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Teora de Galois

CAPITULO 14

14.1. DEFINICIONES BASICAS

2. Sea la funcion : C C definida por (a+ bi) = a bi. Pruebe que es un automorfismo de C.

Solucion. Tenemos que

((a + bi) + (c+ di)) = ((a + c) + i(b+ d))

= (a+ c) i(b+ d)= (a ib) + (c id)= (a + ib) + (c + id) .

Ademas, se tiene que

((a + bi)(c + di)) = ((ac bd) + i(ad+ bc))= ac bd iad ibc= (ac bd) i(ad+ bc)= (a bi)(c di)= (a + bi)(c + di) .

Como (a+ bi) = (c+ di) a bi = c di a = c y b = d, por lo quef es inyectiva. Ahora bien, sea a + bi C entonces existe a bi tal que(a bi) = a+ bi.

3. Determine el cuerpo fijo de la conjugacion compleja sobre C.

Solucion. Observe que

(a + bi) = a+ bi a bi = a+ bi 2bi = 0 b = 0 .

Por lo que los elementos que son fijos son a R.

1

2 Algebra Abstracta - Rodrigo Vargas

4. Pruebe que Q(2) y Q(

3) no son isomorfos.

Solucion. Supongamos que existe un isomorfismo : Q(2) Q(3)

implica que (2) Q(3) entonces

(2) = a + b

3 (

2)2 = a2 + 3b2 + 2ab

3

2 = (2) = a2 + 3b2 + 2ab3

y obtenemos el sistema de ecuaciones

a2 + 3b2 = 22ab = 0

En particular, si a = 0 entonces b =

23/ Q lo cual es una contradiccion.

Ahora, si b = 0 entonces a =2 / Q lo cual tambien es una contradiccion.

Por lo tanto, Q(2) y Q(

3) no son isomorfos.

5. Determine los automorfismos de la extension Q( 42)/Q(

2) explicita-

mente.

Solucion. Se tiene que

m 42,Q(2)(x) = x

2 2

con races { 42, 42} y tenemos que

1(42) =

42 1 = Id ,

2(42) = 4

2 .

Por lo tanto, Aut(Q( 42/Q(

2)) = {Id, 2} .

6. Sea K un cuerpo

(a) Demuestre que la funcion : K[t] K[t] definida por (f(t)) =f(at + b) para a, b K fijos, a 6= 0 es un automorfismo de K[t] quees la identidad sobre K.

(b) Inversamente, sea un automorfismo deK[t] que es la identidad sobreK. Pruebe que existen a, b K con a 6= 0 tal que (f(t)) = f(at+ b)como en (a).

Solucion.

Teora de Galois - Dummit and Foote 3

(a) Tenemos que

(f(t) + g(t)) = ((f + g)(t))

= (f + g)(at+ b)

= f(at+ b) + g(at+ b)

= (f(t)) + (g(t)) .

Ademas, se tiene que

(f(t) g(t)) = ((f g)(t))= (f g)(at+ b)= f(at+ b) g(at+ b)= (f(t)) (g(t)) .

Si (f(t)) = (g(t)) f(at+ b) = g(at+ b) f g, lo cual implicaque es inyectiva. Ahora bien, sea f(t) K[t] entonces existe f((tb)/a) K[t] tal que

(f

(t ba

))= f

(a

(t ba

)+ b

)= f(t) .

Esto implica que es sobreyectiva. Por lo tanto, es un automorfismode K[t]. Finalmente, sea f(t) = K[t] con K entonces(f(t)) = f(at+ b) = . Luego, |K = Id.

(b) Notemos que si

f(t) = antn + an1t

n1 + + a1t+ a0 con ai K .Entonces,

(f(t)) = (antn + an1t

n1 + + a1t + a0)= (ant

n) + (an1tn1) + + (a1t) + (a0)

= an(t)n + an1(t)

n1 + + a1(t) + a0= f((t))

Luego, basta tomar (t) = at + b el cual por lo probado en (a) es unautomorfismo.

7. Este ejercicio determina Aut(R/Q)

(a) Pruebe que cualquier Aut(R/Q) lleva cuadrados en cuadrados ytoma reales positivos en reales positivos. Concluya que a < b a 0 .

Se sigue que, si > 0 entonces () > 0. Por lo que si

b > a b a > 0 (b a) > 0 (b) (a) > 0 (b) > (a) .

para todo a, b R.

(b) Notemos que 1m Q entonces si

1m

< a b < 1m

( 1m

)< (a b) <

(1

m

)

1m

< (a) (b) < 1m

,

es decir, si |a b| < 1m

entonces |(a) (b)| < 1m. Por lo que, es

continua.

(c) Sea {xn} Q una sucesion tal que limn

xn = x R. Entonces, paracada > 0 existe n0 N tal que si n > n0 implica que

|xn x| < con Q + xn < x < + xn + xn < (x) < + xn |(x) xn| < lim

nxn = (x) = x .

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


14.2. EL TEOREMA FUNDAMENTAL DE LA TEORIA DE GALOIS

3. Determine el grupo de Galois de (x2 2)(x2 3)(x2 5). Determinetodos los subcuerpos del cuerpo de descomposicion de este polinomio.

Solucion. El cuerpo de descomposicion de este polinomio es E =Q(2,3,5) y [E : Q] = 8. Entonces, el grupo de Galois esta

determinado por las siguientes posibilidades

2 23 35 5

es decir, tenemos los siguientes automorfismo incluyendo la identidadId.

:

2 23355

:

2 2335 5

:

223 355

:

223 35 5

:

22335 5

:

2 23 35 5

2 23 355

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 xp2.

Solucion. El cuerpo de descomposicion del polinomio xp 2 es E =Q( p2, p) y [E : Q] = p(p 1). El grupo de Galois queda determinado

por las posibilidades:

p2 ip p

2 con i = 0, 1, . . . , p 1

0 jp con j = 1, . . . , p 1 .


5. Pruebe que el grupo de Galois de xp 2 para p primo es isomorfo algrupo de matrices

(a b0 1

)donde a, b Fp, a 6= 0.

Solucion. Considere el automorfismo

ab :

{p2 bp p

2

p ap Gal(E/R) .

Definimos : Gal(E/R)M definido por

(ab) =

(a b0 1

).

Notemos que abcd(p2) = ad+bp

p2 y abcd(p) =

acp entonces

(abcd) = (ac,ad+b)

=

(ac ad+ b0 1

)

=

(a b0 1

)(c d0 1

)= (ab)(cd) .

Claramente, es biyectiva, por lo que es un isomorfismo.

14.3. Cuerpos Finitos

1. Factorizar x8 x en irreducibles de Z[x] y F2[x].

Solucion. 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, comox8 x = x23 x es el producto de los polinomios irreducibles en F2con grado d tal que d | 3. Los polinomios irreducibles de grado 1 sobreF2[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 xsobre F2. Por lo tanto, la factorizacion es

x8 x = x(x+ 1)(x3 + x+ 1)(x3 + x2 + 1) .

2. Escriba la tabla de multiplicacion para F4 y F8.

Solucion. Consideremos x2 + x + 1 polinomio irreducible sobre F2.Si es raz de x2 + x+ 1 entonces 2 = 1 = + 1.

1 1 + 1 1 1 + 1 + 1

1 + 1 + 1

tabla de F4 .

Para encontrar F8 hay que buscar un polinomio irreducible sobre F2 degrado 3. Para esto considere x3 + x + 1 irreducible en F2. Sea unaraz de x3 + x+ 1 entonces 3 = 1 = + 1 y tenemos la tabla:

1 2 1 + + 2 1 + 2 1 + + 21 1 2 1 + + 2 1 + 2 1 + + 2

2 2 1 + + 2 1 + 2 1 + + 2

1 + 1 + 2 1 + + 2 1 + 2 1 + + 2

+ 2 + 2 2 1 + + 2 1 + 2 1 + + 2

1 + 2 1 + 2 2 1 + + 2 1 + 2 1 + + 2

1 + + 2 1 + + 2 2 1 + + 2 1 + 2 1 + + 2

3. Pruebe que un cuerpo algebraicamente cerrado debe ser infinito.

Solucion. Supongamos que F es un cuerpo finito de p elementos, esdecir, F = Fp y consideremos el polinomio en Fp:

xpn x , n > 1 .

El cuerpo de descomposicion de este polinomio es Fpn. Luego, Fp nocontiene todas las races del polinomio lo que implica que Fp no esalgebraicamente cerrado, lo cual es una contradiccion. Por lo tanto, siF es algebraicamente cerrado necesariamente F es infinito.


4. Construir un cuerpo finito de 16 elementos y encontrar un generadospara el grupo multiplicativo. Cuantos generadores hay?

Solucion. Como F16 = F24 entonces para construir el cuerpo de 16elementos, necesitamos encontrar un polinomio irreducible sobre F2 degrado 4 y si es una raz de este polinomio entonces F16 = F2().Para esto considere x4+x3+x2+x+1 es irreducible sonre F2 entoncestenemos que:

F2() = {0, 1, , 1 + , 2, 1 + 2, + 2, 1 + + 2, 3 + 1 + 3, + 3, 1 + + 3, 2 + 3, 1 + 2 + 3,

+ 2 + 3, 1 + + 2 + 3}

Como |F2 ()| = 15 el orden de los elementos del grupo multiplicativoson los divisores de 15, es decir, 1, 3, 5 o 15.Afirmamos que 1 + genera F2 () para esto basta ver que el ordende 1 + no es ni 1, 3 o 5. Claramente + 1 6= 1 entonces el orden de1 + no es 1 y es sencillo verificar que

(1 + )3 = 1 + + 2 + 3 6= 1 ,(1 + )5 = 1 + 2 + 3 6= 1 .

Por lo que necesariamente el orden 1 + es 15 lo que implica queF2 () = 1 + .Ahora bien, veamos cuantos z F16 la ecuacion x3 = z tiene solucion.Si es un generador entonces

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