gene-ral que tenemos es que son isomorfos a subgrupos de S(<(p)) y que, cuando todas las ra´ıces dep son distintas su orden es [CR(p), K]. En el cap´ıtulo siguiente los caracterizaremos como cocientes de S(<(p)). En cuanto a ejemplos de grupos de Galois dos cl´asicos son los de poli-nomios de grado 2 y 3 as´ı :
8.32 Ejemplos.
1. Grupo de Galois de un polinomio cuadr´atico.
Seap(x) =x2+bx+c enK[x] (χ(K)6= 2). Si p(x) no es irre-ducible, sus ra´ıces est´an enK yG(p) ={1K}. Si es irreducible y
una de sus ra´ıces esα, entonces la otra es−(b+α)∈K(α) y por tanto las posibilidades paraf(α) de un elemento f de G(p) son ´
orden 2 as´ı que G(p) ∼=Z2. Tambi´en se puede usar el
discrimi-nante as´ı : CR(p) =K(α) donde α es un cero de y2 =b2−4c. Si tal cero est´a enK, entonces K(α) =K y G(p) ={1K}. En
caso contrario los dos ceros dep(x) son (b±α)/(2×1), son dis-tintos porque χ(K) 6= 2 y los dos est´an en K(α). Por tanto [CR(p), K] = 2 y el grupo de Galois dep(x) esG(p) =Z2.
Si χ(K) = 2, para todo elemento a de K, a =−a. De manera que, retomando el comienzo del ejemplo, se tienen 2 posibilidades
i) −(b +α) = α. En tal caso b = 0 y el polinomio es en realidad p(x) = x2 +c. Note que este tipo de polinomio
tiene un solo cero en cualquier campo de caracteristica 2. Puesto que sif ∈G(p),f(α) tiene que ser una ra´ız dep(x) f(α) =αy por tanto el grupo de Galois es{1K(α)}es decir, en notaci´on corriente, 0.
ii) −(b+α)6=α entoncesG(p)∼=Z2 como arriba.
Note que si λ0(K) = 2, entonces si x2 +c no tiene ceros en K es irreducible sobre K pero tiene un solo cero y por tanto es un ejemplo de un polinomio irreducible con multiplicidad 2. As´ı mismo [K(α), K] = 2 y el orden de G(K(α), K) = 1 lo cual muestra que si K no es separable 8.18 no se cumple.
2. Grupo de Galois de xn+c∈ K[x] cuando χ(K) =n. La parte central de este caso es que siχ(K) =nentoncesxn+ctiene a lo mas un cero en cualquier extensi´on de K. En efecto, si aes un cero dexn+c, entoncesan=−cyxn+c=xn−an= (x−a)n. As´ı pues si a es el cero de xn+c su campo de rotura es K(a). Sia∈K,K(a) =K, por supuesto y el grupo de Galois es cero. Ahora bien si a /∈K su polinomio irreducible tiene como ´unico cero al elemento a y el campo de roturas de nuevo K(a) para Ir(a, K). As´ı que G(xn+c, K) = 0. En conclusi´on en todo caso si χ(K) = n todo polinomio de la forma xn+c tiene grupo de Galois igual a 0.
que no est´a enK, entonces, sip(x) yq(x) son dos de sus factores irreducibles enK[x]aes cero de los dos y por tantop(x) =q(x). As´ı quexn+c= (p(x))t, conp(x) el polinomio irreducible dea
en K[x]. Pero t divide al grado de (p(x))t que es n, el cual es primo. As´ı que t= n o t= 1. Pero si t =n, entonces a ∈K, contra la hip´otesis. As´ı que t= 1 yp(x) =xn+c(ver problema
suplementario 8).
3. Grupo de Galois de un polinomio c´ubico.
Si p(x) = x3 +bx2 +cx +d en un campo de carater´ıstica 0,
haciendo la substituci´on x=y− b
3×1 se obtiene el polinomio
q(y) =p(y− b
3×1) =y
3+ (c− b2
3×1)y+ (− 2b3 9×1−
bc 3×1+d)
que escribiremos como y3 +px+q. Supuesto que q(y) = (y− α1)(y−α2)(y−α3), entonces:
p(x) = q(x+ b
3×1) = (x−(α1 − b
3×1))(x−(α2 − b 3×1))
(x−(α3−
b
3×1)) y como b 3(=
b
3×1) est´a en K entonces los campos de rotura dep y de q coinciden. Tratamos pues el caso del polinomio c´ubico del tipoq(x) =x3+px+q= (x−α1)(x−
α2)(x−α3) en su campo de descomposici´on. Ahora, como
q(x) =x3−(α1+α2+α3)x2+ (α1α2+α1α3+α2α3)x−α1α2α3
est´a enK, entonces dos de las ra´ıces generan la otra y por tanto CR(q) =K(α1, α2). As´ı que K ⊆K(α1)⊆K(α1, α2) =CR(q).
Supongamos entonces que q(x) es irreducible en K[x], de otra manera su campo de rotura es el de un polinomio de grado 2 que ya hemos discutido. Como q(x) = Ir(α1, K)(x) y por
tanto [K(α1), K] = 3, entonces G(K(α1), K) ∼= Z3. Ahora
[CR(q), K] = [CR(q), K(α1)][K(α1), K]. As´ı que si α2 ∈K(α1)
entonces [CR(q), K] = 3 y G(q) = Z3 si por el contrario
α2 ∈/ K(α1), entonces [CR(q), K] = 6 y G(q) ∼= S3. Queda
directa cuandoG(q) es uno de esos dos grupos. Para eso note que si ρ es una transposici´on de {α1, α2, α3} y d= (α1−α2)(α2−
α3)(α3−α1) entonces ρ(d) =−d. Por tanto para las
permuta-ciones pares ρ de {α1, α2, α3} ρ(d) es d y para las impares es −d. Es decir que ρ(d) = d⇔ ρ ∈A3. Cl´aramente ρ(d2) = d2,
∀ρ∈S3. Por tanto d2 est´a en el campo fijo deCR(q) que esK.
Es decir que d2 ∈K. DenotemosD=d2.
8.33 Proposici´on. i. d∈K⇔G(q)∼=A3
ii. D es un cuadrado deK ⇔d∈K.
Demostraci´on: En cuanto a i) d ∈ K ⇔ ∀ρ ∈ G(q), ρ(d) = d ⇔ ∀ρ∈G(q), ρ∈A3 ⇔G(q) =A3. Para ii)D=k2⇔d2 =k2 ⇔d=k
o d=−k 2
Interesa pues tener una manera f´acil de calcular D, adem´as de saber simplemente que est´a en K. En el caso de campos de caracter´ıstica 0 la f´ormula es conocida y simple pero tediosa de demostrar. As´ı que simplemente la usaremos: D = −4p3 −27q2. D se llamar´a el
discriminante de q y se denota D(q).
8.34 Corolario. SeaD=−4p3−27q2, donde p, q∈K yχ(K) = 0.
Entonces el polinomiox3+px+qtiene grupo de Galois A3 siD
es un cuadrado de un elemento de K yS3 si no lo es 2
Por ejemplo para p(x) = x3−3x+ 1∈Q[x], las posibles ra´ıces en Q
son 1, −1 y ninguna es realmente una ra´ız. As´ı que p(x) es irreducible en Q. Ahora, D =−4(−3)3−27(1)2 = (−4)(−27)−27 = 34 el cual
es un cuadrado en Q. Por tanto el grupo de Galois esZ3.
8.35 Corolario. G(x3+a,
Demostraci´on: Como el polinomio es irreducible con discriminante D=−27a2, que no es un cuadrado en
Q, entonces el grupo de Galois
esS3 2
Note de paso que de los resultados G(Q(3
√
a),Q) = 0 y G(P) =
G(CR(P),Q) =S3 se concluye queCR(x3+a, Q)6=Q(3
√ −a).
Ejemplo: CalculeG(Q(3
√ 2),Q).
Debemos considerar todos los automorfismos deQ(3
√
2) que deja fijo a
Q. si F es uno de ellos entoncesi◦F :Q(3
√
2)→Q(√3
2)→Ces una extensi´on de Q→i C a Q(3
√
2) → C y por tanto i◦F(√3
2) = F(√3
2) debe ser una ra´ız dex3−2∈Q[x]. Pero las otras dos ra´ıces son
3
√
2(cos2π
3 +isin 2π
3 ) y
3
√
2(cos4π
3 +isin 4π
3 )
que no son siquiera reales y menos pertenecen a Q(3
√
2) por tanto la ´
unica posibilidad es que F(√3
2) = √3
2 y F es entonces la identidad. As´ı queG(Q(3
√
2),Q) = 0.
Ejemplo: Calcule el grupo de Galois deQ(
√
2,√32) sobre Q.
Como un automorfismoF :L→Lque deja fijo aQes una restricci´on
de uno iF :L → C que deja fijo aQ, entonces el procedimiento que
hemos estudiado dice que iF procede de un mecanismo de 2 pasos: extendiendo primero a Q(
√
2) (denotado abajo porf) y cada uno de los obtenidos extendiendolos aQ(
√
2,√32) (denotado por F):
Q →i C
i↓ ↓1C
Q(
√
2) →f C
i↓ ↓1C
Q(
√ 2,√3
2) −→
F C
En este casof(√2) =√2 of(√2) =−√2 y los dos est´an enQ(
√ 2) y a cada uno corresponde un automorfismos deQ(
√
bienF(√32) debe ser una ra´ız dex3−2∈Q(√2)[x]. Pero las ra´ıces de x3−2 son
3
√
2,√32(cos2π
2 +isin 2π
3 ) y
3
√
2(cos4π
3 +isin 4π
3 )
y las dos ´ultimas no est´an enQ(
√ 2)(√3
2) por ser complejas puras. De modo que la ´unica posible selecci´on como imagen de √32 es√32 mismo. Un elemento t´ıpico de Q(2
√ 2)(√3
2) sobre Qes
x=a+b√2 +c√3
2 +d√3
22+e√2√3
2 +f√2√3
22
As´ı que las im´agenes de x por las posibles extensiones son:
i. F(x) =x
ii. F(x) =a+ (b−√2) +c√3
2 +d√3
22+e(−√2)√3
2 +f(−√2)√3
22
=a−b√2 +c√3
2 +d√3
22−e√2√3
2−f√2√3
22.
Por tanto G(Q(
√ 2,√3
2),Q)∼=Z2
Ejemplo: D´e una f´ormula para el discriminante del polinomio reducido de p(x) =x3+a2x2+a1x+a0.
Tomando x=y−a2
3 , entonces
p(y−a2
3 ) = (y− a2
3)
3+a 2(y−
a2
3 )
2+a 1(y−
a2
3) +a0=
=y3−a2y2+
1
3a2y+a2y
2+a 2(
a2
9 )− 2
3a2) +a1y− 1
3a1a2+a0 =
=y3+ (−1 3a
2
2+a1)y+ (
2 27a 3 2− 2 3a 2 2− 1
3a1a2+a0).
D(p) =−4(−1 3a
2
2+a1)3−27(
1 9a 3 2− 2 3a 2 2− 1
Ejemplo: Calcular el grupo de Galois dep(x) = 3x3+ 4x2+x+ 11∈
Q[x].
Comop(x) es irreducible sobreQ[x] yp(x) = 3(x3+4
3x
2+1
3x+ 11
3 ), entoncesa2 =
4 3, a1=
1 3, a0 =
11
3 y por tanto
D=−4(1 3(
4 3)
2+1
3)
3−27(1
9( 4 3)
3−2
3( 4 3)
2−1
3 1 3 4 3+ 11 3 )
2=−3645949
19683
que no es un cuadrado deQ. Por tanto G(P,Q)∼=S3.
Ejemplo: calcular el grupo de Galois de p(x) del ejemplo precedente enR[x].
Comop(x) = 3x3+ 4x2+x+ 11∈R[x] tiene grado 3 entonces tiene una ra´ız al menos en R. El gr´afico del polinomio muestra que tiene
una sola ra´ız real. As´ı quep(x) = (x−α)(ax2+bx+c) en R[x] y el
campo de rotura es el mismo que el del factor cuadr´atico que no tiene ra´ıces reales y su grupo es por tantoZ2.
Propiedades Cohereditarias en Extensiones
Decimos que una propiedad de extensiones, digamos p, es coheredi-taria si siempre que (L, K) tiene la propiedad p y L ⊇ T ⊇ K, en-tonces (L, T) tambi´en tiene la propiedadp. Por ejemplo la propiedad de “finitud” es cohereditaria (y tambi´en hereditaria como veremos). Otras propiedades cohereditarias que hemos visto son la propiedad de Galois, y la de normalidad.
8.36 Definici´on. Seaq una propiedad de los grupos. Una extensi´on (L, K) se dice una q−extensi´on si G(L, K) es un q−grupo (es decir tiene la propiedadq). Un polinomiop(x)∈K[x] se dice un q−polinomio (sobreK) siG(p) sobre K es un q−grupo 2
Ejemplos t´ıpicos de q−extensiones son las extensiones abelianas, las extensiones c´ıclicas y las extensiones sim´etricas. Por ejemplo si p(x) tiene grado 2 sobre K(χ(K) = 0) entonces p(x) es abeliano. Por otro lado si p(x) =x3+ax+bes irreducible sobreK y la ecuaci´ony2 =D no tiene soluci´on en K entonces, comoG(p)∼=S3, (CR(p), K) es una
extensi´on sim´etrica. Es decir p(x) es un polinomio sim´etrico. Todo polinomio de grado 2 es c´ıclico, como lo es un polinomio irreducible de grado 3 cuyo discriminante es un cuadrado en K. La conecci´on de propiedades, a trav´es deGes como sigue
8.37 Proposici´on. Si q es una propiedad hereditaria en los grupos entoncesq es cohereditaria en las extensiones.
Demostraci´on: Suponga que (L, K) es una q−extensi´on. Entonces G(L, K) es un q−grupo. Adem´as si L⊇T ⊇K entoncesG(L, T) es un subgrupo de G(L, K) y por tantoG(L, T) es unq−grupo. As´ı que (L, T) es una q−extensi´on 2
Por ejemplo las propiedades “abeliano” y “c´ıclico” son propiedades cohereditarias en las extensiones, puesto que son hereditarias en los grupos. Note que toda extensi´on c´ıclica es abeliana.
Para dar mas ejemplos de extensiones c´ıclicas nos entendemos con polinomios del tipo xn−a=p(x). Iniciamos conxn−1 y su grupo de
ceros.
Ra´ıces n−´esimas de la Unidad
tiene que ser un cero de p(x). Estudiamos en seguida un caso en el cual el campo de rotura es una extensi´on simple generada por un cero, independientemente de la caracter´ıstica del campo.
8.38 Definici´on.
i. Sea c ∈ K, donde K es un campo. Se dice que c es una ra´ız n−´esima de 1 si cn= 1, es decir cun cero dexn−1.
ii. El conjunto de las ra´ıces n−´esimas de 1 en K se denota<n(K)
´
o<n cuando no hay lugar a error.
iii. c∈ <n− {1} se dice primitiva si genera a<n 2
Claramente <n(K) es un subgrupo de (K−0,×). En seguida vemos
qu´e tan comunes son las ra´ıces primitivas y com´o simplifican el c´alculo de grupos de Galois. Veamos inicialmente que la estructura de grupo multiplicativo deK−0 es muy especial.
8.39 Proposici´on. SeaK un campo yGun subgrupo finito deK∗= (K− {0},0). EntoncesGes un grupo c´ıclico.
Demostraci´on: Bajo las hip´otesis G es de torsi´on, por tanto existe un isomorfismo
ψ:G→Zm1 ⊕ · · · ⊕Zmr
conmiDmj si i < j. Como es costumbre si a∈Zmj lo consideramos
como elemento de la suma directa e identificamos a con la m-upla (0, . . . , a, . . . ,0) que tieneaen la coordenada j. Note que para tala,
(ψ−1(a))mi =ψ−1(a)· · ·ψ−1(a) =ψ−1(m
Adem´as como miDmr entonces mr = smi y por tanto tambi´en
(ψ−1(a))mr = ((ψ−1(a))mi)s = 1s = 1. De hecho, todo elemento
de g de G, cumple que gmr = 1 puesto que g = ψ−1(a
1, . . . , ar) y
gmr =ψ−1(
r X
i=1
ai)mr = Y
(ψ(ai))mr = 1.
Se tiene entonces que todos los elementos deGson ra´ıces deXmr−1∈
K[x] y por ende G tienemr elementos as´ı queG∼=Zmr 2
8.40 Corolario.
i. SiK es un campo finito, entoncesK∗ es un grupo c´ıclico.
ii. Siρ es un n´umero primo, entonces Z∗ρ∼=Z(ρ−1) 2
Se tiene naturalmente que:
8.41 Proposici´on.
i. <n es un subgrupo c´ıclico, de K∗ =K− {0}.
ii. c∈ <n es primitiva ⇔ <n=< c >
iii. Siσ ∈G(K(c), K) y c∈ <n→σ(c)∈ <n
iv. Si c es primitiva entonces, para cada σ ∈ G(K(c), K), existe 0≤r ≤ntal queσ(c) =cr
v. Sic es primitiva, entonces (K(c), K) es abeliana.
vi. K(c) es una extensi´on normal de K. De hecho es el campo de rotura de xn−1 sobre K.
Demostraci´on: i) Es obvia. ii) Es otra manera de expresar la definici´on de primitiva. En cuanto a iii) cn= 1∈K.
v), sean σ, ρ∈G(K(c)) y σ(c) =cr, ρ(c) =c1. Entonces (σ◦ρ)(c) = σ(ρ(c)) = σ(c1) = σ(c)1 = (cr)1 = cr1. De igual manera ρ◦σ(c) = c1r=c1ρ. Por tantoρ◦σ=σ◦ρ.vi) Cl´aramenteK(c)⊆CR(xn−1).
Pero adem´asCR(xn−1) =K(c, c2, ..., cn)⊆K(c) 2
En suma G(xn −1, K) ∼=
Zm en donde m es el grado de una raiz
primitiva dexn−1 sobreK. En efecto,
Con algo mas de generalidad se tiene:
8.42 Proposici´on. Sea K un campo tal que xn−1 se rompe en K. Sea a ∈ K. Sea α una ra´ız de xn−a. Entonces i) K(α) es el campo de rotura de xn−a∈ K[x] y ii) (K(α), K) es una extensi´on c´ıclica.
Demostraci´on: i) Es evidente que K(α) = CR(xn−a, K) puesto que las ra´ıces del polinimio son αt en donde t ∈ <n, todas las cuales est´an en K(α). En cuanto a ii), si α ∈ K es evidente. Supongamos pues que α /∈ K. Se tiene que αn = 1 y por tanto si σ ∈ G(K(α)) entoncesσ(α) tambi´en es ra´ız xn−a puesto que de αn = a se sigue que σ(α)n = σ(a) = a. Si denotamos por cσ = σ(α)/α, entonces
cσ ∈ K(α) pero puesto que cnσ = 1 entonces cσ ∈ <n(K). Tomamos
ψ : G(K(α)) → <n(K), σ 7→ cσ. Note que σ(α) = αcσ. As´ı que ψ
es un homomorfismo puesto que ψ(σρ) = (σρ)(α)/α = σ(ρ(α))/α= σ(αcρ)/α=cρσ(α)/α=cρcσ =cσcρ=ψ(σ)ψ(ρ). Adem´asψ es 1−1
puesto queψ(σ) = 1→G(α)/α= 1 yσ(α) =α por tanto, comoα es generador deK(α),σ = 1K(α). As´ı que
G(K(α))∼=ψ(G(K(α)))⊆ <n
y<n es c´ıclico as´ı que G(K(α)) es c´ıclica 2
i. xn−a= (x−β)(x−βα)(x−βα2)...(x−βαn−1), en su campo de rotura, K(α, β).
ii. K(α) es una extensi´on c´ıclica deKyCR(xn−a) es una extensi´on c´ıclica de K(α) 2
En cuanto a propiedades hereditarias en extensiones tenemos un ejem-plo que justifica el nombre de extensiones normales. Llame un grupo G normal si todos sus subgrupos son normales.
8.44 Proposici´on. Sea L ⊇ T ⊇ K donde (L, K) es normal y χ(K) = 0. Entonces
i. T es normal sobreK ⇔G(L, T) es subgrupo normal deG(L, K)
ii. SiT es normal sobreK, entonces
G(L, K)/G(L, T)→G(T, K), σ◦G(L, T)7→G|T
es un isomorfismo
Demostraci´on: Supongamos (L, K) normal yχ(K) = 0. Considere-mos la funci´on.
ψ:G(L, K)→G(T, K), σ7→G|T
Veamos que ψ est´a bien definida. Siσ:L→L deja fijo aK entonces podemos considerar σ :L→M (M algebraicamente cerrada), la cual es una extensi´on de la inclusi´on i : K → M. As´ı que σ |T: T → M
es tambi´en una extensi´on de i y como (T, K) es normal, entonces σ(T) = T y σ |T∈ G(T, K). Adem´as ψ es cl´aramente un homomor-fismo. Supongamos ρ : T → T un automorfismo que deja fijo a K. Por ser L normal sobre T (puesto que lo es sobre K) entonces ρ se extiende a ρe:L → L y puesto que ρ deja fijo a K ρe tambi´en. As´ı que ψ(ρ) =e ρe = ρ y ψ es un epimorfismo. Se tiene adem´as que
ψ(r) = 1T ⇔σ|T= 1T ⇔σ ∈G(L, T). As´ı que kerψ=G(L, T) y por
e
ψ:G(L, K)/G(L, T)→G(T, K),[σ]7→σ|T
Se tiene pues la parte ii) y una de las implicaciones de i). Para la otra supongamos que f :T → M extiende la inclusi´on sobre K. En-toncesf se extiende a F :L→ M y como (L, K) es normal entonces F ∈G(L, K). Tomemos ahora un automorfismo H ∈G(L, T) el cual existe puesto que (L, T) es normal. EntoncesH−1F H ∈G(L, T) por normalidad de este enG(L, K). Se tiene entonces queH−1F H(T) =T y por ende F(T) =T. Pero F(T) = f(T) y por tanto f(T) = T as´ı queT es una extensi´on normal deK 2
Lo que se ha visto es pues que una extensi´on (L, K) es normal si y s´olo siG(L, K) es un grupo normal. Esto, por supuesto, es consistente con la preservaci´on de propiedades que G posee. Igualmente es claro que (L, K) es una extensi´on normal, abeliana ⇔(T, K) lo es ∀T con K ⊆ T ⊆ L. Por ejemplo si ζ es una ra´ız n−´esima primitiva de la unidad entonces, seg´un lo visto, K(ζ) es normal y abeliana sobre K y tambi´en lo son todas las extensiones intermedias. De este punto en adelante todos los campos en consideraci´on ser´an de carater´ıstica cero.
Calculabilidad por Radicales y Resolubilidad
Los conceptos de Calculabilidad y Resolubilidad se presenta en dos campos distintos del ´algebra: En extensiones de campos y en grupos respectivamente. La funci´on G establece una conecci´on entre ellos de modo que siG es biyectiva para (L, K) ( (L, K) de Galois ) entonces (L, K) es calculable si y s´olo si G(L, K) es resoluble. Este es otro uso de G para solucionar problemas de extensiones por medio de paso a problemas de grupos y viceversa. En seguida veremos estos conceptos y daremos el ejemplo mas cl´asico al respecto. Iniciemos con calcula-bilidad.
8.45 Definici´on.
ii. Una extensi´on LdeK se diceuna extensi´on radical siL=K(b) conb un radical deK.
iii. Una extensi´on L de K se dice calculable por radicales si existe una cadena K = K0 ⊆ K1 ⊆ ... ⊆ Kn, tal que Ki+1 es una
extensi´on radical deKiyL⊆Kn. (Kn, K) se llamauna cubierta
radical de (L, K) o queKn es una cubierta radical de L cuando
no hay peligro de error y es extensi´on Galosiana si (Kn, K) es
una extensi´on de Galois.
iv. Un elemento de una extensi´on de K se dice calculable por ra-dicales sobre K si pertenece a una extensi´on L calculable por radicales sobre K.
v. Una cadena K =K0 ⊆K1 ⊆...⊆Kn =L de iii se llamar´a un
c´alculo por radicales de L(a partir de K) y si α∈L se llamar´a un c´alculo por radicales de α.
vi. Un polinomiop(x)∈K[x] se dicecalculable por radicalessi todos sus ceros son calculables por radicales sobre K 2
Note queb es un radical deK si existen∈N tal quebn∈K.
Note que 8.41 implica que p(x) = xn−1 es calculable por radicales puesto que CR(p) = K(c) donde c es una ra´ız primitiva de 1. As´ı mismo q(x) =xn−a∈K[x] es calculable porque CR(q) =K(t, c) en dondetes un cero deq(x) y entonces el c´alculo esK ⊆K(t)⊆K(t)(c) con polinomios xn−ayxn−1 respectivamente.
De las siguientes afirmaciones (proposici´on 8.46) las tres primeras tienen que ver con preservaci´on de calculabilidad por morfismos de campos y el cuarto tiene que ver con mecanismos para ampliar cu-biertas radicales a cucu-biertas Galoisianas, con el objeto de aplicar la funci´on Gcon ventaja mas adelante.
8.46 Proposici´on.
ii. Si en i. (L, K) es una extensi´on radical entonces (f(L), f(K)) tambi´en lo es. En particular si f : L → M es un morfismo de extensiones deK, con f |K= 1K, y (L, K) es una extensi´on
radical entonces tambi´en lo es (f(L), K).
iii. Si f : L → M es un isomorfismo de extensiones de K tal que f |K= 1K, entonces si L es calculable por radicales, tambi´en lo
esM.
iv. SiM es una extensi´on deK yaes un elemento de una extensi´on deK, los dos calculables por radicales sobreK, entonces tambi´en lo esM(a).
Demostraci´on: Las partes i a iii quedan como ejercicio. En cuanto a iv, es claro porque si
K =K0 ⊆K1⊆...⊆Kn=M y
K =K00 ⊆K10 ⊆...⊆Km0 =K(a)
son c´alculos por radicales, entonces
K=K00 ⊆K10 ⊆...⊆Km0 =K(a) =K0(a)⊆K1(a)⊆...⊆Kn(a) =M(a)
es un c´alculo deM(a) puesto que como, Ki+1 =Ki(β) con β un cero
de xt−b ∈ Ki[x], entonces Ki+1(a) = Ki(β)(a) = Ki(a)(β) con un
cero dext−b∈K
i[x]⊆Ki(a)[x] 2
8.47 Proposici´on.
i. Sea p(x) ∈ K[x] irreducible. Si una ra´ız de p(x) es calculable por radicales, entonces todas lo son.
ii. Un polinomio (cualquiera) p(x) ∈ K[x] es calculable por radi-cales si y s´olo siCR(p) lo es, sobre K.
iii. Sea (L, K) una extensi´on calculable por radicales. Entonces exis-te una cubierta radical (T, K) de L, que es una extensi´on de Galois.
Demostraci´on: i. Suponga Ki, i = 0, ..., n un c´alculo por radicales
de α, ra´ız de p(x) ∈ K[x], irreducible. Entonces existe un campo de rotura de p(x), minimal, extensi´on de Kn, digamos M. Sea Kt la
m´axima extensi´on de losKi, en dondep(x) es irreducible. Se tiene que
p(x) ∈ Kt[x] es irreducible por hip´otesis. Si β es otra ra´ız entonces
existe un isomorfismo f : CR(p, Kt) → CR(p, Kt) tal que f(α) = β.
Por adjunci´on de la sucesi´on de radicales y la identidad sobre ellos f se extiende a
F :CR(p, Kt)(bt+1, ..., bn)→CR(p, Kt, bt+1, ..., bn)
Evidentemente M = CR(p, Kt)(bt+1, ..., bn). As´ı pues existe un
iso-morfismo de campos F : M → M tal que F(α) = β el cual env´ıa entonces el c´alculo por radicales deα en el de F(α) =β.
ii. Resta demostrar que si p(x) es calculable entonces CR(p) lo es. A partir del c´alculo por radicales de una ra´ız cualquiera dep(x), por 8.46 iv se adjuntan una a una las dem´as ra´ıces.
Denotemos por w(m) una ra´ız m−´esima, primitiva de 1 y considere el c´alculo por radicales K = K0 ⊆ K1 ⊆ ...⊆ Kn, en donde Ki+1 =
Ki(ai) yai es un cero dexmi−bi∈Ki[x]. Construiremos una cubierta
Galoisiana para este c´alculo.
Usaremos inducci´on sobre la longitudndel c´alculo. Si n= 1 entonces (K1(w(m0)) , K) es una cubierta Galoisiana de (K1, K) puesto que
K1(w(m0)) es en campo de rotura de xm0 −b0 y sabemos que es un
c´alculo por radicales sobreK.
Supongamos ahora que la afirmaci´on es cierta para un c´alculo de longi-tudny veamos que se cumple para una de longitudn+1. Supongamos pues que (Kn, K) es una extensi´on de Galois y Ki(i= 0, ..., n) es un
c´alculo por radicales a partir deKm.
Sabemos adem´as que Kn+1 = Kn(an) en donde an es un cero de
xmn−b
n∈Kn[x]. Consideremos el polinomio
p(x) = Y
f∈G(Kn,K)
(xmn−f(amn))
Cl´aramentep(x)∈Kn[x] y adem´as si g∈G(Kn, K) entonces
g(p(x)) = Y
f∈G(Kn,K)
(xmn−g◦f(amn)) =p(x)
Por tantop(x)∈K[x]. Puesto que (Kn, K) es calculable por radicales
tambi´en lo es (Kn(<(p)), K) por adjunci´on sucesiva de ceros (por 8.46
iv) y como Kn es extensi´on de Galois de K y p(x) ∈ K[x], entonces
(Kn(<(p)), K) es una extensi´on de Galois. As´ı que (Kn(<(p)), K) es
un cubrimiento Galoisiano de (Kn, K) 2
As´ı pues, seg´un la proposici´on precedente, un polinomio irreducible es calculable si y s´olo si alguna ra´ız lo es (y entonces todas lo son) o, lo que es lo mismo, si su campo de rotura lo es.
Grupos Resolubles
8.48 Definici´on. Un grupoGse diceresoluble a partir de un subgrupo B si existe una cadena de subgrupos deG,G=H0⊇H1 ⊇...⊇
Hn = B tal que Hi+1 es normal en Hi y Hi/Hi+1 es abeliano
para i= 1,2, ...n.
En tal caso se dice adem´as queHi, i= 1, ..., n,es una soluci´on o
un c´alculo de G a partir de B (o sobre B). tambi´en se dice que Hi(i= 1, ..., n)es una cadena abeliana o una torre de G a B. Si
se omite decir a partir de qu´e subgrupo es el c´alculo, entonces se subentiende a partir de{1} 2
Naturalmente todo grupo abeliano es resoluble sobre cualquier sub-grupo. S3 es obviamente resoluble. As´ı mismo es claro que si An es
resoluble sobreB entoncesSntambi´en lo es, puesto que este ´ultimo es
resoluble sobre An. En general es claro que siG es resoluble sobre B
y B lo es sobreA, entonesG lo es sobreA.
Note que seg´un 8.41 el grupoG(CR(xn−1), K) es un grupo resoluble.
De manera que, de nuevo, la calculabilidad de un polinomio coincide en los dos sentidos posibles: serlo ´el mismo y serlo su grupo de Galois. Lo mismo sucede con q(x) = xn −a. El c´alculo por radicales de
este polinomio, como vimos es K ⊆K(t) ⊆K(t)(c) porque CR(q) = K(t, c) en donde t es un cero de q(x) y c una ra´ız primitiva de 1. Entonces
{1} ⊆G(K(t, c), K(t))⊆G(K(t, c), K)
(que se obtiene aplicando G(K(t, c), ) a su c´alculo por radicales), es una serie normal y G(K(t, c), K)/G(K(t, c), K(c)) es isomorfo a G(K(c), K) que sabemos que es abeliano.
Note que la abelianidad deHi/Hi+1establece que six, y∈Hientonces
[x][y] = [yx]. Pero esto es equivalente a quexy(yx)−1 ∈Hi+1, es decir
que xyx−1y−1H
i+1.
8.49 Proposici´on. Sin≥5, entoncesSn no es resoluble.
Demostraci´on: Veamos que si existiera un c´alculoSn=H0 ⊇H1⊇
...⊇Hm={1}entonces{1}contendr´ıa a todos los 3−ciclos deSn (lo
cual obviamente no es posible). En efecto si (s, t, u) es un 3−ciclo de Sn=H0, entonces paraj, v tales que {1, t, u, j, v}tiene 5 elementos:
(s, t, u) = (u, j, t)(t, s, v)(u, j, t)−1(k, r, s)−1 (∗)
est´a en H1 por abelianidad de H0/H1. Puesto que (s, t, u) fue
arbi-trario, todos los 3−ciclos est´an en Ht. Entonces, como arriba, por
∗, (s, t, u) est´a en Ht+1. En particular entonces Hm contiene
to-dos los 3−ciclos, pero Hm = {1}. Ahora bi´en la condici´on de que
{s, t, u, j, v} tenga 5 elementos restringe la validez del argumento a n≥5 2
En cuanto a propiedades de resolubilidad de grupos tenemos:
8.50 Proposici´on.
i. Si un grupo es resoluble entonces lo es cualquiera de sus subgru-pos.
ii. La imagen, por un homomorfismo de grupos, de un grupo reso-luble es resoreso-luble.
iii. El cociente de un grupo resoluble es resoluble.
iv. Sea N un subgrupo normal de G. Si G/N y N son resolubles entonces tambi´en lo esG.
v. Sea Ai∈I una familia finita de grupos. Entonces ∀i ∈ I, Ai es
resoluble⇔ ⊕Ai∈I es resoluble.
G/N =H0/N ⊃H1/N ⊃. . .⊃Hn/N =N/N
Ahora bi´en, la condici´on de normalidad deHi+1/N enHi/N se
trans-mite de manera inmediata a normalidad de Hi+1 en Hi, usando la
normalidad de N en cada uno de los Hi. En teor´ıa de grupos, o por
verificaci´on inmediata, la funci´on
Hi
N Hi+1
N
→ Hi Hi+1
; [[hi]]7→(hi)
en donde [[h]] = [h]×Hi+1/N, [h] = h +N, (h) = h +Hi+1, es
un isomorfismo de grupos. As´ı que Hi/Hi+1 es abeliano. Por tanto
G = H0 ⊃ . . . ⊃ Hn es un c´alculo de G sobre N y como este es
calculable sobre {1}, entoncesG tambi´en lo es.
En cuanto a iv, evidentemente si ⊕Ai∈I es resoluble entonces tambi´en
lo esAi porque la proyecci´onπi es un epimorfismo. En cuanto al otro
sentido de la equivalencia, es suficiente demostrar para dos grupos G1
y G2. Suponga
G1 =H0⊃H1 ⊃. . .⊃Hn={1} yG2 =F0 ⊃F1 ⊃. . .⊃Fn={1}
repitiendo grupos, de ser necesario, para igualar el n´umero de subgru-pos de las torres.
Entonces G1⊕G2 =H0⊕F0 ⊃H1⊕F1 ⊃. . .⊃Hn⊕Fn={1} y
Hi⊕Fi
Hi+1⊕Fi+1
∼ = Hi
Hi+1
⊕ Fi Fi+1
el cual es abeliano 2
Tocamos ahora la relaci´on entre las dos calculabilidades. Nos interesa el hecho de que hay polinomios que no son calculables por radicales y que esto se sabe gracias a que su grupo de Galois no es resoluble.
Demostraci´on: Demostramos que calculabilidad implica resolubili-dad. La rec´ıproca la aceptamos sin demostraci´on debido al n´umero de detalles a considerar para hacerla.
Suponga (L, K) calculable por radicales con c´alculo K =K0 ⊆K1 ⊆
... ⊆ Kn, en donde Ki+1 = Ki(ai) y ai es un cero de xmi −bi ∈
Ki[x]. Usemos inducci´on sobre la longitud n de la cadena. Si n= 1,
ya sabemos que G(K1, K) es resoluble. Suponga entonces que para
cualquier c´alculo por radicales Galoisiano K =K0 ⊆K1 ⊆...⊆Kn,
G(Kn, K) es resoluble. Entonces para un c´alculo K = K0 ⊆ K1 ⊆
...⊆Kn+1, sabemos que:
i. G(Kn+1, Kn) es normal enG(Kn+1, K)
ii. G(Kn+1, K)/G(Kn+1, Kn)∼=G(Kn, K)
iii. G(Kn, K) y G(Kn+1, Kn) son resolubles
entonces, por la proposici´on precedente, tambi´en lo es G(Kn+1, K)
como quer´ıamos demostrar 2
8.52 Corolario.
i. p(x) (∈K[x]) es calculable por radicales si y s´olo si su grupo de Galois es resoluble.
ii. Si p(x) tiene grupo de Galois Sn con n ≥5, entonces p(x) = 0
no es calculable por radicales 2
Veamos ahora que siK un campo entonces para cada n≥ 2, existen polinomios de grado n tal que G(p) = Sn y por tanto no calculables
por radicales, paran≥5.
8.53 Proposici´on. (L, K) una extensi´on y α1, α2, . . . , αn elementos
deLtales queK[α1, α2, . . . , αn]∼=K[x1, x2, . . . , xn], es decir que
{α1, α2, . . . , αn}forma una base algebr´aica de K[α1, α2, . . . , αn].
Para t = 1,2, . . . , n sea st =
X
i1<i2<...<it
αi1αi2. . . αit y sea F =
i. F(α1, α2, . . . , αn es el campo de rotura de p(x) = n Y
i=1
(x−αi)
∈F[x].
ii. G(F(α1, α2, . . . , αn), F) =Sn.
iii. p(x) no es calculable por radicales.
Demostraci´on: La parte iii. aparece con el objeto de resaltar el resultado pero es obvia de las otras dos.
Es evidente que los st son simplemente los coeficientes de p(x) salvo
por el signo por tanto p(x)∈F[x]. Adem´as, de la definici´on dep(x), se tiene queF(α1, α2, . . . , αn) es el campo de rotura dep(x) a partir deF.
Suponga ahora quef :{α1, α2, . . . , αn} → {α1, α2, . . . , αn}es 1−1 (y
entonces sobre). f induce un isomorfismo K[f] : K[α1, α2, . . . , αn]→
[α1, α2, . . . , αn] por la condici´on de base de {α1, α2, . . . , αn}.
Deno-tando Q(D) el campo de fracciones de un dominio D (no usamos F para evitar confusiones) , se tiene entonces un isomorfismo de campos:
QK[f] :QK[α1, α2, . . . , αn]→ QK[α1, α2, . . . , αn]
y como
Q(K[α1, α2, . . . , αn]) =K(α1, α2, . . . , αn)
entonces
QK[f] :K(α1, α2, . . . , αn)→K(α1, α2, . . . , αn)
es un isomorfismo de campos.
Ahora, F(α1, α2, . . . , αn) ⊆ K(α1, α2, . . . , αn) por tanto
QK[f]◦i:F(α1, α2, . . . αn)→K(α1, α2, . . . αn).
PeroQK[f]◦ideja fijo aF porqueQK[f]◦I (p(x)) =p(x) y entonces QK[f]◦i(F(α1, α2, . . . αn)) = F(α1, α2, . . . αn) por ser extensi´on de
Galois. As´ı que QK[f]◦ i es un automorfismo de F(α1, α2, . . . αn)
el cual denotaremos
∼
f. Se tiene entonces que la asignaci´on f 7→f∼ es un morfismo del grupo S(α1, α2, . . . αn) en G(p(x), F) que es un
isomorfismo con inverso g7→g|{α1,α2,...αn}.Por tanto
Problemas Suplementarios
1. D´e un ejemplo de un polinomio irreducible de grado mayor o igual a 5 que sea calculable por radicales. H´agalo de manera que el argumento sea v´alido para cualquier n.
2. D´e un ejemplo de un polinomio de Q[x] que no sea calculable
por radicales.
3. i. Sean p, qpropiedades en los grupos. Muestre que si p→q, entonces tambi´en p→q en las extensiones.
ii. Para una extensi´on (L, K) fija, d´e una condici´on para que el hecho de que p → q en (L, X, K) sea equivalente a que p→q enSG(L, K).
4. i. Suponga ζ una ra´ız n−´esima primitiva de la unidad. Es < ζ >de K∗ isomorfo a Zn?
ii. Siχ(K) = 0 que implicaci´on se produce en la pregunta i) ?
iii. Es G(K(ζ)) =G(xn−1) si ζ es una ra´ız primitiva de 1 ?
iv. Puesto queG(K(ζ))6∼=Snparan≥2, muestre que 1, ζ, ..., n
son en efecto linealmente independientes sobreK.
5. Construya un polinomio no calculable que tenga ra´ıcesπ, e(ne-periano),√3.
6. El polinomiox5−16x+ 2∈Q[x] no es calculable por radicales.
Construya una familia infinita de polinomios sobre Q de todos
los grados (mayores que 5) que no son calculables.
7. Muestre que si p(x) ∈ K[x] tiene ra´ıces calculables y ra´ıces no calculables entoncesp(x) tiene factores no triviales en K[x].
i. Muestre que sia es trascendente sobre K, entoncesxp−a no tiene ceros en K(a).
ii. Muestre que existen extensiones de K, de la forma K(a), conatrascendente sobreK.
iii. Complete la existencia de la extensi´on con un irreducible de multiplicidad p.
9. Considere el polinomiot(x) =x3+px+q. Muestre quea−p/3a es un cero det(x) siaes un cero de 27x6+ 27x3−p3. Explique c´omo esto significa que un polinomio del tipot(x) es calculable por radicales con un paso por radical cuadr´atico y uno c´ubico. Halle los ceros de los polinomios que siguen enC:
x3+x+ 1; x3+x2+ 1; x3+x2+x+ 1
10. Muestre que siaes una soluci´on de 8x3+ 4px2−8rx+ (4rp−q2),
entonces los ceros de (x+a)2+ (2a−p)(x− q
2(−p+2a))2 son ceros
dex4+px2+qx+r∈
R[x]. Qu´e pasos por radicales (y qu´e tipos
de estos) se requieren para solucionar por radicales un polinomio de este tipo? Solucione x4+x2+x+ 1; x4+x2+ 1; x4+x+ 1; x4+x3+x2+x+ 1; x4+x3+x2+ 1; x4+x3+x+ 1.
