apuntes de algebra iii

Apuntes de Algebra III

Eugenio Miranda Palacios

Curso 2012-2013

Índice general

I Prerrequisitos 7

1. Polinomios simétricos, resultante y discriminante 91.1. Polinomios simétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2. Polinomios alternados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.3. La resultante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.3.2. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.3.3. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4. El discriminante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.4.1. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.4.2. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.5. Métodos de cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.5.1. Cálculo directo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.5.2. Método modular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.5.3. Por el algoritmo de Euclides . . . . . . . . . . . 221.5.4. Determinante de Euler-Sylvester-Cayley . . . . 221.5.5. Determinante de Bezout . . . . . . . . . . . . . 24

2. Series de grupos y grupos solubles 292.1. Series de composición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.2. El programa de Holder . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.3. Grupos solubles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

II Extensiones de cuerpos 39

3. Extensiones de cuerpos 413.1. Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.2. Elementos algebraicos y extensiones algebraicas . . . 43

3

4 ÍNDICE GENERAL

4. Cuerpos de descomposición 474.1. Cuerpo de descomposición . . . . . . . . . . . . . . . . 484.2. Clausura algebraica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5. Extensiones normales y separables 575.1. Elementos conjugados y extensiones conjugadas. . . 585.2. Extensiones normales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585.3. Extensiones separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . 605.4. Derivada y raíces múltiples . . . . . . . . . . . . . . . . 62

III Teoría de Galois finita 63

6. Teoría de Galois finita 656.1. Grupos de automorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . 666.2. Correspondencia de Galois, caso finito . . . . . . . . . 696.3. Ejemplos e ilustraciones . . . . . . . . . . . . . . . . . 726.4. Propiedades de las extensiones de Galois . . . . . . . 73

IV Aplicaciones 75

7. Cuerpos finitos 777.1. Estructura de los cuerpos finitos . . . . . . . . . . . . 787.2. Factorización de polinomios . . . . . . . . . . . . . . . 807.3. Ilustraciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

8. Extensiones ciclotómicas 858.1. Raíces de la unidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 868.2. Polinomios ciclotómicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 868.3. Extensiones ciclotómicas . . . . . . . . . . . . . . . . . 908.4. Grupos de Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

9. Construcciones con regla y compás 999.1. Los Elementos de Euclides . . . . . . . . . . . . . . . . 1009.2. Puntos construibles y números construibles . . . . . . 1029.3. Caracterización de los números construibles . . . . . 1039.4. Aplicación a los problemas clásicos . . . . . . . . . . . 1059.5. Polígonos regulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1069.6. Construcciones explícitas . . . . . . . . . . . . . . . . . 1079.7. Construcciones con cónicas . . . . . . . . . . . . . . . 109

ÍNDICE GENERAL 5

V Teoría de ecuaciones 111

10.Extensiones cíclicas y radicales 11310.1.Extensiones cíclicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11410.2.Extensiones solubles y radicales . . . . . . . . . . . . . 115

11.Polinomios de grado 3 y 4 11911.1.El grupo de un polinomio . . . . . . . . . . . . . . . . . 12011.2.Los teoremas clasificatorios . . . . . . . . . . . . . . . 12111.3.Polinomios de grado pequeño . . . . . . . . . . . . . . 123

11.3.1.Polinomios de grado 2 . . . . . . . . . . . . . . . 12311.3.2.Polinomios de grado 3 . . . . . . . . . . . . . . . 12311.3.3.Polinomios de grado 4 . . . . . . . . . . . . . . . 124

11.4.Cómo resolver una ecuación soluble . . . . . . . . . . 12811.4.1.Polinomios cúbicos . . . . . . . . . . . . . . . . . 12811.4.2.Polinomios cuárticos . . . . . . . . . . . . . . . . 13111.4.3.Polinomios ciclotómicos . . . . . . . . . . . . . . 134

12.Polinomios de grado 5 14312.1.Cálculo del grupo de Galois . . . . . . . . . . . . . . . 14412.2.Resolviendo quínticas solubles . . . . . . . . . . . . . . 145

6 ÍNDICE GENERAL

Parte I

Prerrequisitos

7

Capítulo 1

Polinomios simétricos,resultante y discriminante

9

10CAPÍTULO 1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS, RESULTANTE Y DISCRIMINANTE

1.1. Polinomios simétricos

Sea A un anillo conmutativo y sean X1, . . . , Xn indeterminadas.Sea Sn el grupo simétrico sobre {1, . . . , n}. Para toda permutaciónσ ∈ Sn definimos

σ · f(X1, . . . , Xn) = f(Xσ(1), . . . , Xσ(n))

Por ejemplo, sea f = X21X2−X3 y sean ρ = (1 3), σ = (1 2 3). Entonces

ρ · f = X23X2 −X1 y σ · f = X2

2X3 −X1.

Definición 1.1.1. Un polinomio f ∈ A[X1, . . . , Xn] se llama simétricosi para toda permutación σ ∈ Sn se verifica σ · f = f .

Lema 1.1.2. El conjunto de polinomios simétricos es un subanillo deA[X1, . . . , Xn] que contiene al anillo A.

Sea Y otra indeterminada. Formamos el polinomio

F (Y,X1, . . . , Xn) = (Y −X1) . . . (Y −Xn)

= Y n − s1Y n−1 + · · ·+ (−1)nsn

con coeficientes en A[X1, . . . , Xn]. Los polinomios coeficientes s1 =X1+· · ·+Xn, . . . , sn = X1 . . . Xn son polinomios simétricos, y se llamanpolinomios simétricos elementales. Obsérvese que el polinomio si eshomogéneo de grado i.

Definición 1.1.3. Sea aeXe11 . . . Xen

n un monomio no nulo. Se llamapeso del monomio al entero e1 + 2e2 + · · ·+ nen.

Sea g ∈ A[X1, . . . , Xn]. El peso de g es el mayor de los pesos delos monomios no nulos de g.

Teorema 1.1.4 (Teorema fundamental de los polinomios simétri-cos). Sea A un dominio de integridad y sea f ∈ A[X1, . . . , Xn] unpolinomio simétrico de grado d. Entonces existe un único polinomiog ∈ A[X1, . . . , Xn] de peso menor o igual a d tal que

f(X1, . . . , Xn) = g(s1, . . . , sn)

Demostración. Inducción sobre n y d.Si n = 1, sólo hay una indeterminada, así que s1 = X1 y g = f

verifica las condiciones (en este caso el peso y el grado de f soniguales).

1.1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS 11

Sea ahora n > 1 y supongamos el teorema cierto para n − 1indeterminadas. Si d = 0, el polinomio f es constante. Tomandog = f se verifica el teorema (en este caso, el grado y el peso de fson ambos iguales a cero).

Finalmente sean n > 1, d > 0 y suponemos el teorema cierto paratodo polinomio simétrico en n indeterminadas de grado menor qued. En el anterior polinomio F sustituimos Xn = 0. Obtenemos

F (Y,X1, . . . , Xn−1, 0) = (Y −X1) . . . (Y −Xn−1)Y

= Y n − (s1)0Yn−1 + · · ·+ (−1)n−1(sn−1)0Y

donde (si)0 se obtiene sustituyendo Xn = 0 en si.Es inmediato que (s1)0, . . . , (sn−1)0 son precisamente los polino-

mios simétricos elementales en X1, . . . , Xn−1.El polinomio f(X1, . . . , Xn−1, 0) ∈ A[X1, . . . , Xn−1] es simétrico. Por

la hipótesis de inducción sobre n, existe un polinomio g1 ∈ A[X1, . . . , Xn−1]de peso menor o igual a d tal que f(X1, . . . , Xn−1, 0) = g1((s1)0, . . . , (sn−1)0).El polinomio

f1(X1, . . . , Xn) = f(X1, . . . , Xn)− g1(s1, . . . , sn−1)

es simétrico y tiene grado menor o igual a d. Además f1(X1, . . . , Xn−1, 0) =0, luego f1 es divisible por Xn. Como es simétrico, también es divi-sible por X1, . . . , Xn−1. Como estos factores son primos relativos, suproducto divide a f1. Luego f1 = snf2(X1, . . . , Xn) con un polinomiof2 ∈ A[X1, . . . , Xn] que es simétrico y de grado estrictamente menorque d. Por la inducción sobre d, existe un g2 ∈ A[X1, . . . , Xn] de pesomenor o igual a d− n tal que

f2(X1, . . . , Xn) = g2(s1, . . . , sn)

Sustituyendo obtenemos

f(X1, . . . , Xn) = g1(s1, . . . , sn−1) + sng2(s1, . . . , sn)

y cada término del miembro de la derecha tiene un peso menor oigual a d.

La unicidad se deduce del próximo teorema.

Teorema 1.1.5. Sea g ∈ A[X1, . . . , Xn]. Entonces g(s1, . . . , sn) = 0 si ysólo si g(X1, . . . , Xn) = 0.


Demostración. Inducción sobre n. Si n = 1 el resultado es trivial.Sea ahora n > 1 y suponemos el resultado cierto para n − 1

indeterminadas. Sea g ∈ A[X1, . . . , Xn] no nulo de grado mínimo talque g(s1, . . . , sn) = 0. Escribimos g como un polinomio en Xn concoeficientes en X1, . . . , Xn−1:

g = g0 + · · ·+ gd ·Xdn

Sustituyendo Xi por si en el polinomio g tenemos

0 = g0(s1, . . . , sn−1) + . . . gd(s1 . . . , sn−1)sdn

Sustituyendo ahora Xn = 0 obtenemos

0 = g0((s1)0, . . . , (sn−1)0)

Pero los (si)0 son los polinomios simétricos elementales en X1, . . . , Xn−1.Por inducción g0(X1, . . . , Xn−1) = 0.

Ya que g0 = 0 podemos escribir g = f · Xn con f ∈ A[X1, . . . , Xn]y por tanto f(s1, . . . , sn)sn = 0, luego f(s1, . . . , sn) = 0 y f es de gradoestrictamente menor que g, lo cual es imposible.

Ejemplo 1.1.6. Sea f = (X1 + X2)(X1 + X3)(X2 + X3) ∈ Z[X1, , X2, X3].Es fácil comprobar que f es un polinomio simétrico homogéneode grado 3. Queremos encontrar un polinomio g ∈ Z[X1, X2, X3] depeso menor o igual a 3 tal que f = g(s1, s2, s3). Para ello aplicamosla construcción de la demostración:

1. f(X1, 0, 0) = 0, luego g1 = 0.

2. f(X1, X2, 0) = (X1 +X2)X1X2. El resto del proceso de la demos-tración es trivial: f(X1, X2, 0) = g((s1)0, (s2)0) = (s1)0(s2)0.

3. La demostración construye ahora el polinomio

f1(X1, X2, X3) = f(X1, X2, X3)− g(s1, s2)

= (X1 +X2)(X1 +X3)(X2 +X3)

− (X1 +X2 +X3)(X1X2 +X1X3 +X2X3)

= (X21X2 +X2

1X3 +X1X22 +X1X

33 +X2

2X3 +X2X23 + 2X1X2X3)

− (X21X2 +X2

1X3 +X1X22 +X1X

23 +X2

2X3 +X2X23 + 3X1X2X3)

= −X1X2X3

luego f(X1, X2, X3) = f1(X1, X2, X3) +X1X2X3 = s1s2 − s3.

1.1. POLINOMIOS SIMÉTRICOS 13

Para escribir los polinomios simétricos se ha desarrollado unanotación especial: Llamamos

∑X i1

1 . . . Xinn a la suma de todos los

monomios distintos que se obtienen al aplicar todas las permuta-ciones de Sn al monomio X i1

1 . . . Xinn . Por ejemplo si n = 3,∑

X31 = X3

1 +X32 +X3

3∑X2

1X2 = X21X2 +X2

1X3 +X22X1 +X2

2X3 +X23X2 +X2

3X1

. Un polinomio simétrico general es una combinación lineal de tér-minos de la forma

∑X i1

1 . . . Xinn con coeficientes en A.

Ejemplo 1.1.7. Sea f =∑X2

1X2 con n = 3. Calculamos f(X1, X2, 0) =X2

1X2 +X22X1 = X1X2(X1 +X2) = (s2)0(s1)0.

Ahora f1 = f − s2s1 =∑X2

1X2 − (∑X1X2)(

∑X1) = −3X1X2X3.

Luego∑X2

1X3 = s1s2 − 3s3.Ejemplo 1.1.8. Seguimos tomando n = 3. Sea f =

∑X3

1 .Entonces f(X1, 0, 0) = X3

1 = (s1)300.

El siguiente paso calcula f(X1, X2, 0)− (s1)30 = −3(s1)0(s2)0.

Luego f(X1, X2, 0) = (s1)30 − 3(s1)0(s2)0.

Finalmente calculamos f1(X1, X2, X3) = f−(s31−3s1s2) = 3X1X2X3,así que f = s31 − 3s1s2 + 3s3.

Ejemplo 1.1.9. Sea ∆ =∏

i<j(Xi −Xj). El polinomio d = ∆2 es simé-trico. Vamos a expresarlo en función de los polinomios simétricoselementales para n = 3.

1. En primer lugar d(X1, 0, 0) = ((X1 − 0)((X1 − 0)(0− 0))2 = 0.

2. Ahora d(X1, X2, 0) = ((X1 − X2)X1X2)2. Luego d(X1, X2) = s22 · f1

con f1(X1, X2) = (X1 −X2)2.

f1(X1, 0) = X21 . Entonces

f1(X1, X2)− (s1)20 = (X1 −X2)

2 − (X1 +X2)2 = −4X1X2

y por tanto f1 = (s1)20 − 4(s2)0.

3. Finalmente tenemos

g1(X1, X2, X3) = d(X1, X2, X3)− s22(s21 − 4s2)

= s3 · f2con f2 = 6

∑X2

1X2 − 4∑X3

1 + 3X1X2X3. Por los dos ejemplosanteriores,

d = s21s22 − 4s32 + s3(6(s1s2 − 3s3)− 4(s31 − 3s1s2 + 3s3) + 3s3)

= s21s22 − 4s32 − 4s31s3 + 18s1s2s3 − 27s23


Existen otros tres métodos para expresar un polinomio simé-trico en función de los simétricos elementales. Quizá el mas útilsea el método de coeficientes indeterminados: Descomponemos elpolinomio simétrico dado en suma de polinomios simétricos homo-géneos y expresamos cada uno de estos en función de los polino-mios simétricos elementales. Para ello, expresamos cada uno de lospolinomios homogéneos de grado d como suma con coeficientes in-determinados de todos los k monomios posibles en los si de peso d.Sustituimos las indeterminadas Xi por k conjuntos de valores con-cretos, lo que nos establece un sistema lineal de k ecuaciones enlos coeficientes, sistema que resolvemos por los métodos de álgebralineal.

Ejemplo 1.1.10. Sea f = (X1 +X2−X3−X4)(X1−X2 +X3−X4)(X1−X2−X3 +X4). Es fácil comprobar que f es simétrico homogéneo degrado 3. La lista de todos los monomios posibles de peso 3 es lasiguiente: s31, s1s2, s3. Así que expresamos

f = as31 + bs1s2 + cs3

Ahora consideramos tres conjuntos de valores para los Xi de ma-nera que nos quede un sistema determinado de tres ecuacioneslineales en a, b, c. Por ejemplo los valores

X1 X2 X3 X4 s1 s2 s31 0 0 0 1 0 01 1 0 0 2 1 01 1 1 0 3 3 1

nos dan el sistema

f(1, 0, 0, 0) = 1 = a

f(1, 1, 0, 0) = 0 = 8a+ 2b

f(1, 1, 1, 0) = −1 = 27a+ 9b+ c

que tiene la solución a = 1, b = −4, c = 8. Luego

f = s31 − 4s1s2 + 8s3

Ejercicio 1.1.1. Sea n ≥ 5. Expresar el polinomio f =∑x21x

22x3

como un polinomio en los simétricos elementales.

1.2. POLINOMIOS ALTERNADOS 15

1.2. Polinomios alternados

Otro tipo de polinomios interesantes son los definidos a conti-nuación:

Definición 1.2.1. Un polinomio f ∈ A[X1, . . . , Xn] se llama alterna-do si para toda permutación σ ∈ sn se verifica σ · f = sgn(σ)f .

El polinomio alternado no nulo mas sencillo es el producto detodas las diferencias

∆ =∏i<j

(Xi −Xj)

Cada par ordenado de índices i < j aparece exactamente una vez,así que en total hay n(n− 1)/2 factores lineales y ∆ es un polinomiohomogéneo de grado n(n−1)/2. Cuando aplicamos una trasposición(i j) a ∆, los factores se permutan entre sí, excepto el factor Xi−Xj

que se transforma en Xj −Xi, luego ∆ cambia de signo.

Teorema 1.2.2. Sea A un dominio de integridad de característicadistinta de 2. Todo polinomio f alternado de A[X1, . . . , Xn] es de laforma f = ∆g, donde g es simétrico.

Demostración. Sustituyendo X2 = X1 obtenemos

f(X1, X1, . . . , Xn) = −f(X1, X1, . . . , Xn)

y como car(A) 6= 2, necesariamente f(X1, X1, . . . , Xn) = 0, luego (X1−X2) divide a f . De la misma forma Xi − Xj divide a f para todopar i < j. Como estos polinomios son primos relativos, su productodivide a f así que existe un g ∈ A[X1, . . . , Xn] con f = ∆g. Claramenteg = f/∆ es un polinomio simétrico.

Corolario 1.2.3. Sea f ∈ A[X1, . . . , Xn] un polinomio alternado. En-tonces gr(f) ≥ n(n− 1)/2.

1.3. La resultante

1.3.1. Introducción

El problema fundamental de la teoría de eliminación es el si-guiente: Dados dos polinomios con coeficientes en un cuerpo F :


f = anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a0, an 6= 0g = bmx

m + bm−1xm−1 + . . .+ b0, bm 6= 0

(1.3.1)

determinar si tienen una raíz común en una extensión de Fy en caso afirmativo hallarla. Para responder a esta cuestión, sebusca una expresión que se anule sólo cuando f y g tienen unaraíz común y que además sea calculable como función racional delos coeficientes de f y g. La más sencilla de tales expresiones es laresultante que vamos a definir y estudiar.

1.3.2. Definición

Sea K un cuerpo de descomposición para fg, así que en K[X]tenemos:

f = an(X − α1) . . . (X − αn) = an∏n

i=1(X − αi)g = bm(X − β1) . . . (X − βm) = bm

∏mj=1(X − βj)

(1.3.2)

La resultante de f y g viene definida por

R(f, g) = amn bnm

n∏i=1

m∏j=1

(αi − βj) (1.3.3)

1.3.3. Propiedades

1. R(f, g) = 0 ⇔ ∃i, j tales que αi = βj (i.e., sii f y g tienen unaraíz en común)

2. R(g, f) = (−1)nmR(f, g)

3. R(f, g) = amn∏n

i=1 g(αi) = (−1)nmbnm∏m

j=1 f(βj)

4. R(fg, h) = R(f, h)R(g, h), R(f, gh) = R(f, g)R(f, h)

5. Si m = 0 (i.e. si g = b es un escalar), R(f, b) = bn

6. R(Xk, f) = ak0; R(f,Xk) = (−1)nkak0

7. Si g = fq + r, R(f, g) = agr(g)−gr(r)n R(f, r)

Demostración: R(f, g) = amn∏n

i=1 g(αi) = amn∏n

i=1(f(αi)q(αi)+r(αi)) =

ann∏n

i=1 r(αi) = am−gr(r)n R(f, r)

8. R(Xkf, g) = bk0R(f, g); R(f,Xkg) = (−1)nkak0R(f, g)

1.4. EL DISCRIMINANTE 17

9. R(f, g) es un polinomio simétrico de grado m en las αi

10. R(f, g) es un polinomio simétrico de grado n en las βj

11. R(f, g) es un polinomio homogéneo de grado m en las aiDemostración: Por la propiedad 9, R(f, g) es expresable co-mo un polinomio en los polinomios simétricos elementalesσi = (−1)i ai

a0. Por el factor am0 todos los denominadores se sim-

plifican.

12. R(f, g) es un polinomio homogéneo de grado n en las bj

13. El término amn bn0 tiene coeficiente +1 en R(f, g)

Demostración: Dicho término sólo aparece al desarrollar amn bnm

∏ni=1(−βn) =

amn bn0 .

1.4. El discriminante

El caso particular más importante de la resultante es cuandog = f ′ (la derivada formal). En ese caso, R(f, f ′) = 0⇔ f tiene raícesmúltiples. Explícitamente, sean

f = anXn + an−1X

n−1 + . . .+ a1X + a0 = an

n∏i=1

(X − αi)

f ′ = nanXn−1 + (n− 1)an−1X

n−2 + . . .+ a1 = an

n∑j=1

∏i 6=j

(X − αi)

f ′(αj) = an∏i 6=j

(αj − αi)

R(f, f ′) = an−1n

n∏j=1

f ′(αj) = a2n−1n

n∏j=1

∏i 6=j

(αj − αi) (1.4.1)

1.4.1. Definición

Llamamos discriminante de f a D(f) = a2n−2n

∏i<j(αi − αj)2. Com-

parando con (1.4.1) obtenemos:

R(f, f ′) = (−1)n(n−1)

2 anD(f) (1.4.2)


1.4.2. Propiedades

1. f1, f2 ∈ F [X]⇒ D(f1f2) = D(f1)D(f2)R(f1, f2)2

2. f1, . . . , fr ∈ F [X]⇒ D(f1 . . . fr) = D(f1) . . . D(fr)R2 con R ∈ F

1.5. Métodos de cálculo

En esta sección nos planteamos encontrar una expresión ex-plícita (o un método de cálculo) para R(f, g) y D(f) en función delos coeficientes de f y g. Para ello existen diversos métodos quepasamos a describir.

1.5.1. Cálculo directo

Las propiedades halladas para la resultante permiten calculardirectamente el discriminante de polinomios particulares. Veamosalgunos ejemplos:

1. Ejemplo: f = Xn − 1 =∏n

i=1(X − αi), f ′ = nXn−1

D(f) = (−1)n(n−1)

2 R(f, f ′) = (−1)n(n−1)

2

n∏i=1

f ′(αi) = (−1)n(n−1)

2

n∏i=1

nαn−1i =

(−1)n(n−1)

2 nn(n∏i=1

(αi))n−1 = (−1)

n(n−1)2

+n(n−1)nn = (−1)n(n−1)

2 nn

En particular si q es impar, f = Xq − 1, D(f) = (−1)q−12 qq

2. Ejemplo: f = Xp−1 + Xp−2 + . . . + X + 1 p primo impar. Seag = X − 1. Entonces fg = Xp − 1⇒ D(fg) = (−1)

p−12 pp

g′ = 1⇒ D(g) = R(g, g′) = 1 R(f, g) = f(1) = p.Luego D(fg) = D(f)D(g)R(f, g)2 ⇒ D(f) = (−1)

p−12 pp−2

3. Ejemplo:

f = X3 + aX + b = (X − α1)(X − α2)(X − α3)

f ′ = 3X2 + a D(f) = −R(f, f ′)

R(f, f ′) =3∏i=1

(3α2i + a) =

3∏i=1

f ′(αi)

1.5. MÉTODOS DE CÁLCULO 19

Pero f ′(αi) = 3α2i + a =

3α3i+aαi

αi= −2aαi−3b

αi

Llamamos βi = 2aαi + 3b ⇒ αi = βi−3b2a

así que βi es raíz de(X−3b

2a)3 + aX−3b

2a+ b ⇒ β1β2β3 = 8a3(27b

3

8a3+ 3b

2− b) = 27b3 + 4a3b

R(f, f ′) =3∏i=1

f ′(αi) = −∏3

i=1(2aαi + 3b)∏3i=1 αi

= −27b3 + 4a3b

−b= 27b2+4a3

y por tanto D(f) = −(4a3 + 27b2)

4. Ejemplo:

f = X3 + aX2 + b = (X − α1)(X − α2)(X − α3)

f ′ = 3X2 + 2aX = X(3X + 2a) f ′(αi) = αi(3αi + 2a)

Sea βi = 3αi + 2a ⇒ αi = βi−2a3

y los βi son raíces de (X−2a3

)3 +a(X−2a

3)2 + b ⇒ β1β2β3 = 33((2a

3)3 − a(2a

3)2 − b) = −(4a3 + 27b)

Luego R(f, f ′) =∏3

i=1 f′(αi) =

∏3i=1 αi

∏3i=1 βi = (−b)(−(4a3 + 27b))

y D(f) = −R(f, f ′) = −b(4a3 + 27b)

5. Ejemplo:

f = X5 + aX + b =5∏i=1

(X − αi) f ′ = 5X4 + a

f ′(αi) = 5α4i + a =

5α5i + aαiαi

=−4aαi − 5b

αi

Llamamos βi = 4aαi + 5b ⇒ αi = βi−5b4a

así que βi es raíz de(X−5b

4a)5 + aX−5b

4a+ b ⇒

∏5i=1 βi = (4a)5(( 5b

4a)5 + 5b

4− b) = (5b)5 + 44a5b

D(f) = R(f, f ′) =5∏i=1

f ′(αi) = −∏5

i=1 βi∏5i=1 αi

= 55b4 + 44a5

6. Ejemplo:

f = X5 + aX4 + b =5∏i=1

(X − αi)

f ′ = 5X4 + 4aX3 = X3(5X + 4a) f ′(αi) = α3i (5αi + 4a)


Sea βi = 5αi + 4a ⇒ αi = βi−4a5

y los βi son raíces de (X−4a5

)5 +

a(X−4a5

)4 + b ⇒∏5

i=1 βi = 55((4a5

)5 − a(4a5

)4 − b) = −(44a5 + 55b)

Luego D(f) = R(f, f ′) =∏5

i=1 f′(αi) =

∏5i=1 α

3i

∏5i=1 βi = b3(44a5 +

55b)

7. Ejemplo:

f = Xn + aX + b =n∏i=1

(X − αi) f ′ = nXn−1 + a

f ′(αi) = nαn−1i + a =nαni + aαi

αi=−(n− 1)aαi − nb

αi

Llamamos βi = (n− 1)aαi + nb⇒ αi = βi−nb(n−1)a así que βi es raíz de

( X−nb(n−1)a)n + a X−nb

(n−1)a + b ⇒∏n

i=1 βi = (−1)n((n− 1)a)n(((−1)n nb(n−1)a)n−

nbn−1 + b) = (nb)n + (−1)n(n− 1)n−1an(−b)

R(f, f ′) =n∏i=1

f ′(αi) = (−1)n∏n

i=1 βi∏ni=1 αi

= nnbn−1 + (−1)n−1(n− 1)n−1an

D(f) = (−1)n(n−1)

2 R(f, f ′) = (−1)n(n−1)

2 (nnbn−1 +(−1)n−1(n−1)n−1an)

8. Ejemplo:

f = Xn + aXn−1 + b =n∏i=1

(X − αi) f ′ = nXn−1 + (n− 1)aXn−2 =

Xn−2(nX + (n− 1)a) f ′(αi) = αn−2i (nαi + (n− 1)a)

Sea βi = nαi + (n − 1)a ⇒ αi = βi−(n−1)an

y los βi son raíces de(X−(n−1)a

n)n + a(X−(n−1)a

n)n−1 + b ⇒

∏ni=1 βi = (−1)n(nn((− (n−1)a

n)n +

a(− (n−1)an

)n−1 − b)) = −(n− 1)n−1an + (−1)nnnb

Luego R(f, f ′) =∏n

i=1 f′(αi) =

∏ni=1 α

n−2i

∏ni=1 βi = (−b)n−2(−(n −

1)n−1an + (−n)nb)

y D(f) = (−1)n(n−1)

2 R(f, f ′) = (−1)(n−1)(n+2)

2 bn−2((n−1)n−1an+(−1)n−1nnb)

1.5.2. Método modular

A partir de la propiedad 7 de la resultante puede desarrollar-se un método muy económico para el cálculo de la resultante dealgunos pares especiales de polinomios: En primer lugar, sean

f = anXn + . . .+ a0 g = X − b


Diviendo f entre g obtenemos:

f = gf1 + f(b)

Por las propiedades de la resultante obtenemos:

R(f, g) = (−1)nR(g, f) = (−1)nR(g, f(b)) = (−1)nf(b) (1.5.1)

Sean ahora

f = anXn + . . .+ a0 g = bmX

m + . . .+ b0

y sean p, qi, r, sj tales que

pgk∏i=1

(X − qi) ≡ r

l∏j=1

(X − sj) (mod f) (1.5.2)

Entonces

R(f, p)R(f, g)R(f,k∏i=1

(X − qi)) = am+k−ln R(f, r)R(f,

l∏j=1

(X − sj)) (1.5.3)

Pero por (1.5.1)

R(f, p) = pn R(f, r) = rn

R(f,k∏i=1

(X − qi)) =k∏i=1

R(f,X − qi)) =k∏i=1

(−1)nf(qi)

R(f,l∏

j=1

(X − si)) =l∏

j=1

R(f,X − si)) =l∏

j=1

(−1)nf(si)

Despejando en (1.5.3),

R(f, g) = (−1)n(k+l)am+k−ln

rn

pn

∏lj=1 f(si)∏ki=1 f(qi)

Ejemplo: Sean

f = X5 −X2 + 15 g = f ′ = 5X4 − 2X

Tomamos k = 1, l = 2, p1 = 1, p0 = 0 y calculamos:

Xg = 5X5 − 2X2 = 5f + 3X2 − 75 ≡ 3(X − 5)(X + 5) (mod f)

D(f) = R(f, f ′) = (−1)5(1+2)35f(5)f(−5)

f(0)=

− 35 (55 − 52 + 15)((−5)5 − (−5)2 + 15)

15= −35102 − 510

15= 345(58 − 4)


1.5.3. Por el algoritmo de Euclides

Dividiendo g por f obtenemos g = fq+ r con gr(r) < gr(f ). Por laspropiedades 7 y 2,

R(f, g) = am−gr(r)n R(f, r) = (−1)mgr(r)am−gr(r)n R(r, f)

Por inducción sobre el grado llegamos a gr(r) = 0 y aplicamos lapropiedad 5.

1. Ejemplo:

f = aX + bf ′ = a

R(f, f ′) = aD(f) = 1

2. Ejemplo:

f = aX2 + bX + cf ′ = 2aX + b

f = (12X + b

4a)f ′ + (c− b2

4a)

R(f, f ′) = R(f ′, f) = (2a)2R(f ′, c− b2

4a) = (2a)2(c− b2

4a) = a(4ac− b2)

D(f) = (−1)2−12

1aR(f, f ′) = b2 − 4ac

3. Ejemplo:

f = X3 + aX + bf ′ = 3X2 + a

f = 12Xf ′ + r r = 2a

3X + b

f ′ = ( 92aX − 27b

4a2)r + r1 r1 = 27b2+4a3

4a2

R(f, f ′) = R(f ′, f) = 32R(f ′, r) = 32R(r, f ′) = 32(2a3

)2R(r, r1) = 4a2 27b2+4a3

4a2

D(f) = −R(f, f ′) = −(4a3 + 27b2)

1.5.4. Determinante de Euler-Sylvester-Cayley

Multiplicando f sucesivamente por 1, X, . . . , Xm−1 y g por 1, X,Xn−1

e igualando a cero nos queda el siguiente sistema de (n+m) ecua-


ciones en las (n+m) incógnitas 1, X,X2, . . . , Xn+m−1:

Xm−1f = anXn+m−1 + an−1X

n+m−2 + . . . + a0Xm−1 = 0

Xm−2f = anXn+m−2 + . . . + a1X

m−1 + a0Xm−2 = 0

......

......

......

......

......

......

......

1f = anXn + . . . + a0 = 0

Xn−1g = bmXn+m−1 + bm−1X

n+m−2 + . . . + b0Xn−1 = 0

Xn−2g = bmXn+m−2 + . . . + b1X

n−1 + b0Xn−2 = 0

......

......

......

......

......

......

......

1g = bmXm + . . . + b0 = 0

Por el teorema de Rouché, este sistema tendrá solución si y sólosi el determinante de los coeficientes es cero. Este determinante sellama resultante de Euler-Sylvester-Cayley:

C(f, g) =

an an−1 . . . a0 0 . . . 00 an an−1 . . . a0 . . . 0...

......

......

......

0 0 . . . an an−1 . . . a0bm bm−1 . . . b0 0 . . . 00 bm bm−1 . . . b0 . . . 0...

......

......

......

0 0 . . . bm bm−1 . . . b0

Vamos a ver que C(f, g) = R(f, g): Como C(f, g) = C(an, . . . , a0, bm, . . . , b0)y los ai y bj son polinomios simétricos en αi y βj respectivamente,obtenemos que C(f, g) es un polinomio simétrico en αi y βj. Por otraparte, si f y g tienen una raíz común, el anterior sistema lineal tie-ne solución, luego ∀i, j (αi−βj) | C(f, g)⇒ R(f, g) | C(f, g). Contandogrados vemos que el cociente tiene grado cero (i.e. es una cons-tante). Luego C(f, g) = λR(f, g). Pero el término amn b

nm aparece con

coeficiente +1 en C(f, g) y en R(f, g)⇒ λ = 1.

1. Ejemplo: Tomando f = aX2 + bX + c, g = f ′ = 2aX + b tenemos:

R(f, g) =a b c

2a b 00 2a b

= ab2 + 4a2c− 2ab2 = a(4ac− b2)


2. Ejemplo: f = X3 + aX + b, g = 3X2 + a

R(f, g) =

1 0 a b 00 1 0 a b3 0 a 0 00 3 0 a 00 0 3 0 a

= 4a3 + 27b2

1.5.5. Determinante de Bezout

La resultante de Cayley proporciona una expresión sencilla yelegante para R(f, g). Sin embargo, el orden del determinante es(m + n), muy alto para los cálculos prácticos. Vamos a desarrollarotro método basado en la misma idea pero donde el determinanteque va a aparecer es de orden max(m,n). En primer lugar conside-ramos m = n, o sea que f y g son del mismo grado. Definimos loselementos:

cij ={ajbi − aibj si 0 ≤ i, j ≤ n

0 en otro casoObservese que cij = −cij y que cii = 0.

Si todos los cij son cero, existe un λ tal que g = λf . En lo quesigue excluimos este caso. Consideremos ahora los polinomios:

hi = bif − aig i = 0, 1, . . . , n (1.5.4)

Si cij 6= 0, del sistema:

hi = bif − aighj = bjf − ajg

obtenemos:

f =ajcijhi −

aicijhj

g =bjcijhi −

bicijhj

luego hi, hj tienen un cero en común si y sólo si f y g tienen uncero en común, y las raíces comunes de f y g son precisamente lasraíces comunes a todos los hi.


Formemos ahora los polinomios:

g0 = hn = bnf − ang =∑n−1

i d0iXi

g1 = xg0 + hn−1 = (bnX + bn−1)f − (anX + an−1)g =∑n−1

i d1iXi

g2 = xg1 + hn−2 = (bnX2 + bn−1X + bn−2)f − (anX

2 + an−1X + an−2)g =∑n−1

i d2iXi

......

......

gn−1 = xgn−2 + h1 = (bnXn−1 + . . .+ b1)f − (anX

n−1 + . . .+ a1)g =∑n−1

i dn−1iXi

(1.5.5)

Los gi tienen un cero en común⇔ los hi tienen un cero en común⇔ f y g tienen un cero en común. Veamos la forma general de loscoeficientes dki. Por construcción,d0i = cni, dki = dk−1,i−1 + cn−k,i. Demostraremos por inducciónsobre k que

dki =k∑j=0

cn−j,i−k+j (1.5.6)

Para k = 0 es trivial. Supongamoslo cierto para k − 1. Entonces

dki = dk−1,i−1 + cn−k,i =k−1∑j=0

cn−j,i+j−k + cn−k,i

Las raíces comunes de f y g dan lugar a soluciones no trivialesdel sistema:

d0n−1Xn−1 + . . .+ d01X + d001 = 0

d1n−1Xn−1 + . . .+ d11X + d101 = 0

...dn−1,n−1X

n−1 + . . .+ dn−1,1X + dn−1,01 = 0

Llamamos resultante de Bezout de f y g al determinante de estesistema:

B(f, g) =

d0n−1 . . . d00...

......

dn−1,n−1 . . . dn−1,0

Como cada cij es homogéneo de grado 1 en ai y en bj, dki también eshomogéneo de grado 1 en ambos, y B(f, g) es un polinomio homo-géneo en las ai y en las bj de grado 2n. Igual que para la resultantede Cayley, B(f, g) es cero cuando f y g tienen una raíz en común,luego B(f, g) = λR(f, g) y contando grados, λ ∈ F .


Para determinar λ observamos el término annbn0 . En la resultante

de Cayley este término sólo aparece en el desarrollo de la diagonalprincipal y por tanto tiene coeficiente +1. En B(f, g) aparece en elproducto de todos los c0n = anb0 − a0bn de la diagonal secundaria,luego tiene coeficiente sgn(σ) siendo σ = (1 n)(2 n−1) . . . luego sgn(σ)

= (−1)n(n−1)

2 y por tanto λ = (−1)n(n−1)

2 , B(f, g) = (−1)n(n−1)

2 R(f, g).En caso de que gr(g) = m ≤ gr(f) = n, tomamos g1 = Xn−mg, for-

mamos la resultante de Bezout de f y g1 y utilizamos la propiedad8 de R(f, g):

B(f,Xn−mg) = (−1)n(n−1)

2 R(f,Xn−mg) = (−1)n(n−1)

2+n(n−m)an−m0 R(f, g)

Para calcular el discriminante de un polinomio, g = f ′, m = n− 1y nos queda:

B(f,Xf ′) = (−1)n(n−1)

2+na0R(f, f ′) = (−1)na0anD(f)

así que

D(f) =(−1)n

ana0B(f,Xf ′)

además, en este caso los cij tienen una forma sencilla: Sean

f = anXn + an−1X

n−1 + . . .+ a0

g = Xf ′ = nanXn + . . .+ a1X = bnX

n + . . .+ b1

luego bi = iai, cij = (j − i)aiaj, y

dki =k∑j=0

cn−j,i+j−k =k∑j=0

(i+2j−k−n)an−jai+j−k = −k∑j=0

(n−i+k−2j)an−jai+j−k

y nos queda la expresión:

D(f) =1

ana0

−d0,n−1 . . . −d0,0... . . . ...

−dn−1,n−1 . . . −dn−1,0

1. Ejemplo: f = aX2 + bX + c

D(f) =1

ac

ab 2ac2ac bc

= b2 − 4ac


2. Ejemplo: f = X3 + aX + b

D(f) =1

b

0 2a 3b2a 3b 03b 0 ab

= −(4a3 + 27b2)

3. Ejemplo: f = a3X3 + a2X

2 + a1X + a0

D(f) =1

a3a0

a3a2 2a3a1 3a3a02a3a1 3a3a0 + a2a1 2a2a03a3a0 2a2a0 a1a0


3 + a2X2 + a1X + a0

D(f) =1

a4a0

a4a3 2a4a2 3a4a1 4a4a02a4a2 3a4a2 + a3a2 4a4a0 + 2a3a1 3a3a03a4a1 4a4a0 + 2a3a1 3a3a0 + a2a1 2a2a04a4a0 3a3a0 2a2a0 a1a0


4 + a3X3 + a2X

2 + a1X + a0

D(f) =1

a5a0

a5a4 2a5a3 3a5a2 4a5a1 5a5a02a5a3 3a5a2 + a4a3 4a5a1 + 2a4a2 5a5a0 + 3a4a1 4a4a03a5a2 4a5a1 + 2a4a2 5a5a0 + 3a4a2 + a3a2 4a4a0 + 2a3a1 3a3a04a5a1 5a5a0 + 3a4a1 4a4a0 + 2a3a1 3a3a0 + a2a1 2a2a05a5a0 4a4a0 3a3a0 2a2a0 a1a0

Capítulo 2

Series de grupos y grupossolubles

29

30 CAPÍTULO 2. SERIES DE GRUPOS Y GRUPOS SOLUBLES

2.1. Series de composición

Definición 2.1.1. Sea G un grupo. Llamamos factor de G a cual-quier grupo cociente H/H ′ donde G > H B H ′.

Nótese que ni H ni H ′ tienen que ser normales en G.

Definición 2.1.2. Dados dos factores H/H ′, K/K ′ de un grupo G,el cociente

K ′(H ∩K)

K ′(H ′ ∩K)

se llama proyección de H/H ′ sobre K/K ′

Definición 2.1.3. Llamamos serie del grupo G a una cadena finitade subgrupos

G = G0 > G1 > · · · > Gr = 1 (2.1.1)

Al número natural r le llamamos longitud de la serie 2.1.1

Definición 2.1.4. Dadas dos series para el mismo grupo G:

G = G0 > G1 > · · · > Gr = 1

G = G′0 > G′1 > · · · > G′s = 1

decimos que la primera es un refinamiento de la segunda si todogrupo de la segunda aparece en la primera. Si además en la prime-ra hay grupos que no aparecen en la segunda diremos que es unrefinamiento propio.

Definición 2.1.5. Una serie 2.1.1 se llama normal si para todoi = 1, 1, . . . , r se verifica que Gi es un subgrupo normal de Gi−1.

Una serie 2.1.1 se llama propia si todas las inclusiones son pro-pias.

Para cada serie 2.1.1 normal los grupos cocientes Gi−1/Gi sellaman factores de la serie

Dadas dos series normales

G = G0 > G1 > · · · > Gr = 1

G = H0 > H1 > · · · > Hs = 1

del mismo grupo G diremos que son isomorfas si r = s y existeuna permutación σ ∈ Sr tal que Gi−1/Gi

∼= Hσ(i)−1/Hσ(i) para todoi = 1, 2, . . . r.

2.1. SERIES DE COMPOSICIÓN 31

Una serie normal propia sin refinamientos normales propios sellama serie de composición del grupo G.

Para cada serie de composición de G los factores de la seriese llaman factores de composición del grupo G. Los órdenes de losfactores de composición se llaman índices de composición del grupoG.

Definición 2.1.6. Un grupo G se llama simple si no es trivial y noadmite subgrupos normales propios.

Lema 2.1.7. Un grupo abeliano finito simple es cíclico de orden pri-mo

Demostración. En un grupo abeliano G todos los subgrupos sonnormales. Así que G será simple si y sólo si no tiene subgrupospropios. Sea 1 6= x ∈ G. El grupo cíclico < x > es un subgrupo notrivial de G, luego < x >= G es cíclico. Si |G| = mn no es primo,< xm > sería un subgrupo propio de G, contradicción.

Lema 2.1.8. Los factores de composición de un grupo G son simples.

Demostración. Sea 2.1.1 una serie de composición del grupo G. ysea H un subgrupo normal propio de Gi−1/Gi. Sea p : Gi−1 → Gi−1/Gi

la proyección y sea H ′ = p−1(H). Entonces Gi−1 B H ′ B Gi y lasinclusiones son propias. La serie G = G0 > · · · > Gi−1 > H ′ > Gi >· · · > 1 es un refinamiento propio de la dada, contradicción.

No es cierto que todo grupo posea una serie de composición. Dehecho Z no la tiene. Sin embargo tenemos:

Lema 2.1.9. Todo grupo finito G posee una serie de composición.

Demostración. Inducción sobre el orden de G. Para grupos de or-den primo, G > 1 es una serie de composición. Supongámoslo de-mostrado para todos los grupos de orden menor que G. Sea G1 unsubgrupo normal propio maximal de G (existe porque el conjuntode subgrupos de G es finito). Sea G1 > · · · > Gr = 1 una serie decomposición de G (existe porque el orden de G1 es estrictamentemenor que el orden de G). Entonces G > G1 > · · · > Gr = 1 es unaserie de composición de G.

Teorema 2.1.10 (Teorema de refinamiento de Schreier). Dos seriesnormales arbitrarias de un grupo G tienen refinamientos isomorfos.


Demostración. Sean las series normales

G = G0 > G1 > . . . > Gr = 1 (2.1.2)

G = H0 > H1 > . . . > Hs = 1 (2.1.3)

Llamamos Gij = Gi(Hj ∩ Gi−1), i = 1, . . . , r, j = 1, . . . s. EntoncesGi−1 = Gi0 > Gi1 > · · ·Gis = Gi es una cadena normal de Gi−1 a Gi.Uniendo estas cadenas obtenemos un refinamiento de 2.1.2:

G = G10 > G11 > · · · > G1s(= G20) > G21 > · · · > Gr−1,s

(= Gr0) > · · · > Grs = 1 (2.1.4)

Similarmente los grupos Hij = Hj(Gi ∩ Hj−1), i = 1, . . . , r, j = 1, . . . sforman un refinamiento de 2.1.3:

G = H01 > H11 > · · · > Hr1(= H02) > H12 > · · · > Hs−1,r

(= Hs0) > · · · > Hsr = 1 (2.1.5)

Por el lema de Zassenhaus, Gi,j−1/Gij∼= Hj.i−1/Hji, lo que demuestra

que los refinamientos anteriores son isomorfos. Si omitimos todaslas repeticiones en 2.1.4 y 2.1.5 (correspondientes a factores trivia-les), las series que quedan siguen siendo isomorfas.

Teorema 2.1.11 (Teorema de Jordan-Holder). Si un grupo admiteuna serie de composición, cualquier serie normal propia puede refi-narse a una serie de composición.

Dos series de composición de un grupo G son isomorfos.

Demostración. Sea G un grupo que admite una serie de composi-ción. Cualquier refinamiento de tal serie coincide con ella misma.Tomemos cualquier serie normal de G y construimos los refina-mientos isomorfos de esta serie y la serie de composición dada queexisten por el teorema de refinamiento de Schreier. Deben ser se-ries de composición isomorfas a la dada.

2.2. El programa de Holder

Sea G un grupo y N un subgrupo normal de G. El primer teo-rema de isomorfismo nos dice que el grupo cociente G/N describela estructura de G “sobre” N (es decir, los retículos de subgrupo

2.2. EL PROGRAMA DE HOLDER 33

son isomorfos). Esto plantea el problema de hasta que punto elconocimiento de N y G/N fuerza cómo tiene que ser G.

El teorema de Jordan-Holder nos dice que todo grupo finito tie-ne una serie de composición y aunque la serie en sí no tiene queser única, su longitud y los tipos de isomorfismo de los factoressí son únicos. Además está claro que grupos isomorfos tienen losmismos factores de composición, aunque grupos no isomorfos tam-bién pueden tener los mismos factores (por ejemplo, Z6 y S3).

Esta situación motiva un programa de dos partes para clasificartodos los grupos finitos salvo isomorfismo, expuesto por Holder enun artículo de 1893:

1. Clasificar todos los grupos finitos simples.

2. Hallar las técnicas para construir grupos a partir de otros massencillos.

Estos dos problemas son una motivación importante para granparte del desarrollo de la teoría de grupos. Problemas análogos seencuentran recurrentemente a través de toda la matemática. Va-mos a comentar un poco los dos problemas del programa de Hol-der:

La clasificación de los grupos simples finitos se completó en1980. Los esfuerzos de unos 100 matemáticos repartidos entre 300y 500 artículos que cubren entre 5,000 y 10,000 páginas de revis-tas demostraron el siguiente teorema:

Teorema 2.2.1. Existe una lista consistente en 18 familias infinitasde grupos simples y 26 grupos simples no pertenecientes a estasfamilias (los grupos simples esporádicos) tal que todo grupo simplefinito es isomorfo a uno de los grupos de esta lista.

Tres ejemplos de familias infinitas: Zp para p primo, An paran ≥ 5 y PSLn(F ) para n ≥ 2 excepto PSL2(Z2) y PSL2(Z3).

Vamos a demostrar el siguiente resultado:

Teorema 2.2.2 (Abel). El grupo alternado An es simple para n ≥ 5

Demostración. Sea K 6= 1 un subgrupo normal de An. Queremosver que necesariamente K = An. Lo demostramos en tres pasos:

1. K contiene un ciclo de longitud 3


Sea σ ∈ K una permutación distinta de la identidad que mue-ve el mínimo número de símbolos. Sea k = |{i = 1 . . . n | σ(i) 6=i}|. Como σ no es la identidad, k > 0. Si σ(i) = j 6= i, comoσ es inyectivo tenemos que σ(j) 6= j. Así que k ≥ 2. Si k = 2,necesariamente σ = (i j) que no pertenece a An. Luego k ≥ 3.

Supongamos que k ≥ 4. σ no es un ciclo de longitud 4, porqueentonces sería impar. Descomponemos σ en producto de ciclosdisjuntos. Dos posibilidades:

σ1 = (1 2)(3 4)(producto de transposiciones disjuntas)σ2 = (1 2 3 . . . ) . . . (Si k > 3 necesariamente k ≥ 5)

Sea τ = (3 4 5) ∈ An y definimos αi = (τσiτ−1)σ−1i ∈ K por ser K

normal en An. Calculamos

a) Si σi(t) = t e i > 5, entonces αi(t) = t.

b)

α1(1) = τσ1τ−1(2) = τσ1(2) = τ(1) = 1

α1(2) = τσ1τ−1(1) = τσ1(1) = τ(2) = 2

α1(3) = τσ1τ−1(4) = τσ1(3) = τ(4) = 5 6= 3

α2(2) = τσ2τ−1(1) = τσ2(1) = τ(2) = 2

α2(3) = τσ2τ−1(2) = τσ2(2) = τ(3) = 4 6= 3

luego en ambos casos αi es una permutación no trivial quedeja fijos mas símbolos que σi, contradicción. Así que k = 3 yel grupo K contiene un ciclo de longitud 3, sea (1 2 3) ∈ K.

2. K contiene todos los ciclos de longitud 3

Sea (1 2 4) un ciclo que se diferencia de (1 2 3) en un únicosímbolo. Entonces

(3 4 5)(1 2 3)(3 4 5)−1 = (1 2 4) ∈ K

Sea ahora (1 4 5) un ciclo que se diferencia de (1 2 3) en dossímbolos. Entonces

(2 4)(3 5)(1 2 3)((2 4)(3 5))−1 = (1 4 5) ∈ K

Sea (4 5 6) un ciclo con todos los símbolos distintos de (1 2 3).Por los resultados anteriores, (1 2 6) ∈ K y de aquí (4 5 6) ∈ K.

2.2. EL PROGRAMA DE HOLDER 35

3. El grupo An está generado por todos los ciclos de longitud 3

Sea σ ∈ An arbitraria. La permutación σ es producto de un nú-mero par de transposiciones, sea σ = (τ1τ2) . . . (τ2m−1τ2m). Cadaproducto τsτs+1 es de uno de los siguientes tipos:

a) τsτs+1 = (i j)(i j) = (1)

b) τsτs+1 = (i j)(j k) = (i j k)

c) τsτs+1 = (i j)(k l) = (i j)(j k)(j k)(k l) = (i j k)(j k l)

En cualquier caso es un producto de ciclos de longitud 3.

Una idea de la complejidad de la clasificación de los grupos fi-nitos simples la proporciona uno de los teoremas claves de la cla-sificación:

Teorema 2.2.3 (Feit-Thompson). Si G es un grupo simple de ordenimpar, entonces G ∼= Zp para algún primo impar p.

La demostración de este teorema (publicado en 1963) ocupa 255páginas de matemática dura.

La segunda parte del programa de Holder se llama problema dela extensión. Vamos a describirla con mas precisión: Dados dosgrupos H y K, determinar (salvo isomorfismo) todos los grupos Gque contienen un subgrupo normal N tal que N ∼= H y G/N ∼= K(se suele decir que G es una extensión de K por H). Por ejemplo siH = K = Z2 existen exactamente dos posibilidades: Z4 y Z2 × Z2. Elprograma de Holder busca cómo pueden construirse los dos gru-pos de orden 4 a partir de los de orden 2 sin tener un conocimientoprevio de la existencia de aquellos. Esta parte del programa de Hol-der es extremadamente difícil aún cuando los subgrupos envueltosson de orden pequeño. Por ejemplos, si |G| = 2n todos los factoresde composición tienen orden 2. Sin embargo el número de gruposno isomorfos de orden 2n crece exponencialmente como función den:


Orden: Número de Grupos:2 14 28 5

16 1432 5164 267

128 2328256 56092512 10494213

1024 49487365422

Así que el número de extensiones de un 2-grupo por otro 2-grupopuede ser muy grande. Aún así existen unas cuantas técnicas in-teresantes y poderosas para revelar la estructura de amplias clasesde grupos.

No sería justo decir que la teoría de grupos finitos trata solamen-te del programa de Holder, pero sí es justo decir que el programa deHolder sugiere un gran número de problemas y motiva bastantestécnicas algebraicas. Por ejemplo, el estudio de las extensiones deK por H cuando H es abeliano nos lleva a clasificar las acciones(por automorfismos) de K sobre H.

2.3. Grupos solubles

El teorema de Jordan-Holder nos dice que cada grupo determi-na unívocamente a su serie de composición (salvo isomorfismo).Nos permite por tanto definir clases especiales de grupos mediantepropiedades que satisfacen sus factores de composición. La masevidente de tales clases es la de los grupos solubles, que ademástiene un papel clave en la teoría de Galois.

Definición 2.3.1. Dado un grupo G, definimos la serie derivada deG como

G = G0 > G′ > G′′ > · · · > G(i > · · ·donde G(i+1 = [G(i, G(i] (el grupo derivado).

En general esta serie no tiene porqué alcanzar el 1. De hechotenemos:

Teorema 2.3.2. Sea G un grupo finito. Las siguientes propiedadesson equivalentes:

2.3. GRUPOS SOLUBLES 37

1. Los factores de composición de G son cíclicos de orden primo.

2. G tiene una serie normal con factores cíclicos.

3. G tiene una serie normal con factores abelianos.

4. Existe un i ≥ 1 tal que G(i = 1.

Demostración. Es inmediato que 1⇒ 2⇒ 3. Veamos que 3⇒ 1: SeaG = H0 > · · ·Hs = 1 una serie normal con factores abelianos. Por elteorema de Jordan-Holder, esta serie se puede refinar a una seriede composición, cuyos factores serán cocientes de subgrupos dela serie dada y por tanto abelianos. Todo grupo simple abeliano escíclico de orden primo.

Supongamos que la serie derivada alcanza el uno. Entonces esuna serie con factores abelianos y ese es el enunciado 3. A la inver-sa, supongamos que G tiene la siguiente serie normal con factoresabelianos:

G = G0 > G1 > · · · > Gr = 1

Como G0/G1 es abeliano, el grupo G1 contiene al derivado de G0

que es G′. Por inducción supongamos que Gi ⊇ G(i. Como Gi/Gi+1

es abeliano se verifica que Gi+1 ⊇ G′i ⊇ (G(i)′ = G(i+1. Al final 1 =Gr ⊇ G(r y la serie derivada alcanza el 1.

Definición 2.3.3. Un grupo finito G se llama soluble si verifica laspropiedades del teorema 2.3.2

El nombre de grupo soluble proviene de una importante aplica-ción a la resolución de ecuaciones por radicales que veremos masadelante. La clase de los grupos solubles se comporta bien respectoa subgrupos y cocientes:

Proposición 2.3.4. 1. Todo subgrupo de un grupo soluble es so-luble.

2. Todo grupo cociente de un grupo soluble es soluble.

3. Sea N un subgrupo normal de G. Si N y G/N son solubles,también G es soluble.

Demostración. Sea H < G. Por inducción se ve que para todo i ≥ 0se verifica H(i < G(i. Si G es soluble existe un r tal que H(r < G(r = 1,luego H es soluble. Un argumento similar se aplica a los cocientes.


Supongamos que N es un subgrupo normal de G y que N y G/Nson grupos solubles. Existe un s tal que (G/N)(s = 1, luego G(s < N .Existe ahora un r tal que N (r = 1. Luego G(r+s < N (r = 1 y G essoluble.

Corolario 2.3.5. Todo producto finito de grupos solubles es soluble.

Para la clase de los grupos solubles es posible generalizar losteoremas de Sylow. Nos limitamos a dar el siguiente enunciadocuya demostración puede verse en Hall, Teoría de grupos, páginas152-154:

Teorema 2.3.6 (Hall). Sea G un grupo soluble de orden mk con m, knaturales tales que m. c. d.(m, k) = 1. Entonces:

1. G posee al menos un subgrupo de orden m.

2. Dos subgrupos cualesquiera de orden m son conjugados.

3. Cualquier subgrupo cuyo orden m′ divida a m está contenido enun subgrupo de orden m.

4. El número nm de subgrupos de orden m puede expresarse comoun producto de factores cada uno de los cuales es congruentecon 1 módulo algún factor primo de m y es una potencia de unprimo y divide a alguno de los factores principales de G.

La primera propiedad anterior caracteriza a los grupos solubles:

Teorema 2.3.7. Un grupo finito G es soluble si y sólo si para todadescomposición |G| = mk con m. c. d.(m, k) = 1 existe un subgrupoH < G de orden m.

Parte II

Extensiones de cuerpos

39

Capítulo 3

Extensiones de cuerpos

41

42 CAPÍTULO 3. EXTENSIONES DE CUERPOS

3.1. Generalidades

Definición 3.1.1. Una extensión de cuerpos F/K es un par de cuer-pos F , K tales que K es un subcuerpo de F .

El cuerpo K se llama cuerpo base y el cuerpo F se llama cuerpoextensión.

En toda extensión F/K el cuerpo F es un espacio vectorial sobreK de forma natural

Definición 3.1.2. Llamamos grado de la extensión F/K y repre-sentamos por [F : K] a la dimensión de F como espacio vectorialsobre K.

Definición 3.1.3. Dada una extensión F/K cualquier subcuerpoF1 de F que contenga a K se llama cuerpo intermedio

Definición 3.1.4. Una torre de cuerpos es una sucesión de sub-cuerpos:

Fn ⊃ Fn−1 ⊃ · · · ⊃ F0

La longitud de la torre es n (el número de inclusiones)

Definición 3.1.5. Una extensión F/K se llama finita si y sólo si[F : K] es finito. En otro caso se llama infinita

Proposición 3.1.6. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de inclusiones.

1. Sean {ui ∈ E | i ∈ I} un sistema de generadores de E co-mo espacio vectorial sobre F y {vj ∈ F | j ∈ J} un sistemade generadores de F como espacio vectorial sobre K. Entonces{uivj | (i, j) ∈ I × J} es un sistema de generadores de E comoespacio vectorial sobre K.

2. Sean {ui ∈ E | i ∈ I} linealmente independientes sobre F y{vj ∈ F | j ∈ J} linealmente independientes sobre K. Entonces{uivj | (i, j) ∈ I × J} son linealmente independientes sobre K.

3. Sean {ui ∈ E | i ∈ I} una base de E sobre F y {vj ∈ F | j ∈J}una base de F sobre K. Entonces {uivj | (i, j) ∈ I × J} es unabase de E sobre K.

Teorema 3.1.7 (Teorema del grado). Sea E ⊃ F ⊃ K una torre decuerpos. Entonces

[E : F ][F : K] = [E : K]

3.2. ELEMENTOS ALGEBRAICOS Y EXTENSIONES ALGEBRAICAS43

Corolario 3.1.8. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos. La extensiónE/K es finita si y sólo si las extensiones E/F y F/K son ambasfinitas.

Corolario 3.1.9. Sea Fn ⊃ Fn−1 ⊃ · · · ⊃ F0 una torre de longitud n.Entonces

[Fn : Fn−1] · · · [F1 : F0] = [Fn : F0]

Corolario 3.1.10. Sea F/K una extensión tal que [F : K] = p esprimo. Entonces no existe ningún cuerpo intermedio distinto de F oK.

3.2. Elementos algebraicos y extensionesalgebraicas

Lema 3.2.1. Para todo anillo A existe un único homomorfismo Z→ Aque se llama homomorfismo unital

Definición 3.2.2. La característica del anillo A es car(A) = n > 0 siel núcleo del homomorfismo unital es nZ 6= 0.

La característica del anillo A es car(A) = 0 si el núcleo del ho-momorfismo unital es 0 (es decir, si el homomorfismo unital esinyectivo).

Lema 3.2.3. Si A es un dominio de integridad, entonces o biencar(A) = 0 o bien car(A) = p es un primo.

Lema 3.2.4. car(A) = n si y sólo si n es el menor entero positivo talque para todo a ∈ A se verifica na = 0.

Lema 3.2.5. Sea A un anillo y sea {Bi | i ∈ I} una familia de subani-llos de A. Entonces B = ∩iBi es un subanillo de A.

Sea A un anillo y sea {Ki | i ∈ I} una familia de subcuerpos deA. Entonces K = ∩iKi es un subcuerpo de A.

Definición 3.2.6. Sea A un anillo. Llamamos anillo primo de A a laintersección de todos los subanillos de A.

Lema 3.2.7. El subanillo primo de un anillo A es isomorfo a Z sicar(A) = 0 y a Z/nZ si car(A) = n 6= 0.

Si A es un dominio de integridad y car(A) 6= 0, entonces p = car(A)es un primo.


Definición 3.2.8. Sea K un cuerpo. Llamamos subcuerpo primo deK a la intersección de todos los subcuerpos de K.

Lema 3.2.9. El subcuerpo primo de un cuerpo K es isomorfo a Qcuando car(K) = 0 y a Z/pZ cuando car(K) = p 6= 0

Definición 3.2.10. Sea F/K una extensión y sea S un subconjuntode F . Llamamos subanillo generado por S sobre K y representamospor K[S] a la intersección de todos los subanillos de F que contie-nen a K y a S.

Llamamos subcuerpo generado por S sobre K a la intersecciónde todos los subcuerpos de F que contengan a K y a S.

Lema 3.2.11. Sea F/K una extensión y sean S, T subconjuntos deF . Entonces K[S ∪ T ] = K[S][T ] = K[T ][S] y K(S ∪ T ) = K(S)(T ) =K(T )(S)

Cuando S = {u} consta de un único elemento, denotamos K[u]y K(u) en lugar de K[S] y K(S) respectivamente.

Cuando S = {u1, . . . , un} es un conjunto finito, el anillo K[S]lo denotamos como K[u1, . . . , un] y el cuerpo K(S) lo denotamosK(u1, . . . , un).

Definición 3.2.12. Dados los cuerpos L ⊃ E,F ⊃ K llamamoscompuesto de E y F al cuerpo EF = E(F ) = F (E).

Si E y F no son subcuerpos de algún otro cuerpo L, no definimosel compuesto.

Definición 3.2.13. Sea F/K una extensión y S un subconjunto deF . Diremos que S es un conjunto de generadores para F sobre K siF = K(S).

Definición 3.2.14. Una extensión F/K se llama finitamente gene-rada si existe un conjunto finito de generadores de F sobre K, esdecir, si F = K(u1, . . . , un) con u1, . . . , un ∈ F .

Definición 3.2.15. Una extensión F/K se llama simple si existe unelemento u ∈ F tal que F = K(u). El elemento u se llama elementoprimitivo para la extensión.

Sea F/K una extensión y u ∈ F un elemento arbitrario. Consi-deramos el anillo K[u]. Por la propiedad universal del anillo de po-linomios existe un único homomorfismo de anillos λ : K[X] → K[u]tal que ∀a ∈ K se verifica λ(a) = a y que λ(X) = u. Por el primer teo-rema de isomorfismo para anillos, K[u] ∼= K[X]/ ker(λ). Distingamosdos casos:

3.2. ELEMENTOS ALGEBRAICOS Y EXTENSIONES ALGEBRAICAS45

1. ker(λ) = 0 y λ es inyectivo. Entonces existe un isomorfismoK[X] ∼= K[u]. En este caso decimos que u es trascendente so-bre K. El cuerpo K(u) es el cuerpo de fracciones de K[u] y esisomorfo a K(X) (cuerpo de fracciones de K[X].

2. ker(λ) 6= 0. En este caso decimos que u es algebraico sobreK. Como K[X] es un dominio de ideales principales, el idealker(λ) es principal. Como el grupo de las unidades de K[X]es K× (grupo multiplicativo de K), existe un único polinomiomónico p(X) tal que ker(λ) = (p(X)). Este p(X) se llama poli-nomio mínimo de u sobre K y se representa por Irr(u,K). Elanillo K[u] ∼= K[X]/(p(X)) es un dominio de integridad (por sersubanillo del cuerpo F ), y por tanto el ideal (p(X)) es primo.Pero esto ocurre si y sólo si el polinomio p(X) es irreduciblesobre K. Naturalmente sobre un cuerpo mayor p(X) puede serreducible.

Proposición 3.2.16. Sea F/K una extensión de cuerpos y sea u ∈F un elemento algebraico sobre K con polinomio mínimo p(X) =Irr(u,K). Entonces

1. K(u) = K[u]

2. K[u] ∼= K[X]/(p(X))

3. [K(u) : K] es igual al grado de p(X)

4. {1, u, u2, . . . , un−1} es una base de K[u] sobre K.

5. Para un f ∈ K[X] se verifica que f(u) = 0 si y sólo si p | f .

El grado de Irr(u,K) (que es igual a [K[u] : K]) se llama grado deu sobre K.

Lema 3.2.17. Sea F ⊃ E ⊃ K y sea u ∈ F algebraico sobre K.Entonces u es algebraico sobre E y Irr(u,E) divide a Irr(u,K).

Definición 3.2.18. Una extensión F/K se llama algebraica si todoslos elementos de F son algebraicos sobre K.

Una extensión F/K se llama trascendente si existe algún ele-mento u ∈ F que es trascendente sobre K.

Sea ahora F/K una extensión arbitraria y sea {ui | i ∈ I} ⊂F un subconjunto no vacío arbitrario. Consideramos el anillo depolinomios A = K[Xi | i ∈ I] y el único homomorfismo σ : A → Fdado por σ(Xi) = ui para todo i ∈ I.


Definición 3.2.19. Los elementos {ui | i ∈ I} se llaman algebrai-camente independientes sobre K si el anterior homomorfismo σ esinyectivo. En caso contrario se llaman algebraicamente dependien-tes.

Definición 3.2.20. Una extensión F/K se llama puramente tras-cendente si F = K(S) donde S es un conjunto de elementos alge-braicamente independientes sobre K.

Lema 3.2.21. Sea F/K una extensión arbitraria y sea S un subcon-junto de F .

1. Para todo u ∈ K[S] existe un subconjunto finito {u1, . . . , un} ⊂ Stal que u ∈ K[u1, . . . , un].

2. Para todo u ∈ K(S) existe un subconjunto finito {u1, . . . , un} ⊂ Stal que u ∈ K(u1, . . . , un).

Lema 3.2.22. Sean L ⊃ E,F ⊃ K cuerpos tales que F = K(S).Entonces EF = E(S).

Corolario 3.2.23. Sean L ⊃ E,F ⊃ K. Entonces

[EF : K] ≤ [E : K][F : K]

Corolario 3.2.24. Sean L ⊃ E,F ⊃ K con n = [E : K] y m = [F : K]primos relativos. Entonces [EF : K] = [E : K][F : K]

Proposición 3.2.25. Sea F = K(u1, . . . , un) una extensión finitamen-te generada por elementos ui algebraicos. Entonces la extensión F/Kes finita.

Corolario 3.2.26. Sea F = K(S) con S ⊂ F arbitrario. Entonces F/Kes algebraica si y sólo si todo u ∈ S es algebraico sobre K.

Corolario 3.2.27. Una extensión F/K es finita si y sólo si es alge-braica y finitamente generada.

Corolario 3.2.28. Un elemento u ∈ F es algebraico sobre K si y sólosi existe un cuerpo intermedio E tal que E/K es finita y u ∈ E.

Corolario 3.2.29. Dada una torre de cuerpos E ⊃ F ⊃ K, la exten-sión E/K es algebraica si y sólo si las extensiones E/F y F/K sonambas algebraicas.

Corolario 3.2.30. Para una extensión arbitraria F/K el conjunto Ede elementos de F que son algebraicos sobreK forman un subcuerpode F .

El cuerpo E del corolario 3.2.30 se llama clausura algebraica(relativa) de K en F .

Capítulo 4

Cuerpos de descomposición

47

48 CAPÍTULO 4. CUERPOS DE DESCOMPOSICIÓN

El estudio de las extensiones de cuerpos se origina en la ne-cesidad de construir cuerpos que contengan al cuerpo base K endonde existan raíces de polinomios dados de K[X]. El ejemplo clá-sico es la construcción C = R(i) = R[X]/(X2 + 1). Vamos a ver que elmismo método es válido para cualquier polinomio.

4.1. Cuerpo de descomposición

Teorema 4.1.1 (Kronecker). Sea f un polinomio de grado positivosobre un cuerpo K. Entonces existe una extensión F/K y un u ∈ Ftal que f(u) = 0.

Demostración. Descomponemos f en factores ireducibles sobre K:f = f1 . . . fm. El cuerpo buscado es F = K[X]/(f1) y una raíz de f esu = X + (f1) ∈ F .

Sean Fi/Ki (i = 1, 2) dos extensiones de cuerpos y sean τ : F1 →F2 y σ : K1 → K2 dos homomorfismos tales que para todo a ∈ K1 severifica τ(a) = σ(a).

Definición 4.1.2. En las condiciones anteriores decimos que τ esuna extensión de σ.

Cuando σ = 1K : K → K decimos que τ es un homomorfismosobre K

Proposición 4.1.3. Sea σ : K1 → K2 un isomorfismo de cuerpos.Existe una única extensión a un isomorfismo σ : K1[X]→ K2[X] defi-nido por σ(X) = X

Demostración. Es una aplicación directa de la propiedad universaldel anillo de polinomios K1[X]. Obsérvese que gr(f) = gr(σ(f)) paratodo polinomio f ∈ K1[X].

Lema 4.1.4. En las condiciones de la proposición 4.1.3 sea f1 ∈K1[X] irreducible sobre K1. El polinomio f2 = σ(f1) es irreducible so-bre K2.

Demostración. Sea f1 = gh una descomposición del polinomio f1.Entonces f2 = σ(g)σ(h) es una descomposición de f2 y los grados delos factores correspondientes son iguales. Como σ es un isomorfis-mo, aplicando el mismo argumento para σ−1 obtenemos que f1 escompuesto si y sólo si f2 es compuesto.

4.1. CUERPO DE DESCOMPOSICIÓN 49

Proposición 4.1.5. En las condiciones de la proposición 4.1.3 seanFi/Ki con i = 1, 2 dos extensiones algebraicas, τ : F1 → F2 un homo-morfismo sobre σ y u ∈ F1 una raíz de f1. Entonces τ(u) es una raízde f2 = σ(f1).

Demostración. Un cálculo sencillo: Sea f1 = anXn + · · · + a1X + a0.

Entonces

f2(τ(u)) = σ(an)τ(u)n + · · ·+ σ(a1)τ(u) + σ(a0)

= τ(an)τ(u)n + · · ·+ τ(a1)τ(u)

= τ(anun + · · ·+ a1u+ a0)

= τ(0) = 0

Corolario 4.1.6. Sea F/K una extensión algebraica y σ : F → F unhomomorfismo sobre K. Entonces σ es un automorfismo.

Demostración. Sea u ∈ F arbitrario. Sea f = Irr(u,K) y sean u =u1, . . . , uk todas las raíces de f que hay en F (k ≤ gr(f)). Sea F1 =K(u1, . . . , uk) el subcuerpo de F generado por todas ellas. La exten-sión F1/K es finita, y para cualquier homomorfismo σ : F → F elelemento σ(ui) es una raíz de f , por tanto σ(ui) = uj. Luego σ serestringe a un homomorfismo σ1 : F1 → F1. Pero este es una aplica-ción K-lineal inyectiva. Como F1 es de dimensión finita sobre K, laaplicación σ1 es sobre y existe un v ∈ F1 ⊂ F tal que u = σ1(v) = σ(v).Luego σ es sobre.

Proposición 4.1.7. Con la notación de la proposición 4.1.5 sea f1irreducible y sea ui una raíz de fi en alguna extensión Fi de Ki

(i=1,2). Entonces existe un único isomorfismo τ : K1(u1) → K2(u2)sobre σ tal que τ(u1) = u2.

Demostración. El isomorfismo τ = ρ2σρ−11 buscado es el compuesto

de los tres isomorfismos siguientes:

K1(u)τ- K2(u)

K1[X]

(f1)

ρ1

6

σ-K2[X]

(f2)

ρ2

6


Los isomorfismos ρi : Ki[X]/(fi) ∼= Ki(ui) (i = 1, 2) son los esta-blecidos en la definición de elemento algebraico y vienen dados porX + (fi) 7→ ui. El isomorfismo σ es el inducido entre los cocientespor el σ dado en la proposición 4.1.3.

Proposición 4.1.8. Con la notación de la proposición 4.1.7 el núme-ro de extensiones τ : K1[u1]→ F2 sobre σ es igual al número de raícesdistintas de f2 en F2.

Demostración. Cualquiera de tales τ está totalmente determinadapor la imagen de u. Como f2(τ(u)) = τ(f1(u)) = 0, necesariamenteτ(u) es una raíz de f2. Por la proposición 4.1.7, para cada v raíz def2 en F2 existe un homomorfismo τ tal que τ(u) = v. En total existentantos homomorfismos como raíces de f2 hay en F2.

Definición 4.1.9. Un cuerpo extensión F ⊃ K se llama cuerpo dedescomposición de f sobre K si y sólo si existen u1, . . . , un ∈ F talesque f = (X − u1) · · · (X − un) y F = K(u1, . . . , un).

Proposición 4.1.10. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos tal que Ees un cuerpo de descomposición de un polinomio f sobre K. EntoncesE es también un cuerpo de descomposición de f sobre F .

Demostración. Los elementos u1, . . . , un raíces de f verifican

E = K(u1, . . . , un) ⊂ F (u1, . . . , un) ⊂ E

luego E = F (u1, . . . , un).

Teorema 4.1.11. Para todo polinomio f ∈ K[X] de grado n > 0existe un cuerpo de descomposición F de f sobre K y se verifica que[F : K] ≤ n!.

Demostración. Inducción sobre el grado de f . Si gr(f) = 1, el po-linomio es f = a1X + a0 y su única raíz es u1 = −a0/a1 ∈ K. Lue-go F = K es el cuerpo de descomposición de f sobre K. Además[F : K] = 1 = n! donde 1 = n = gr(f).

Sea ahora gr(f) > 1. Por el teorema de Kronecker existe un cuer-po K1 = K(u1) ⊃ K con f(u) = 0. Descomponemos f = (X − u1)f1y gr(f1) = gr(f) − 1 < gr(f). Por la hipótesis de inducción exis-te F = K1(u2, . . . , un) cuerpo de descomposición de f1 sobre K1.Luego f = (X − u1)(X − u2) . . . (X − un) y F = K(u1, u2, . . . , un) esun cuerpo de descomposición de f sobre K. Calculemos el grado:[F : K] = [F : K1][K1 : K] ≤ (n− 1)! · n = n!.

4.1. CUERPO DE DESCOMPOSICIÓN 51

Sea σ : K1∼= K2 un isomorfismo de cuerpos, sea f1 ∈ K1[X]

arbitrario y sea f2 = σ(f1).

Teorema 4.1.12. Sea Fi un cuerpo de descomposición de fi sobreKi. Entonces existe un isomorfismo τ : F1 → F2 que es una extensiónde σ.

Demostración. Por inducción sobre el grado de f1. Si gr(f1) = gr(f2) =1 se verifica que Fi = Ki (i = 1, 2) y τ = σ.

Sea ahora gr(fi) > 1 y supongamos el teorema cierto para poli-nomios de grado menor. Sean ui ∈ Fi raíces respectivas de fi talesque Irr(u2, K2) = σ(Irr(u1, K1)). Por la proposición 4.1.7 existe unisomorfismo σ1 : K1(u1) ∼= K2(u2) extensión de σ tal que σ1(u1) = u2.Descomponemos fi = (X − ui)gi (i = 1, 2). Cada Fi es el cuerpo dedescomposición de gi sobre Ki(ui). Por la hipótesis de inducciónexiste una extensión τ : F1

∼= F2 del isomorfismo σ1, que es tambiénuna extensión de σ.

Corolario 4.1.13. Dos cuerpos de descomposición de f ∈ K[X] so-bre K son isomorfos.

Demostración. Aplicar la proposición anterior al isomorfismo iden-tidad σ = 1K.

Ejemplo 4.1.14. Sea f = X2 +aX+ b ∈ K[X] con K arbitrario. Si f esreducible sobre K el cuerpo de descomposición de f es el mismo K.Si f es irreducible llamamos F = K[X]/(f) = K(u) donde u = X+(f).Entonces f = (X − u)(X + (u + a)), el cuerpo de descomposición def sobre K es F y [F : K] = 2.

Ejemplo 4.1.15. Sea f = (X2 − 2)(X2 − 3) ∈ Q[X]. El cuerpo de des-composición será F = Q(

√2,√

3) y su grado sobre Q es 4.

Ejemplo 4.1.16. Sea f = X3 + X + 1 ∈ Z2[X]. Como f(0) 6= 0 6= f(1),el polinomio f no tiene raíces en Z2 y por tanto es irreducible enZ2[X]. Sea u = X + (f) ∈ Z2[X]/(f) = F . Un poco de cálculo muestraque u2 y u4 = u2 + u también son raíces de f y que f = (X − u)(X −u2)(X − (u + u2)). Luego f descompone en factores lineales en F ypor tanto F = Z2(u) es el cuerpo de descomposición de f sobre Z2.

Ejemplo 4.1.17. Sea f = X4 + 1 ∈ Q[X]. Sea u una raíz de f . Lasotras raíces son −u, u−1 y −u−1 que son todas distintas. Así queQ(u,−u, u−1,−u−1) = Q(u) es el cuerpo de descomposición de f sobreQ. Igual sucede sobre Zp cuando p 6= 2. Sobre Z2 tenemos f = (X +1)4.


Ejemplo 4.1.18. Sea f = X4 + 4 ∈ Q[X]. En este caso el polinomiof es reducible: f = (X2 + 2X + 2)(X2 − 2X + 2). Las raíces de f son±1±

√−1, así que el cuerpo de descomposición es Q(i).

Ejemplo 4.1.19. Sea f = X3 − 2 ∈ Q[X]. Sea u = 3√

3 ∈ R y seaω = (−1 +

√−3)/2 ∈ C la raíz cúbica de la unidad. Entonces las

raíces de f son u, ωu y ω2u, y el cuerpo de descomposición de fsobre Q es Q(u, ω).

Ejemplo 4.1.20. Sea f = Xp−1 ∈ Q[X] con p primo. Sabemos que f =(X−1)Φp y que Φp = Xp−1+ · · ·+X+1 es irreducible sobre Q. Sea u =X + (Φp) ∈ Q[X]/(Φp) = F . Sabemos que los p elementos 1, u, . . . , up−1

forman una base de F sobre Q y por tanto son distintos. Por otraparte f(uk) = (uk)p − 1 = (up)k − 1 = 0 para k = 0, . . . p − 1 y tenemosp raíces de f en F . Luego f = (X − 1)(X − u) . . . (X − up−1) y F esel cuerpo de descomposición de f sobre Q (luego también F es elcuerpo de descomposición de Φp sobre Q).

Ejemplo 4.1.21. Sea f = Xp − 2 con p primo. Sea u = p√

2 y seaζ = e2πi/p. Las raíces de f en C son u, ζu, . . . , ζp−1u y el cuerpo dedescomposición de f sobre Q es E = Q(u, ζu, . . . , ζup−1) = Q(u, ζ).Como [Q(u) : Q] = p y [Q(ζ) : Q] = p− 1 son primos relativos, obtene-mos que [E : Q] = p(p− 1).

Ejemplo 4.1.22. Sea ahora f = Xp − t ∈ K = Zp(t) donde t es unaindeterminada. Por el criterio de Eisenstein f es irreducible sobreK. Sea F = K(u) el cuerpo obtenido adjuntando a K una raíz def . Como car(F ) = p el polinomio f descompone como f = (X − u)p

y por tanto F es el cuerpo de descomposición de f sobre K. Igualocurre para el polinomio Xpk − t ∈ Zp(t).

Definición 4.1.23. Sea F ⊂ K[X] cualquier conjunto de polinomiosno constantes. Una extensión E/K se llama cuerpo de descomposi-ción de F sobre K si para todo polinomio f ∈ F existen u1, . . . , un ∈ Etales que f = (X − u1) · · · (X − un) y además E = K(S) donde

S = {u ∈ F | ∃f ∈ F f(u) = 0}

Teorema 4.1.24. Para todo conjunto de polinomios no constantesF ⊂ K[X] existe un cuerpo de descomposición sobre K.

Demostración. Sea F = {fλ | λ ∈ Λ} el conjunto de polinomiosdados. Si Λ es finito, sea f =

∏λ fλ. Por el teorema 4.1.11 existe

un cuerpo de descomposición F de f sobre K, que es también elcuerpo de descomposición de F sobre K.

4.2. CLAUSURA ALGEBRAICA 53

Sea ahora Λ infinito. Para cada subconjunto finito J ⊂ Λ sea FJun cuerpo de descomposición de J = {fλ | λ ∈ J} sobre K. Usandoun argumento de sustitución de conjuntos podemos tomarlos demanera que si I ⊂ J se verifique FI ⊂ FJ . El conjunto S = {EJ |J ⊂ Λ, J finito} está ordenado por inclusión y es dirigido (es decir,para cualquier par FI , FJ ∈ S existe una extensión común FI∪J ∈ S).Sea F = ∪J∈SFJ . Definimos una suma y un producto en F de lasiguiente manera: Para cualesquiera u, v ∈ F existe un J ∈ S talque u, v ∈ FJ . Entonces la suma u + v y el producto uv en F son lasuma y el producto en FJ . Es rutina comprobar que F es un cuerpode descomposición de F sobre K.

Proposición 4.1.25. Sean F1, F2 dos cuerpos de descomposición so-bre K de la misma familia de polinomios F. Entonces existe un iso-morfismo σ : F1

∼= F2 sobre K.

Demostración. Si F es finito esta proposición es un caso particulardel corolario 4.1.13.

Sea ahora F arbitrario. Formamos el conjunto

E = {(E, τ) | F1 ⊃ E ⊃ K, τ es una extensión de σ }

Por el corolario 4.1.13 los E ⊃ K tales que E/K es finita pertene-cen todos a E. Ordenamos el conjunto E de la siguiente manera:(E1, τ1) � (E2, τ2) si y sólo si E1 ⊂ E2 y τ1 = τ2|E1. Es rutina com-probar que esta es una ordenación inductiva sobre E. Sea (F, σ)un elemento maximal. Si F $ F1, por la proposición 4.1.7 existeun σ′ : F ′ → F2 extensión de σ con F $ F ′, en contra del caráctermaximal de (F, σ).

Finalmente, todo f ∈ F descompone en factores lineales en F1

y las raíces de todos estos polinomios se aplican mediante σ sobrelas raíces de todos los f ∈ F en F2. Pero estas últimas generan F2

sobre K, luego σ es sobre.

4.2. Clausura algebraica

Proposición 4.2.1. SeaK un cuerpo. Los siguientes enunciados sonequivalentes:

1. Todo polinomio no constante f ∈ K[X] tiene una raíz en K.

2. Para todo f ∈ K[X] de grado n > 1 existen u1, . . . , un ∈ K talesque f = an(X − u1) · · · (X − un).


3. Un polinomio f ∈ K[X] es irreducible si y sólo si gr(f) = 1.

4. Toda extensión algebraica de K es trivial.

Demostración. 1⇒ 2 Por inducción sobre el grado de f . Si gr(f) = 1tenemos que f = a1X + a0 = a1(X − u1) con u1 = −a0/a1 ∈ K.Sea ahora n = gr(f) > 1. Por la hipótesis existe un ∈ K tal quef(un) = 0. Dividimos f por X − un y obtenemos f = f1 · (X − un)donde f1 = anX

n−1 + . . . Por la hipótesis de inducción existenu1, . . . , un−1 ∈ K tales que f1 = an(X − u1) . . . (X − un−1). Luegof = an(X − u1) . . . (X − un).

2⇒ 3 Sea f ∈ K[X] irreducible. No es constante, luego f = an(X −u1) . . . (X−un) con ui ∈ K. Como K[X] es un dominio factorial, fdivide a uno de los factores de la derecha. Comparando gradosobtenemos que gr(f) = 1.

3⇒ 4 Sea E/K algebraica y u ∈ E arbitrario. Sea f = Irr(u,K). Elpolinomio f es irreducible, luego gr(f) = 1 y f = X − u ∈ K[X].Por tanto u ∈ K y E = K.

4⇒ 1 Sea f ∈ K[X] no constante. Por el teorema de Kronecker exis-te una extensión algebraica E/K y un elemento u ∈ E tal quef(u) = 0. Pero la hipótesis dice que E = K y por tanto u ∈ E.

Definición 4.2.2. Un cuerpo verificando las propiedades de la pro-posición 4.2.1 se llama algebraicamente cerrado

Proposición 4.2.3. Todo cuerpo algebraicamente cerrado es infini-to.

Demostración. Sea K = {a1, . . . , am} un cuerpo finito. Formamos elpolinomio f = (X − a1) . . . (X − am) + 1. Para todo a ∈ K se verificaque f(a) = 1 6= 0, luego f no tiene raíces en K, de donde K no esalgebraicamente cerrado.

Proposición 4.2.4. Sea E/K una extensión arbitraria con E alge-braicamente cerrado. Entonces el conjunto de elementos de E queson algebraicos sobre K forman un cuerpo algebraicamente cerrado.

Demostración. Sea F el conjunto de elementos de E que son alge-braicos sobre K. Ya hemos visto que F es un cuerpo (que se llamaclausura algebraica (relativa) de K en E). Veamos que es algebrai-camente cerrado: Sea f ∈ F [X] ⊂ E[X] no constante arbitrario. Por

4.2. CLAUSURA ALGEBRAICA 55

ser E algebraicamente cerrado, existe un u ∈ E tal que f(u) = 0. En-tonces u es algebraico sobre F y por tanto también sobre K. Luegou ∈ F .

Definición 4.2.5. Decimos que un cuerpo E es una clausura alge-braica (absoluta) de K si E/K es una extensión algebraica y E esalgebraicamente cerrado.

Proposición 4.2.6. Para una extensión E/K las siguientes propie-dades son equivalentes:

1. E es una clausura algebraica de K.

2. La extensión E/K es algebraica y todo polinomio no constantef ∈ K[X] descompone en factores lineales en E[X].

3. E es el cuerpo de descomposición sobre K del conjunto de poli-nomios F = {f ∈ K[X] | gr(f) > 0}.

4. La extensión E/K es algebraica y todo polinomio no constantef ∈ K[X] tiene una raíz en E.

Demostración. 1⇒ 2 Por la proposición 4.2.1 para todo polinomiof ∈ F ⊂ E[X] existen u1, . . . , un ∈ E tales que f = an(X −u1) . . . (X − un).

2⇒ 3 Sea S = {u ∈ E | ∃f ∈ F f(u) = 0}. Como E/K es algebraica, Ses el conjunto de elementos no nulos de E, y K(S) = E. LuegoE es el cuerpo de descomposición de F sobre K.

3⇒ 1 Sea g ∈ E[X] no constante y sea F = E(u) un cuerpo exten-sión de F tal que g(u) = 0. El elemento u es algebraico sobreE y E/K es una extensión algebraica, luego u es algebraicosobre K. Sea f = Irr(u,K). Por la hipótesis existen elementosu1, . . . , un ∈ E tales que f = (X − u1) . . . (X − un). Como f(u) = 0existe un i tal que u = ui y por tanto u ∈ E.

La equivalencia con la condición 4 se verá mas adelante.

Proposición 4.2.7. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos con F/Kalgebraica. Entonces E es una clausura algebraica de F si y sólo siE es una clausura algebraica de K.

Demostración. El cuerpo E es una clausura algebraica de F si ysólo si es algebraicamente cerrada y la extensión E/F es algebrai-ca. Esto último ocurre si y sólo si E/K es algebraica, de donde elresultado.


Teorema 4.2.8 (Steinitz). Para todo cuerpo K existe una clausuraalgebraica K.

Demostración. Por el teorema 4.1.24 existe un cuerpo de descom-posición para F = {f ∈ K[X] | gr(f) > 0}. Por 4.2.6 es una clausuraalgebraica de K.

Teorema 4.2.9. Dos clausuras algebraicas E1, E2 del mismo cuerpoK son isomorfas sobre K.

Demostración. Por 4.2.6 E1 y E2 son cuerpos de descomposición dela familia F = {f ∈ K[X] | gr(f) > 0}. Por 4.1.25 son isomorfossobre K.

Teorema 4.2.10. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos con E/Kalgebraica y sea K una clausura algebraica de K. Entonces todohomomorfismo σ : F → K sobre K tiene una extensión τ : E → K.

Demostración. Por inducción transfinita. Sea

S = {(Ei, σi) | F ⊂ Ei ⊂ E, σi : Ei → K y σi|F = σ}

El conjunto S no es vacío y está inductivamente ordenado por in-clusión. Por el lema de Zorn existe un maximal (E1, σ1). Si E1 ( E,existe u ∈ E, u /∈ E1. Sea f = Irr(u,K) y sea v ∈ K una raíz de f . Por4.1.7 existe un σ2 : E1(u)→ K extensión de σ1 tal que σ1(u) = v, y elpar (E1(u), σ2) contiene propiamente a (E1, σ1) en contra del carác-ter maximal de éste último. Luego E1 = E y τ = σ1 es la extensiónbuscada.

Proposición 4.2.11. Sea K un cuerpo y sea K su clausura alge-braica.

1. Si K es finito , entonces la clausura K es infinito numerable.

2. Si K es infinito, entonces la clausura algebraica K tiene el mis-mo cardinal que K.

Demostración. Para cualquier cuerpo K sea Mn = {f ∈ K[X] |gr(f) = n f mónico }. El conjunto Mn está en biyección con Kn.El anillo K[X] es la unión disjunta de la familia numerable de to-dos los Mn, luego el cardinal de K[X] es la suma de los cardinales|Mn| = |K|n. Si K es infinito, |K|n = |K| y |K[X]| = |K|. Si |K| es finitotambién lo es |K|n y |K[X]| es numerable.

El conjunto K es la unión del cero y de las raíces de todos lospolinomios de la familia F = {f ∈ K[X] | gr(f) > 0}. El número deceros de cada polinomio f es finito, luego |K| = |K[X]|.

Capítulo 5

Extensiones normales yseparables

57

58 CAPÍTULO 5. EXTENSIONES NORMALES Y SEPARABLES

5.1. Elementos conjugados y extensionesconjugadas.

Sea K un cuerpo base fijo y sea K una clausura algebraica deK también fija. Todos los elementos y todas los cuerpos extensiónque vamos a considerar están en K.

Proposición 5.1.1. Sean u, v ∈ K. Los siguientes enunciados sonequivalentes:

1. Irr(u,K) = Irr(v,K)

2. Existe un isomorfismo τ : K(u)→ K(v) tal que τ(u) = v

3. Existe un homomorfismo σ1 : K(u)→ K tal que σ(u) = v

4. Existe un automorfismo σ : K → K tal que σ(u) = v.

Definición 5.1.2. Dos elementos u, v ∈ K se llaman conjugadossobre K si verifican las propiedades enunciadas en 5.1.1.

Proposición 5.1.3. Sean F1/K y F2/K dos extensiones algebraicas.Los siguientes enunciados son equivalentes:

1. Existe un isomorfismo σ : F1 → F2 sobre K.

2. Existe un homoomorfismo σ1 : F1 → K sobre K tal que σ1(F1) =F2.

3. Existe un isomorfismo σ2 : K → K sobre K tal que σ2(F1) = F2).

Definición 5.1.4. Dos extensiones F1/K, F2/K se llaman conjuga-das si verifican las propiedades enunciadas en 5.1.3

5.2. Extensiones normales

Teorema 5.2.1. Sea F/K una extensión algebraica, con F subcuer-po de K. Los siguientes enunciados son equivalentes:

1. Para todo σ : F → K sobre K, σ(F ) = F

2. Todo polinomio irreducible de K[X] que tiene una raíz en F des-compone en factores lineales en F [X].

5.2. EXTENSIONES NORMALES 59

3. F es el cuerpo de descomposición sobre K de una familia depolinomios de K[X].

Definición 5.2.2. Una extensión F/K se llama normal si verificalas propiedades del teorema 5.2.1

Proposición 5.2.3. Propiedades de las extensiones normales:

1. Sea E/K una extensión normal y sea F/K una extensión alge-braica arbitraria. Entonces la extensión EF/F es normal

2. Sea K ⊂ F ⊂ E una torre de de cuerpos con E/K normal. En-tonces E/F es una extensión normal.

3. Sean F1/K y F2/K dos extensiones normales. Entonces F1F2/Kes una extensión normal.

4. Sea Fλ/K, λ ∈ Λ una familia arbitraria de extensiones normalesy sea E = ∩λFλ. Entonces la extensión E/K es normal.

Definición 5.2.4. Sea F/k una extensión algebraica arbitraria. Lla-mamos clausura normal de F/K a la extensión E/K donde

E = ∩{F1 | F1 ⊃ F y F1/K es normal}

Teorema 5.2.5. Para toda extensión algebraica F/K existe una clau-sura normal E/K.

Teorema 5.2.6. Sean E1/K y E2/K dos clausuras normales de laextensión F/K. Entonces existe un isomorfismo E1

∼= E2 sobre F .

Proposición 5.2.7. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos tal que laextensión E/K es normal. Entonces todo homomorfismo τ : F → Ese extiende a un automorfismo σ : E → E

Proposición 5.2.8. Sea F = K(u1, . . . , un) una extensión finita y seafi = Irr(ui, K) para i = 1, . . . , n. Entonces la clausura normal es E/Kdonde E es el cuerpo de descomposición de f = f1 · · · f2 sobre K.

Corolario 5.2.9. Sea F/K una extensión finita de grado n = [F : K]y sea E/K su clausura normal. Entonces E/K es finita.

Definición 5.2.10. Sea f ∈ K[X] un polinomio irreducible. Deci-mos que f es un polinomio normal sobre K si para toda extensiónalgebraica F/K tal que en F exista una raíz de f , el polinomio fdescompone como un producto de factores lineales.


Proposición 5.2.11. Sea f un polinomio irreducible en K[X]. Lossiguientes enunciados son equivalentes:

1. El polinomio f es normal sobre K.

2. El cuerpo de descomposición de f sobre K es K(u), donde u esuna raíz de f .

3. Todas las raíces de f se expresan como polinomios en una cual-quiera de ellas.

5.3. Extensiones separables

Definición 5.3.1. Un elemento algebraico u sobre un cuerpo K sellama separable si Irr(u,K) no tiene raíces múltiples

Definición 5.3.2. Una extensión algebraica F/K se llama separa-ble si todo elemento de F es separable sobre K.

Proposición 5.3.3. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos tal queE/K es una extensión separable. Entonces E/F y F/K son extensio-nes separables.

Sea una torre de cuerpos

K ⊃ F ⊃ K

donde K es una clausura algebraica de K.

Definición 5.3.4. Llamamos grado separable de F sobre K al car-dinal del conjunto de homomorfismos de F en K sobre K:

[F : K]s = |{σ : F → K sobre K }|

Proposición 5.3.5. Sea una torre de cuerpos

K ⊃ E ⊃ F ⊃ K

donde K es una clausura algebraica de K. Entonces

[E : K]s = [E : F ]s[F : K]s

Proposición 5.3.6. Sea F/K una extensión finita. Entonces [F : K]sdivide a [F : K] y por tanto [F : K]s ≤ [F : K]

5.3. EXTENSIONES SEPARABLES 61

Proposición 5.3.7. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos con E/Kfinita. Entonces [E : K]s = [E : K] si y sólo si [E : F ]s = [E : F ] y[F : K]s = [F : K].

Proposición 5.3.8. Sea E/K una extensión finita. La extensión E/Kes separable si y sólo si [E : K]s = [E : K].

Proposición 5.3.9. Sea F/K una extensión algebraica y S ⊂ F talque F = K(S). Entonces la extensión F/K es separable si y sólo sitodo elemento de S es separable sobre K.

Proposición 5.3.10. 1. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos conE/K algebraica. La extensión E/K es separable si y sólo si lasextensiones E/F y F/K son separables.

2. Sean E/K una extensión algebraica separable y F/K una ex-tensión arbitraria. Entonces EF/F es separable.

3. Sean E/K y F/K dos extensiones algebraicas separables. En-tonces EF/K es separable.

Corolario 5.3.11. Sea F/K una extensión separable y E/K su clau-sura normal. Entonces E/K es separable.

Definición 5.3.12. El conjunto de todos los elementos de K sepa-rables sobre K forman un subcuerpo de K que se llama clausuraseparable de K y se denota por Ksep.

Teorema 5.3.13 (Teorema del elemento primitivo). Sea F/K unaextensión finita. La extensión es simple si y sólo si el conjunto decuerpos intermedios {E | F ⊃ E ⊃ K} es finito.

Si la extensión F/K es finita y separable, entonces es simple.

Definición 5.3.14. Sea K un cuerpo de característica p. El homo-morfismo φ : K → K definido por φ(u) = up se llama endomorfismode Frobenius del cuerpo K.

Teorema 5.3.15. Para un cuerpo K las siguientes propiedades sonequivalentes:

1. Todo polinomio f ∈ K[X] irreducible tiene sólo raíces simples.

2. Toda extensión E/K algebraica es separable.

3. Toda extensión E/K finita es separable.


4. car(K) = 0 ó car(K) = p y el endomorfismo de Frobenius essobre.

Definición 5.3.16. Un cuerpo K se llama perfecto si tiene las pro-piedades del teorema 5.3.15.

Proposición 5.3.17. 1. Todo cuerpo de característica cero es per-fecto.

2. Todo cuerpo finito es perfecto.

3. Todo cuerpo algebraicamente cerrado es perfecto.

5.4. Derivada y raíces múltiples

Definición 5.4.1. Sea f ∈ F [X] un polinomio y u ∈ F . Decimos queu es una raíz de f de multiplicidad k si f = (X − u)kf1 con f1(u) 6= 0.

El elemento u es una raíz simple si k = 1 y es una raíz múltiplesi k > 1.

Definición 5.4.2. Para todo polinomio f =∑n

i=0 aiXi = anX

n + · · ·+a1X + a0 definimos la derivada de f como

f ′ =n∑i=1

ianXi−1 = nanX

n−1 + · · ·+ a1

Proposición 5.4.3. La derivada verifica las siguientes propiedades:

1. Para todo par de polinomios f, g se verifica (f + g)′ = f ′ + g′

2. Para todo par de polinomios f, g se verifica (f · g)′ = f ′ · g + f · g′

3. (fm)′ = mfm−1 · f ′

Proposición 5.4.4. Las raíces de f son simples si y sólo si m. c. d.(f, f ′) =1

Corolario 5.4.5. Sea f irreducible y f ′ 6= 0. Entonces las raíces de fson simples

Corolario 5.4.6. 1. Sea car(K) = 0 y f irreducible sobre K. En-tonces las raíces de f son simples.

2. Sea car(K) = p > 0. El polinomio f irreducible tiene raíces mul-tiples si y sólo si f(X) = g(Xp)

Definición 5.4.7. Un polinomio f ∈ K[X] se llama separable sobreK si sus factores irreducibles tienen sólo raíces simples.

Parte III

Teoría de Galois finita

63

Capítulo 6

Teoría de Galois finita

65

66 CAPÍTULO 6. TEORÍA DE GALOIS FINITA

6.1. Grupos de automorfismos

Sea S un conjunto y F un cuerpo. Sea Fun(S, F ) = {f : S →F} el conjunto de todas las aplicaciones de S en F . Definimos enFun(S, F ) una suma y un producto escalar por componentes: (f1 +f2)(s) = f1(s) + f2(s) y (af)(s) = a · f(s) para todo s ∈ S y todo a ∈ F .

Lema 6.1.1. El conjunto Fun(S, F ) con la suma y productos reciéndefinidos es un espacio vectorial sobre F de dimensión |S|.

Demostración. Ocho comprobaciones rutinarias.

Sea ahora G un grupo sean y sean σ1, . . . , σn : G → F× n homo-morfismos distintos de G en el grupo multiplicativo de F .

Proposición 6.1.2. Los homomorfismos σ1, . . . , σn son linealmenteindependientes sobre F .

Demostración. Un único homomorfismo es linealmente indepen-diente sobre F .

Supongamos que los homomorfismos dados son linealmente de-pendientes sobre F . Sea σ1, . . . , σs un subconjunto linealmente de-pendiente de longitud mínima, de manera que existen a1, . . . , as ∈F× con a1σ1 + · · · + asσs = 0. Despejando el último homomorfismotenemos que σs = b1σ1 + · · ·+ bs−1σs−1 donde bi = ai/as ∈ F×. Es decir,que para cualquier x ∈ G se verifica

σs(x) = b1σ1(x) + · · ·+ bs−1σs−1(x)

Sea y ∈ G tal que σ1(y) 6= σs(y). Sustituyendo yx en lugar de x enla expresión anterior tenemos que para todo x ∈ G se verifica

σs(y)σs(x) = b1σ1(y)σ1(x) + · · ·+ bs−1σs−1(y)σs−1(x)

Por otra parte, multiplicando la primera relación por σs(y) tenemosque para todo x ∈ G se verifica

σs(y)σs(x) = b1σs(y)σ1(x) + · · ·+ bs−1σs(y)σs−1(x)

Restando ambas relaciones obtenemos que para todo x ∈ G severifica

0 = b1(σ1(y)− σs(y))σ1(x) + · · ·+ bs−1(σs−1(y)− σs(y))σs−1(x)

6.1. GRUPOS DE AUTOMORFISMOS 67

de donde

0 = b1(σ1(y)− σs(y))σ1 + · · ·+ bs−1(σs−1(y)− σs(y))σs−1

que es una relación lineal no trivial (el primer coeficiente no escero) de longitud estrictamente menor que la dada, contradicción.

Corolario 6.1.3 (Lema de Dedekind). Sean σ1, . . . , σn : F1 → F2 nhomomorfismos de cuerpos distintos. Entonces son linealmente in-dependientes sobre F2.

Corolario 6.1.4. Si [F1 : K] = n, existen como máximo n homomor-fismos distintos F1 → F2 sobre K.

Demostración. Sean {u1, . . . , un} una base de F1 sobre K. Si existenn + 1 homomorfismos distintos σi : F1 → F2 sobre K, el sistema deecuaciones lineales homogéneas

X1σ1(uj) + · · ·+Xn+1σn+1(uj) = 0 j = 1, . . . n

tiene una solución no trivial c1, . . . cn+1 ∈ F2. Todo elemento u ∈ F1

se expresa como u = a1u1 + · · ·+ anun y por tanto

(c1σ1 + · · ·+ cn+1σn+1)(u) = c1σ1(u) + · · ·+ cn+1σn+1(u) = 0

para todo u ∈ F1. Luego los homomorfismos σi son linealmentedependientes sobre F2, contradicción.

Definición 6.1.5. Para toda extensión finita F/K llamamos grupode la extensión al grupo

G(F/K) = {σ ∈ Aut(F ) | ∀u ∈ F σ(u) = u}

Corolario 6.1.6. Para toda extensión finita F/K se verifica |G(F/K)| ≤[F : K]

Sea E un cuerpo arbitrario y sea G < Aut(E) un subgrupo delgrupo de automorfismos de E. Llamamos EG = {u ∈ G | ∀σ ∈G σ(u) = u}.

Lema 6.1.7. EG es un subcuerpo de E que se llama cuerpo fijo deG.

Demostración. Comprobaciones rutinarias.


Teorema 6.1.8 (Teorema de Artin). Sea G un subgrupo finito deAut(E). Entonces [E : EG] = |G|.

Demostración. Ya sabemos que n = |G| ≤ [E : EG]. Supongamosque la desigualdad sea estricta. Sea G = {σj | j = 1, . . . n} y seanu1, . . . , un+1 ∈ E linealmente independientes sobre EG. Formamos elsistema de ecuaciones lineales homogéneas

X1σj(u1) + · · ·+Xn+1σj(un+1) = 0 j = 1, . . . , n

que tiene solución no trivial. Sea a1, . . . , an+1 ∈ E una solución conel número mínimo de elementos no nulos. Sea a1 6= 0. Despejamos

σj(u1) = b2σj(u2) + · · ·+ bnσj(un+1) j = 1, . . . , n

Para σj = 1E (el elemento unidad de G), nos queda u1 = b2u2 +. . . bn+1un+1. Los ui son linealmente independientes sobre EG, luegoalguno de los coeficientes bi no está en EG.

Sea b2 /∈ EG, luego existe un τ ∈ G tal que τ(b2) 6= b2. Tenemosque {τσj | σj ∈ G} = G, luego aplicando τ a las igualdades anteriorestenemos que

σj(u1) = τ(b2)σj(u2) + · · ·+ τ(bn)σj(un+1) j = 1, . . . , n

Restando ambos sistemas obtenemos una solución del sistema ori-ginal no trivial (porque b2 − τ(b2) 6= 0) de longitud estrictamente me-nor (el coeficiente correspondiente a u1 vale 0), contradicción

Definición 6.1.9. Una extensión finita E/K se llama extensión deGalois si existe un grupo G < AutE tal que EG = K. En este caso,el grupo G se representa pos Gal(E/K) y se llama grupo de Galoisde la extensión E/K

Proposición 6.1.10. Una extensión finita E/K es de Galois si y sólosi es normal y separable.

Corolario 6.1.11. Sea F/K una extensión separable finita y seaE/K su clausura normal. Entonces E/K es una extensión finita deGalois.

Demostración. Sea E/K una extensión de Galois. Entonces K = EG

para algún grupo G. Cada automorfismo σ ∈ G se extiende a unhomomorfismo σ′ : E → K, luego [E : K]S ≥ |G| = [E : K] ≥ [E : K]s.

6.2. CORRESPONDENCIA DE GALOIS, CASO FINITO 69

Por tanto [E : K]s = [E : K] y la extensión es separable. El númerototal de homomorfismos τ : E → K es [E : K]s = |G|, luego para todoτ , τ(E) = E y la extensión E/K es normal.

A la inversa, sea E/K una extensión normal y separable. Existenn = [E : K]s = [E : K] homomorfismos τ : E → K sobre K, y paratodos ellos τ(E) = E. Luego G = G(E/K) tiene orden n. Tenemos latorre de cuerpos E ⊃ EG ⊃ K, y por el teorema de Artin, [E : EG] =n = [E : K]. Luego [EG : K] = 1 y por tanto EG = K y la extensiónE/K es de Galois.

6.2. Correspondencia de Galois, caso fini-to

Sea E/K una extensión finita de Galois con grupo G = Gal(E/K).Definimos dos aplicaciones entre el conjunto S(G) de subgrupos deG y el conjunto F(E/K) de cuerpos intermedios de E/K de la si-guiente manera: A cada subgrupo H < G le hacemos correspondersu cuerpo fijo

EH = H∗ = {u ∈ E | ∀σ ∈ H σ(u) = u}

y a cada cuerpo intermedio F entre E y K le hacemos corresponderel grupo de Galois de la extensión E/F :

GF = F ∗ = Gal(E/F ) = {σ ∈ G | ∀u ∈ F σ(u) = u}

Proposición 6.2.1. Sean F, F1, F2 cuerpos intermedios de E/K yH,H1, H2 subgrupos de G = Gal(E/K). Entonces:

1. F1 ⊂ F2 ⇒ F ∗1 ⊃ F ∗2 ; H1 ⊂ H2 ⇒ H∗1 ⊃ H∗2

2. F ⊂ F ∗∗; H < H∗∗

3. F ∗ = F ∗∗∗; H∗ = H∗∗∗

Demostración. 1. Sea F1 ⊂ F2 y sea u ∈ F1 arbitrario. Para todoσ ∈ F ∗2 se verifica σ(u) = u. Luego σ ∈ F ∗1 . Como esto es ciertopara todo σ ∈ F ∗2 , tenemos que F ∗2 ⊂ F ∗1 .

A la inversa, sea H1 ⊂ H2 y sea σ ∈ H1 arbitrario. Para todou ∈ H∗2 se verifica σ(u) = u, luego u ∈ H+

1 . Como esto es ciertopara todo u ∈ H+

2 , tenemos que H∗2 ⊂ H∗1 .


2. Para todo u ∈ F y todo σ ∈ F ∗ se verifica que σ(u) = u. Luegou ∈ F ∗∗ y por tanto F ⊂ F ∗∗.

Para todo σ ∈ H y todo u ∈ H∗ se verifica que σ(u) = u. Luegoσ ∈ H∗∗ y por tanto H ⊂ H∗∗.

3. Por el apartado anterior, F ∗ ⊂ (F ∗)∗∗ = F ∗∗∗ y H∗ ⊂ (H∗)∗∗ =H∗∗∗.

Como F ⊂ F ∗∗, por el primer apartado F ∗ ⊃ (F ∗∗)∗ = F ∗∗∗.

Como H ⊂ H∗∗, por el primer apartado H∗ ⊃ (H∗∗)∗ = H∗∗∗.

Definición 6.2.2. El par de aplicaciones F 7→ F ∗ y H 7→ H∗ se llamacorrespondencia de Galois para la extensión E/K.

Teorema 6.2.3 (Teorema fundamental). Sea E/K una extensión deGalois finita con grupo G = Gal(E/K).

1. La correspondencia de Galois establece una biyección F(E/K) ∼=S(G) dada por F = H∗ ↔ H = F ∗

2. En esa biyección F1 ⊂ F2 si y sólo si H1 ⊃ H2.

3. Dicha biyección es un antiisomorfismo de retículos: (F1 ·F2)∗ =

F ∗1 ∩ F ∗2 y (F1 ∩ F2)∗ = F ∗1 ∨ F ∗2 .

4. Las extensiones F1/K y F2/K son conjugadas si y sólo si lossubgrupos F ∗1 y F ∗2 son conjugados en G.

5. La extensión F/K es normal si y sólo si F ∗ es un subgruponormal de G. En este caso Gal(F/K) ∼= G/F ∗.

6. Para todo subgrupo H < G se verifica |H| = [E : H∗] y [G : H] =[H∗ : K].

Para todo F ∈ F(E/K) se verifica [E : F ] = |F ∗| y [F : K] = [G :F ∗].

Demostración. Demostramos los diversos apartados en otro orden:

Empezamos demostrando el último apartado: Para todo grupoH el teorema de Artin nos dice que |G| = [E : EG] = [E : K] y|H| = [E : EH ] = [E : H∗]. Por el teorema de Lagrange |G| = [G :H]|H|, y por el teorema del grado [E : K] = [E : H∗][H∗ : K].

6.2. CORRESPONDENCIA DE GALOIS, CASO FINITO 71

Simplificando los factores iguales nos queda que [G : H] =[H∗ : K].

Para todo cuerpo intermedio F la extensión E/F es de Galois,con grupo Gal(E/F ) = EF = F ∗ y |F ∗| = [E : F ]. Igualmentesabemos que |G| = [E : K]. Por el teorema del grado [E : K] =[E : F ][F : K] y por el teorema de Lagrange tenemos que |G| =[G : F ∗]|F ∗|. Simplificando los factores iguales nos queda que[F : K] = [G : F ∗].

Demostramos ahora el primer apartado:

Para todo H < G tenemos la torre de grupos G > H∗∗ > H.Por el teorema de Lagrange, [G : H] = [G : H∗∗][H∗∗ : H]. Pero[G : H] = [H∗ : K] y [G : H∗∗] = [G : H∗∗∗] = [H∗∗∗ : K] = [H∗ : K]son iguales, luego [H∗∗ : H] = 1 y por tanto H∗∗ = H.

Para todo F ⊂ E tenemos la torre de cuerpos E > F ∗∗ > F .Por el teorema del grado, [E : F ] = [E : F ∗∗][F ∗∗ : F ]. Pero[E : F ] = |F ∗| y [E : F ∗∗] = |F ∗∗∗| = |F ∗| son iguales, luego[F ∗∗ : F ] = 1 y por tanto F ∗∗ = F .

Luego la aplicaciones de la correspondencia de Galois son in-versas cada una de la otra, y por tanto son biyecciones.

Por la proposición anterior, estas biyecciones invierten las in-clusiones, que es el segundo apartado.

Dichas biyecciones son antiisomorfismos de conjuntos orde-nados. Por tanto llevan el supremo (mínima cota superior) dedos elementos en el ínfimo (máxima cota inferior) de sus imá-genes y viceversa, que es el enunciado del tercer apartado.

Demostramos el cuarto apartado: Sea F2 = σ(F1) con σ ∈ G.Para todo elemento u ∈ F2 existe un único v ∈ F1 tal que u =σ(v). Para todo automorfismo τ ∈ F ∗1 tenemos que στσ−1(u) =στ(v) = σ(v) = u, luego στσ−1 ∈ F ∗2 . Como esto es cierto paratodo τ ∈ F ∗1 , tenemos que σF ∗1 σ

−1 ⊂ F ∗2 .

Partiendo de la expresión F1 = σ−1(F2) y aplicando el mismorazonamiento obtenemos que σ−1F ∗2 σ ⊂ F ∗1 . Por tanto F2 =σσ−1F ∗2 σσ

−1 ⊂ σF ∗1 σ−1. Combinando ambas inclusiones nos

queda que F ∗2 = σF ∗1 σ−1.

Partiendo de σF ∗1 σ−1 = F ∗2 y aplicando un razonamiento análo-

go, llegamos a que F2 = σ(F1).


El primer enunciado del quinto apartado es consecuencia in-mediata del cuarto apartado.

Para demostrar el isomorfismo, consideramos el homomorfis-mo de grupos Φ : G = Gal(E/K) → Gal(F/K) dado por restric-ción. Entonces Im(Φ) = Gal(F/K) y ker(Φ) = F ∗. Por el primerteorema de isomorfismo para grupos obtenemos el isomorfis-mo buscado.

6.3. Ejemplos e ilustraciones

Ejemplo 6.3.1. Extensiones cuadráticas

Ejemplo 6.3.2. Q(u), u3 − 3u− 1 = 0 (raíces: u, 2− u2,−2− u+ u2)

Ejemplo 6.3.3. x3 + x+ 1 ∈ F2[x]; raíces: u, u2, u+ u2

Ejemplo 6.3.4. Cuerpo de descomposición de x3 − 2 sobre QEjemplo 6.3.5. Q(u)/Q, u3 − 2 = 0

Ejemplo 6.3.6. Q(√

2,√

3)/Q


(2 +√

2)(3 +√

3)

)/Q


2 +√

2)/Q


2 +√

2 +√

2

)/Q

Ejemplo 6.3.10. car(F ) = p, E = F (u), up = a ∈ F imperfecto

Ejemplo 6.3.11. Q(u)/Q, u6 − 3 = 0

Ejemplo 6.3.12. Q(u)/Q, u6 + 3 = 0 (Raíces: ±u,±(u + u4)/2,±(−u +u4)/2), G ∼= S3

Ejemplo 6.3.13. Q(u)/Q, u4 − 2 = 0 |G| = 8

Ejemplo 6.3.14. X4 + 1

Ejemplo 6.3.15. Q(u)/Q, u8 − 2 = 0 |G| = 16

Ejemplo 6.3.16. Q(u)/Q, u7 = 1

Ejemplo 6.3.17. Q(u)/Q, u17 = 1

Ejemplo 6.3.18. Xp − 1 ∈ Q[X]

Ejemplo 6.3.19. E = F (t) ⇒ G = {t→ (at+ b)/(ct+ d) | ad− bc 6= 0}

6.4. PROPIEDADES DE LAS EXTENSIONES DE GALOIS 73

Ejemplo 6.3.20. car(F ) = 0, F = k(t), σ(t) = −t, τ(t) = 1− tEjemplo 6.3.21. car(F ) = p, F = k(t), σ(t) = −t, τ(t) = 1− tEjemplo 6.3.22. car(K) = p, K(t, u)/K(tp, up)

Ejemplo 6.3.23. C es algebraicamente cerrado.

Ejemplo 6.3.24. Cuerpo de descomposición de X5 − 4 ∗X + 2 sobreQ (conjugación compleja)

Ejemplo 6.3.25. Cuerpo de descomposición de X5 − X − 1 sobre Q(reducción modulo 5 y 2)

Ejemplo 6.3.26. F (t1, · · · , tn)/F

Ejemplo 6.3.27. Funciones racionales simétricas K(t1, . . . , tn)/K(s1, . . . , sn)

Ejemplo 6.3.28. Ecuación general de grado n

6.4. Propiedades de las extensiones de Ga-lois

Proposición 6.4.1. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos tal queE/K es una extensión de Galois finita. Entonces la extensión E/Ftambién es de Galois finita y el grupo Gal(E/F ) es un subgrupo deGal(E/K).

Definición 6.4.2. Una extensión finita E/K se llama abeliana sies de Galois y el grupo G = Gal(E/K) es abeliano.

Una extensión finita E/K se llama cíclica si es de Galois y elgrupo G = Gal(E/K) es cíclico.

Una extensión finita E/K se llama soluble si es de Galois y elgrupo G = Gal(E/K) es soluble.

Proposición 6.4.3. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos con E/Kfinita. Si la extensión E/K es abeliana (cíclica, soluble) también laextensión E/F es abeliana (cíclica, soluble).

Proposición 6.4.4. Sea E ⊃ F ⊃ K una torre de cuerpos.

1. Si E/K es una extensión finita de Galois abeliana, la extensiónF/K también es finita de Galois abeliana.

2. Si E/K es una extensión finita de Galois cíclica, la extensiónF/K también es finita de Galois cíclica.


Teorema 6.4.5. Sea E/K una extensión finita de Galois y F/K unaextensión arbitraria tales que E,F son subcuerpos de otro cuerpo L.Entonces EF/F y E/(E ∩ F ) son extensiones finitas de Galois y laaplicación restricción σ 7→ σ|E define un isomorfismo Gal(EF/F ) ∼=Gal(E/(E ∩ F )) < Gal(E/K).

Corolario 6.4.6. Sea E/K una extensión finita de Galois y sea F/Karbitraria donde E y F son subcuerpos de otro cuerpo L. Entonces[EF : F ] divide a [E : K].

Este corolario no es válido si E/K no es de Galois:

Ejemplo 6.4.7. Sean E = Q( 3√

2), F = Q(ω 3√

2) y K = Q. EntoncesEF = Q( 3

√2, ω) y E∩F = Q. Luego [EF : F ] = 2 no divide a [E : K] = 3.

Teorema 6.4.8. Sea E1/K y E2/K extensiones finitas de Galois congrupos Gi = Gal(Ei/K), ambas contenidas en otro cuerpo L. EntoncesE1E2/K es una extensión finita de Galois y existe un homomorfismoinyectivo λ : Gal(E1E2/K) → G1 × G2 definido por restricción: λ(σ) =(σ|E1, σ|E2). Si E1 ∩ E2 = K, el homomorfismo λ es un isomorfismo.

Corolario 6.4.9. Sean E1/K, . . . , En/K extensiones finitas de Galoiscon grupos respectivos G1, . . . , Gn. Supongamos que todos los cuer-pos Ei son subcuerpos de otro cuerpo L y que Ei ∩ (E1 · · ·Ei−1) = Kpara i = 2, . . . , n. Entonces Gal(E1 · · ·En/K) ∼= G1 × · · · ×Gn.

Corolario 6.4.10. Sea E/K una extensión finita de Galois con gru-po G. Supongamos que G = G1 × · · · × Gn. Sea Ei el cuerpo fijo deG1 × · · · × {1} × · · · × Gn (el elemento 1 aparece en la i-ésima coor-denada). Entonces Ei/K es de Galois con grupo Gal(Ei/K) ∼= Gi,Ei ∩ (E1 · · ·Ei−1) = K y E = E1 · · ·En.

Parte IV

Aplicaciones

75

Capítulo 7

Cuerpos finitos

77

78 CAPÍTULO 7. CUERPOS FINITOS

El primer matemático que realizó cálculos extensos en cuerposfinitos distintos de Zp fue Gauss. El proyectado último capítulo de[15] estaba dedicado a un estudio profundo de los cuerpos finitos.Gauss los introducía (en lenguaje moderno) como extensiones deZp por adjunción de raíces de polinomios irreducibles sobre Zp. Asíque usaba dominios nuevos, pero rehusó darles nombre. Fue Ga-lois quien introdujo en [13] el concepto de cuerpo finito. Por estarazón los cuerpos finitos se llaman también cuerpos de Galois. Ladiscusión mas detallada de los cuerpos finitos y sus propiedadeses la expuesta en [23]. La siguiente exposición sigue las líneas de[7], [9] y [22].

7.1. Estructura de los cuerpos finitos

Sea F un cuerpo finito con |F | = q elementos. Recolectamosalgunos hechos fáciles de demostrar:

Lema 7.1.1. 1. La característica de F es un primo p 6= 0.

2. El cuerpo primo de F es isomorfo a Z/pZ.

3. La extensión F/Zp es finita.

4. Sea [F : Zp] = n. Entonces q = |F | = pn.

5. El grupo multiplicativo F× es cíclico de orden q − 1.

El último punto del lema anterior y el teorema de Lagrange pa-ra grupos implican que todo elemento no nulo u ∈ F es raíz delpolinomio Xq−1 − 1 ∈ Zp[X]. Luego todo elemento u ∈ F es raíz def = Xq −X ∈ F [X]. Así que el polinomio f descompone totalmenteen F y todas sus raíces son distintas: f =

∏a∈F (X − a) y por tanto:

Proposición 7.1.2. 1. F es el cuerpo de descomposición del poli-nomio Xq −X sobre Zp.

2. Dos cuerpos finitos con el mismo cardinal son isomorfos.

La caracterización dada en esta proposición nos da la clave parademostrar la existencia de un cuerpo con q = pn elementos:

Proposición 7.1.3. Sea q = pn con p primo. Existe un cuerpo con|F | = q elementos.

7.1. ESTRUCTURA DE LOS CUERPOS FINITOS 79

Demostración. Consideramos el polinomio f = Xq − X ∈ Zp. Suderivada vale f ′ = −1 y no tiene raíces. Por tanto f tiene sólo raícessimples. Sea F el cuerpo de descomposición de f sobre Zp y seaS ⊂ F el conjunto de todas las raíces de f en F . Sabemos que|S| = q. Vamos a ver que S = F con lo que tendremos el resultadobuscado.

Para ello basta comprobar que S es un subcuerpo de F , es decir,que es cerrado para la suma, el producto, el opuesto y el inverso:Sean u, v ∈ S. Calculamos:

(u+ v)q − (u+ v) = uq + vq − u− v = 0 (7.1.1)(uv)q − (uv) = uqvq − uv = uv − uv = 0 (7.1.2)

(−u)q − (−u) = −uq + u = 0 (7.1.3)(u−1)q − u−1 = u−1 − u−1 = 0 (7.1.4)

Las dos proposiciones anteriores unidas forman el siguiente teo-rema:

Teorema 7.1.4 (Moore). Para cada primo p y para cada n 6= 1 existeexactamente un cuerpo con q = pn elementos (salvo isomorfismo), asaber, el cuerpo de descomposición de Xq−X sobre Zp. Estos son losúnicos cuerpos finitos.

Definición 7.1.5. El único cuerpo con pn elementos se denota porFpn y también por GF (pn). Se llama cuerpo de Galois de orden pn.

Proposición 7.1.6. Sea Fq un cuerpo finito y sea n > 1 un entero.En una clausura algebraica de Fq existe un único cuerpo extensiónde grado n de Fq y este cuerpo es Fqn.

Demostración. Por el teorema de Moore un tal cuerpo extensiónestá caracterizado como el conjunto de raíces del polinomio Xqn −X

Sea φ : Fpn → Fpn el endomorfismo de Frobenius definido porφ(u) = up.

Proposición 7.1.7. El grupo Aut(Fpn) es cíclico de orden n, generadopor φ.


Demostración. Sea G = 〈φ〉. El cuerpo fijo bajo G es

FGpn = {u ∈ Fpn | up = u} = Fp

el cuerpo primo de Fpn, que también es el cuerpo fijo bajo todo elgrupo Aut(Fpn). Por el teorema fundamental ambos grupos son elmismo y su orden es n = [Fpn : Fp].

Teorema 7.1.8. Sean m,n ≥ 1 enteros. Entonces Fpn es un subcuer-po de Fpm si y sólo si n | m. En este caso la extensión Fpm/Fpn escíclica y Gal(Fpm/Fpn) = 〈φn〉

Demostración. Supongamos que Fpm ⊃ Fpn ⊃ Fp. Por el teorema delgrado, n = [Fpn : Fp] divide a m = [Fpm : Fp].

A la inversa supongamos que n es un divisor de m, sea m = dn. Elgrupo Gal(Fpm/Fp) = 〈φ〉 es cíclico de orden n y posee un subgrupo(único) H = 〈φn〉 de orden d. Sea F = FHpn el cuerpo fijo bajo H.Entonces [F : Fp] = [G : H] = m y por tanto |F | = pm y por el teoremade Moore F ∼= Fpm. Además H = Gal(Fpm/Fpn).

7.2. Factorización de polinomios

El teorema de Moore provee un instrumento altamente eficientepara trabajar con polinomios de Fpn [X]. En primer lugar permiteidentificar y contar los polinomios irreducibles con grado dado.

Proposición 7.2.1. Todo polinomio irreducible de grado n en Fp[X]es un factor de f = Xpn −X. Los factores irreducibles de f = Xpn −Xen Fp[X] son exactamente los polinomios irreducibles en Fp[X] cuyogrado divida a n.

Demostración. Sea g un factor irreducible de f y sea α una raíz de g.También es una raíz de f y por tanto α ∈ Fpn. Luego Fpn ⊃ Fp(α) ⊃ Fp.Por el teorema del grado gr(g) = [Fp(α) : Fp] divide a n = [Fpn : Fp].

A la inversa, sea g ∈ Fp[X] irreducible de grado m divisor de n ysea α una raíz de g. Entonces [Fp(α) : Fp] = m y por el teorema 7.1.8,Fpm ⊃ Fp(α). Por el teorema de Moore f(α) = 0 y por tanto g | f .

Corolario 7.2.2. Sea n primo. El número de polinomios mónicos irre-ducibles de Fp[X] de grado n es precisamente (pn − p)/n 6= 0.

7.2. FACTORIZACIÓN DE POLINOMIOS 81

Demostración. El polinomio Xpn − X es el producto de todos lospolinomios mónicos irreducibles cuyo grado divida a n. Como éstees primo, sus únicos divisores son 1 y n. El producto de todos losfactores de grado 1 es Xp − X, y por tanto el producto de todoslos polinomios irreducibles de grado n es (Xpn − X)/(Xp − X), unpolinomio de grado pn − p. Luego el número de factores es (pn −p)/n.

Un análisis mas detallado utilizando la función de Möbius per-mite enunciar una fórmula para el número de polinomios irredu-cibles de grado n general (puede verse, por ejemplo, en [22], cap. Vejercicio 22 o en [9], p. 502).

Del teorema de Moore se deduce también el primer paso de unalgoritmo efectivo para factorizar polinomios arbitrarios en Fp[X].En primer lugar sea f ∈ Fp[X] no constante sea f ′ su derivada y seag = m. c. d.(f, f ′).

Lema 7.2.3. 1. Para un α algebraico sobre Fp, f(α) = 0 si y sólosi f1(α) = 0

2. El polinomio f1 = f/g tiene todas las raíces simples.

Demostración. Sea f =∏

i(X−αi)ki. Es fácil ver que g =∏

i(X−α)ki−1

y por tanto f1 =∏

i(X − αi).

Por este lema, los factores irreducibles de f1 son exactamentelos factores irreducibles distintos de f . El cálculo de f1 a partir def es rápido, utilizando el algoritmo de Euclides en Fp[X].

Lema 7.2.4. Sea f ∈ Fp[X]. El polinomio fn = m. c. d.(f,Xpn−X) es elproducto de todos los factores irreducibles distintos de f cuyo gradodivide a n

Demostración. Sea g mónico e irreducible. Entonces g divide a Xpn−X si y sólo si su grado divide a n, y el polinomio Xpn − X no tienefactores múltiples. Además g divide a fn sólo si divide a f .

El lema precedente es la base del algoritmo siguiente: Sea f unpolinomio tal que m. c. d.(f, f ′) = 1 y sea g una variable polinómica.

1. Asignamos g := f , n := 1

2. Si 2gr(g) < n vamos al paso 4


3. Asignamos fn := m. c. d.(g,Xpn −X), g := g/fn, n := n+ 1. Volve-mos al paso 2

4. Si gr(g) > 0, el polinomio g es irreducible. Cada polinomio fiobtenido es el producto de todos los factores irreducibles de fde grado n y f = gf1f2 . . . .

Este algoritmo es especialmente efectivo cuando todos los fac-tores irreducibles de f tienen grados distintos. En el caso generalsólo obtenemos una factorización parcial. Para obtener una facto-rización completa, hay que descomponer cada fn. Existe otro algo-ritmo eficiente para ello, el algoritmo de Berlekamp. Una exposiciónsencilla puede verse en [9], páginas 503-505.

7.3. Ilustraciones

Ejemplo 7.3.1. Los elementos de F4 son las raíces del polinomio

f = X4 −X = X(X − 1)(X2 +X + 1) ∈ F2[X]

En este caso los factores irreducibles de X4−X ∈ Z[X] siguen sien-do irreducibles en F2[X] = Z2[X]. Nótese que en la descomposiciónde f aparecen los factores de X2 −X, porque F4 contiene a F2.

Ejemplo 7.3.2. El cuerpo F8 es una extensión de F2 de grado 3. Suselementos son las ocho raíces del polinomio

f = X8 −X = X(X − 1)(X3 +X + 1)(X3 +X2 + 1) ∈ F2[X] (7.3.1)

así que los seis elementos en F8 que no están en F2 se reparten endos clases: Las tres raíces de X3+X+1 y las tres raíces de X2+X+1.

Los factores cúbicos de 7.3.1 son los dos polinomios irredu-cibles de grado 3 que hay en F2[X]. Nótese que en el anillo Z lafactorización del polinomio f es

X8 −X = X(X − 1)(X6 +X5 +X4 +X3 +X2 +X + 1)

y el tercer factor es reducible en F2[X] aunque es irreducible enZ[X].

Para calcular en el cuerpo F8 elegimos una raíz α de una de lascúbicas, digamos de X3+X+1. Entonces {1, α, α2} es una base de F8

7.3. ILUSTRACIONES 83

sobre F2. Los elementos de F8 son las ocho combinaciones linealescon coeficientes en F2:

F8 = {0, 1, α, 1 + α, α2, 1 + α2, α + α2, 1 + α + α2}

Nótese que F4 no está contenido en F8, en consonancia con [F8 :F2] = 3, [F4 : F2] = 2 y 2 - 3.

Ejemplo 7.3.3 (El cuerpo F16). El polinomio f = X16−X = X(X15−1)es divisible en Z[X] por X5−1 y por X3−1. Efectuando las divisionessobre los enteros obtenemos la factorización:

X(X − 1)(X2 +X + 1)(X4 +X3 +X2 +X + 1)·· (X8 −X7 +X6 −X5 +X4 −X3 +X2 −X + 1)

Esta es la factorización en irreducibles en Z[X]. Pero en F2[X] elfactor de grado 8 es reducible y nos queda:

X(X − 1)(X2 +X + 1)(X4 +X3 +X2 +X + 1)(X4 +X + 1)(X4 +X3 + 1)

Esta factorización muestra los tres polinomios irreducibles de gra-do 4 que hay en F2[X]. Nótese que los factores de X4 −X aparecenentre los factores de X16 − X en coincidencia con el hecho de queF16 contiene a F4.

Capítulo 8

Extensiones ciclotómicas

85

86 CAPÍTULO 8. EXTENSIONES CICLOTÓMICAS

8.1. Raíces de la unidad

Lema 8.1.1. Sea G un subgrupo finito del grupo multiplicativo K×

de un cuerpo. Entonces G es cíclico.

Demostración. Sea n = m. c.m.{o(α) | α ∈ G}. ∀α ∈ G, αn = 1. Si G noes cíclico, n � |G| y el polinomio f = Xn − 1 tiene más raíces que sugrado, imposible.

En un cuerpo cualquiera K llamamos µn(K) = {ζ ∈ K | ζn = 1}.

Lema 8.1.2. µn(K) es un grupo cíclico finito, |µn(K)| ≤ n.

Demostración. Trivial.

Definición 8.1.3. Llamamos grupo de las raíces n-ésimas de la uni-dad al grupo µn = µn(K) siendo K la clausura algebraica de K. Loselementos de µn se llaman raíces n-ésimas de la unidad . Cualquiergenerador del grupo µn se llama raíz n-ésima primitiva de la unidad.

Sea p = car(K) y sea n = pem con p - m. Entonces f = Xn − 1 =(Xm−1)p

e y las raíces n-ésimas de la unidad coinciden con las raícesm-ésimas de la unidad. Por ello a partir de ahora nos restringimosa que car(K) - n.

Lema 8.1.4. d | n⇔ µd ⊂ µn.

8.2. Polinomios ciclotómicos

Definición 8.2.1. Se llama n-ésimo polinomio ciclotómico al polino-mio

Φn =∏

ζ primitiva

(X − ζ) =∏

(a,n)=1

(X − ζa)

Lema 8.2.2. gr(Φn) = ϕ(n)

Lema 8.2.3.Xn − 1 =

∏d|n

Φd

El lema anterior permite calcular recurrentemente la expresiónexplícita del polinomio ciclotómico:

8.2. POLINOMIOS CICLOTÓMICOS 87

Lema 8.2.4.Φn =

Xn − 1∏d|n, d 6=n Φd

Ejemplo 8.2.5.

Φ4 =X4 − 1

Φ1Φ2

=X4 − 1

X2 − 1= X2 + 1

Ejemplo 8.2.6.

Φ12 =X12 − 1

Φ1Φ2Φ3Φ6Φ4

=X12 − 1

(X6 − 1)Φ4

=X6 + 1

X2 + 1= X4 −X2 + 1

El lema 8.2.4 también permite establecer cómo son los coefi-cientes de Φn:

Lema 8.2.7. Φn es mónico y tiene coeficientes en el anillo primo

Demostración. Ambas propiedades se comprueban por inducciónsobre n. Para n = 1, Φ1 = X − 1 las verifica. Supongamos por in-ducción que ∀d � n, Φd es mónico y tiene sus coeficientes en elanillo primo. También Xn− 1 verifica dichas propiedades. Luego enla expresión de Φn dada en 8.2.4 el numerador y el denominadorson mónicos y con coeficientes en el anillo primo. Al calcular el co-ciente (por el algoritmo de la división de polinomios), Φn tambiénverifica las mismas propiedades.

Vamos a desarrollar una forma aún mas rápida para determinarel polinomio ciclotómico.

Se define la función de Möbius µ : N→ Z como:

µ(n) =

0 si existe un primo p tal que p2 | n(−1)r si n = p1 . . . pr con pi primos distintos1 si n = 1

Lema 8.2.8. La función de Möbius verifica que

∑d|n

µ(d) =

{1 si n = 1

0 si n 6= 1

Demostración. Una inducción fácil.

Sea (A,+) un grupo abeliano y sean f, g : N → A dos aplicacio-nes.


Teorema 8.2.9. Para todo n ∈ N f(n) =∑

d|n g(d) si y sólo si paratodo n ∈ N g(n) =

∑d|n µ(d)f(n/d)

Demostración. Es un ejercicio de cambio de índices de sumación:Supongamos que para todo n se verifica f(n) =

∑d|n g(d). Entonces

∑d|n

µ(d)f(n/d) =∑d|n

µ(d)∑k|n/d

g(k) =∑k|n

∑d|n/k

µ(d)g(k) =∑k|n

∑d|n/k

µ(d)

g(k) = g(n)

por el lema anterior. Un cálculo análogo muestra la otra implica-ción.

Proposición 8.2.10 (Reglas de cálculo para los polinomios ciclotómicos). 1.Si p es un primo, Φp(X) = Xp−1 +Xp−2 + . . .+X + 1.

2. Φpe(x) = Φp(xpe−1

), para todo r ≥ 1.

3. Si n = pe11 pe22 . . . perr , entonces Φn(x) = Φp1...pr(x

pe1−11 ...per−1

r ).

4. Si n > 1 es impar Φ2n(x) = Φn(−x).

5.Φn =

∏d|n

(xn/d − 1)µ(d)

Demostración. 1. Aplicación inmediata del lema 8.2.4:

Φp(X) =Xp − 1

X − 1= Xp−1 +Xp−2 + . . .+X + 1

2. Otra aplicación del lema 8.2.4:

Φpe(X) =Xpe − 1

Xpe−1 − 1= Φp(X

pe−1

)

3. Para demostrarlo necesitamos unos resultados previos:

Llamamos m = pe1−11 pe2−12 . . . per−1r , y para todo d | n, llamamosd1 = d

(m,d). Obsérvese que d = d1 · (m, d) | d1m. Sea k = (d1m)/d.

Lema 8.2.11. φd(X) divide a φd1(Xm)

8.2. POLINOMIOS CICLOTÓMICOS 89

Demostración. Sea ζ una raíz d-ésima primitiva de la unidad.Entonces

∏t|d1 φt(ζ

m) = (ζm)d1 − 1 = ζdk− 1 = 0. Si demostramosque para t 6= d1 se verifica que φt(ζ

m) 6= 0, simplificando ten-dremos φd1(ζ

m) = 0, luego φd(X) = Irr(ζ,Q) | φd1(Xm) que es loque buscamos.

d1 | nm

= p1 . . . pr. Luego todo t | d1 es de la forma t = pi1 . . . pij .Sea t 6= d1 y por sencillez numeramos los primos de forma quet = p1 . . . pj con j � r (puede ser j = 0, cuando t = 1). Entonces

φt(ζm) | (ζm)t − 1 = ζmt − 1 6= 0

ya que mt � md1 y el orden multiplicativo de ζ es exactamented = md1. Luego φt(ζ

m) 6= 0.

Lema 8.2.12. ∏d|n, d6=n

φd(X) =∏

d1|p1...prd1 6=p1...pr

φd1(Xm)

Demostración. Por el lema 8.2.11, cada factor del miembro dela izquierda divide al miembro de la derecha. Como todos losfactores de la izquierda son irreducibles sobre Q y distintos,su producto dividirá al polinomio que está a la derecha. Todoslos factores son polinomios mónicos, así que ambos productosson mónicos. Finalmente contemos los grados:

gr(∏

d|n, d6=n

φd(X)) = gr((Xn − 1)/φn(X)) = n− ϕ(n)

gr(∏

d1|p1...prd1 6=p1...pr

φd1(Xm)) = gr(((Xm)p1...pr−1)/φp1...pr(X

m)) = n−ϕ(p1 . . . pr)m

Por la fórmula para el cálculo de ϕ(n), ambos grados son igua-les. Luego los dos polinomios enunciados son iguales.

Vamos ya con la demostración de 3:

φn(X) =Xn − 1∏

d|n, d 6=n φd(X)=

(Xm)p1...pr − 1∏d1|p1...pr, d1 6=p1...pr φd1(X

m)= φp1...pr(X

pe1−11 ...per−1

r )


4. Clasificamos los divisores de 2n en dos conjuntos: S1 es elconjunto de divisores impares (que son los divisores de n) y S2

es el conjunto de los divisores pares (que son de la forma 2dpara d divisor de n). El lema 8.2.4 nos dice que

X2n − 1 =∏d∈S1

Φd(X) ·∏d∈S2

Φd(X) = (Xn − 1)∏d∈S2

Φd(X)

Dividiendo obtenemos que Xn + 1 =∏

k|n Φ2k(X). SustituimosX por −Y y cambiamos el signo de ambos miembros. De losfactores de la derecha, −Φ2(−Y ) = Φ1(Y ) y por inducción paratodo d < n, Φ2d(−Y ) = Φd(Y ). Sustituyendo obtenemos:

Y n − 1 =

∏d|nd<n

Φd(Y )

· Φ2n(−Y )

Comparando con el lema 8.2.4 obtenemos que Φ2n(−Y ) = Φn(Y )que es el resultado buscado.

5. Definimos dos aplicaciones f, g : N→ Q[X]× como f(n) = Xn−1y g(n) = Φn(X). El lema 8.2.4 nos dice que f(n) =

∏d|n g(d). Por

el teorema 8.2.9 g(n) =∏

d|n f(n/d) que es el resultado busca-do.

8.3. Extensiones ciclotómicas

Sea K un cuerpo y ζ una raíz n-ésima primitiva de la unidad enK (clausura algebraica de K).

Definición 8.3.1. Llamamos n-ésima extensión ciclotómica de K ala extensión K(ζ)/K.

Sabemos que [K(ζ) : K] = gr(Irr(ζ,K)). Especialmente importantees el caso de Q:

Teorema 8.3.2.[Q(ζ) : Q] = ϕ(n)

8.3. EXTENSIONES CICLOTÓMICAS 91

Demostración. Sea f = Irr(ζ,Q). Comenzamos viendo que si p es unprimo y p - n, entonces f(ζp) = 0. Supongamos que no fuese así.Como ζ es raíz de Xn − 1 tenemos que

Xn − 1 = fg

y como f(ζp) 6= 0, ha de ser g(ζp) = 0. Luego f | h(X) = g(Xp).Por el lema de Gauss, f, g ∈ Z[X]. Reducimos módulo p la anteriorigualdad. Tenemos:

Xn − 1 = f g ∈ Zp[X]

y además f | g(Xp) = (g(X))p. Luego m.c.d.(f , g) 6= 1 y el poli-nomio del segundo miembro de la igualdad anterior tiene raícesmúltiples. Pero m.c.d.(Xn − 1, nXn−1) = 1 y el primer miembro tienesólo raíces simples. Contradicción.

Veamos ahora que si a ∈ Z es primo relativo con n, enton-ces f(ζa) = 0. Para ello, descomponemos a en factores primos,a = p1 . . . pt y razonamos por inducción sobre t. El caso t = 1 esel que acabamos de demostrar. Supongamoslo cierto para t−1. Seaζ1 = ζp1. Por el caso t = 1, f(ζ1) = 0 y f = Irr(ζ1,Q). Ahora ζa = ζb1siendo b = p2 . . . pt donde hay t − 1 factores primos. Por la hipótesisde inducción f(ζb1) = 0.

Sabemos ahora que f tiene las ϕ(n) raíces ζa con (a, n) = 1. Luegogr(f ) ≥ ϕ(n). Por otro lado, Φ(ζ) = 0, luego f | Φ y gr(f ) ≤ ϕ(n). Enresumen, gr(f ) = ϕ(n) = [Q(ζ) : Q].

Corolario 8.3.3. Φn es irreducible en Z[X] (y en Q[X])

Sobre otros cuerpos Φn no tiene que ser irreducible. Por ejemplo,en Z11 Φ12 = (X2 − 5X + 1)(X2 + 5X + 1) y en Z13, Φ12 = (X − 2)(X +2)(X−6)(X+6). Vamos a determinar cuando Φn factoriza totalmenteen Zp:

Lema 8.3.4. Zp contiene una raíz n-ésima primitiva de la unidad siy sólo si p ≡ 1 (mod n)

Demostración. Todo elemento c ∈ Z×p verifica cp−1 = 1, así que si ctiene orden n, ha de ser n | (p − 1). A la inversa, si n | (p − 1), comoZ×p es cíclico de orden p − 1, se sigue que contiene un elemento deorden n.

Es fácil deducir del lema anterior un caso particular del famosoteorema de Dirichlet sobre primos en progresiones aritméticas:


Corolario 8.3.5. Para cualquier entero positivo n existen infinitosprimos congruentes a 1 módulo n.

Demostración. Supongamos que el conjunto de tales primos seafinito (incluso vacío), sean p1, . . . , pr. Sea a = np1 . . . pr y tomamost ∈ Z arbitrario. Entonces Φn(at) ≡ Φn(0) ≡ ±1 (mod a), luego a =np1 . . . pr | Φn(at)∓ 1. Cuando t→∞, Φn(at)→∞, así que Φn(at) 6= ±1para t suficientemente grande. Luego Φn(at) es divisible por un pri-mo p y como n | a y a | (Φn(at)± 1), n es primo a p. Esto significa queat es una raíz n-ésima primitiva en Zp, y por 8.3.4, p ≡ 1 (mod n).Además, p 6= pi ya que Φn(at) ≡ 0 (mod p) mientras que Φn(at) ≡ ±1(mod pi), i = 1, . . . , r.

Los siguientes lemas exploran las relaciones que hay entre lasdiversas extensiones ciclotómicas:

Lema 8.3.6. Sean n,m ∈ N tales que n | m. Entonces Q(ζn) ⊂ Q(ζm)

Demostración. Consecuancia directa de 8.1.4

Lema 8.3.7. Sean n,m ∈ N y sea k = m.c.m.(n,m). Sean ζn, ζm, ζkraíces n-,m-,k-ésimas primitivas de la unidad respectivamente. En-tonces Q(ζn)Q(ζm) = Q(ζk).

Demostración. Por el lema anterior, Q(ζn),Q(ζm) ⊂ Q(ζk). Por otraparte, si m,n son primos relativos el elemento ζnζm es una raíz k-ésima primitiva de la unidad. El caso general se obtiene por induc-ción, descomponiendo m y n en potencias de primos.

Lema 8.3.8. Sean n,m ∈ N primos relativos. EntoncesQ(ζn)∩Q(ζm) =Q.

Demostración. Se deduce contando grados, teniendo en cuenta queϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).

8.4. Grupos de Galois

Lema 8.4.1. La extensión ciclotómica K(ζ)/K es una extensión deGalois.

Demostración. K(ζ) es el cuerpo de descomposición del polinomioXn− 1 sobre K (también lo es del polinomio Φn). Luego la extensiónes normal. Además, como car(K) - n, todas las raíces n-ésimas dela unidad son distintas y el polinomio Xn−1 es separable. Luego laextensión es separable.

8.4. GRUPOS DE GALOIS 93

Vamos a determinar Gal(K(ζ)/K):

Teorema 8.4.2. Gal(K(ζ)/K) ∼= H < Z×nDemostración. Todo σ ∈ Gal(K(ζ)/K) está determinado por su efec-to sobre ζ, cuya imagen tiene que ser raíz de Irr(ζ,K) que divide aΦn. Definimos pues un homomorfismo:

Λ : Gal(K(ζ))→ Z×n Λ(σ) = a, σ(ζ) = ζa

Sean Λ(σ) = a, Λ(τ) = b. Tenemos que στ(ζ) = σ(ζb) = ζab, así que Λes un homomorfismo. Es claro que el núcleo es trivial, y el primerteorema de isomorfía nos da el resultado apetecido.

Corolario 8.4.3. Gal(K(ζ)/K) es abeliano

Corolario 8.4.4. Gal(Q(ζ)/Q) ∼= Z×nDemostración. Basta considerar el orden de Gal(Q(ζ)/Q).

Notación. Por el teorema 8.4.2, cada σ ∈ Gal(K(ζ)/K) está determi-nado por el a ∈ Z×n tal que σ(ζ) = a. Denotaremos σ = σa.Ejemplo 8.4.5. Sea ζ una raíz octava primitiva de la unidad. Enton-ces Gal(Q(ζ)/Q) = < σ1, σ3, σ5, σ7 > ∼= Z2×Z2. Existen tres subgruposde orden 2 que corresponden a tres subcuerpos cuadráticos:

< σ3 >∗ = Q(ζ + ζ3) = Q(

√−2)

< σ5 >∗ = Q(ζ2) = Q(

√−1)

< σ7 >∗ = Q(ζ + ζ−1) = Q(

√2)

Ejemplo 8.4.6. Sea ζ una raíz quinta primitiva de la unidad. En estecaso

Gal(Q(ζ)/Q) =< σ2 >∼= Z×p ∼= Z4

Por el teorema fundamental existe un único subcuerpo no tri-vial, extensión cuadrática de Q y es el cuerpo fijo bajo < σ4 >. Elelemento α = ζ+ζ−1 queda fijo bajo σ4 y por tanto pertenece a dichocuerpo fijo. Nótese que

α2 + α− 1 = (ζ2 + 2 + ζ−2) + (ζ + ζ−1)− 1 = 0

Resolviendo explícitamente, α = (−1 +√

5)/2. Luego Q(ζ + ζ−1) =Q(√

5).Mas adelante obtendremos el resultado general: Sea ζ una raíz

p-ésima primitiva de 1, con p un primo impar. Entonces Q(ζ) con-tiene un único cuerpo cuadrático sobre Q, a saber, Q (

√±p).


Ejemplo 8.4.7. Sea p un primo impar y sea ζ una raíz p-ésima pri-mitiva de la unidad. Una base para Q(ζ) sobre Q viene dada por

ζ, ζ2, . . . , ζp−1

(La razón para preferir esta base es que cualquier σ ∈ Gal(Q(ζ)/Q)sencillamente permuta los elementos de esta base). Nótese que esaquí donde hace falta que p sea primo: En general las raíces n-ésimas primitivas de la unidad no forman una base para la exten-sión ciclotómica correspondiente.

Sea H < Gal(Q(ζ)/Q) arbitrario, y sea

αH =∑σ∈H

σ(ζ)

la suma de los conjugados de ζ por los elementos de H. Para cual-quier τ ∈ H, τ(α) = α, así que α ∈ H∗, el cuerpo fijo bajo H. Seaahora τ 6∈ H. Entonces τ(α) es la suma de algunos de los elementosde la base (recuerdese que cualquier elemento de Gal(Q(ζ)/Q) per-muta los elementos de la base), uno de los cuales es τ(ζ). Si fueseτ(α) = α, debe existir σ ∈ H tal que τ(α) = σ(α). Pero cualquier au-tomorfismo está totalmente determinado por su efecto sobre α, asíque τ = σ ∈ H, contradicción. Luego Q(α)∗ < H. Por las propiedadesde la conexión de Galois, Q(α) > H∗, y combinando con el resultadoanterior, Q(α) = H∗.

El elemento α construido y sus conjugados bajo Gal(Q(ζ)/Q) sellaman períodos de ζ y son útiles en el estudio de la aritmética delos cuerpos ciclotómicos. El estudio de sus propiedades combina-torias se llama ciclotomía.

Ejemplo 8.4.8. Vamos a determinar explícitamente los subcuerposde Q(ζ) siendo ζ una raíz decimotercera primitiva de la unidad,que corresponden a los subgrupos de Z×13 ∼= Z12. Un generador paraeste grupo cíclico es σ = σ2 que aplica ζ en ζ2. Los subgrupos notriviales corresponden a los divisores no triviales de 12, luego elretículo correspondiente es el siguiente (en cada inclusión se indicael índice):


< σ >

< σ3 >

3

< σ2 >

2

< σ6 >

32

< σ4 >

2

1

32

Los generadores para los correspondientes cuerpos fijos son:

α6 = ζ + σ6(ζ) = ζ + ζ12

α4 = ζ + σ4(ζ) + σ8(ζ) = ζ + ζ3 + ζ9

α3 = ζ + σ3(ζ) + σ6(ζ) + σ9(ζ) = ζ + ζ8 + ζ12 + ζ5

α2 = ζ + σ2(ζ) + σ4(ζ) + σ6(ζ) + σ8(ζ) + σ12(ζ) = ζ + ζ4 + ζ3 + ζ12 + ζ9 + ζ10

Y el diagrama de subcuerpos es:

Q(ζ)

Q(α6)

2

Q(α4)

3

Q(α3)

2

Q(α2)

2

3

Q

23


Ejemplo 8.4.9. Sea p un primo impar y sea ζ una raíz p-ésima primi-tiva de la unidad. El grupo G = Gal(Q(ζ)/Q) es cíclico y contiene unúnico subgrupo de índice 2 que corresponde a una única subex-tensión cuadrática de Q. Según el ejemplo 8.4.7, dicho cuerpo esQ(α) siendo α el período correspondiente al único subgrupo H deíndice 2. Como G =< σ | σp−1 = 1 >∼= Z×p y p − 1 es par, existe unúnico morfismo Z×p → {+1,−1} que aplica σ en -1. Este morfismo essobre y su núcleo es precisamente el único subgrupo de índice 2de Z×p . La imagen de a ∈ Zp mediante dicho morfismo se representapor (

a

p

)Esta expresión se llama símbolo cuadrático y por ser un morfismoverifica las propiedades siguientes:

1.(abp

)=(ap

)(bp

)2.(ap

)= 1⇔ a = b2

Sea α′ el conjugado de α bajo G y sea β = α−α′. Para todo τ ∈ H,τ(β) = β. Y para todo τ 6∈ H, τ(β) = −β. Además β 6= −β porquelos ζa son linealmente independientes (son una base) sobre Q. Lue-go el cuerpo que buscamos es Q(β). Vamos ahora a determinar elpolinomio mínimo de β sobre Q. Utilizando el símbolo cuadrático:

β =∑τ∈H

τ(ζ)−∑τ 6∈H

τ(ζ) =∑a∈Z×

p

(a

p

)ζa

Calculamos su cuadrado:

β2 =∑a∈Z×

p

(a

p

)ζa∑b∈Z×

p

(b

p

)ζb =

∑a∈Z×

p

∑b∈Z×

p

(ab

p

)ζa+b

Cambiamos el indice b por ab:

β2 =∑

a∈Z×p

∑b∈Z×

p

(a2bp

)ζa(1+b)

=∑

a∈Z×p

∑b∈Z×

p

(bp

)ζa(1+b)

=∑

a∈Z×p

∑b∈Z×

p ,b 6=−1

(bp

)(ζ1+b)a +

∑a∈Z×

p

(−1p

)ζa(1−1)

En el último miembro, todos los potencias de ζ de la segunda su-matoria valen 1. Así que la segunda sumatoria vale

(−1p

)(p − 1).


Respecto a la primera sumatoria, ζ1 = ζ1+b es una raíz primitiva yaque p es primo, y

∑a ζ

a1 = −1. Recapitulando,

β2 =∑

b∈Z×p ,b 6=−1

(b

p

)(−1)+

(−1

p

)(p−1) =

∑b∈Z×

p

(b

p

)(−1)+

(−1

p

)p =

(−1

p

)p

Luego β =

√(−1p

)p. El signo vale exactamente

(−1p

)= (−1)

p−12 , pero

nosotros no lo demostraremos.

Teorema 8.4.10. Toda extensión cuadrática de Q está contenida enuna extensión ciclotómica.

Demostración. Sea K = Q(√D) una extensión cuadrática arbitra-

ria de Q. Descomponemos en factores primos D = ±p1 . . . pt. Por elejemplo 8.4.9, para pi impar

√±pi está en Q(ζi), la pi-ésima exten-

sión ciclotómica de Q. Para pi = 2,√

2 ∈ Q(ζ) para ζ la raíz octavade la unidad por el ejemplo 8.4.5. También

√−1 está en la ex-

tensión ciclotómica octava de Q.Luego√D ∈ Q(

√−1,√p1, . . . ,

√pt) ⊂

Q(i, ζ1, . . . , ζt) = Q(ζ) siendo ζ = iζ1 . . . ζt una raíz 4D-ésima o D-ésimade la unidad.

El teorema anterior tiene una generalización muy fuerte, cuyademostración requiere un desarrollo mucho mas largo y profundodel que nos podemos permitir:

Teorema 8.4.11 (Kroneker-Weber). Toda extensión abeliana de Qestá contenida en una extensión ciclotómica.

Otra cuestión interesante que se presenta en teoría de Galois esla realización de un grupo: Dado un grupo finito arbitrario G, ¿exis-te una extensión de Galois K/Q tal que Gal(K/Q) ∼= G? La respuestageneral no es conocida, pero para tipos particulares importantes degrupos se sabe que es afirmativa. Desde hace casi un siglo se sa-be que la respuesta es sí para G = Sn ó An, y en 1954 Shafarevicdemostró que la respuesta es afirmativa para todo grupo solublefinito. Su demostración utiliza profundos resultados aritméticos,pero para grupos abelianos finitos podemos demostrarlo ya:

Teorema 8.4.12. Sea G un grupo abeliano finito arbitrario. Existeuna extensión K/Q tal que Gal(K/Q) ∼= G.


Demostración. Sea G ∼= Zd1 × · · · × Zdt la descomposición cíclica deG. Para cada factor invariante di sea pi un primo tal que pi ≡ 1(mod di) y que los pi son todos distintos (tales primos existen porel corolario 8.3.5). Sean ζi raíces pi-ésimas primitivas de la unidad.Sabemos que para i = 1 . . . t, Q(ζi) contiene un subcuerpo Ki talque Gal(Ki/Q) es cíclico de orden di. Entonces K = K1 . . . Kt es laextensión buscada.

Capítulo 9

Construcciones con regla ycompás

99

100 CAPÍTULO 9. CONSTRUCCIONES CON REGLA Y COMPÁS

9.1. Los Elementos de Euclides

El rigor matemático nace en la Grecia clásica. El pensamientoracional de la filosofía clásica concedía prioridad al conocimientoobtenido por deducción sobre el que se obtiene por observacióndirecta. El método deductivo fué evolucionando desde Tales hastaAristóteles que es su mayor representante. Evidentemente la mate-mática es la rama del conocimiento mas adecuada a este método.

Durante dos mil años la expresión mas perfecta de este métodofueron los Elementos de Euclides ([10]). La idea es partir de unoscuantos conceptos “definidos” en términos sencillos y unos pocospostulados y axiomas cuyo verdad es “evidente” y deducir a par-tir de ellos los teoremas que serán entonces tan válidos como lospostulados de los que se han deducido.

El primer libro de los Elementos contiene 23 definiciones, 5 pos-tulados, 5 axiomas o nociones comunes y 48 proposiciones. Algu-nas de las proposiciones son teoremas (es decir, expresan propie-dades de figuras existentes) y otras son construcciones (es decir,construyen puntos y figuras a partir de otras).

Euclides utilizó las construcciones en el sentido de los teoremasde existencia (para demostrar que algunas entidades existen real-mente). Por ejemplo, se puede definir una bisectriz de un ángulocomo la recta del plano del ángulo que pasa por el vértice de este ylo divide en dos ángulos iguales. Pero una definición no establecela existencia de lo que se está definiendo. Para demostrar que unángulo dado tiene una bisectriz, Euclides muestra que esta entidadpuede realmente construirse (Elementos I.9, [10] p. 213). En mate-máticas es bueno saber que el conjunto de objetos que satisfacenuna cierta condición no está vacío.

Los cinco postulados de Euclides son ([10], página 197):

1. Postúlese el trazar una línea recta desde un punto cualquierahasta un punto cualquiera.

2. Y el prolongar continuamente una recta finita en línea recta.

3. Y el describir un círculo con cualquier centro y distancia.

4. Y el ser todos los ángulos rectos iguales entre sí.

5. Y que si una recta al incidir sobre dos rectas hace los ángulosinternos del mismo lado menores que dos rectos, las dos rectas

9.1. LOS ELEMENTOS DE EUCLIDES 101

prolongadas indefinidamente se encontrarán en el lado en elque están los (ángulos) menores que dos rectos.

Los tres primeros postulados enuncian las construcciones pri-mitivas a partir de las cuales obtenemos todas las demás. Consti-tuyen las “reglas del juego” de las construcciones euclídeas. Comosólo permiten rectas y círculos que son líneas que se trazan con re-gla y compás, dichas construcciones se llaman construcciones conregla y compás.

Además de la bisectriz de un ángulo antes citada, Euclides rea-liza muchas otras construcciones sencillas: La mediatriz de un seg-mento (Elementos I.10), el triángulo equilátero sobre un segmentodado (Elementos I.1), el cuadrado sobre un segmento dado (Elemen-tos I.46), el cuadrado, el pentágono, el hexágono y el pentadecágonoregulares inscritos en un círculo dado (Elementos IV.6, IV.11, IV.15y IV.16 respectivamente), la perpendicular desde un punto a unarecta dada (Elementos I.12), la paralela desde un punto a una rectadada (Elementos I.31) etcétera.

A pesar de la limitación de las herramientas que podemos utili-zar, es sorprendente la complejidad de las construcciones posibles.Por ejemplo, podemos construir todas las circunferencias que seantangentes a otras tres dadas (problema de Apolonio), trazar tres cir-cunferencias en los ángulos de un triángulo tales que cada una seatangente a las otras dos y además a los lado del ángulo (problemade Malfatti) o inscribir en una circunferencia dada un triángulocuyos lados (prolongados si fuera necesario) pasen por tres puntosdados (problema de Castillon-Cramer).

Pero existen construcciones que no pueden efectuarse con reglay compás. Problemas imposibles famosos desde la Grecia clásica,son:

1. La duplicación del cubo, o sea construir la arista de un cubocuyo volumen sea el doble del de otro cubo dado.

2. La trisección del ángulo, o sea dividir un ángulo arbitrario da-do en tres partes iguales.

3. La cuadratura del círculo, o sea construir un cuadrado quetenga un área igual a la de un círculo dado.

4. Construir el heptágono regular y mas generalmente, el polígonoregular de n lados con n arbitrario.


Nuestro objetivo es obtener una interpretación algebraica de laconstrucción con regla y compás y encontrar condiciones necesa-rias (y otras suficientes) para que una construcción sea posible.

9.2. Puntos construibles y números cons-truibles

Vamos a dar una interpretación algebraica de la construccióncon regla y compás y en ella obtendremos condiciones necesariaspara que una construcción determinada sea posible. Empezamoscon una definición rigurosa de puntos construibles.

Notación. Dados dos puntos A 6= B llamamos AB a la única rectaque pasa por ambos y A(B) a la circunferencia con centro A quepasa por B.

Sean P0, P1, . . . , Pn puntos distintos del plano euclídeo E conn ≥ 1. Definimos una sucesión creciente infinita de conjuntos depuntos del plano

C0 ⊂ C1 ⊂ . . . Ci ⊂ . . .

por recurrencia: Comenzamos con C0 = {P0, . . . , Pn}. Supongamosdefinido Ci. Entonces

Ci+1 = Ci ∪ Si ∪ S ′i ∪ S ′′idonde

Si = {P ∈ E | P ∈ AB ∩ CD con A,B,C,D ∈ Ci, AB 6= CD }

Es decir, Si está formado por los puntos que se obtienen comointersección de rectas distintas definidas por pares de puntos deCi.

S ′i = {P ∈ E | P ∈ AB ∩ C(D) con A,B,C,D ∈ Ci }O sea que los puntos de S ′i son los que se obtienen como inter-sección de las rectas definidas por pares de puntos de Ci con cir-cunferencias cuyos centros están en Ci y que pasan por puntos deCi

S ′′i = {P ∈ E | P ∈ A(B) ∩ C(D) con A,B,C,D ∈ Ci, A(B) 6= C(D) }

Finalmente, S ′′i está constituido por los puntos de intersección delos pares de circunferencias distintas que tienen su centro en Ci ypasan por puntos de Ci.

9.3. CARACTERIZACIÓN DE LOS NÚMEROS CONSTRUIBLES103

Definición 9.2.1. El conjunto de puntos construibles (con regla ycompás) a partir de los puntos {P0, . . . , Pn} es

C(P0, . . . , Pn) = ∪∞i=0Ci

Elegimos ahora un sistema de coordenadas euclídeas tal queP0 = (0, 0) (el origen de coordenadas) y P1 = (1, 0). Asociamos concada punto P = (a, b) del plano el número complejo z = a + ib. Deesta manera identificamos el plano euclídeo con el cuerpo C de losnúmeros complejos.

El conjunto dado {P0, . . . , Pn} se identifica con un conjunto denúmeros complejos {z0, . . . , zn} donde z0 = 0 y z1 = 1.

Definición 9.2.2. El conjunto de números complejos construibles(con regla y compás) a partir de los números {z1, . . . , zn} es el con-junto de números complejos que corresponden a puntos de C(P0, . . . , Pn).Se representa por C(z1, . . . , zn)

9.3. Caracterización de los números cons-truibles

Lema 9.3.1. 1. El número complejo z = a+ bi con a, b ∈ Q pertene-ce a C(z1, . . . , zn) si y sólo si a, b ∈ C(z1, . . . , zn).

2. El número complejo z = r(cos(θ) + i sen(θ)) con r real positivopertenece a C(z1, . . . , zn) si y sólo si r, cos(θ) + i sen(θ) pertenecena C(z1, . . . , zn).

Nótese que C(z1, . . . , zn) contiene a todos los números complejosde la forma a+ ib con a, b ∈ Q. y que este conjunto es denso en C.

Proposición 9.3.2. C(z1, . . . , zn) es un subcuerpo de C que verifica

1. z1, . . . , zn ∈ C(z1, . . . , zn)

2. Para todo z ∈ C(z1, . . . , zn) el conjugado complejo z pertenece aF .

3. Para todo z ∈ C(z1, . . . , zn) se verifica que√z ∈ C.

Proposición 9.3.3. Sea F un subcuerpo de C que verifica:

1. z1, . . . , zn ∈ F


2. Para todo z ∈ F el conjugado complejo z está en F .

3. Para todo z ∈ F se verifica que también√z ∈ F .

Entonces C(z1, . . . , zn) ⊂ F .

Corolario 9.3.4. Sea C el conjunto de todos los subcuerpos F de Cque verifican:

1. z1, . . . , zn ∈ F

2. Para todo z ∈ F el conjugado complejo z está en F .

3. Para todo z ∈ F se verifica que también√z ∈ F .

Entonces C(z1, . . . , zn) = ∩F∈CF .

Teorema 9.3.5. Sea K = Q(z1, . . . , zn, z1, . . . , zn). Un número complejoz pertenece a C(z1, . . . , zn) si y sólo si z pertenece a un subcuerpo deC de la forma K(u1, . . . , un) donde u21 ∈ K y para todo i = 2, . . . , n severifica u2i ∈ K(u1, . . . , ui−1)

Corolario 9.3.6. Sea K = Q(z1, . . . , zn, z1, . . . , zn). Entonces cualquierz ∈ C(z1, . . . , zn) es algebraico sobre K de grado una potencia de 2.

Definición 9.3.7. Para cualquier cuerpo K con car(K) 6= 2 unatorre de cuerpos de la forma

K(u1, . . . , un) ⊃ K(u1, . . . , un−1) ⊃ · · · ⊃ K(u1) ⊃ K

donde u21 ∈ K y u2i ∈ K(u1, . . . , ui−1) para i = 2, . . . , n se llama torre deraíces cuadradas sobre K.

El corolario 9.3.6 enuncia condiciones suficientes (pero no ne-cesarias) para que z sea construible. Usando la teoría de Galois seobtienen condiciones necesarias y suficientes:

Teorema 9.3.8 ([19] p. 271). Un número complejo z es construiblecon regla y compás si y sólo si z es algebraico sobre Q y la clausuranormal K/Q de Q(z)/Q tiene grado [K : Q] = 2n, (n ∈ N)

9.4. APLICACIÓN A LOS PROBLEMAS CLÁSICOS 105

9.4. Aplicación a los problemas clásicos

En muchos problemas de construcción los datos son exacta-mente dos puntos (o un segmento, lo que es lo mismo). En este casoen el corolario 9.3.6 se verifica que K = Q y el cuerpo C = C(0, 1) sellama sencillamente cuerpo de los números contructibles (euclídeos).El corolario 9.3.6 muestra que tales números son algebraicos so-bre Q de grado una potencia de 2. Vamos a aplicar este resultadopara demostrar la imposibilidad de resolver los cuatro problemasclásicos:

Ejemplo 9.4.1 (Trisección del ángulo). No todo ángulo se puede tri-secar con regla y compás. En particular el ángulo π/3 no puede sertrisecado, porque ello implicaría que u = 2 cos(π/3) sería construi-ble. Pero u es raíz de X3 − 3X − 1 que es irreducible sobre Q y portanto el grado de u sobre Q es 3. Por el corolario 9.3.6, u no esconstruible.

Ejemplo 9.4.2 (Duplicación del cubo). Tomando como unidad laarista de un cubo dado, el cubo de volumen doble tendría unaarista de longitud u = 3

√2. Pero Irr(u,Q) = X3 − 2 y por el corolario

9.3.6 u no es construible.

Ejemplo 9.4.3 (Cuadratura del círculo). El área de un círculo deradio 1 vale π. El lado de un cuadrado de la misma área vale u =

√π

que es un número trascendente sobre Q. Luego no es construible.Ya que π es trascendente sobre Q, tampoco se puede rectificar la

circunferencia, es decir, construir con regla y compás un segmentode longitud igual a la de una circunferencia.

Ejemplo 9.4.4 (Construcción del p-gono regular, con p primo). Estaconstrucción es equivalente a la del número complejo z = e2πi/p

(la raíz p-ésima de la unidad). Sabemos que zp = 1 y como Xp −1 = (X − 1)(Xp−1 + · · · + X + 1) y z 6= 1, tenemos que z es raíz delpolinomio Φp(X) = Xp−1 + Xp−2 + · · · + X + 1. Este polinomio Φp esirreducible sobre Q (aplíquese el criterio de Eisenstein al polinomiof(X) = Φp(X + 1)). Luego una condición necesaria para que el p-gono regular sea construible con regla y compás es que p − 1 = 2s

para algún entero positivo s. Como 6 = 7− 1 no es una potencia de2, el heptágono regular no se puede construir con regla y compás.


9.5. Polígonos regulares

En la sección anterior hemos visto que la condición necesariapara que el p-gono regular sea construible con p primo es quep = 2s + 1. Mas adelante, cuando desarrollemos la teoría de Ga-lois, veremos que esta condición también es suficiente. Pero ahoravamos a analizar un poco mas esta construcción. Es curioso quehistóricamente se demostró antes la suficiencia de esta condición(en [15]) que su necesidad (en [32])

Primos de Fermat

En primer lugar, supongamos que el exponente s es divisible porun primo impar q, sea s = qt. Entonces

p = 2s + 1 = (2t)q + 1 = (2t + 1)(2t(q−1) − 2t(q−2) + · · · − 2t + 1)

es una factorización no trivial de p que por lo tanto no es primo.Así pues s no es divisible por ningún primo impar, y s = 2t.

Los primos de la forma p = Ft = 22t + 1 se llaman primos deFermat porque este matemático los estudió y conjeturó que paratodo t ≥ 0, 22t + 1 es un primo. Así ocurre para los primeros valores:

t: 0 1 2 3 4Ft = 22t + 1: 3 5 17 257 65537

Pero el siguiente número F5 = 225 + 1 = 4294967297 no es primo.(La demostración mas corta es la siguiente: El número 641 = 54 +24 = 5 · 27 + 1 divide a los dos números siguientes: a = 54 · 228 + 232 yb = 54 · 228 − 1 y por tanto divide a su diferencia a− b = 232 + 1 = F5).

Queda abierta la cuestión de si Ft es primo para algún valor det mayor que 5. Se ha demostrado que Ft es primo si y sólo si Ftdivide a 3(Ft−1)/2. Utilizando este criterio (y efectuando los cálculospor ordenador) se ha demostrado que Ft es compuesto para todo5 ≤ t ≤ 22. Por ello la construcción de Hermes que citaremos des-pués es la última que se intentará nunca.

Polígonos regulares de n lados, con n compuesto

Hasta ahora hemos estudiado sólo las construcciones de n-gonosregulares cuando n es primo. El caso general se reduce a éste porlas observaciones siguientes:

Si n = mq y el n-gono regular es construible, sea éste P0P1 · · ·Pn−1.El m-gono regular está formado por los vértices P0Pq · · ·Pq(m−1), y

9.6. CONSTRUCCIONES EXPLÍCITAS 107

por tanto es construible. Así por ejemplo, el polígono mas fácil deconstruir es el hexágono regular, y el triángulo equilátero se ob-tiene uniendo los vértices alternos del hexágono (Hay dos de talestriángulos, formando una estrella de David).

Por otra parte, supongamos que m. c. d.(m,n) = 1 y que el m-gonoregular y el n-gono regular son construibles. Existen r, s ∈ N talesque sn− rm = 1 y diviendo por mn

1

mn=

s

m− r

n

así que para construir la mn-ésima parte de la circunferencia, to-mamos a partir de un punto de la circunferencia s lados del m-gonoy r lados del n-gono. Su diferencia es el lado del mn-gono. Eucli-des en Elementos IV.16 procede de manera ligeramente distinta:1/15 = 1/2(1/3 − 1/5), así que a partir de un punto A de la circun-ferencia construye un vértice del pentágono regular B y un vérticedel triángulo equilátero, sea Γ. Biseca el arco BΓ, sea E el puntomedio y cada uno de los segmentos BE y BΓ es un lado del penta-decágono regular.

Naturalmente, si el m-gono es construible, también lo es el 2m-gono: Basta bisecar cada uno de los ángulos centrales del m-gono,y la bisectriz de un ángulo es construible con regla y compás.

Esta tres observaciones demuestran la mitad del siguiente teo-rema:

Teorema 9.5.1 ([19], p. 274). Un n-gono regular es construible conregla y compás si y sólo si n = 2ep1 . . . ps donde s ≥ 0 y los pi sonprimos de Fermat distintos.

La demostración de la otra mitad (la suficiencia de la condiciónsobre n) requiere teoría de Galois y la haremos en su momento.

9.6. Construcciones explícitas

Construcciones algebraicas explícitas

Hasta finales del siglo XVIII no se conocían mas polígonos regu-lares constructibles que los expuestos en los Elementos. Pero el 30de Marzo de 1796 el joven Gauss (tenía 19 años) escribe en su dia-rio que había hallado “el principio sobre el que se basa la divisiónde la circunferencia y en particular la división de la misma en 17


partes”. En otras palabras, había demostrado que el 17-gono regu-lar es construible. Posteriormente decía que este descubrimiento lehabía influido con fuerza para dedicar su vida a las matemáticas.

Vamos a describir directamente la construcción del pentágonoy del heptadecágono regular. Como dice Jacob Steiner, haremosnuestras construcciones “simplemente por medio del lenguaje”. Esdecir, no nos interesa realizar explícitamente las construccionesgeométricas mas elegantes, sino asegurarnos de que esas cons-trucciones son realmente posibles.

La construcción del pentágono regular equivale a la de la raízquinta de la unidad ζ = cos(2π/5) + i sen(2π/5). Sabemos que ζ esraíz del polinomio Φ5 = X4 +X3 +X2 +X+ 1. Sea α = ζ+ 1/ζ = ζ+ ζ4.Un poco de manipulación muestra que α es raíz de X2+X−1 ∈ Q[X]y ζ es raíz de X2−αX+1 ∈ Q(α)[X]. Tenemos la torre de extensionescuadráticas

Q(ζ) ⊃ Q(α) ⊃ QPor el teorema 9.3.5 ζ es construible.

En [19] p. 222-223 se describe en detalle la construcción delheptadecágono regular. Resumiéndola, definimos sucesivamente losnúmeros

ζ = cos(2π/17) + i sen(2π/17)

γ = ζ + ζ−1 = ζ + ζ16

β = ζ + ζ−1 + ζ4 + ζ−4

α = ζ + ζ−1 + ζ4 + ζ−4 + ζ9 + ζ−9 + ζ2 + ζ−2

y formamos la torre

Q(ζ) ⊃ Q(γ) ⊃ Q(β) ⊃ Q(α) ⊃ Qdonde cada paso es una extensión cuadrática, ya que se verificanlas siguientes ecuaciones cuadráticas:

ζ2 − γζ + 1 = 0

γ2 − βγ − (β3 − 6β + 3)/2 = 0

β2 − αβ − 1 = 0

α2 + α− 4 = 0

Recientemente en [18] se ha publicado una construcción alge-braica explícita del polígono regular de 257 lados, donde los cálcu-los se han realizado con ayuda del programa de ordenador MAPLEV.

9.7. CONSTRUCCIONES CON CÓNICAS 109

Construcciones geométricas explícitas

Cada una de las construcciones algebraicas anteriores se pue-den trasladar paso a paso a una construcción geométrica, perocomo ya hemos dicho, dicha construcción no será ni la mas cortani la mas elegante de las posibles. Además de las construccionesexpuestas en los Elementos, Ptolomeo y Richmond (1893) dieronconstrucciones del pentágono regular mas sencillas que las de Eu-clides. Richmond (1909) también describe una construcción senci-lla del heptadecágono regular. Esta construcción y la del pentágonoregular debida al mismo autor pueden verse en [8], sección 2.1.

Richelot y Schwendenwein construyeron en 1832 el polígono re-gular de 257 lados y J. Hermes invirtió diez años sobre el de 65537lados. Depositó su trabajo en una gran caja que aún se encuentraen la Universidad de Gottingen.

9.7. Construcciones con cónicas

La imposibilidad de resolver con regla y compás los problemasclásicos lleva naturalmente a ampliar la gama de herramientas ad-misibles para hacer una construcción. Desde la antigüedad se sa-bía duplicar un cubo (Menaechmus, 350 a. c.) y trisecar un ángulo(Papus, 300 a. c.) utilizando parábolas e hipérbolas. Arquímedesdescubrió una notable construcción del heptágono regular usandoparábolas que se puede ver en [31]. La definición rigurosa de pun-tos “construibles con cónicas” y la caracterización de tales puntosestán desarrolladas en [31] siguiendo unas líneas análogas a lasexpuestas en las secciones 9.2 y 9.3 anteriores. El teorema básicodel citado artículo es

Teorema 9.7.1. Un número complejo z es construible con cónicas siy sólo si z es algebraico sobre Q y la clausura normal K/Q de Q(z)/Qtiene grado [K : Q] = 2n3m, (n,m ∈ N).

De este teorema podemos deducir cuales son los polígonos cons-truibles con ayuda de cónicas:

Teorema 9.7.2. El n-gono regular es construible con cónicas si ysólo si n = 2s3tp3 . . . pk donde s, t ≥ 0, pi 6= 2, 3 y cada pi es de la formapi = 2u3v + 1.

Corolario 9.7.3. El heptágono regular es construible con cónicas.


El artículo [31] termina con dos preguntas: 1) Se puede demos-trar que las elipses son superfluas en la construcción de nuevospuntos, pero ¿podemos limitarnos a rectas, círculos e hipérbolas?2) Las cónicas son curvas de género cero. ¿Cuales son los puntosconstruibles con curvas de género uno (es decir, cúbicas)?

Parte V

Teoría de ecuaciones

111

Capítulo 10

Extensiones cíclicas yradicales

113

114 CAPÍTULO 10. EXTENSIONES CÍCLICAS Y RADICALES

10.1. Extensiones cíclicas

Definición 10.1.1. Una extensión E/K se llama cíclica si es deGalois y su grupo de Galois es cíclico

Teorema 10.1.2 (Lagrange). Sea K un cuerpo, n > 0 un entero primocon la característica de K y supongamos que existe una raíz n-ésimaprimitiva de la unidad en K.

1. Sea E/K una extensión cíclica de grado n. Entonces existe α ∈E tal que E = K(α) y Irr(α,K) = Xn − a para algún a ∈ K.

2. A la inversa, sea a ∈ K. Sea α una raíz de Xn − a. EntoncesK(α)/K es cíclica de grado d, d | n y αd ∈ K.

Demostración. 1. Sea G = Gal(E/K) = 〈σ〉. y sea ζ ∈ K una raízn-ésima primitiva de la unidad.

Sea E = K(u). Definimos la resolvente de Lagrange α = α(u, ζ) ∈E como

α = u+ ζσ(u) + ζ2σ2(u) + · · ·+ ζn−1σn−1(u)

Por la independencia lineal de los homomorfismos {σi} tene-mos que α 6= 0.

Aplicando el automorfismo σ obtenemos

σ(α) = σ(u) + ζσ2(u) + ζ2σ3(u) + · · ·+ ζn−1σn(u)

= ζ1(u+ ζσ(u) + ζ2σ2(u) + · · ·+ ζn−1σn−1(u))

= ζ−1α

Por inducción sobre i, σi(α) = ζ−iα. Luego los elementos ζ−iαson n conjugados distintos de α, por lo que [K(α) : K] ≥ n.Como K(α) < E, queda que E = K(α). Además, σ(αn) = σ(α)n =(ζα)n = αn. Luego a = αn es fijo bajo σ y todas sus potencias,por lo que a ∈ K.

2. Sea α una raíz de Xn − a ∈ K[X]. El elemento ζ iα también esraíz del mismo polinomio y todas estas raíces son distintas.Luego K(α) es el cuerpo de descomposición sobre K del poli-nomio Xn − a, y por tanto es de Galois. Sea G = Gal(K(α)/K).∀σ ∈ G, σ(α) también es raíz de Xn− a. Luego σ(α) = ωσα, sien-do ωσ una raíz de la unidad (no necesariamente primitiva). La

10.2. EXTENSIONES SOLUBLES Y RADICALES 115

aplicación σ 7→ ωσ es obviamente un monomorfismo de G enel grupo de las raíces n-ésimas de la unidad y como éste escíclico de orden n, G es cíclico de orden d divisor de n. SeaG = 〈σ〉. Entonces ωσ es una raíz d-ésima primitiva de la uni-dad, y σ(αd) = (ωσα)d = αd. Luego αd ∈ K ya que es fijo bajo Gy el teorema está demostrado.

10.2. Extensiones solubles y radicales

Definición 10.2.1. Una extensión finita separable F/K se llamasoluble si existe una extensión de Galois finita E/K con grupo G =Gal(E/K) soluble tal que K < F < E.

La anterior definición es equivalente a decir que la clausura nor-mal de F/K tiene grupo de Galois soluble.

Definición 10.2.2. Una extensión finita F/K con m. c. d.([F : K], car(K)) =1 se llama soluble por radicales si es separable y si existe una torrede extensiones finitas

K = E0 < E1 < E2 < . . . < Em = E

tal que F < E y que cada paso Ei+1/Ei es de uno de los tipossiguientes:

1. Ei+1 = Ei(ζ) con ζ raíz de la unidad.

2. Ei+1 = Ei(α) con α raíz de un polinomio Xn − a ∈ Ei[X] y nprimo relativo con car(K).

Proposición 10.2.3. 1. Sea F/K una extensión soluble por radi-cales, y sea L/K una extensión arbitraria. Entonces FL/L esuna extensión soluble por radicales.

2. Sea L > F > K una torre de extensiones finitas. Entonces L/Kes soluble por radicales si y sólo si L/F y F/K son solubles porradicales.

3. Sean F/K y L/K extensiones solubles por radicales. EntoncesFL/K es soluble por radicales.


Demostración. 1. Sea

K = E0 < E1 < E2 < . . . < Em = E

la torre de extensiones del tipo 10.2.2 con F < E. Definimosuna nueva torre:

L = E ′0 < E ′1 < E ′2 < . . . < E ′m = E ′

siendo E ′i = EiL. Es evidente que E ′0 = KL = L, que E ′m = EL >FL y que si Ei+1 = Ei(α), entonces E ′i+1 = E ′i(α) es del mismotipo. Luego la extensión FL/L es soluble por radicales.

2. Sea L/K soluble por radicales. El mismo cuerpo E que con-tiene a L también contiene a F . Luego F/K es soluble porradicales. Por otra parte, aplicamos el punto anterior a las ex-tensiones L/K (que es soluble por radicales por hipótesis) yL/F . Nos queda que L = LF/F es soluble por radicales.

A la inversa, sean L/F y F/K solubles por radicales. Sea Eel cuerpo que contiene a F y que permite la torre 10.2.2. Laextensión LE/E es soluble por radicales por el punto anterior.Sea

E = Em < Em+1 < Em+2 < . . . < En > LE

la torre que verifica las condiciones de 10.2.2. Pegamos ambastorres y obtenemos la torre:

K = E0 < E1 < E2 < . . . < En > LE > L

donde cada paso es de uno de los tipos permitidos. Luego L/Kes radical.

3. Consecuencia inmediata de los dos puntos anteriores.

Corolario 10.2.4. Sea F/K una extensión separable finita. Enton-ces F/K es soluble por radicales si y sólo si existe una torre

K = L0 < L1 < L2 < . . . < Lm = L > F

donde cada paso es de uno de los tipos descritos en 10.2.2, y ade-más la extensión L/K es de Galois.

10.2. EXTENSIONES SOLUBLES Y RADICALES 117

Demostración. Sólo hay que demostrar la última propiedad. SeaF/K soluble por radicales, y sea

K = E0 < E1 < E2 < . . . < Em = E

la torre que lo muestra. Para todo σ : E → K ( clausura algebraicade K) que sea la identidad sobre K, la torre

K = E0 < σ(E1) < σ(E2) < . . . < σ(Em) = σ(E)

tiene cada paso del mismo tipo, ya que σ(Ei+1) = σ(Ei)(σ(α)). Lue-go σ(E)/K es soluble por radicales. Sea L =

∏σ σ(E). Por el tercer

punto de la proposición anterior, L posee una torre del tipo busca-do. Además, L/K es la clausura normal de E/K y por tanto es deGalois.

Teorema 10.2.5 (Galois). Sea F/K una extensión separable finita.Entonces F/K es soluble por radicales si y sólo si es soluble.

Demostración. 1. Sea F/K soluble. Sea E/K una extensión deGalois con grupo soluble tal que E > F , y sea m el productode todos los primos que dividen al orden de Gal(E/K). Seaζ una raíz m-ésima primitiva de la unidad. Llamamos L =K(ζ). La extensión EL/L es de Galois con grupo isomorfo a unsubgrupo de Gal(E/K), luego también soluble. Tomamos unaserie de composición:

Gal(EL/L) = G0 BG1 B · · ·BGn = 1

Cada cociente Gi/Gi+1 es cíclico de orden primo divisor de|G0|. Por la correspondencia de Galois, obtenemos una torrede cuerpos:

K < L = L0 < L1 < . . . < Ln = EL > F

donde cada eslabón es una extensión de Galois con grupocíclico de orden primo Gal(Li+1/Li) ∼= Gi/Gi+1. El cuerpo Li > Lcontiene todas las raíces de la unidad necesarias. Aplicandoel teoremas 10.1.2 vemos que cada extensión es de uno de lostipos definidos en 10.2.2. Luego F/K es soluble por radicales.

2. Sea ahora F/K soluble por radicales. Por el corolario anterior,existe una extensión de Galois E/K tal que F < E y que existeuna torre

K = E0 < E1 < E2 < . . . < Em = E


donde cada eslabón es de uno de los tipos descritos en 10.2.2.Igual que antes, sea m el producto de todos los primos quedividen a |Gal(E/K)| y sea ζ una raíz m-ésima de la unidad.Llamamos L = K(ζ). L/K es de Galois con grupo abeliano yEL/L también es de Galois. Llamamos Li = EiL. Obtenemosla torre

L = L0 < L1 < L2 < . . . < Lm = EL

donde cada paso es de uno de los tipos requeridos. Por lacorrespondencia de Galois, le corresponde una serie de sub-grupos:

Gal(EL/L) = G0 BG1 BG2 B . . . Gm = 1

donde cada cociente Gi/Gi+1∼= Gal(Li+1/Li) es abeliano pa-

ra el primer tipo de 10.2.2 y cíclico para cada uno de losotros por el teorema 10.1.2. Luego Gal(EL/L) es soluble. Co-mo Gal(L/K) ∼= Gal(EL/K)/Gal(EL/L) es abeliano, el grupoGal(EL/K) es soluble y la extensión F/K es soluble ya queF < EL.

Corolario 10.2.6. 1. Sea L > F > K una torre de extensionesseparables finitas. Entonces L/K es soluble si y sólo si L/F yF/K son solubles.

2. Sea F/K una extensión soluble, y sea L/K una extensión arbi-traria. Entonces FL/L es una extensión soluble.

3. Sean F/K y L/K extensiones solubles. Entonces FL/K es so-luble.

Capítulo 11

Polinomios de grado 3 y 4

119

120 CAPÍTULO 11. POLINOMIOS DE GRADO 3 Y 4

La teoría de Galois puede describirse como el estudio de las ex-tensiones de cuerpos mediante grupos de automorfismos. Pero suorigen estuvo motivado por la solución de ecuaciones polinómicas,y vamos a describir esta conexión.

11.1. El grupo de un polinomio

Empezamos fijando las notaciones:

Notación. Sea f = anXn + · · · + a0 ∈ K[X] un polinomio separable y

sea E un cuerpo de descomposición de f sobre K. Sean α1, . . . , αnlas raíces de f en E. Entonces E = K(α1, . . . , αn). Llamamos G =Gal(E/K).

Cualquier automorfismo σ de G está completamente determi-nado por su efecto sobre el conjunto de raíces S = {α1, . . . , αn}.Además σ aplica cualquier raíz de f en otra raíz, y σ es inyectivo.Luego la restricción de σ a S es una aplicación biyectiva, es deciruna permutación del conjunto S. Definimos una aplicación

λ : G→ Sn

de la siguiente forma: λ(σ) = τ es la permutación definida porσ(αi) = ατ(i). Por las observaciones anteriores es inmediato que λes inyectiva, y es rutina comprobar que es un homomorfismo degrupos.

Definición 11.1.1. Llamamos grupo del polinomio fsobre K al gru-po Gal(f/K) = Im(λ)

Obsérvese que por el primer teorema de isomorfismo, Gal(E/K) ∼=Gal(f/K). La diferencia estriba en que el primero es un grupo deautomorfismos y el segundo es un grupo de permutaciones.

Obsérvese también que Gal(f/K) no está determinado de mane-ra única por la extensión, sino que depende de la numeración elegi-da para las raíces: Si cambiamos el orden de las raíces, cambiamosGal(f/K) por otro grupo, conjugado suyo dentro de Sn. A pesar deello, para simplificar la notación normalmente identificamos σ conλ(σ) y pasamos libremente de Gal(E/K) a Gal(f/K) y viceversa. Encada caso el contexto dejará claro si σ es un automorfismo o unapermutación.

11.2. LOS TEOREMAS CLASIFICATORIOS 121

Ejemplo 11.1.2. Sea K = Q, f = X4 − 5X2 + 6 = (X2 − 2)(X2 − 3).Las raíces de f son α1 =

√2, α2 = −

√2, α3 =

√3, α4 = −

√3. El cuerpo

de descomposición es E = Q(√

2,√

3) y el grupo G = Gal(E/Q) ={1, σ1, σ2, σ1σ2} donde σ1(

√2) = −

√2, σ1(

√3) =

√3, σ2(

√2) =

√2,

σ2(√

3) = −√

3. Entonces Gal(f/Q) = {1, (1 2), (3 4), (1 2)(3 4)}. Si hu-biésemos escogido otra numeración para las raíces, obtendríamosun grupo distinto, pero conjugado del anterior.

Ejemplo 11.1.3. Sea K = Q y sea f = X3 − 2 ∈ Q[X]. Sea α unaraíz suya y sea ω una raíz cúbica primitiva de la unidad. El cuerpode descomposición es E = Q(α, ω). Las raíces de f son α, ωα, ω2α.[E : Q] = 6 y cualquier permutación de las raíces define un auto-morfismo. Luego Gal(f/K) = S3. Sobre K = Q(ω) el grupo es A3:Las raíces pueden permutarse cíclicamente y no de otra maneramientras que sobre Q(α), Gal(f/K) es cíclico de orden 2: α debepermanecer fija, y podemos intercambiar ωα y ω2α.

La teoría de Galois de ecuaciones tiene dos problemas principa-les que estudiamos en las siguientes secciones:

1. Dados K y f , calcular Gal(f/K).

2. Conocido Gal(f/K) y siendo éste soluble, determinar una ex-presión explícita para las raíces de f por radicales sobre K.

11.2. Los teoremas clasificatorios

Existen métodos muy diversos para atacar el primer problema.Recientemente se han desarrollado algoritmos para el caso K = Qpor Soicher-Kay [27] (usando resolventes lineales), Stauduhar [29](usando aproximaciones numéricas de las raíces) y Zassenhaus[33] (calculando estabilizadores de ideales minimales de álgebraslineales). También Girtsmair [17] ha desarrollado un método muyinteresante, ya que es aplicable a cualquier cuerpo base K y estámas en línea con el que se expone a continuación.

El método que vamos a aplicar es bueno para determinar Gal(F/K)cuando Sn tiene pocos subgrupos transitivos, por ejemplo cuandon = 3, 4, 5. Se basa en los teoremas 11.2.1, 11.2.2 y 11.2.4.

Teorema 11.2.1. Sea f ∈ K[X] sin raíces múltiples. Sea f = f1 · · · frla factorización en irreducibles sobre K. Dos ceros αi, αj de f sonraíces del mismo fk si y sólo si i, j están en la misma órbita bajoGal(f/K)


Demostración. Supongamos que i, j están en la misma órbita. En-tonces existe σ ∈ G tal que σ(αi) = αj. Luego αi, αj son conjugadosy por tanto son raíces del mismo polinomio irreducible.

Sean ahora αi, αj raíces del mismo polinomio irreducible. En-tonces son conjugados. Luego existe σ ∈ G tal que σ(αi) = αj yj = λ(σ)(i) está en la misma órbita que i.

Corolario 11.2.2 (Criterio de irreducibilidad de Galois). El polino-mio f es irreducible sobre K si y sólo si Gal(f/K) es un subgrupotransitivo de Sn.

Para todo grupo de permutaciones H < Sn podemos considerarel subgrupo H+ = H ∩ An formado por las permutaciones paresde H. Su índice vale [H : H+] = 1 ó 2. Tomamos H = Gal(f/K).Mediante el isomorfismo λ−1 a H+ le corresponde un subgrupo G+

de G = Gal(E/K). Sea F el cuerpo fijo bajo G+.

Teorema 11.2.3. Supongamos que f no tiene raíces múltiples y quecar(K) 6= 2. Sea

δ =∏i<j

(αi − αj)

Entonces F = K(δ)

Demostración. Para todo ρ = (i j), ρ(δ) = −δ. Así que ∀σ ∈ G+,σ(δ) = δ, luego K < K(δ) < F . Si F = K ya hemos terminado. SeaF K. Esto implica que G+ � G, y [G : G+] = 2. Sea σ ∈ G, σ 6∈ G+.Como λ(σ) es una permutación impar, σ(δ) = −δ y como δ 6= 0,δ 6∈ K. Luego K(δ) = F .

Obsérvese que (an−1n δ)2 = Disc(f).

Corolario 11.2.4. Gal(f/K) < An si y sólo si√Disc(f) ∈ K

El teorema anterior y su corolario dejan fuera el caso car(K) = 2.El siguiente teorema rellena esta laguna.

Teorema 11.2.5. Sea f ∈ K un polinomio sin raíces múltiples conK arbitrario. Sea

δ′ =∑τ∈An

αn−1τ(1)αn−2τ(2) . . . α

0τ(n)

Entonces F = K(δ′).

11.3. POLINOMIOS DE GRADO PEQUEÑO 123

Demostración. Llamamos

δ′′ =∑τ 6∈An

αn−1τ(1)αn−2τ(2) . . . α

0τ(n)

Es fácil verificar que δ′ − δ′′ = δ 6= 0. Para todo π ∈ An, π(δ′) = δ′

y si π 6∈ An, π(δ′) = δ′′ 6= δ′. El razonamiento de la demostracióndel teorema anterior muestra que F = K(δ′). Además δ′ es raíz deX2 − (δ′ + δ′′)X + δ′δ′′ ∈ K[X] cuyos coeficientes se pueden calcularcomo polinomios simétricos de las raíces.

11.3. Polinomios de grado pequeño

Vamos a aplicar los teoremas de la sección anterior para deter-minar los grupos de Galois de polinomios de grado bajo. Supone-mos siempre que car(K) 6= 2 y llamamos H = Gal(f/K).

11.3.1. Polinomios de grado 2

Sea f = aX2 + bX + c = a(X − α1)(X − α2). El discriminante valeDisc(f) = b2 − 4ac. El grupo H es un subgrupo de S2, así que sólohay dos posibilidades:

H = S2 si y sólo si√Disc(f) 6∈ K, en cuyo caso f es irreducible.

H = A2 = 1 si y sólo si√Disc(f) ∈ K en cuyo caso f es el

producto de dos factores lineales.

En cualquier caso el cuerpo de descomposición es E = K(√Disc(f))


Por sencillez vamos a tomar f mónico:

f = x3 + b2X2 + b1X + b0 = (X − β1)(X − β2)(X − β3) ∈ K

Pueden ocurrir dos casos:

f es reducible f = f1f2 con gr(f2) = 1. Entonces H = Gal(f1)que lo hemos discutido en el apartado anterior.

f es irreducible. En este caso H es un subgrupo transitivo deS3 y otra vez tenemos dos posibilidades:


• H = S3 si y sólo si√Disc(f) 6∈ K

• H = A3 si y sólo si√Disc(f) ∈ K


Llamamos

f = X4 + a3X3 + a2X

2 + a1X + a0 =4∏i=1

(X − αi)

1. Cuártica reducible:

f = f1f2 con gr(f2) = 1. Entonces H = Gal(f1) que es unacúbica discutida en el apartado anterior.

f = f1f2 con fi irreducibles de grado 2. Entonces H es unsubgrupo de 〈(1 2), (3 4)〉 sin puntos fijos. Dos posibilida-des que se distinguen utilizando el discriminante:

• H = 〈(1 2), (3 4)〉 si y sólo si√Disc(f1)Disc(f2) 6∈ K.

• H = 〈(1 2)(3 4)〉 si y sólo si√Disc(f1)Disc(f2) ∈ K.

2. Cuártica irreducible. El grupo H es un subgrupo transitivo deS4. Veamos el diagrama de todos los subgrupos transitivos deS4:

S4

A4 D4

V C4

siendo C4 = 〈(1 2 3 4)〉, D4 = 〈(1 2 3 4), (1 3)〉, V = 〈(1 2)(3 4), (1 3)(2 4)〉.Los grupos D4 y C4 no son únicos, sino que cada uno tiene tresconjugados. Pero H está determinado salvo conjugación. Paradistinguir entre los casos buscamos un elemento que perte-nezca al cuerpo fijo bajo H ∩D4. Sean:


β1 = α2α3 + α1α4, β2 = α1α3 + α2α4, β3 = α1α2 + α3α4

Obsérvese que ∏k<h

(βk − βh) =∏i<j

(αi − αj)

y como las αi son distintas, también lo son las βk. Por otrolado, σ(β2) = β2 ⇔ σ ∈ D4. Así que H < D4 si y sólo si β2 ∈ K,e igual ocurre con los otros dos grupos diédricos (que sonlos estabilizadores de β1 y β3). Para estudiar esta posibilidad,formamos el polinomio cuyas raíces son los βk:

g = (X − β1)(X − β2)(X − β3) = X3 + b2X2 + b1X + b0

Terminología. El polinomio g se llama resolvente cúbica de lacuártica f .

Sus coeficientes son polinomios simétricos en los αi, y sabe-mos expresarlos como polinomios en los simétricos elementa-les que son los coeficientes de f :

b2 = −a2b1 = a1a3 − 4a0b0 = −a23a0 − a21 + 4a2a0

Además Disc(g) =∏

k<h(βk − βh)2 =

∏i<j(αi − αj)

2 = Disc(f).Combinando la existencia en K de un βk y

√Disc(f) obtene-

mos el siguiente cuadro:

√Disc(g) βi Gal(g/K) Gal(f/K)

6∈ K 6∈ K S3 S4

∈ K 6∈ K A3 A4

∈ K ∈ K 1 V6∈ K ∈ K S2 D4, C4

Para distinguir entre los dos últimos casos, obsérvese que D4∩A4 = V es transitivo, mientras que C4 ∩ A4 = 〈(1 3)(2 4)〉 no loes. Así que Gal(f/K) = D4 si y sólo si f es irreducible sobreK(√Disc(f)). Podemos deducir de aquí un criterio elemental:


Proposición 11.3.1. Supongamos f irreducible y Gal(g/K) =S2, y sea β = α1α3 + α2α4 la única raíz de g que hay en K.Entonces son equivalentes:

a) Gal(f/K) = C4.

b) α1 + α3, α1α3, α2 + α4, α2α4 ∈ K(√Disc(f))

c) El polinomio h = (X2 + a3X + (a2 − β)(X2 − βX + a0)) tienetodas sus raíces en K(

√Disc(f)).

d)√a23 − 4(a2 − β2),

√β22 − 4a0 ∈ K(

√Disc(f)).

Demostración. Formamos el polinomio

(X − (α1 + α3))(X − (α2 + α4))(X − α1α3)(X − α2α4)

Obsérvese que para cualquier cuerpo K ′ > K, Gal(f/K ′) ⊂〈(1 3)(2 4)〉 si y sólo si las cuatro raíces de este polinomio es-tán en K ′. Calculando los coeficientes de los productos de losdos primeros factores y los dos últimos, nos queda que es pre-cisamente el polinomio h del enunciado. Finalmente, los dosfactores cuadráticos formados tienen sus coeficientes en K ydescompondrán en factores lineales en K ′ si y sólo si las raícescuadradas de sus discriminantes pertenecen a K ′.

Ejemplo 11.3.2. Vamos a calcular el grupo de Galois de polinomiosbicuadráticos: Sea

f = X4 + aX2 + b ∈ K[X]

irreducible sobre K. Su resolvente cúbica es:

g = X3 − aX2 − 4bX + 4ab = (X − a)(X2 − 4b)

y K(√Disc(f)) = K(

√b). Entonces Gal(f/K) = V si y sólo si

√b ∈ K.

En otro caso, Gal(g/K) = S2 y aplicamos la proposición 11.3.1: Losdos elementos del último apartado son:√

0− 4(a− a) = 0,√a2 − 4b

El primer elemento siempre pertenece a K, y el segundo nun-ca pertenece a K porque en otro caso f sería reducible. Luego√a2 − 4b ∈ K(

√b) si y sólo si

√b(a2 − 4b) ∈ K. En resumen:


Si√b ∈ K, Gal(f/K) = V .

Si√b 6∈ K y

√b(a2 − 4b) ∈ K, Gal(f/K) = C4.

Si√b,√b(a2 − 4b) 6∈ K, Gal(f/K) = D4.

Ejemplo 11.3.3. Calculamos el grupo de Galois de los polinomiosrecíprocos: Sea

f = X4 + aX3 + bX2 + aX + 1 ∈ K[X]

irreducible sobre K. La resolvente cúbica es:

g = X3− bX2 + (a2−4)X+ (−2a2 + 4b) = (X−2)(X2 + (2− b)X+ (a2−2b)

El discriminante del segundo factor es:

(2− b)2 − 4(a2 − 2b) = (2 + b)2 − 4a2 = (2 + b+ 2a)(2 + b− 2a)

y los discriminantes cuadráticos de la proposición 11.3.1 son

a2 − 4(b− 2) = a2 − 4b+ 8, 22 − 4 = 0

Análogamente al ejemplo anterior, el segundo elemento siemprepertenece a K y el primero nunca pertenece a K porque en otrocaso f será reducible:

f = (X2 +a+

√a2 − 4(b− 2)

2X + 1)(X2 +

a−√a2 − 4(b− 2)

2X + 1)

Luego√a2 − 4(b− 2) ∈ K(

√(2 + b)2 − 4a2)⇔

√(a2 − 4(b− 2))((2 + b)2 − 4a2) ∈

K. Los distintos caso son pues:

Si√

(2 + b)2 − 4a2 ∈ K, Gal(f/K) = V

Si√

(2 + b)2 − 4a2 6∈ K y√

(a2 − 4(b− 2))((2 + b)2 − 4a2) ∈ K, Gal(f/K) =C4.

Si√

(2 + b)2 − 4a2 6∈ K y√

(a2 − 4(b− 2))((2 + b)2 − 4a2) 6∈ K, Gal(f/K) =D4.


11.4. Cómo resolver una ecuación soluble

Vamos a atacar el segundo problema citado en la sección se-gunda. En realidad no hay nueva teoría, sino sólo aplicación de losteoremas de Lagrange y Galois. Esta sección es, pues, solamenteun catálogo de ejemplos. En [12] puede consultarse una exposiciónmas detallada y ejemplos adicionales. Tomamos siempre Q comocuerpo base, y agrupamos los ejemplos en los siguientes aparta-dos.

11.4.1. Polinomios cúbicos

Ejemplo 11.4.1. Sea el polinomio a resolver:

f = X3 +X2 + 3X + 1 = (X − α1)(X − α2)(X − α3)

y sea E = Q(α1, α2, α3) su cuerpo de descomposición. El discrimi-nante vale:

∆ = (−1)3(3−1)

2

1 1 3 1 00 1 3 1 13 2 3 0 00 3 2 3 00 0 3 2 3

= −76 = 22(−19)

y√

∆ = 2√−19 6∈ Q, así que G = Gal(f/Q) = S3. Una serie de compo-

sición para este grupo es:

S3 . A3 . 1

y los cuerpos fijos bajo los grupos de esta serie forman la torre:

Q ⊂ Q(√−19) ⊂ E

El primer eslabón es una extensión cuadrática. Para aplicar elteorema de Lagrange, extendemos todos los cuerpos adjuntandoω = (−1 +

√−3)/2 que es una raíz cúbica de la unidad. Las raí-

ces αi pertenecen a E ′ = E(ω) que es cíclica de grado tres sobreQ(√−19, ω), con grupo generado por σ = (1 2 3). Formamos las re-

solventes de Lagrange:

β1 = α1 + ωσ(α1) + ω2σ2(α1) = α1 + ωα2 + ω2α3

β2 = α1 + ω2σ(α1) + ωσ2(α1) = α1 + ω2α2 + ωα3

11.4. CÓMO RESOLVER UNA ECUACIÓN SOLUBLE 129

Sus cubos deben pertenecer a Q(√−19, ω). Teniendo en cuenta que

los polinomios simétricos elementales de los αi son los coeficientesde f salvo el signo, calculamos:

β31 = α3

1 + α32 + α3

3 + 6α1α2α3 + 3ω(α21α2 + α2

2α3 + α23α1) + 3ω2(α1α

22 + α2α

23 + α3α

21)

= (α1 + α2 + α3)3 + 3(ω − 1)A+ 3(ω2 − 1)B

(11.4.1)donde hemos llamado:

A = α21α2 + α2

2α3 + α23α1, B = α1α

22 + α2α

23 + α3α

21

Obsérvese que A−B = (α1−α2)(α1−α3)(α2−α3) =√

∆ y que A+B =(∑αi)(

∑αiαj)−3α1α2α3. Sustituyendo los polinomios simétricos por

los coeficientes de f y el discriminante por su valor, nos queda:

A−B = 2√−19

A+B = 0A =

√−19

B = −√−19

Simplifiquemos ahora 11.4.1 (Nótese que ω − ω2 =√−3):

β31 = −1 + 3(ω − 1)

√−19 + 3(ω2 − 1)(−

√−19) = −1 + 3

√57

Análogamente obtenemos:

β32 = −1 + 3(ω2 − 1)

√−19 + 3(ω − 1)(−

√−19) = −1− 3

√57

Con todo ello establecemos el sistema:

α1 + α2 + α3 = −1

α1 + ωα2 + ω2α3 = β1 =3√−1 + 3

√57

α1 + ω2α2 + ωα3 = β2 =3√−1− 3

√57

cuyas soluciones son las raíces de f :

α1 = 13

(−1 +

3√−1 + 3

√57 +

3√−1− 3

√57)

α2 = 13

(−1 + ω2 3

√−1 + 3

√57 + ω

3√−1− 3

√57)

α3 = 13

(−1 + ω

3√−1 + 3

√57 + ω2 3

√−1− 3

√57)

Ejemplo 11.4.2. El anterior ejemplo puede generalizarse a una cú-bica mónica general. Sea el polinomio a resolver:

f = X3 + a2X2 + a1X + a0 = (X − α1)(X − α2)(X − α3)


y sea E = Q(α1, α2, α3) su cuerpo de descomposición. El discrimi-nante vale:

∆ = (−1)3(3−1)

2

1 a2 a1 a0 00 1 a2 a1 a03 2a2 a1 0 00 3 2a2 a1 00 0 3 2a2 a1

∈ Q(a2, a1, a0) = K

y G = Gal(f/Q) = S3. Una serie de composición para este grupo es:

S3 . A3 . 1

y los cuerpos fijos bajo los grupos de esta serie forman la torre:

K ⊂ K(√

∆) ⊂ E

El primer eslabón es una extensión cuadrática. Para aplicar elteorema de Lagrange, extendemos todos los cuerpos adjuntandoω = (−1 +

√−3)/2 que es una raíz cúbica de la unidad. Las raíces αi

pertenecen a E ′ = E(ω) que es cíclica de grado tres sobre K(√

∆, ω),con grupo generado por σ = (1 2 3). Formamos las resolventes deLagrange:

β1 = α1 + ωσ(α1) + ω2σ2(α1) = α1 + ωα2 + ω2α3

β2 = α1 + ω2σ(α1) + ωσ2(α1) = α1 + ω2α2 + ωα3

Sus cubos deben pertenecer a K(√

∆, ω). Teniendo en cuenta quelos polinomios simétricos elementales de los αi son los coeficientesde f salvo el signo, calculamos:

β31 = α3

1 + α32 + α3

3 + 6α1α2α3 + 3ω(α21α2 + α2

2α3 + α23α1) + 3ω2(α1α

22 + α2α

23 + α3α

21)

= (α1 + α2 + α3)3 + 3(ω − 1)A+ 3(ω2 − 1)B

(11.4.2)donde hemos llamado:

A = α21α2 + α2

2α3 + α23α1, B = α1α

22 + α2α

23 + α3α

21

Obsérvese que A−B = (α1−α2)(α1−α3)(α2−α3) =√

∆ y que A+B =(∑αi)(

∑αiαj)−3α1α2α3. Sustituyendo los polinomios simétricos por

los coeficientes de f nos queda:

A−B =√

∆A+B = −a2a1 + 3a0

A = 12

(−a2a1 + 3a0 +

√∆)

B = 12

(−a2a1 + 3a0 −

√∆)


Simplifiquemos ahora 11.4.2 (Nótese que ω − ω2 =√−3):

β31 = −a32−

9

2(A+B)+

3

2(ω−ω2)(A−B) =

−2a32 + 9a2a1 − 27a02

+3

2

√−3∆

Análogamente obtenemos:

β31 = −a32−

9

2(A+B)+

3

2(ω2−ω)(A−B) =

−2a32 + 9a2a1 − 27a02

− 3

2

√−3∆

Con todo ello establecemos el sistema:

α1 + α2 + α3 = −a2α1 + ωα2 + ω2α3 = β1 =

3

√−2a32+9a2a1−27a0

2+ 3

2

√−3∆

α1 + ω2α2 + ωα3 = β2 =3

√−2a32+9a2a1−27a0

2− 3

2

√−3∆

cuyas soluciones son las raíces de f :

α1 = 13

(−a2 +

3

√−2a32+9a2a1−27a0

2+ 3

2

√−3∆ +

3

√−2a32+9a2a1−27a0

2− 3

2

√−3∆

)

α2 = 13

(−a2 + ω2 3

√−2a32+9a2a1−27a0

2+ 3

2

√−3∆ + ω

3

√−2a32+9a2a1−27a0

2− 3

2

√−3∆

)

α3 = 13

(−1 + ω

3

√−2a32+9a2a1−27a0

2+ 3

2

√−3∆ + ω2 3

√−2a32+9a2a1−27a0

2− 3

2

√−3∆

)En el caso particular en que f = X3 + aX + b, es decir cuandoa2 = 0, a1 = a, a0 = b, las anteriores expresiones se reducen a lasfórmulas de Cardano.

11.4.2. Polinomios cuárticos

Ejemplo 11.4.3. Vamos a resolver el polinomio:

f = X4 + 4X − 1 = (X − α1)(X − α2)(X − α3)(X − α4)

Sea E=Q(α1, α2, α3, α4) su cuerpo de descomposición. La resolventecúbica es

g = X3 + 4X − 16 = (X − 2)(X2 + 2X + 8)

Las raíces de g son:

β1 = α1α4 + α2α3 = −1 +√−7

β2 = α1α3 + α2α4 = 2β3 = α1α2 + α3α4 = −1−

√−7


Calculamos el discriminante: ∆ = disc(f) = disc(g) = 82(−7) y√

∆ 6∈Q. Luego G = Gal(f/Q) = D4. Una de las siete series de composiciónpara este grupo es:

G . V . 〈(1 3)(2 4)〉 . 1

que corresponde a una torre de extensiones cuadráticas:

Q ⊂ Q(√−7) ⊂ F ⊂ E

Al ser todas las extensiones de grado 2, el cuerpo Q contiene ya to-das las raíces de la unidad necesarias. Aplicamos el teorema de La-grange formando las resolventes sucesivas que hagan falta a partirde α1 que es el elemento que buscamos:

Gal(E/F ) = 〈(1 3)(2 4)〉. Sea σ1 = (1 3)(2 4):

α1 + σ1(α1) = α1 + α3 = θ ∈ F(α1 − σ1(α1))

2 = (α1 − α3)2 = γ ∈ F

Gal(F/Q(√−7)) = 〈(1 2)(3 4)〉 ya que es el cociente de V por

Gal(E/F ). Llamamos σ2 = (1 2)(3 4). Calculamos:

θ + σ2(θ) = α1 + α2 + α3 + α4 = 0(θ − σ2(θ))2 = (α1 − α2 + α3 − α4)

2

= (α1 + α2 + α3 + α4)2 − 4(β1 + β3) = 8

γ + σ2(γ) = (α1 − α3)2 + (α2 − α4)

2

= (α1 + α2 + α3 + α4)2 − 2

∑αiαj − 2β2 = −4

(γ − σ2(γ))2 = ((α1 − α3)2 − (α2 − α4)

2)2

= (α1 − α3 + α2 − α4)2(α1 − α3 − α2 + α4)

2

= ((∑αi)

2 − 4(β1 + β2))((∑αi)

2 − 4(β2 + β3))= 16(1 +

√−7)(1−

√−7) = 128

Resolvemos hacia arriba los tres sistemas lineales:

1.γ + σ2(γ) = −4

γ − σ2(γ) = 8√

2γ = −2 + 4

√2

σ2(γ) = −2− 4√

2

2.θ + σ2(θ) = 0

θ − σ2(θ) = −2√

2θ = −

√2

σ2(θ) =√

2


3.

α1 + α3 = −√

2

α1 − α3 =√−2 + 4

√2

α1 = 12

(−√

2 +√−2 + 4

√2)

α3 = 12

(−√

2−√−2 + 4

√2)

Las otras dos raíces son las conjugadas:

α2 =1

2

(√2 +

√−2− 4

√2

)α4 =

1

2

(√2−

√−2− 4

√2

)La elección del signo para θ es debido a que

(γ − σ2(γ))(θ − σ2(θ)) = (α1 + α2 − α3 − α4)(α1 − α2 + α3 − α4)(α1 − α2 − α3 + α4) =(∑αi)

3 − 4(∑αi)(

∑αiαj) + 8

∑αiαjαk = 8(−4) = −32

Este es un punto a tener muy en cuenta: Un radical m-ésimo no es-tá unívocamente determinado, sino que posee m valores distintos.Cuando al resolver por radicales aparece el mismo radical variasveces, lo normal es que no sean posibles todas las combinacionesde valores (en este caso, la expresión para α1 permite 8 valores alconsiderar los posibles signos, pero sólo la mitad son admisiblesporque debe verificarse la relación anterior).Ejemplo 11.4.4. Resolvamos ahora el polinomio cuártico mónico ge-neral. Sea

f := X4 + a3X3 + a2X

2 + a1X + a0 = (X − α1)(X − α2)(X − α3)(X − α4)

y sea

g = X3 + b2X2 + b1X + b0 = (X − β1)(X − β2)(X − β3)

la resolvente cúbica. Sabemos que una serie de composición parael grupo de Galois de f sobre Q(a3, a2, a1, a0) es

G = S4 . A4 . V . 〈(1 3)(2 4)〉 . 1

Sabemos que el cuerpo fijo bajo V es Q(β1, β2, β3), y las raíces de gpueden construirse por radicales según el método expuesto en elpárrafo anterior. Nos concentramos pues en la extensión Q(α1, α2, α3, α4)/Q(β1, β2, β3).El grupo de esta extensión es V , y para construir las raíces αi se-guimos un proceso que trata simétricamente a los tres subgruposde orden 2. Consideramos los elementos:

(α1 + α2 − α3 − α4)2 = (

∑αi)

2 − 4(β1 + β2) = a23 − 4a2 + 4β3(α1 − α2 + α3 − α4)

2 = (∑αi)

2 − 4(β1 + β3) = a23 − 4a2 + 4β2(α1 − α2 − α3 + α4)

2 = (∑αi)

2 − 4(β2 + β3) = a23 − 4a2 + 4β1


Con ellos formamos el sistema:

α1 + α2 + α3 + α4 = −a3α1 + α2 − α3 − α4 =

√a23 − 4a2 + 4β3

α1 − α2 + α3 − α4 =√a23 − 4a2 + 4β2

α1 − α2 − α3 + α4 =√a23 − 4a2 + 4β1

cuya solución nos da las raíces de f :

α1 = 14

(−a3 +

√a23 − 4a2 + 4β3 +

√a23 − 4a2 + 4β2 +

√a23 − 4a2 + 4β1

)α2 = 1

4

(−a3 +

√a23 − 4a2 + 4β3 −

√a23 − 4a2 + 4β2 −

√a23 − 4a2 + 4β1

)α3 = 1

4

(−a3 −

√a23 − 4a2 + 4β3 +

√a23 − 4a2 + 4β2 −

√a23 − 4a2 + 4β1

)α4 = 1

4

(−a3 −

√a23 − 4a2 + 4β3 −

√a23 − 4a2 + 4β2 +

√a23 − 4a2 + 4β1

)Obsérvese que, como antes, no son posibles todas las combinacio-nes de signos. En el caso particular en que a3 = 0, este es esencial-mente el método de Euler.

11.4.3. Polinomios ciclotómicos

Los ejemplos de los párrafos anteriores podían resolverse de ma-nera mas elemental por los métodos de Cardano, Ferrari o Euler.Lo interesante de la estrategia general que proveen los teoremasde Galois y Lagrange es que también es válida para polinomios degrados superiores que tengan el grupo de Galois soluble. La únicapega es que el cálculo de los polinomios simétricos que aparecen esbastante mas largo. Sin embargo, para los polinomios ciclotómicosestos cálculos se abrevian muchísimo por las relaciones sencillasque verifican las raíces, lo que permite exponer estos cálculos enun espacio razonable.Ejemplo 11.4.5. Para abrir boca empezamos con un ejemplo muycorto que puede ir en el apartado anterior: Sea

f = φ5 = X4 +X3 +X2 +X + 1 =4∏i=1

(X − ζ i)

el quinto polinomio ciclotómico. Numeramos las raíces como ζi = ζ i.El cuerpo de descomposición es E = Q(ζ), el discriminante vale


∆ = 53 y el grupo G = Gal(f/Q) es cíclico de orden cuatro generadopor σ = (1 2 4 3). La única serie de composición de G es:

G . 〈(1 4)(2 3)〉 . 1

La torre de cuerpos que le corresponde es:

Q ⊂ Q(√

5) ⊂ E

y como ambas extensiones intermedias son de grado 2, ya estánen Q todas las raíces de la unidad necesarias. Formamos las resol-ventes de Galois:

β1 = ζ + (−1)σ2(ζ) = ζ − ζ4β2 = ζ2 + (−1)σ2(ζ2) = ζ2 − ζ3

Calculamos:β21 = ζ2 + ζ3 − 2, β2

2 = ζ4 + ζ − 2

que son raíces del polinomio

(X − β21)(X − β2

2) = X2 + 5X + 5

Por otro lado, ζ + ζ4 y ζ2 + ζ3 son raíces del siguiente polinomio:

(X − (ζ + ζ4))(X − (ζ2 + ζ3)) = X2 +X − 1

Resolviendo ambos polinomios formamos el sistema:

ζ + ζ4 = −1+√5

2

ζ − ζ4 =√−5+

√5

2

con lo que llegamos a la expresión final:

ζ =1

2

−1 +√

5

2+

√−5 +

√5

2

Ejemplo 11.4.6. Sea

f = X6 +X5 +X4 +X3 +X2 +X + 1 =6∏i=1

(X − ζ i)

el séptimo polinomio ciclotómico. Su discriminante vale ∆ = −75 yel grupo G = Gal(f/Q) = 〈(1 3 2 6 4 5)〉 donde llamamos αi = ζ i. G tie-ne dos series de composición y podemos resolverlo por cualquierade ellas:


1. Tomamos en primer lugar la serie

G . 〈(1 2 4)(3 6 5)〉 . 1

El grupo intermedio es precisamente G ∩ A6 por lo que sucuerpo fijo es F = Q(

√−7). Nos queda la última extensión.

Empezamos adjuntando la raíz cúbica de la unidad ω = (−1 +√−3)/2. Las resolventes de Lagrange que necesitamos son:

ζ + ζ2 + ζ4 = β0ζ + ωζ2 + ω2ζ4 = β1ζ + ω2ζ2 + ωζ4 = β2

El primero es raíz del polinomio X2 + X + 2, luego β0 = (−1 +√−7)/2. Calculando las potencias cúbicas, obtenemos:

β31 + β3

2 = 14 (β31 − β3

2)2 = 224 + 84ω

Estableciendo y resolviendo el sistema lineal correspondientenos queda:

ζ =1

3

(−1 +

√−7

2+

3

√7 +√

56 + 21ω +3

√7−√

56 + 21ω

)Esta expresión se puede simplificar (¿o complicar?) observan-do que

√56 + 21ω = (1 + 3ω)

√−7.

2. La otra serie de composición es la siguiente:

G . 〈(1 6)(2 5)(3 4)〉 . 1

En este caso el cuerpo fijo bajo el grupo intermedio es Q∩R =Q(ζ + ζ6). Adjuntando la raíz cúbica ω, procedemos en dospasos: En primer lugar, formamos el sistema

ζ + ζ6 = ξ1(ζ − ζ6)2 = β1

El grupo cociente actúa sobre ξ1 y β1 dándonos tres conju-gados. En cada caso formamos las resolventes de Lagrangecorrespondientes:

γ0 = (ζ + ζ6) + (ζ3 + ζ4) + (ζ2 + ζ5)γ1 = (ζ + ζ6) + ω(ζ3 + ζ4) + ω2(ζ2 + ζ5)γ2 = (ζ + ζ6) + ω2(ζ3 + ζ4) + ω(ζ2 + ζ5)

θ0 = (ζ − ζ6)2 + (ζ3 − ζ4)2 + (ζ2 − ζ5)2θ1 = (ζ − ζ6)2 + ω(ζ3 − ζ4)2 + ω2(ζ2 − ζ5)2θ0 = (ζ − ζ6)2 + ω2(ζ3 − ζ4)2 + ω(ζ2 − ζ5)2


y calculamos:

γ0 = −1γ31 = −7− 21ωγ32 = −7− 21ω2

θ0 = −7θ31 = −7− 21ωθ32 = −7− 21ω2

Resolviendo los sucesivos sistemas lineales:

ζ + ζ6 = 13

(−1 + 3

√−7− 21ω + 3

√−7− 21ω2

)ζ − ζ6 =

√13

(−7 + 3

√−7− 21ω + 3

√−7− 21ω2

)ζ =

1

2

(1

3

(−1 + 3

√−7− 21ω +

3√−7− 21ω2

)+

√1

3

(−7 + 3

√−7− 21ω +

3√−7− 21ω2

))

Ejemplo 11.4.7. Vamos a resolver el undécimo polinomio ciclotómi-co. Sea

f = φ11 =10∏i=1

(X − αi)

siendo α una raíz undécima primitiva de la unidad. Sea E = Q(α) sucuerpo de descomposición. Numeramos a las raíces como αi = αi.El discriminante vale ∆ = −119 y G = Gal(E/Q) = 〈σ | σ(α) = α2〉 escíclico de orden 10. Tiene dos series de composición. Vamos a usarla siguiente:

G . 〈σ2〉 . 1

El grupo intermedio es cíclico de orden 5. La torre de cuerpos quele corresponde es:

Q ⊂ Q(√−11) ⊂ E

El primer eslabón es una extensión cuadrática que ya está expre-sada explícitamente, así que nos concentramos en el segundo quees una extensión cíclica de orden 5. Adjuntamos una raíz quintaprimitiva de la unidad ζ para poder aplicar el teorema de Lagrange.Formamos las resolventes de Galois siguientes:

β1 = α + ζσ2(α) + ζ2σ4(α) + ζ3σ6(α) + ζ4σ8(α) = α + ζα4 + ζ2α5 + ζ3α9 + ζ4α3

β2 = σ(α) + ζσ3(α) + ζ2σ5(α) + ζ3σ7(α) + ζ4σ9(α) = α2 + ζα8 + ζ2α10 + ζ3α7 + ζ4α6

Los elementos β51 , β

52 son conjugados y pertenecen a Q(

√−11, ζ). Pa-

ra encontrar su expresión explícita calculamos el polinomio

h = (X−β51)(X−β5

2) = X2−(110ζ2+220ζ+264)X+(3135ζ3−165ζ2+2035ζ+1738)


y lo resolvemos por radicales. Nos queda:

β51 = (55ζ2 + 110ζ + 132) + (10ζ3 + 40ζ2 + 20ζ − 7)

√−11

β52 = (55ζ2 + 110ζ + 132)− (10ζ3 + 40ζ2 + 20ζ − 7)

√−11

Para encontrar la expresión explícita para α resolvemos el sistema:

α + α4 + α5 + α9 + α3 = 12

(−1 +

√−11

)α + ζα4 + ζ2α5 + ζ3α9 + ζ4α3 = 5

√(55ζ2 + 110ζ + 132) + (10ζ3 + 40ζ2 + 20ζ − 7)

√−11

α + ζ2α4 + ζ4α5 + ζα9 + ζ3α3 = 5

√(55ζ4 + 110ζ2 + 132) + (10ζ + 40ζ4 + 20ζ2 − 7)

√−11

α + ζ3α4 + ζα5 + ζ4α9 + ζ2α3 = 5

√(55ζ + 110ζ3 + 132) + (10ζ4 + 40ζ + 20ζ3 − 7)

√−11

α + ζ4α4 + ζ3α5 + ζ2α9 + ζα3 = 5

√(55ζ3 + 110ζ4 + 132) + (10ζ2 + 40ζ3 + 20ζ4 − 7)

√−11

y la suma de todas las ecuaciones dividida por cinco proporcio-na la expresión buscada. Este es el primer ejemplo de resoluciónpor raíces quínticas que encontramos, y siendo el más sencillo detodos, implica cálculos bastante pesados. Personalmente me con-sidero totalmente incapaz para encontrar a mano las expresionespara β5

i (los coeficientes del polinomio h y sus soluciones explíci-tas por radicales), así que tuve que obtenerlas por el “oráculo desilicio”.

Para acortar la presentación de los cálculos, cuando tengamosuna extensión cuadrática, cúbica u otra que hayamos tratado conanterioridad, calcularemos un polinomio cuyas raíces generen di-cha extensión, pero no hallaremos expresiones explícitas para ellas.

Ejemplo 11.4.8. Sea

f = φ13 =n∏i=1

(X − ζ i)

siendo ζ una raíz decimotercera primitiva de la unidad. El discrimi-nante vale ∆ = 1311. Como antes, numeramos las raíces como ζi =ζ i. Sea E = Q(ζ) el cuerpo de descomposición y sea G = Gal(E/Q).Sabemos que G = 〈σ〉, donde σ(ζ) = ζ2. Este grupo tiene tres seriesde composición, de las que escogemos la siguiente:

G . 〈σ2〉 . 〈σ6〉 . 1

Los índices de esta serie son 2, 3, 2. Como permutación de lasraíces, σ es un ciclo de longitud 12, luego es impar, mientras que


σ2 es par. Por tanto el segundo grupo de la serie anterior es laintersección de G con A13. Al tercer grupo le corresponde el cuerpoE∩R. En resumen a la serie de composición anterior le correspondela torre de cuerpos siguiente:

Q ⊂ Q(√

13) ⊂ Q(ζ + ζ−1) ⊂ E

El elemento ζ se obtiene a partir de α = ζ + ζ−1 como raíz del poli-nomio (X − ζ)(X − ζ−1) = X2 − αX + 1. Resolviendo:

ζ =α +√α2 − 4

2(11.4.3)

La primera extensión ya está expresada por un radical cuadrático,así que sólo nos falta la intermedia. Sea ω = (−1 +

√−3)/2 una

raíz cúbica primitiva de la unidad. La adjuntamos y formamos laresolvente de Galois:

β = α + ωσ2(α) + ω2σ4(α) = (ζ + ζ−1) + ω(ζ4 + ζ−4) + ω2(ζ3 + ζ−3)

El elemento β3 pertenece a Q(√

13, ω). Elevando al cubo y reducien-do los coeficientes nos queda

β3 = 13 +√

13(7 + 15ω) = 13 + (4 + 3ω)√

13

Por otra parte, calculamos los coeficientes del polinomio:

(X − (α + σ2(α) + σ4(α))(X − (σ(α) + σ3(α) + σ5(α)) = X2 +X − 3

de donde obtenemos la expresión explícita de sus raíces. Finalmen-te establecemos el sistema lineal:

α + σ2(α) + σ4(α) = 12(−1 +

√13)

α + ωσ2(α) + ω2σ4(α) = 3

√13 + (4 + 3ω)

√13

α + ω2σ2(α) + ωσ4(α) = 3

√13 + (4 + 3ω2)

√13

Sumando las ecuaciones de este sistema y dividiendo por tres, ob-tenemos la expresión explícita para α que sustituida en (11.4.3)proporciona la expresión por radicales para ζ.

Ejemplo 11.4.9. Sea el decimoséptimo polinomio ciclotómico:

f = φ16 =16∏i=1

(X − ζ i)


y sea E = Q(ζ) su cuerpo de descomposición. El grupo G = Gal(E/Q)es cíclico de orden 16 generado por σ tal que σ(ζ) = ζ3. La únicaserie de composición es:

G . 〈σ2〉 . 〈σ4〉 . 〈σ8〉 . 1

Todos los factores de composición son cíclicos de orden 2, así quelas raíces de la unidad necesarias son 1 y -1. La torre de cuerposcorrespondiente es:

Q ⊂ Q(γ) ⊂ Q(β) ⊂ Q(α) ⊂ E

siendo:

α = ζ + σ8(ζ) = ζ + ζ16

β = α + σ4(α) = ζ + ζ4 + ζ13 + ζ16

γ = β + σ2(β) = ζ + ζ2 + ζ4 + ζ8 + ζ9 + ζ13 + ζ15 + ζ16

Obsérvese que Q(γ) debe ser Q(√

17) y que Q(α) = E ∩ R. Cada unode los elementos anteriores es raíz del polinomio correspondientesiguiente:

(X − ζ)(X − σ8(ζ)) = X2 − αX + 1

(X − α)(X − σ4(α)) = X2 − βX + 12(−β3 + 6β − 3)

(X − β)(X − σ2(β)) = X2 − γX − 1

(X − γ)(X − σ(γ)) = X2 +X − 4

Resolviendo hacia arriba por las fórmulas de Baskhara:

γ = −1+√17

2

β =γ+√γ2+4

2

α =β+√

2β3+β2+12β−62

ζ = α+√α2−42

Realizando todas las operaciones obtenemos explícitamente:

α =1

8

(−1 +

√17 +

√2(17−

√17) + 2

√17 + 3

√17−

√2(17−

√17)−

√2(17 +

√17)

)


y a partir de esta expresión podemos obtener una expresión explí-cita para ζ. Obsérvese la elección de signo de los radicales, que noson todos los posibles como ya se explica antes.

Capítulo 12

Polinomios de grado 5

143

144 CAPÍTULO 12. POLINOMIOS DE GRADO 5

12.1. Cálculo del grupo de Galois

Sea f un polinomio de grado 5 de K[X].

1. Quíntica reducible:

f = f1f2 con gr(f2) = 1. Tenemos que Gal(f) = Gal(f1) quees una cuártica ya discutida.f = f1f2 con fi irreducible, gr(f1) = 3, gr(f2) = 2. EntoncesH es un subgrupo de H1 = 〈(1 2 3), (1 2), (4 5)〉 que actúatransitivamente sobre {1, 2, 3} por un lado y sobre {4, 5}por otro. Así que 6 | |H|. Como H1

∼= S3 × S2∼= D6, el

grupo H1 contiene exactamente tres subgrupos de orden6 y un grupo de orden 12 (él mismo). De todos ellos, S3 =〈(1 2 3), (1 2)〉 no es transitivo sobre {4, 5}, así que nosquedan tres posibilidades que podemos distinguir por losdiscriminantes de f1 y f2:• H = H1 ∩ A5

∼= S3 si√Disc(f1)Disc(f2) ∈ K.

• H = H1∼= S3 × S2 si

√Disc(f1),

√Disc(f1)Disc(f2) 6∈ K.

• H = 〈(1 2 3), (1 2)(4 5)〉 ∼= A3 × S2 si√Disc(f1) ∈ K.

Los dos últimos casos se pueden resumir diciendo queH = Gal(f1/K)×Gal(f2/K) si

√Disc(f1)Disc(f2) 6∈ K.

2. Quíntica irreducible: El grupo H es un subgrupo transitivo deS5. Los subgrupos transitivos de S5 son:

S5

A5 F5

D5

C5

12.2. RESOLVIENDO QUÍNTICAS SOLUBLES 145

siendo C5 = 〈(1 2 3 4 5)〉, D5 = 〈(1 2 3 4 5), (1 4)(2 3)〉 y F5 =〈(1 2 3 4 5), (1 2 4 3)〉 = NS5(C5). Como antes, estos gruposno son únicos sino que cada uno tiene seis conjugados. Paradistinguir en este caso buscamos un elemento primitivo parael cuerpo fijo bajo H ∩ F5. Para ello formamos los elementos:

γ1 = α1α2 + α2α3 + α3α4 + α4α5 + α5α1

γ′1 = (1 2 4 3)γ1 = α2α4 + α4α1 + α1α3 + α3α5 + α5α2

β1 = 14(γ1 − γ′1)2

Es rutina comprobar que β1 es fijo bajo F5. Consideramos susconjugados bajo S5:

β1, β2 = (1 2)(3 4)β1, β3 = (1 2 4 3 5)β1,β4 = (1 5 2 4 3)β1, β5 = (1 2 4 5 3)β1, β6 = (1 2 5 4 3)β1.

y formamos el polinomio g =∏6

i=1(X−βi). A este polinomio g sele llama resolvente séxtica de la quíntica f . El grupo H será unsubgrupo de F5 si y sólo si g tiene una raíz en K. Resumiendolos casos obtenemos la tabla:√

Disc(f) βi Gal(f/K)

6∈ K 6∈ K S5

∈ K 6∈ K A5

6∈ K ∈ K F5

∈ K ∈ K D5, C5

Los coeficientes de g son polinomios simétricos en αi y portanto se pueden calcular como polinomios en los coeficientesde f . En general este cálculo es largo y tedioso y la expre-sión obtenido bastante grande. Sólo voy a citarla en un casosencillo. Sea

f = X5 + aX + b

Entonces d = Disc(f) = 44a5 + 55b4 y la resolvente séxtica es:

g = (X3 − 5aX2 + 15a2X + 5a3)2 − dX

12.2. Resolviendo quínticas solubles

Para resolver por radicales cualquier polinomio con grupo deGalois G = Gal(f/Q) soluble, determinamos una serie de composi-ción de G, sea

G = G0 BG1 B · · ·BG0 = 1


construimos el cuerpo ciclotómico K = Q(ζ) que contenga a to-das las raíces de la unidad necesarias y consideramos la serie as-cendente de cuerpos

K = G∗0(ζ) ⊂ G∗1(ζ) ⊂ · · · ⊂ G∗0(ζ)

Cada paso F = G∗i−1(ζ) ⊂ G∗1(ζ) = E es una extensión cíclica ypor tanto radical. Cada elemento αi tal que E = F (αi) se obtienemediante una resolvente de Lagrange. Al final obtenemos una ex-presión para las raíces de f mediante radicales.

Este es el camino mostrado al resolver ecuaciones de grado 3y 4. Para las ecuaciones de grado mayor o igual que 5 hacer loscálculos a mano resulta prácticamente imposible. Pero con ordena-dor podemos resolver explícitamente polinomios solubles de gradosuperior.

En el siguiente ejemplo vemos cómo realizar dichos cálculos enMATHEMATICA. El ejemplo se ejecutó en un ordenador con pro-cesador Core i7 con 8 gigas de Ram y con sistema operativo MSWindows 7. En algunos cálculos figura el tiempo (en segundos) quetardaron en ejecutarse

Resolución de quínticasVamos a exponer cómo resolver por radicales ecuacones quínticas irreducibles, utilizando MATHEMATICApara realizar los cálculos.

Cálculo del grupo de GaloisEn primer lugar introducimos el polinomio y comprobamos que es irreducible sobre Q, porque el método sólo

es aplicable a polinomios irreducibles.

In[23]:= f = x^5 + 15 x + 12

Out[23]= 12 + 15 x + x5

In[24]:= Factor@fD

Out[24]= 12 + 15 x + x5

In[25]:= 12 + 15 x + x5

Out[25]= 12 + 15 x + x5

Luego f es irreducible sobre Q y por tanto su grupo de Galois es un subgrupo transitivo de S5.

A continuación calculamos y factorizamos su discriminante.

In[26]:= d = Discriminant@f, xD

Out[26]= 259 200 000

In[27]:= FactorInteger@dD

Out[27]= 882, 10<, 83, 4<, 85, 5<<

Así que el discriminante no es un cuadrado en Q. De hecho Q( d ) = Q( 5 ).

Consultando la tabla de los subgrupos transitivos de S5, vemos que el grupo de Galois de f es S5 o F20 (elgrupo de Frobenius). Para decidir cuál de ellos es vamos a construir la resolvente sextica.

Para ello formamos una lista con las raíces de f

In[28]:= sol = Solve@f � 0, xD

Out[28]= 99x ® RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 1E=,

9x ® RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 2E=, 9x ® RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 3E=,

9x ® RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 4E=, 9x ® RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 5E==

In[29]:= Α = x �. sol

Out[29]= 9RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 1E, RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 2E,

RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 3E, RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 4E, RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 5E=

Ahora construimos la raíz de la resolvente séxtica dad en los apuntes

In[30]:= Β1 = HΑ@@1DD Α@@2DD + Α@@2DD Α@@3DD + Α@@3DD Α@@4DD + Α@@4DD Α@@5DD + Α@@5DD Α@@1DDL^2;

y finalmente calculamos su valor

In[31]:= Timing@RootReduce@Β1DD

Out[31]= 91.966, RootA-6 328 125 + 3 088 125 ð1 - 128 250 ð12+ 7650 ð13

- 105 ð14+ ð15 &, 5E=

Como vemos el polinomio mínimo de la raíz construida tiene grado 5. Como la resolvente séxtica tiene grado6, debe factorizar como el producto del polinomio mínimo de Β1 y otro polinomio de grado 1. Es decir, queuna de las raíces de la resolvente séxtica pertenece a Q. Esto nos dice que Gal HF �QL = F20.

Si el polinomio mínimo de Β1fuese de grado 6, entonces Gal H f �QL = S5 y las raíces no serían expresables porradicales.

Como vemos el polinomio mínimo de la raíz construida tiene grado 5. Como la resolvente séxtica tiene grado6, debe factorizar como el producto del polinomio mínimo de Β1 y otro polinomio de grado 1. Es decir, queuna de las raíces de la resolvente séxtica pertenece a Q. Esto nos dice que Gal HF �QL = F20.

Si el polinomio mínimo de Β1fuese de grado 6, entonces Gal H f �QL = S5 y las raíces no serían expresables porradicales.

Resolución por radicalesComo el grupo de Galois Gal(f/Q) es soluble, pasamos al siguiente punto: Obtener una expresión explicitapor radcales de sus raíces. Si nos hubiera quedado Gal H f �QL = S5 no soluble, tal expresión no existiría yparamos el trabajo aquí.

Para construir las resolventes de Lagrange explícitas, debemos escoger la ordenación buena de las raíces de f.En total hay 5! = 120 ordenacioones posibles, pero podemos empezar siempre por la raíz 1, con lo que sóloquedan 4!=24 ordenaciones. Además, podemos colocar en segundo lugar cualquier de las cuatro raícesrestantes. En resumen, hay que probar 3! = 6 ordenaciones.

Mediante unn proceso de prueba y error, construimos cada uno de los conjugados formales de Β1 y compro-bamos si pertenece a Q (En el peor delos casos, hay que hacer 5 pruebas):

In[32]:= Β2 = HΑ@@1DD Α@@2DD + Α@@2DD Α@@5DD + Α@@5DD Α@@4DD + Α@@4DD Α@@3DD + Α@@3DD Α@@1DDL^2;

In[33]:= Timing@RootReduce@Β2DD

Out[33]= 80.499, 45<

Así que Β2 = 45. Obtenemos que la permuatción “buena” de las raíces es (1 2 5 4 3)

Formamos ahora una lista con las raíces quintas primitivas de la unidad :

In[34]:= sol1 = Solve@Cyclotomic@5, xD � 0, xD

Out[34]= 99x ® -H-1L1�5=, 9x ® H-1L2�5=, 9x ® -H-1L3�5=, 9x ® H-1L4�5==

In[35]:= Ζ = x �. sol1

Out[35]= 9-H-1L1�5, H-1L2�5, -H-1L3�5, H-1L4�5=

y construimos la quinta potencia de la resolvente de Lagrange:

In[36]:= Θ = HΑ@@1DD + Ζ@@1DD Α@@2DD + Ζ@@2DD Α@@5DD + Ζ@@3DD Α@@4DD + Ζ@@4DD Α@@3DDL^5

Out[36]= IRootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 1E -

H-1L1�5 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 2E + H-1L4�5 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 3E -

H-1L3�5 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 4E + H-1L2�5 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 5EM5

Calculamos su expresión por radicales:

In[37]:= Timing@RootReduce@ΘDD

Out[37]= :295.622, 5625 - 1800 10 >

Luego Q = 5625 - 1800 10 . Otra de las resolventes de Lagrange ( la correspondiente a Ζ4) es Q4 =

5625 + 1800 10 .

Las dos resolventes de lagrange restantes corresponden a las raíces Ζ2 y Ζ3. Calculamos sus potncias quintas:

In[38]:= Θ1 = HΑ@@1DD + Ζ@@2DD Α@@2DD + Ζ@@4DD Α@@5DD + Ζ@@1DD Α@@4DD + Ζ@@3DD Α@@3DDL^5

Out[38]= IRootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 1E +

H-1L2�5 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 2E - H-1L3�5 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 3E -

H-1L1�5 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 4E + H-1L4�5 RootA12 + 15 ð1 + ð15 &, 5EM5

2 soluquinta3.nb

In[39]:= Timing@RootReduce@Θ1DD

Out[39]= :275.014, -1875 + 525 10 >

De donde Q2 = -1875 + 525 10 y Q3 = -187 - 525 10

La solución de la quíntica original se obtiene como

x = Q15

+ Q25

+ Q35

+ Q45

soluquinta3.nb 3

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apuntes de algebra iii

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