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• Luis Hunter Cid

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CAP´ITULO 14

Teor´ıa de Galois ´ 14.1. DEFINICIONES BASICAS 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

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√ √ 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 q / Q lo cual es una contradicci´on. En particular, si a = 0 entonces b = 23 ∈ √ 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) explicitamente. Soluci´ on. Se tiene que m √4 2,Q(√2) (x) = x2 −

√

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√ √ con ra´ıces { 4 2, − 4 2} y tenemos que √ √ 4 4 2 ⇒ σ1 = Id , σ1 ( 2) = √ √ 4 4 σ2 ( 2) = − 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.

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(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        t−b t−b =f a + b = f (t) . ϕ f a a 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) = an tn + an−1 tn−1 + · · · + a1 t + a0 con ai ∈ K . Entonces, ϕ(f (t)) = = = =

ϕ(an tn + an−1 tn−1 + · · · + a1 t + a0 ) ϕ(an tn ) + ϕ(an−1 tn−1 ) + · · · + ϕ(a1 t) + ϕ(a0 ) an ϕ(t)n + an−1 ϕ(t)n−1 + · · · + a1 ϕ(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.

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1 1 1 1 (b) Prube que − < a − b < implica − < σa − σb < para todo m m m m 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.

1 ∈ Q entonces si m     1 1 1 1 − 0 existe n0 ∈ N tal que si n > n0 implica que |xn − x| < ε con ε ∈ Q

Por lo tanto, Aut(R/Q) = 1.

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

−ε + xn < x < ε + xn −ε + xn < σ(x) < ε + xn |σ(x) − xn | < ε lim xn = σ(x) = x .

n→∞

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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. √ √  √  √ − 2 − 2  √2 → √  √2 → √ σγ : σ: 3 → √3 3→ √ 3  √  √ 5→ 5 5→− 5 √ √  √  √ 2 2  √2 → √  √2 → √ τ: τγ : 3→√ − 3 3 → −√3  √  √ 5→ 5 5→− 5 √ √  √  √  √2 → √2  √2 → −√2 γ: στ γ : 3→ √ 3 3 → −√3  √  √ 5→− 5 5→− 5 √  √  √2 → −√2 στ 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 = √ p Q( 2, ζp ) y [E : Q] = p(p − 1). El grupo de Galois queda determinado por las posibilidades:  √ √ p p con i = 0, 1, . . . , p − 1  2 → ζpi 2 

ζ0 → ζpj

con j = 1, . . . , p − 1 .

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Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas p 5. Pruebe que el grupo  de Galois  de x − 2 para p primo es isomorfo al a b grupo de matrices donde a, b ∈ Fp , a 6= 0. 0 1

Soluci´ on. Considere el automorfismo √  √ p 2 → ζpb p 2 σab : ∈ Gal(E/R) . ζp → ζpa Definimos ϕ : Gal(E/R) → M definido por   a b ϕ(σab ) = . 0 1 √ √ Notemos que σab σcd ( p 2) = ζpad+b p 2 y σab σcd (ζp ) = ζpac entonces ϕ(σab σcd ) = ϕ(σac,ad+b )   ac ad + b = 0 1    a b c d = = ϕ(σab )ϕ(σcd ) . 0 1 0 1 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 3 x8 − x = x2 − 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 .

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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 β 3 = −β − 1 = β + 1 y tenemos la tabla: 1 β · 1 1 β β β β2 1+β 1+β β 2 2 β+β β+β β 1 + β2 1 + β2 β 1 + β + β2 1 + β + β2 β

β2 β2 β2 β2 β2 β2 β2

1+β 1+β 1+β 1+β 1+β 1+β 1+β

β + β2 β + β2 β + β2 β + β2 β + β2 β + β2 β + β2

1 + β2 1 + β2 1 + β2 1 + β2 1 + β2 1 + β2 1 + β2

1 + β + β2 1 + β + β2 1 + β + β2 1 + β + β2 1 + β + β2 1 + β + 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 : xp − x , n

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.

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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× on x3 = z tiene soluci´on. 16 la ecuaci´ Si β es un generador entonces