Listado de ejercicios - Teor´ıa de Galois (527324) Soluciones
1. SeaK el campo de descomposici´on del polinomiox3−2 sobre
Q. Describir la correspondencia de Galois para la extensi´onK/Q.
Respuesta. Seaα=√3
2 y seaεuna raiz cubica primitiva compleja de la uni-dad. Cualquier elemento de Gal(K/Q) permuta las tres raices{α, εα, ε2α} del polinomiox3−2. El grupo de Galois Gal(K/
Q) est´a generado por los automor-fismos
σ:
α7→εα,
ε7→ε τ:
α7→α, ε7→ε2
En particular Gal(K/Q) = hσ, τ : σ3 =τ2 = 1, τ στ−1 =σ2i ∼=S3. La corres-pondencia de Galois es:
Q(α, ε)
Q(α) Q(εα) Q(ε2α)
Q(ε)
Q
{id}
hτi hτ σi hστi
hσi
S3=hσ, τi
2. Seaζuna raiz primitiva complejan-esima de la unidad. Probar que Gal(Q(ζ)/Q)∼= (Z/nZ)∗.
Respuesta.Tenemos un homomorfismo inyectivo k: Gal(Q(ζ)/Q)→(Z/nZ)∗ σ7→k(σ)
dondek(σ) est´a definido porσ(ζ) =ζk(σ). Como|Gal(Q(ζ)/Q)|= [Q(ζ) :Q] = deg Φn(x) =ϕn(x) =|(Z/nZ)∗|, luego concluimos que kes un isomorfismo. 3. Seaζuna raiz primitiva compleja quinta de la unidad. Mostrar que la extensi´on
de campos Q⊆Q(ζ, 5 √
2) es de Galois y encontrar una presentaci´on del grupo de Galois.
Respuesta. La extensi´on es de Galois porque K:= Q(ζ,√52) es campo de
descomposici´on del polinomio x5−2 ∈
criterio de Eisenstein por el primo 2. De las igualdades [Q(ζ, 5
√
2) :Q] = [Q(ζ, 5 √
2) :Q(ζ)]·[Q(ζ) :Q] = [Q(ζ, 5
√
2) :Q(5 √
2)]·[√52 :Q] deducimos que n := [Q(ζ,√5
2) : Q] ≤ 20 y que 4 y 5 dividen n, as´ı que n = 20. Luego los generadores τ, σ de Gal(Q(ζ)/Q) =hτi y Gal(Q(5
√
2)/Q) =hσi generanG:= Gal(Q(ζ, 5
√
2)/Q). Una presentaci´on para el grupo de Galois es Gal(Q(ζ, 5
√
2)/Q))∼=ha, b|a4=b5= 1, aba−1=b−1i.
4. SeaL/Quna extensi´on finita. Probar que existen un n´umero finitos de campos K tales queQ⊂K⊂L.
Respuesta. Por la correspondencia de Galois sabemos que existen solamente un numero finito de campos entremedios entreQy la clausura normal ˜Lde L. Luego existen un numero finito de campos entremedios entreQyL.
5. Seaζ∈Cuna raiz primitiva 17-esima de la unidad. Encontrar todos los campos entremedios entreQyQ(ζ).
Respuesta. Como Gal(Q(ζ)/Q)∼= Z/17Z∗ ∼= Z/16Z, luego por la correspon-dencia de Galois hay 3 campos entremedios entreQy Q(ζ), tantos cuantos los subgrupos proprios de Z/16Z. Un generator de Gal(Q(ζ)/Q) es
σ:Q(ζ)→Q(ζ) ζ7→ζ3. Entonces los subcampos son:
Q⊆Q(ε1)⊆Q(ε2)⊆Q(ε3)⊆Q(ζ) donde
ε1=ζ+σ2(ζ) +σ4(ζ) +σ6(ζ) +σ8(ζ) +σ10(ζ) +σ12(ζ) +σ14(ζ) ε2=ζ+σ4(ζ) +σ8(ζ) +σ12(ζ)
ε3=ζ+σ8(ζ).
6. Seap(x) :=x6+x5+x4+x3+x2+x+ 1 y seaζ∈
Cuna soluci´on dep(x) = 0. a) Calcular el grupo de Galois de el campo de descomposici´onLdep(x) sobre
Q.
Respuesta. L ∼=Q(ζ) porqu´e todas la ra´ıces de p(x) son potencias deζ. Para cada σ ∈ Gal(L/Q) =⇒ σ(ζ) = ζi. Si ζ y ζi son ra´ıces de el mismo
polinomio irreducible, entonces existeσ∈Gal(L/Q) tal queσ(ζ) =ζi. Esto
implica que Gal(L/Q)∼= (Z/7Z)∗.
b) Seau:=ζ+ζ2+ζ4, probar queu∈ Q(
Respuesta.Seaσ∈Gal(L/Q) tal queσ(ζ) =ζ3, entonces σ(u) =ζ3+ζ6+ζ5, σ(σ(u)) =u. En particularu+σ(u) =−1 yu·σ(u) = 2, as´ı que
u= (1±√−7)/2.
c) Encontrar el polinomio minimo deζ enQ(u).
Respuesta.Sabemos que [Q(u) :Q] = 2, entonces la formula 6 = [L:Q] = [L:Q(u)]·[Q(u) :Q],
implica que [L:Q(u)] = 3. Una base de Lsobre Q(u) es: 1, ζ, ζ2, entonces una base deLsobreQes: 1, u, ζ, uζ, ζ2, uζ2. En particular
ζ3= 1 +ζ+uζ+uζ2 as´ı que el polinomio m´ınimo deζ sobreQ(u) es
mpol(ζ,Q(u)) =x3−ux2−(1 +u)x−1. 7. SeanK:=C(x2, y3) yL:=
C(x, y).
a) Probar que L/K es una extensi´on finita y encontrar [L:K].
Respuesta.Los elementos 1, x, y, xy, y2, xy2son generadores deLsobre K, entonces [L:K]≤6.
SeaG⊆Gal(L/K) el grupo generado por los automorfismos: f :x 7→ −x
y 7→ y
g:x 7→ x y 7→ y
donde2++ 1 = 0. ComoK⊆LG se obtiene:
6 =|G|= [L:LG]≤[L:K]≤6.
b) Encontrar un elementot∈Ltal que L=K(t) y determinar Irr(t, K).
Respuesta.Seat=xy, entonces x=x
4y3
t3 y= x2y3
t2
as´ı queL=K(t). El polinomio m´ınimo detsobreKtiene grado 6, entonces mpol(t, K) =t6−x6y6.
c) Probar que L/K es de Galois y determinar Gal(L/K).
es de Galois.
ComoL/K es de Galois, |Gal(L/K)|= 6, as´ı que: Gal(L/K) =G∼=Z/6Z.
d) Encontrar todos los subcampos M tal queK⊂M ⊂L.
Respuesta.Los subgrupos de Gal(L/K) sonhfi, hgi. Por la corresponden-cia de Galois, los campos entremedios son:
C(x2, y), C(x, y3).
8. SeaLel campo de descomposici´on del polinomiof :=x4+x2+ 1. Despu´es de probar quef dividex6−1, calcular Gal(L/
Q).
Respuesta.Como x6−1 = (x2−1)(x4+x2+ 1), luegoL=
Q(ε), dondeεes una raiz primitiva sexta de la unidad. Como
x4+x2+ 1 = (x2−x+ 1)(x2+x+ 1) luego|Gal(L/Q)|= [L:Q] = 2. Entonces
Gal(L/Q)∼=Z/2Z.
9. Seaf ∈Q[x] un polinomio irreducible y seaL el campo de descomposici´on de f. Probar que si [L:Q] es impar, entonces todas las raices def son reales.
Respuesta. Por reducci´on al absurdo. Si f tiene raices complejas no reales, luego Gal(L/k) contiene la conjugaci´on compleja c(z) = ¯z. Comoc tiene orden 2, entonces |Gal(L/k)| tiene orden par por el teorema de Lagrange. Luego [L: Q] =|Gal(L/Q)|ser´ıa par. Contradicci´on.
10. Seaϕ:K1 →K2 un isomorfismo de campos, sea k1 ⊆K1 un subcampo y sea k2:=ϕ(k1). Probar que la siguiente funci´on es un isomorfismo de grupos:
Gal(K1/k1)→Gal(K2/k2) σ7→ϕ◦σ◦ϕ−1.
Respuesta.La funci´on dada es un homomorfismo de grupos cuya inversa es σ7→ϕ−1◦σ◦ϕ. Por lo tanto es un isomorfismo.
11. Seak⊆k(α) una extensi´on de campos de caracteristica 0 conαn ∈kpara alg´un
enteron >0. Supongamos quekcontiene todas las raicesn-esimas de la unidad. Probar que la extensi´on es de Galois y que Gal(k(α)/k) es un grupo c´ıclico.
Respuesta.Sea ζuna raiz primitivan-esima de la unidad. La funci´on Gal(k(α)/k)→Z/nZ σ7→k(σ)
12. SeaGun grupo finito que admite una cadena de subgrupos G=A0⊇A1⊇ · · · ⊇Ar={1}
tales que cadaAi+1 es normal enAi y cadaAi/Ai+1 es abeliano. Probar queG es un grupo resoluble.
Respuesta. Como cada cociente Ai/Ai+1 es abeliano luego es resoluble, as´ı que existe una cadena de subgrupos
Ai/Ai+1⊇H1⊇ · · · ⊇Hr={1}
donde cada Hi es normal enHi−1 y cada cocienteHi−1/Hi es c´ıclico de orden
primo. Siϕ:Ai→Ai/Ai+1es la proyecci´on canonica luego tenemos una cadena de subgrupos
Ai⊇ϕ−1(H1)⊇ · · · ⊇ϕ−1(Hr) =Ai+1 cada uno normal nel siguiente y cada cocienteϕ−1(H
i−1)/ϕ−1(Hi)∼=Hi−1/Hi
es c´ıclico de orden primo. Juntando estas cadenas de subgrupos para cada i∈ {0, . . . , r−1} se prueba que el grupoGes resoluble.
13. Probar quer S4 es resoluble mostrando que la siguiente cadena de subgrupos cumple con las condiciones de ser grupo resoluble:
S4⊇A4⊇ h(1,2)(3,4),(1,4)(2,3)i ⊇ h(1,2)(3,4)i ⊇ {id}.
Respuesta. El subgrupo A4 es de indice dos en S4 luego es normal. El sub-grupo H := h(1,2)(3,4),(1,4)(2,3)i es normal en S4 porque el conjugado de un elemento de la forma (a, b)(c, d) es de la forma (a0, b0),(c0, d0) y S
4 contiene solamente tres elementos de esta forma: los elementos de H. Luego H es un subgrupo normal de A4 y el cocienteA4/H tiene orden |A4|/|H| = 12/4 = 3. Finalmenteh(1,2)(3,4)ies un subgrupo normal deH porqueH es abeliano y el cociente entre los dos grupos tiene orden 2.
14. SeaFpa⊆Fpb una extensi´on de campos finitos. Probar que: a) a|b.
b) La aplicaci´on F : Fpb →Fpb dada por F(x) = xq, con q =pa es un auto-morfismo deFpb que fijaFpa.
c) Gal(Fpb/Fpa) =hFi.
Respuesta.
a) Como Fpb es un espacio vectorial sobre Fpa, luego pb = (pa)r = par por
algunr (la dimensi´on deFpb sobreFpa), luegob=ar.
b) Observamos queF(x+y) = (x+y)q =xq+yq=F(x) +F(y) por la formula
del binomio de Newton. Como adem´asF(xy) =F(x)F(y) yF(1) = 1, luego F es un automorfismo deFpb. El grupoF∗pa es c´ıclico de orden q−1, luego xq−1= 1 para cadax∈
c) Seaun generador deF∗pb. ComoFk() =q k
, luegoF tiene ordenr:=b/a. ComoFpa ⊂Fpb es de Galois, luego
|Gal(Fpb/Fpa)|= [Fpb :Fpa] =r. Entonces Gal(Fpb/Fpa) =hFi.
15. Encontrar el campo de descomposici´on K del polinomio x5+x+ 1 ∈
F3[x] y describir Gal(K/F3).
Respuesta.El polinomio tiene la raizx= 1 con multiplicidad 2, luego despu´es de dividir obtenemos:
x5+x+ 1 = (x+ 2)2(x3+ 2x2+ 1). El polinomio x3+ 2x2+ 1 es irreducible en
F3[x] porque es de grado≤3 y no tiene raices enF3. Como cualquier extensi´on de campos finitos es normal, luego tenemos
K∼=F3[x]/hx3+ 2x2+ 1i ∼=F27.
El grupo de Galois Gal(K/F3)∼= Gal(F27/F3) est´a generado por el automorfismo de Frobenius:
Φ5:F27→F27 x7→x3.
16. SeaKel campo de descomposici´on de un polinomiof ∈k[x] de grado≤4, con kde caracteristica 0. Probar que la extensi´onk⊆Kes resoluble.
Respuesta. El grupo de Galois G := Gal(K/k) admite un homomorfismo inyectivo enS4. ComoS4 es resoluble, luego tambi´enGes resoluble, as´ı que la extensi´onk⊆Kes resoluble.
17. Probar que la ecuaci´onx11−1 = 0 es resoluble por radicales.
Respuesta. Si K es el campo de descomposici´on de x11−1 sobre
Q, luego Gal(K/Q)∼= (Z/11Z)∗∼=Z/10Z. ComoZ/10Zes abeliano, luego es resoluble. 18. Probar que si f ∈ k[x] es un polinomio separable e irreducible con campo de
descomposici´onK, luego deg(f)| |Gal(K/k)|.
Respuesta. Sea α ∈ K una raiz de f, luego |Gal(K/k)| = [K : k] = [K : k(α)]·[k(α) :k] = [K:k(α)]·deg(f) prueba lo pedido.
19. Probar queS5=h(i, j),(1,2,3,4,5)ipara cadai6=j.
Respuesta.Primero mostramos queS5est´a generado por (12) yσ= (12345) LlamamosGel subgrupo deS5 generado por (12) yσ= (12345). Tenemos que σ(12)σ−1= (23)∈Gy, m´as en general
σk(12)σ−k = (σk(1), σk(2)) = (k+ 1k+ 2)∈G.
luego (ab)∈G. Ahora asumimos queb−a=n >1. Entonces (ab) = (a a+ 1)(a+ 1b)(a a+ 1),
donde la primera y la segunda transposici´on a la derecha est´an enGy la central est´a enGpor hip´otesis de inducci´on puesb−(a+1)< b−a=n. Luego (ab)∈G. Supongamos quei < j. Observamos queσj−i(i)≡j (mod5) y quehσj−ii=
hσi. Luegoσj−i= (ij . . .). Entonces
h(ij), σi=h(ij), σj−ii=h(ij),(ij· · ·)i.
Salvo renombrar los elementos, esto es el subgrupo generado por (12) y (12345), que genera todoS5.
20. Ocupar los ejercicios 18 y 19 para probar que el polinomiof := 2x5−10x+ 5 no es resoluble por radicales.
Respuesta. El polinomio f es irreducible por criterio de Eisenstein con el primo 5. Luego Gal(K/Q) contiene un elemento de orden 5 por el ejercicio 18. Un estudio de la derivada primera def muestra quef tiene tres raices reales y dos complejas. Entonces la conjugaci´on compleja es un elemento de Gal(K/Q) de orden dos que excambia exactamente dos raices def. Entonces por el ejercicio 19 concluimos Gal(K/Q)∼=S5. Luego la extensi´onQ⊆Kno es resoluble porqu´eS5 no es resoluble.
21. Seaζuna raiz primitiva compleja septima de la unidad. Probar que la extensi´on Q⊆Q(ζ+ζ−1) es resoluble y de Galois pero no radical. Calcular sus grupo de Galois.
Respuesta. Como G := Gal(Q(ζ)/Q) es abeliano, cualquier subgrupo de Ges normal en Gy luego, por correspondencia de Galois, cualquier subcampo K ⊆ Q(ζ) nos da una extensi´on de Galois Q ⊆ K. Adem´as la extensi´on es resoluble porque Q ⊆ Q(ζ) es radical. Observamos que G = hσi es c´ıclico de orden 6 generado por el automorfismoσdefinido porζ7→ζ3, porque 3∈(
Z/7Z)∗ tiene orden 6. Como
Q(ζ+ζ−1) =Q(ζ)hσ3i
entonces Gal(Q(ζ+ζ−1)/Q) ∼= Z/3Z. Si la extensi´on Q ⊆ Q(ζ+ζ−1) fuera radical entonces el campoQ(ζ+ζ−1) deber´ıa contener por lo menos tres raices n-esimas de la unidad, conn≥3, lo que no puede ser porque Q(ζ+ζ−1)⊆R. 22. (*) Seanp1, . . . , pn los primerosnnumeros primos y sea
Gn:= Gal(Q( √
p1, . . . , √
pn)/Q). Probar que|Gn|= 2n.
Respuesta.Por inducci´on sobren. El cason= 1 es obvio. Supongamos que el enunciado sea cierto para cadam≤n−1 y los probamo porn. Por hip´otesis de inducci´on|Gn−1|= 2n−1y luegoGn−1=hσ1, . . . , σn−1i, dondeσi(
√ pi) =−
√ pi
y σi(
√ pk) =
√
pk para cada k 6= i. Si
√
pn ∈ Kn−1 := Q(√p1, . . . , √
entonces
√
pn=α1m1+· · ·+αrmr
donde cadaαi∈Qy cadamies un monomio libre de cuadrados en los
√
p1, . . . ,√pn−1.
Si σi(
√ pn) =
√
pn, luego aplicandoσi a ambos lados de la ecuaci´on y restando
las dos ecuaciones obtenemos que la suma de todos losαimitales que
√
pidivide
mi es cero. Entonces podemos eliminar estos elementos de la suma que define
√
pn y luego suponer queσi(
√
pn) =−
√
pn para cadai tal que
√
pi est´a
invo-lucrado en la expresi´on de √pn. Aplicando σi a ambos lados de la ecuaci´on y
restando las dos ecuaciones obtenemos que √pi divide 2
√
pn. Como esto pasa
para cadai, luego concluimos √
pn=α
√
p1, . . . , pn−1
con α ∈ Q. Cuadrando y ocupando el hecho que pn es primo se obtiene una
contradicci´on. Luego la extensi´onKn−1 ⊆Kn−1(
√
pn) es de grado dos, as´ı que
