Teor´ıa de Galois
14.1. DEFINICIONES B ´ASICAS
2. Sea τ la funci´on τ : C → C definida por τ(a + bi) = a − bi. Pruebe que τ es un automorfismo de C.
Soluci´on. Tenemos que
τ ((a + bi) + (c + di)) = τ ((a + c) + i(b + d))
= (a + c) − i(b + d)
= (a − ib) + (c − id)
= τ (a + ib) + τ (c + id) . Adem´as, se tiene que
τ ((a + bi)(c + di)) = τ ((ac − bd) + i(ad + bc))
= ac − bd − iad − ibc
= (ac − bd) − i(ad + bc)
= (a − bi)(c − di)
= τ (a + bi)τ (c + di) .
Como τ (a + bi) = τ (c + di) ⇒ a − bi = c − di ⇒ a = c y b = d, por lo que f es inyectiva. Ahora bien, sea a + bi ∈ C entonces existe a − bi tal que τ (a − bi) = a + bi.
3. Determine el cuerpo fijo de la conjugaci´on compleja sobre C.
Soluci´on. Observe que
τ (a + bi) = a + bi ⇒ a − bi = a + bi ⇒ 2bi = 0 ⇒ b = 0 . Por lo que los elementos que son fijos son a ∈ R.
1
4. Pruebe que Q(√
2) y Q(√
3) no son isomorfos.
Soluci´on. Supongamos que existe un isomorfismo ϕ : Q(√
2) → Q(√ 3) implica que ϕ(√
2) ∈ Q(√
3) entonces ϕ(√
2) = a + b√
3 ⇒ ϕ(√
2)2 = a2+ 3b2+ 2ab√ 3
⇒ 2 = ϕ(2) = a2+ 3b2 + 2ab√ 3 y obtenemos el sistema de ecuaciones
a2+ 3b2 = 2 2ab = 0 En particular, si a = 0 entonces b =q
2
3 ∈ Q lo cual es una contradicci´on./ Ahora, si b = 0 entonces a =√
2 /∈ Q lo cual tambi´en es una contradicci´on.
Por lo tanto, Q(√
2) y Q(√
3) no son isomorfos.
5. Determine los automorfismos de la extensi´on Q(√4
2)/Q(√
2) explicita- mente.
Soluci´on. Se tiene que
m√42,Q(√2)(x) = x2−√ 2 con ra´ıces {√4
2, −√4
2} y tenemos que σ1(√4
2) = √4
2 ⇒ σ1 = Id , σ2(√4
2) = −√4 2 . Por lo tanto, Aut(Q(√4
2/Q(√
2)) = {Id, σ2} . 6. Sea K un cuerpo
(a) Demuestre que la funci´on ϕ : K[t] → K[t] definida por ϕ(f(t)) = f (at + b) para a, b ∈ K fijos, a 6= 0 es un automorfismo de K[t] que es la id´entidad sobre K.
(b) Inversamente, sea ϕ un automorfismo de K[t] que es la id´entidad sobre K. Pruebe que existen a, b ∈ K con a 6= 0 tal que ϕ(f(t)) = f(at + b) como en (a).
Soluci´on.
(a) Tenemos que
ϕ(f (t) + g(t)) = ϕ((f + g)(t))
= (f + g)(at + b)
= f (at + b) + g(at + b)
= ϕ(f (t)) + ϕ(g(t)) . Adem´as, se tiene que
ϕ(f (t) · g(t)) = ϕ((f · g)(t))
= (f · g)(at + b)
= f (at + b) · g(at + b)
= ϕ(f (t)) · ϕ(g(t)) .
Si ϕ(f (t)) = ϕ(g(t)) ⇒ f(at + b) = g(at + b) ⇒ f ≡ g, lo cual implica que ϕ es inyectiva. Ahora bien, sea f (t) ∈ K[t] entonces existe f((t − b)/a) ∈ K[t] tal que
ϕ
f t − b a
= f
a t − b a
+ b
= f (t) .
Esto implica que ϕ es sobreyectiva. Por lo tanto, ϕ es un automorfismo de K[t]. Finalmente, sea f (t) = α ∈ K[t] con α ∈ K entonces ϕ(f (t)) = f (at + b) = α. Luego, ϕ|K = Id.
(b) Notemos que si
f (t) = antn+ an−1tn−1+ · · · + a1t + a0 con ai ∈ K . Entonces,
ϕ(f (t)) = ϕ(antn+ an−1tn−1+ · · · + a1t + a0)
= ϕ(antn) + ϕ(an−1tn−1) + · · · + ϕ(a1t) + ϕ(a0)
= anϕ(t)n+ an−1ϕ(t)n−1+ · · · + a1ϕ(t) + a0
= f (ϕ(t))
Luego, basta tomar ϕ(t) = at + b el cual por lo probado en (a) es un automorfismo.
7. Este ejercicio determina Aut(R/Q)
(a) Pruebe que cualquier σ ∈ Aut(R/Q) lleva cuadrados en cuadrados y toma reales positivos en reales positivos. Concluya que a < b ⇒ σa <
σb, ∀ a, b ∈ R.
(b) Prube que −1
m < a − b < 1
m implica −1
m < σa − σb < 1
m para todo entero positivo m. Concluya que σ es una funci´on continua sobre R.
(c) Pruebe que cualquier funci´on continua sobre R que es la id´entidad sobre Q es la funci´on id´entidad, por lo tanto Aut(R/Q) = 1.
Soluci´on.
(a) Notemos que
σ(α2) = σ(α)σ(α) = σ(α)2 > 0 . Se sigue que, si α > 0 entonces σ(α) > 0. Por lo que si
b > a ⇒ b − a > 0
⇒ σ(b − a) > 0
⇒ σ(b) − σ(a) > 0
⇒ σ(b) > σ(a) . para todo a, b ∈ R.
(b) Notemos que ±1
m ∈ Q entonces si
−1
m < a − b < 1
m ⇒ σ
−1 m
< σ(a − b) < σ 1 m
⇒ −1
m < σ(a) − σ(b) < 1 m ,
es decir, si |a − b| < m1 entonces |σ(a) − σ(b)| < m1. Por lo que, σ es continua.
(c) Sea {xn} ⊂ Q una sucesi´on tal que lim
n→∞xn = x ∈ R. Entonces, para cada ε > 0 existe n0 ∈ N tal que si n > n0 implica que
|xn− x| < ε con ε ∈ Q ⇒ −ε + xn< x < ε + xn
⇒ −ε + xn< σ(x) < ε + xn
⇒ |σ(x) − xn| < ε
⇒ lim
n→∞xn = σ(x) = x . Por lo tanto, Aut(R/Q) = 1.
14.2. EL TEOREMA FUNDAMENTAL DE LA TEOR´IA DE GALOIS 3. Determine el grupo de Galois de (x2− 2)(x2 − 3)(x2 − 5). Determine
todos los subcuerpos del cuerpo de descomposici´on de este polinomio.
Soluci´on. El cuerpo de descomposici´on de este polinomio es E = Q(√
2,√ 3,√
5) y [E : Q] = 8. Entonces, el grupo de Galois est´a determinado por las siguientes posibilidades
√2 → ±√
√ 2
3 → ±√
√ 3
5 → ±√ 5
es decir, tenemos los siguientes automorfismo incluyendo la identidad Id.
σ :
√2 → −√
√ 2
3 →√
√ 3
5 →√ 5
σγ :
√2 → −√
√ 2
3 →√
√ 3
5 → −√ 5 τ :
√2 →√
√ 2
3 → −√
√ 3
5 →√ 5
τ γ :
√2 →√
√ 2
3 → −√
√ 3
5 → −√ 5 γ :
√2 →√
√ 2
3 →√
√ 3
5 → −√ 5
στ γ :
√2 → −√
√ 2
3 → −√
√ 3
5 → −√ 5 στ
√2 → −√
√ 2
3 → −√
√ 3
5 →√ 5 Se sigue que
Gal (Q(√ 2,√
3,√
5)/Q) ∼= Z2 × Z2× Z2. y se tiene el siguiente diaframa de cuerpos.
4. Sea p un primo. Determine los elementos del grupo de Galois de xp−2.
Soluci´on. El cuerpo de descomposici´on del polinomio xp− 2 es E = Q(√p
2, ζp) y [E : Q] = p(p − 1). El grupo de Galois queda determinado por las posibilidades:
√p
2 → ζpi
√p
2 con i = 0, 1, . . . , p − 1 ζ0 → ζpj con j = 1, . . . , p − 1 .
5. Pruebe que el grupo de Galois de xp − 2 para p primo es isomorfo al grupo de matrices a b
0 1
donde a, b ∈ Fp, a 6= 0.
Soluci´on. Considere el automorfismo σab :
√p
2 → ζpb
√p
2
ζp → ζpa ∈ Gal(E/R) . Definimos ϕ : Gal(E/R) → M definido por
ϕ(σab) = a b 0 1
.
Notemos que σabσcd(√p
2) = ζpad+b√p
2 y σabσcd(ζp) = ζpac entonces ϕ(σabσcd) = ϕ(σac,ad+b)
= ac ad + b
0 1
= a b 0 1
c d 0 1
= ϕ(σab)ϕ(σcd) . Claramente, ϕ es biyectiva, por lo que ϕ es un isomorfismo.
14.3. Cuerpos Finitos
1. Factorizar x8− x en irreducibles de Z[x] y F2[x].
Soluci´on. Notemos que x8− x = x(x7− 1)
= x(x − 1)(x6+ x5+ x4+ x3+ x2+ x + 1)
y cada uno de los factores es irreducible en Z[x]. Ahora bien, como x8− x = x23 − x es el producto de los polinomios irreducibles en F2 con grado d tal que d | 3. Los polinomios irreducibles de grado 1 sobre F2[x] son:
x, x + 1 .
Los polinomios irreducibles de grado 3 sobre F2[x] son:
x3+ x + 1, x3+ x2 + 1 .
Entonces,
x(x + 1)(x3+ x + 1)(x3+ x2+ 1)
= x(x + 1)(x6+ x5+ x3 + x4+ x3+ x + x3+ x2+ 1)
= x(x + 1)(x6+ x5+ x4 + x3+ x2+ x + 1)
= x(x7+ x6+ x5 + x4+ x3+ x2+ x + x6+ x5+ x4+ x3+ x2+ x + 1)
= x(x7+ 1) = x8+ x = x8 − x
sobre F2. Por lo tanto, la factorizaci´on es
x8− x = x(x + 1)(x3+ x + 1)(x3 + x2+ 1) . 2. Escriba la tabla de multiplicaci´on para F4 y F8.
Soluci´on. Consideremos x2 + x + 1 polinomio irreducible sobre F2. Si α es ra´ız de x2 + x + 1 entonces α2 = −α − 1 = α + 1.
· 1 α 1 + α
1 1 α 1 + α
α α 1 + α 1
1 + α 1 + α 1 α
tabla de F4.
Para encontrar F8 hay que buscar un polinomio irreducible sobre F2 de grado 3. Para esto considere x3+ x + 1 irreducible en F2. Sea β una ra´ız de x3 + x + 1 entonces β3 = −β − 1 = β + 1 y tenemos la tabla:
· 1 β β2 1 + β β + β2 1 + β2 1 + β + β2 1 1 β β2 1 + β β + β2 1 + β2 1 + β + β2 β β β2 β2 1 + β β + β2 1 + β2 1 + β + β2 1 + β 1 + β β β2 1 + β β + β2 1 + β2 1 + β + β2 β + β2 β + β2 β β2 1 + β β + β2 1 + β2 1 + β + β2 1 + β2 1 + β2 β β2 1 + β β + β2 1 + β2 1 + β + β2 1 + β + β2 1 + β + β2 β β2 1 + β β + β2 1 + β2 1 + β + β2 3. Pruebe que un cuerpo algebraicamente cerrado debe ser infinito.
Soluci´on. Supongamos que F es un cuerpo finito de p elementos, es decir, F = Fp y consideremos el polinomio en Fp:
xpn− x , n > 1 .
El cuerpo de descomposici´on de este polinomio es Fpn. Luego, Fp no contiene todas las ra´ıces del polinomio lo que implica que Fp no es algebraicamente cerrado, lo cual es una contradicci´on. Por lo tanto, si F es algebraicamente cerrado necesariamente F es infinito.
4. Construir un cuerpo finito de 16 elementos y encontrar un generados para el grupo multiplicativo. ¿Cu´antos generadores hay?
Soluci´on. Como F16 = F24 entonces para construir el cuerpo de 16 elementos, necesitamos encontrar un polinomio irreducible sobre F2 de grado 4 y si α es una ra´ız de este polinomio entonces F16 = F2(α).
Para esto considere x4+ x3+ x2+ x + 1 es irreducible sonre F2 entonces tenemos que:
F2(α) = {0, 1, α, 1 + α, α2, 1 + α2, α + α2, 1 + α + α2, α3+ 1 + α3, α + α3, 1 + α + α3, α2+ α3, 1 + α2+ α3,
α + α2+ α3, 1 + α + α2+ α3}
Como |F×2(α)| = 15 el orden de los elementos del grupo multiplicativo son los divisores de 15, es decir, 1, 3, 5 o 15.
Afirmamos que 1 + α genera F×2(α) para esto basta ver que el orden de 1 + α no es ni 1, 3 o 5. Claramente α + 1 6= 1 entonces el orden de 1 + α no es 1 y es sencillo verificar que
(1 + α)3 = 1 + α + α2+ α3 6= 1 , (1 + α)5 = 1 + α2+ α3 6= 1 .
Por lo que necesariamente el orden 1 + α es 15 lo que implica que F×2(α) = h1 + αi.
Ahora bien, veamos cuantos z ∈ F×16 la ecuaci´on x3 = z tiene soluci´on.
Si β es un generador entonces
