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Seccion 1

Conceptos basicos de grupos

Un grupo es un conjunto no vacıo G junto con una operacion binaria ∗, es decir unafuncion ∗ : G × G → G llamada producto o multiplicacion, que satisface las siguientes

propiedades:(a) ∗ es asociativa: ∀ a, b, c ∈ G se tiene a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c (escribimos a ∗ b ∗ c).(b) Hay elemento neutro e, es decir, un elemento e que satisface que para toda a ∈ G,

se tiene que a ∗ e = a = e ∗ a.(c) Hay inversos, es decir para toda a ∈ G existe a′ ∈ G tal que a ∗ a′ = e = a′ ∗ a .Si ademas ∗ satisface:(d) ∗ es conmutativa, es decir, para todos a, b ∈ G se tiene que a ∗ b = b ∗ a. entonces

decimos que G es un grupo abeliano o conmutativo.

[1.1] Proposicion. En un grupo solo hay un elemento neutro y los inversos tambien

son unicos.

Demostracion. Supongamos que e y e′ son dos elementos que funcionan como neu-tros. Entonces e = e ∗ e′ = e′ (en la primera igualdad se uso que e′ es neutro y, en la

segunda, que e es neutro).Ejercicio. Probar que los inversos son unicos.

Notacion. Hablamos del grupo (G, ∗) o, si la operacion se sobreentiende, del grupo G.Tambien en muchos casos omitimos el sımbolo ∗ y, en lugar de hablar del elemento a ∗ b,hablamos del elemento ab. Al elemento neutro se le llama uno o elemento unitario y sele denota por 1 (o 1G , si quiere enfatizarse que es el neutro del grupo G). Al elemento

inverso de a lo denotamos por a−1 . En muchos casos, cuando el grupo es abeliano a laoperacion ∗ se la denota por + y se le llama suma o adicion; en este caso, al elemento

neutro se le llama cero y se le denota por 0; tambien en lugar de a−1 escribimos −a y enlugar de a+ (−b) escribimos a− b.

§1. Conceptos basicos de grupos

[1.2] Proposicion. En un grupo vale la ley de la cancelacion, es decir, si ab = ac (oba = ca) para a, b, c elementos en el grupo, entonces b = c.

Demostracion. Multiplicamos por el inverso de a por la izquierda.

[1.3] Ejemplos. (a) (Z,+) es grupo abeliano.(b) (N,+) no es grupo pues no hay inversos.

(c) (Q,+) es grupo abeliano.(d) (R,+) es grupo abeliano.

(e) (C,+) es grupo abeliano.(f) (Q \ {0}, ·) es grupo abeliano.

(g) (R \ {0}, ·) es grupo abeliano.(h) (C \ {0}, ·) es grupo abeliano.

(i) (Z \ {0}, ·) no es grupo pues no hay inversos.(j) El conjunto M2(R) de las matrices de 2× 2 (o de n× n) con coeficientes reales (o

con coeficientes en alguno de los grupos anteriores), con la operacion de suma de matrices,es grupo abeliano.

(k) El conjunto GL2(R) (grupo general lineal) de las matrices de 2× 2 (o de n × n)con coeficientes reales (o en Q o en C y determinante distinto de 0, con la operacion deproducto de matrices, es grupo no abeliano.

(l) El conjunto R[x] de polinomios con coeficientes reales (o en N, Z , Q o C), con laoperacion de suma, es grupo abeliano.

(m) R2 (o Rn , o cualquier espacio vectorial) con la suma de vectores es grupo abeliano.(n) Si G y H son grupos, entonces G×H con lo operacion coordenada a coordenada

es grupo (en general, si {Gi : i ∈ I} es una familia de grupos entonces tambien es grupo∏

iGi ).

(o) Si X es un conjunto y G es un grupo, entonces el conjunto de funciones de Xen G, F(X,G) con la operacion (φ ∗ ψ)(x) = φ(x)ψ(x) (esta ultima realizada en G) es

grupo.(p) El conjunto SX de funciones biyectivas de un conjunto X en sı mismo, con la

operacion de composicion, es un grupo no abeliano.(q) Z6 con la suma modulo 6 (o Zn con la operacion modulo n) es grupo abeliano.

Mas adelante estudiaremos estos dos ultimos con mas detalle.

Los ejemplos que acabamos de mencionar son clasicos de la teorıa y de aquı en adelantehablaremos de ellos sin mencionar la operacion (por ejemplo, hablaremos del grupo Z sin

especificar que la operacion es la suma, del grupo C \ {0} sin decir que la operacion es lamultiplicacion o de SX sin aclarar que la operacion es la composicion de funciones, etc.

Notacion. Si G es un grupo y a ∈ G, al resultado de operar a consigo mismo n veces(para n ∈ N) lo denotamos por an (en el caso aditivo, por na) y al resultado de operar

a−1 consigo mismo n veces lo denotamos por a−n . Escribimos tambien a0 = 1.

[1.4] Proposicion. Si n,m ∈ Z y a, b ∈ G, con G grupo, entonces

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(a) (a−1)−1 = a , es decir, el inverso del inverso de a es a mismo.(b) (ab)−1 = b−1a−1 .

(c) aman = am+n .(d) (am)n = amn .

(e) Si G es conmutativo entonces (ab)n = anbn .

Demostracion. Probemos (a) y (c) y dejemos (b), (d) y (e) como ejercicio.(a) Basta observar que aa−1 = 1 = a−1a .

(c) El resultado es claro si m,n ∈ N ∪ {0}. Para alguno de m o n negativos bastaobservar que a−k = (ak)−1 .

[1.5] Ejercicio. Reescribir las condiciones de la proposicion anterior en la formaaditiva.

El orden de un elemento a 6= 1 en un grupo G esta definido como el menor enteropositivo r tal que ar = 1. Si no existe tal r decimos que el orden de a es infinito. Decimos

que el orden de 1 es 1. En grupos finitos todo elemento tiene un orden finito, lo cual se

deduce de inmediato de la siguiente proposicion.

[1.6] Proposicion. Si G es un grupo finito y a ∈ G, entonces existe r ∈ N tal que

ar = 1.

Demostracion. La lista infinita a, a2, a3, . . . consta de elementos de G, que es finito,ası que debe haber dos valores iguales, es decir, existen i < j naturales tales que ai = aj .

Como en un grupo se vale la cancelacion, tenemos que aj−i = 1.

[1.7] Ejercicio. Probar que si en un grupo todo elemento distinto de 1 tiene orden 2,

entonces el grupo es abeliano.

[1.8] Ejercicio. Probar que si G es grupo y a, b ∈ G son tales que ab = 1 entonces

b = a−1 .

[1.9] Ejercicio. Determinar los elementos de orden finito en C \ {0} y probar que esun conjunto numerable.

Dos elementos a y b en un grupo G son conjugados si existe x ∈ G tal que a = xbx−1 .Esto establece una relacion de conjugacion dentro del grupo G.

[1.10] Ejercicio. Probar que la relacion de conjugacion es relacion de equivalencia, esdecir: es reflexiva (para todo a ∈ G, a es conjugado de a), es simetrica (para cualesquiera

a, b ∈ G, si a es conjugado de b entonces b es conjugado de a) y es transitiva (para

cualesquiera a, b, c ∈ G si a es conjugado de b y b es conjugado de c entonces a esconjugado de c).

[1.11] Ejercicio. Probar que un grupo G es abeliano si y solo si para toda a ∈ G el

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unico conjugado de a es a mismo. En particular, si G es abeliano entonces la relacion deconjugacion es la igualdad.

[1.12] Ejercicio. Sean a y b elementos de un grupo G.(a) Probar que si G es finito y a y b son conjugados entonces el orden de a es igual

al de b.(b) Probar que ab y ba son conjugados (en particular, en el caso en que G sea finito,

tienen el mismo orden).

Subgrupos y generacion

Si G es un grupo y H ⊂ G, decimos que H es subgrupo de G, y escribimos H ≤ G,

si H con la operacion restringida es el mismo un grupo.

[1.13] Proposicion. Sea G un grupo y sea H ⊂ G. Entonces H es subgrupo de Gsi y solo si en H se satisfacen las siguientes tres propiedades:

(a) 1 ∈ H .(b) Si a, b ∈ H entonces ab ∈ H (decimos que H es cerrado bajo la operacion de G).

(c) Si a ∈ H entonces a−1 ∈ H .

Demostracion. Supongamos primero que H es grupo y sea e el neutro de H . En-

tonces ee = e = 1e, de donde, cancelando e, tenemos e = 1 y ası 1 ∈ H . La propiedad(b) es clara porque H es grupo. Veamos (c): Sea a ∈ H . Sabemos que a tiene in-

verso en H , llamemosle a′ . Queremos ver que a′ = a−1 , el inverso de a en G. Tenemos

a−1 = a−11 = a−1aa′ = 1a′ = a′ .Para ver que si H satisface (a), (b) y (c) entonces H es grupo solo nos falta ver la

asociatividad pero esta es clara pues la operacion es la misma que la de G.

[1.14] Ejercicio. Probar que si G es grupo, entonces H ⊂ G es subgrupo si, y solo

si, en H se satisfacen:(a ′ ) H 6= ∅ y

(b ′ ) Si a, b ∈ H entonces ab−1 ∈ H .

[1.15] Ejemplos. (a) Si G es un grupo entonces {1} y G son subgrupos de G.

(b) Si n ∈ N entonces nZ = {na : a ∈ Z} es subgrupo de Z.

(c) Z ≤ Q ≤ R ≤ C.(d) {1,−1} ≤ R \ {0}.(e) S1 = {z ∈ C : ||z|| = 1} ≤ C \ {0}.(f) El subconjunto SL2(R) (grupo especial lineal) de GL2(R) de las matrices con

determinante 1 es subgrupo de GL2(R).(g) El conjunto de polinomios con coeficientes en R y termino constante 0 es subgrupo

de R[x] .(h) Para n natural, el conjunto de polinomios con coeficientes en R y grado menor o

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igual que n es subgrupo de R[x] .(i) {(x, y) ∈ R2 : x+ y = 0} es subgrupo de R2 .

(j) Si X es un conjunto y x0 ∈ X entonces {f ∈ SX : f(x0) = x0} ≤ SX .(k) Si G y H son grupos, entonces G× {1H} ≤ G×H .

(l) El conjunto de funciones continuas de R en sı mismo es subgrupo de F(R,R).

[1.16] Ejercicio. Probar que si {Hi : i ∈ I} es una familia arbitraria de subgrupos

de un grupo G entonces la interseccion de ellos,⋂

i∈I Hi , es subgrupo de G.

[1.17] Ejercicio. Dar un ejemplo de un grupo G y de dos subgrupos H y K tal queH ∪K no sea subgrupo de G.

[1.18] Ejercicio. Probar que si H y K son subgrupos de un grupo G tales que H∪Kes subgrupo de G, entonces H ⊂ K o K ⊂ H .

Dado un grupo G denotamos por <X> a la interseccion de todos los subgrupos de Gque contienen a X que, gracias a [1.16], es un subgrupo; es, ademas, el menor subgrupo

que contiene al conjunto X (en el sentido de que cualquier otro subgrupo que contenga a

X contiene a <X>); se llama subgrupo generado por X y se dice que X es un conjuntogenerador del grupo <X> . Decimos que un grupo es cıclico si esta generado por un solo

elemento a ; en este caso escribimos G =<a> (en lugar de G =<{a}>) y decimos que agenera G. Decimos que G es finitamente generado si existe X finito, X = {x1, x2, . . . , xn},tal que G=<X>; en este caso escribimos G =<x1, x2, . . . , xn>.

[1.19] Proposicion. Si G es un grupo y ∅ 6= X ⊂ G entonces

<X>= {xr11 xr22 · · ·xrkk : k ∈ N, x1, x2, . . . xk ∈ X, r1, r2, . . . rk ∈ {−1, 1}}.

Demostracion. Llamemos H al conjunto descrito en el lado derecho de la igualdad.Es claro que H contiene a X y que H ⊂<X>. Para ver la otra contencion queremos ver

que H es subgrupo de G, pero esto es obvio por [1.13].

[1.20] Observacion. Si G es grupo y X ⊂ G consta de un solo elemento x entonces

<X>= {xr : r ∈ Z}.

Nuestro interes principal en este curso sera el de estudiar grupos finitos. Al numero

de elementos de un grupo finito G se le llama orden de G y se le denota por |G| .

[1.21] Proposicion. Si G es grupo cıclico finito de orden n y a es generador de G,entonces G = {a, a2, . . . , an}.

Demostracion. Al igual que en [1.6], la lista a, a2, . . . an+1 tiene n + 1 elementos,todos dentro de G. Entonces ak = 1 para cierta k ≤ n, pero entonces a−1 = ak−1 ,

a−2 = ak−2 , etc. y ası, por [1.20] G = {xr : r ∈ Z} = {a, a2, a3, . . . , ak} y, como G tiene n

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elementos, se debe tener k = n.

[1.22] Observacion. Si G es un grupo, H un subgrupo de G generado por un

conjunto X y K es otro subgrupo de G, entonces para probar que H ⊂ K basta probarque X ⊂ K .

[1.23] Ejemplos. (a) Z es cıclico pues Z =<1>.

(b) <∅>= {1}.(c) Si n ∈ N entonces nZ es subgrupo cıclico de Z (generado por n).

(d) {1,−1, i,−i} es un subgrupo cıclico de C \ {0} (generado por i).

[1.24] Ejercicio. Probar que Q esta generado por { 1n: n ∈ N}.

[1.25] Ejercicio. Probar que Z[x] esta generado por {1, x, x2, x3, . . .}.

[1.26] Ejercicio. Probar que todo grupo cıclico es abeliano.

[1.27] Ejercicio de tarea. Probar que si G es grupo con un numero par de elementos,

entonces existe a ∈ G de orden 2 (es decir, un elemento a 6= 1 que es su propio inverso).

[1.28] Ejercicio de tarea. En GL2(Q) sean

A =

(

0 −11 0

)

y B =

(

0 1

−1 1

)

.

Probar que A tiene orden 4 y que B tiene orden 6 pero que AB tiene orden infinito.(Nota: Multiplicar por el matriz A tiene el efecto de la multiplicacion compleja por el

numero i, es decir, de una rotacion del plano 90o ).

[1.29] Ejercicio de tarea. Probar que si G 6= {1} es un grupo y los unicos subgruposde G son {1} y G mismo, entonces G es cıclico de orden primo.

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Seccion 2

Grupos de permutaciones

Para n ∈ N denotamos por Sn al conjunto de funciones biyectivas de [n] = {1, 2, . . . , n}en sı mismo. Cada una de estas funciones se llama permutacion de n. Observemos primero

que el orden de Sn es n! .

Dada una permutacion σ : [n] → [n] hay varias formas de denotar a σ . Si σ(i) = aidos notaciones naturales son:

σ =

(

1 2 · · · na1 a2 · · · an

)

= (a1, a2, . . . , an).

La segunda notacion se llama lineal.

Hay otra forma importante de denotar a la permutacion σ llamada forma cıclica. Escomo sigue: Se escoge un numero a , se abre un parentesis y se escribe a continuacion

de a , σ(a), despues σ(σ(a)) y ası sucesivamente hasta llegar a a mismo que ya no se

escribe y se cierra el parentesis; esto se llama ciclo de la permutacion; despues, en casode que no se hayan usado todos los numeros de [n] se escoge un numero b no usado y se

repite el procedimiento poniendo otro ciclo a continuacion del primero y ası sucesivamentehasta que esten usados todos los numeros. Hagamos un ejemplo. Supongamos que en

forma lineal σ es la permutacion (5, 7, 6, 4, 2, 3, 1); esto corresponde a la forma cıclicaσ = (1 5 2 7)(3 6)(4). Observemos que una misma permutacion tiene varias formas cıclicas;

ası (2 7 1 5)(4)(6 3) y (3 6)(4)(7 1 5 2) tambien representan a la permutacion del ejemplo(entre otras).

La longitud de un ciclo es el cantidad de numeros que lo forman; a un ciclo de longitud2 se le llama biciclo o transposicion, a uno de longitud r se le llama r -ciclo (la permutacion

que dimos en el ejemplo tiene tres ciclos: uno de longitud 1, un biciclo y un 4-ciclo). Un

§2. Grupos de permutaciones

punto fijo de una permutacion σ es un i ∈ [n] tal que σ(i) = i.

[2.1] Ejercicio. Descomponer en forma cıclica las permutaciones (8, 2, 4, 6, 3, 5, 7, 1)

y (5, 2, 7, 1, 9, 4, 6, 8, 3) y encontrar sus puntos fijos.

[2.2] Ejercicio. Encontrar la forma lineal de las permutaciones cuya forma cıclica es

(4 1 3)(6 5 2)(10 9 8 7) y (4 1 3)(5)(6)(8 7 2).

Ahora recordemos que Sn es un grupo y notemos que cada ciclo puede considerarsecomo una permutacion en la que los elementos que no aparecen se consideran fijos. En este

caso, es facil convencerse de que cada permutacion es el producto de las permutacionesdeterminadas por sus ciclos; por ejemplo, en S5 , la permutacion (2 5 3)(1 4) es el producto

de las permutaciones (2 5 3)(1)(4) y (2)(5)(3)(1 4). Decimos que toda permutacion es elproducto de sus ciclos. De hecho, en muchas ocasiones se escriben las permutaciones en

forma cıclica omitiendo los ciclos de longitud 1. Por otro lado, en este caso es claro queno importa el orden en que se escriben los ciclos, pero aquı es importante hacer notar que

esto se debe a que los ciclos son ajenos. En general, el producto en Sn no es conmutativoy la costumbre es, como en el lenguaje de funciones, hacer el producto (composicion) de

derecha a izquierda; por ejemplo, (1 2)(2 3) = (1 2 3) y (2 3)(1 2) = (1 3 2).

[2.3] Ejercicio. Dadas las permutaciones (1 4 2 6), (1 5) y (1 5 2)(4 3), encontrar susinversas.

[2.4] Ejercicio. ¿Es cierto que si σ, τ ∈ Sn entonces (στ)−1 = σ−1τ−1?

[2.5] Ejercicio. Escribir en estructura cıclica las permutaciones resultantes de los

siguientes productos: (1 4)(2 4 5)(3 2 1 6) y (1 4 2)3 .

[2.6] Ejercicio. Escribir en estructura cıclica todos los elementos de S4 .

[2.7] Proposicion. El orden de una permutacion es el mınimo comun multiplo de las

longitudes de sus ciclos.

Demostracion. Es facil convencerse que si la permutacion es un ciclo entonces suorden coincide con su longitud. Como vimos arriba, los ciclos ajenos conmutan y esta

observacion basta para obtener el resultado.

[2.8] Ejercicio. Escribir en forma cıclica la permutacion resultante del producto

(2 4 1 3 5 6 7)6 . (Sugerencia: Hay una forma facil de hacerlo.)

[2.9] Ejercicio. Probar que {(1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} es subgrupo de S4 .

Consideremos un cuadrado con sus vertices numerados del 1 al 4. El conjunto de

elementos de S4 que no “tuercen” al cuadrado (es decir, las permutaciones σ tales el

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polıgono σ(1), σ(2), σ(3), σ(4) es cuadrado) se llama grupo diedrico o grupo de simetrıasdel cuadrado y se le denota por D4 .

[2.10] Proposicion. El conjugado de σ por τ es la permutacion que tiene la mismaestructura cıclica que σ y que se obtiene intercambiando cada i ∈ [n] por τ(i).

Demostracion. Observemos primero que si σ = β1β2 · · ·βr , con cada βk ciclo, en-

tonces el conjugado de σ es el producto de los conjugados de los βk , ası que basta probarlopara cuando σ es un ciclo (a1 a2 · · · am). Tenemos

τστ−1(τ(ai)) = τσ(ai) = τ(ai+1),

donde los ındices estan calculados modulo m, y esto prueba la afirmacion.

En general, para a y b en un grupo G se dice que a es conjugado de b si existe x ∈ Gtal que a = xbx−1 . Sean a , b y c elementos de un grupo G. Probar que:

(a) a es conjugado de a .

(b) Si a es conjugado de b entonces b es conjugado de a .(c) Si a es conjugado de b y b es conjugado de c entonces a es conjugado de c.

Dada una permutacion σ ∈ Sn decimos que i, j ∈ [n] forman inversion si i < j peroσ(i) > σ(j). Decimos que una permutacion es par o impar de acuerdo a su numero de

inversiones. Para contar el numero de inversiones de una permutacion escrita en su formalineal contamos cuantos elementos a la derecha de cada numero son mas pequenos que el;

por ejemplo la permutacion (4, 3, 7, 1, 8, 2, 6, 5) tiene 3 + 2 + 4 + 0 + 3 + 0 + 1 + 0 = 13

inversiones, ası que es una permutacion impar.

[2.11] Proposicion. Toda permutacion se puede escribir como producto de biciclos,

es decir, el conjunto de todos los biciclos genera Sn . No hay unicidad en esta escritura, nisiquiera en cuanto al numero de biciclos; sin embargo la paridad de la cantidad de biciclos

coincide con la paridad de la permutacion.

Demostracion. Basta escribir cada ciclo como producto de biciclos; esto es facil pues,por ejemplo, (1 2 3 4 5) = (1 5)(1 4)(1 3)(1 2). La escritura no es unica ni siquiera en cuanto

al numero de biciclos pues tambien

(1 2 3 4 5) = (1 2)(2 3)(3 4)(4 5) = (1 3)(2 4)(1 4)(1 4)(1 3)(2 4)(1 2)(2 5)(2 4)(2 3).

Se deja como ejercicio probar que la paridad del numero de biciclos es unica.

[2.12] Observacion. El conjunto An de permutaciones pares de Sn es subgrupo deSn ; se llama grupo alternante.

[2.13] Proposicion. Para n ≥ 2 el numero de permutaciones pares en Sn es el mismoque el de impares.

Demostracion. Ejercicio.

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[2.14] Ejercicio. Probar que un ciclo de longitud r es permutacion par si y solo si res impar.

Otra notacion util para las permutaciones se obtiene al considerarlas como matrices.La matriz Aσ de una permutacion σ tiene 1 en el lugar (i, j) si y solo si σ(i) = j ; en las

demas entradas Aσ tiene 0′ s.

[2.15] Ejercicio. Probar que, mediante la multiplicacion de matrices, si σ ∈ Sn

entonces

Aσ

12...

n

=

σ(1)

σ(2)...

σ(n)

.

[2.16] Ejercicio. Probar que si σ ∈ Sn entonces det(Aσ) = ±1, y que el signo es 1 si

y solo si la permutacion es par.

[2.17] Ejercicio de tarea. Probar que el grupo de simetrıas o grupo diedrico de un n-

agono, denotado por Dn , tiene 2n elementos y esta generado por la rotacion ((1 2 3 · · · n)y la reflexion (1n)(2n− 1)(3n− 2) · · · (para n impar esta reflexion deja fijo al n+1

2).

[2.18] Ejercicio de tarea. Probar que si σ y σ′ son permutaciones con la mismaestructura cıclica entonces σ′ y σ son conjugados.

[2.19] Ejercicio de tarea. Probar que cualesquiera dos descomposiciones en pro-

ducto de transposiciones de una permutacion tienen la misma paridad.

[2.20] Ejercicio de tarea. Probar que para n ≥ 2 el numero de permutaciones pares

en Sn es el mismo que el de impares.

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Seccion 3

Teorıa de Numeros

Divisibilidad

Recordemos que para a y b enteros decimos que a divide a b (o que b es multiplo de

a), en sımbolos a∣∣∣ b, si es posible encontrar un entero x de tal manera que ax = b. Si a

no divide a b escribimos a 6∣∣∣ b. Por ejemplo −12

∣∣∣ 36, cualquier entero divide a 0 y 1 divide

a cualquier entero.

Las siguientes propiedades son muy sencillas de demostrar y dejan como ejercicio al

lector.

[3.1] Propiedades.

(a) Para todo entero a se tiene a∣∣∣ a . (Se dice que la relacion de divisibilidad es

reflexiva.)

(b) Si a , b y c son enteros tales que a∣∣∣ b y b

∣∣∣ c entonces a

∣∣∣ c. (Se dice que la relacion

de divisibilidad es transitiva.)

(c) Es posible que a∣∣∣ b pero que b 6

∣∣∣ a . (Se dice que la relacion de divisibilidad no es

simetrica.)

(d) Para a y b enteros, a∣∣∣ b y b

∣∣∣ a si y solo si |a| = |b| (es decir, a = ±b).

(e) Para a , b y c enteros, tenemos que a∣∣∣ b y a

∣∣∣ c si y solo si a

∣∣∣ rb+sc para cualesquiera

r y s enteros. A la expresion rb+ sc se le llama combinacion lineal de b y c.

[3.2] Proposicion. Algoritmo de la Division. Dados dos enteros a y b con b 6= 0

§3. Teorıa de Numeros

existen enteros unicos q y r de tal forma que

a = bq + r, y

0 ≤ r < |b|.

Demostracion. Primero probaremos la existencia de los enteros q y r . Por simplici-

dad, consideraremos solo el caso en que b > 0 y a ≥ 0. Los demas casos pueden deducirsede este facilmente. Consideremos todos los multiplos no negativos de b:

0, b, 2b, 3b, . . .

Sea qb el mayor multiplo de b tal que qb ≤ a , es decir a se encuentra entre qb y (q + 1)b

en la recta numerica (permitiendose el caso en que a = qb). Definimos r := a− qb.

...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................| | | | | |︷︸︸︷

0 b 2b · · · qb (q + 1)ba

r

︸︷︷︸︸︷︷︸︸︷︷︸

b b b

Entonces a = qb + r y, como la distancia entre dos multiplos consecutivos de b es |b| ,tenemos que 0 ≤ r < |b| , como querıamos.

Probaremos ahora la unicidad. Supongamos que (q1, r1) y (q2, r2), son parejas deenteros que satisfacen las condiciones. Tenemos que bq1 + r1 = bq2 + r2 . Supongamos que

r1 6= r2 y, sin perdida de generalidad, r2 > r1 ; ası

(∗) b(q1 − q2) = r2 − r1,lo cual es absurdo pues r2 − r1 ≤ r2 < b. Concluimos que r2 = r1 y entonces es claro queq1 = q2.

Desde luego, si no pidieramos la condicion 0 ≤ r < |b| , los enteros q y r no serıan

unicos; por ejemplo, si a = 20 y b = 6, la ecuacion a = bq+ r podrıa ser cualquiera de lassiguientes: 20 = 6× 3 + 2, 20 = 6× 4 + (−4), 20 = 6× 0 + 20, 20 = 6× (−1) + 26, etc.

El numero q en la proposicion anterior es el cociente (de la division de a entre b) y elnumero r es el residuo (de la division de a entre b).

[3.3] Ejercicio. Encontrar el cociente y el residuo de la division de a entre b en lossiguientes casos:

(a) a = 18 y b = 5.(b) a = 18 y b = −5.(c) a = −18 y b = 5.

(d) a = −18 y b = −5.

[3.4] Observacion. Si a y b son enteros y b 6= 0, entonces b∣∣∣ a si y solo si el residuo

r de la division de a entre b es 0.

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Dados dos numeros enteros a y b distintos de cero su maximo comun divisor, ensımbolos mcd(a, b), es el mayor de sus divisores comunes. Si mcd(a, b) = 1, decimos que

a y b son primos relativos o primos entre sı.

[3.5] Lema. Sean a y b enteros no cero con b 6∣∣∣ a . Si q y r son enteros tales que

a = bq + r , entonces mcd(a, b) = mcd(b, r).

Demostracion. Por [3.1](e) los divisores comunes de a y b tambien lo son de r , yque los de b y r tambien lo son de a . En particular el mayor de los divisores comunes de

a y b es el mismo que el de b y r .

El siguiente resultado es muy importante. Su demostracion utiliza el Algoritmo de laDivision.

[3.6] Proposicion. Algoritmo de Euclides. Sean a y b enteros no cero. Entoncesmcd(a, b) es combinacion lineal de a y b.

Demostracion. Por simplicidad supondremos que a y b son positivos (el caso general

se deduce trivialmente de este ajustando signos). Si b∣∣∣ a entonces mcd(a, b) = b que,

obviamente, es combinacion lineal de a y b. Supongamos entonces que b 6∣∣∣ a . Utilizando

el Algoritmo de la Division consideremos enteros qi y ri de tal manera que

a = bq + r1, 0 < r1 < b,

b = r1q1 + r2, 0 < r2 < r1,

r1 = r2q2 + r3, 0 < r3 < r2,...

rn−2 = rn−1qn−1 + rn, 0 < rn < rn−1,

rn−1 = rnqn.

(∗)

Por el lema anterior tenemos que

mcd(a, b) = mcd(b, r1) = mcd(r1, r2) = · · · = mcd(rn−1, rn) = rn.

Ahora probaremos por induccion que todos los residuos r1, . . . , rn son combinacion lineal

de a y b. La base de induccion consiste en probar que r1 y r2 son combinacion lineal de ay b (si n = 1, entonces en el primer paso podemos terminar la prueba). Despejando r1 de

la primera ecuacion tenemos que r1 = a− bq , combinacion lineal de a y b. Entonces en lasegunda ecuacion, r2 = b− r1q1 = b− (a− bq)q1 = a(−q1)+ b(1+ qq1); con esto termina la

base de la induccion. Ahora supongamos que para cierta i ≥ 3 los dos residuos anterioresri−1 y ri−2 son combinacion lineal de a y b; como ri es combinacion lineal de ri−1 y de

ri−2 es facil lograr ri tambien como combinacion lineal de a y b utilizando la hipotesis deinduccion.

[3.7] Ejercicio. Sean a y b dos enteros no cero y sea d su maximo comun divisor.

13


Probar que cualquier divisor comun de a y b tambien es divisor de d.

[3.8] Ejercicio. Sean a y b enteros no cero y sea d su maximo comun divisor. Probar

que un numero c es combinacion lineal de a y b si y solo si es multiplo de d.

[3.9] Corolario. Sean a , b y c enteros tales que a∣∣∣ bc. Si a y b son primos relativos

entonces a∣∣∣ c.


Decimos que un entero p 6= ±1 es primo si sus unicos divisores son ±1 y ±p. Unentero no cero y distinto de ±1 es compuesto si no es primo. Los enteros 1 y −1 no son

primos ni compuestos, se llaman unidades. Al numero 0 no lo consideraremos dentro deninguna de estas categorıas.

[3.10] Corolario. Si b1, b2, . . . , bk son enteros y un primo p es divisor del productob1b2 · · · bk , entonces p divide a alguna de las b′i s.

Demostracion. Induccion sobre k .

[3.11] Nota. El resultado anterior no es cierto si no pedimos que p sea un numeroprimo, es decir, es posible que un numero divida a un producto sin que divida a ninguno

de sus factores como lo muestra el ejemplo 6∣∣∣ 4× 3.

[3.12] Teorema. Teorema Fundamental de la Aritmetica. Todo entero distinto de 0y de ±1 es producto de primos en forma unica salvo orden y signo.

Demostracion. Sea a 6= 0,±1 y consideremos primero el caso en que a sea positivo.

Procedemos por induccion sobre a . La base de induccion es para a es primo, y aquı nohay nada que probar (permitimos productos de un solo factor). Si a no es primo entonces

es compuesto, ası que podemos escribir a = bc, con b y c enteros positivos y distintos de 1y de a ; ademas tenemos que b y c son ambos menores que a . Por hipotesis de induccion b

y c son producto de primos y su descomposicion nos da la descomposicion de a buscada.El caso en que a sea negativo se reduce al anterior pues podemos aplicar el resultado a

−a (que es positivo) y despues agregar el signo a alguno de los primos en la descomposicionde −a .

Para ver la unicidad supongamos que a = ±p1p2 · · · ps = ±q1q2 · · · qt , donde s y t sonnaturales y los pi y los qj son primos. Queremos probar que s = t y que, salvo el signo,

cada primo aparece exactamente el mismo numero de veces en la lista p1, p2, . . . , ps que

en la lista q1, q2, . . . , qt . Sin perdida de generalidad, podemos suponer que los pi y los qjson todos positivos. Hagamos induccion sobre s . Para s = 1 el resultado es claro pues a

serıa primo. Entonces supongamos que s ≥ 2 y que el resultado es verdadero para s − 1factores (es decir, la hipotesis de induccion es que si un numero acepta una descomposicion

en producto s−1 primos positivos, entonces cualquier otra descomposicion de ese numeroen producto de primos positivos es igual a ella excepto, tal vez, por el orden de los factores).

14


Como p1∣∣∣ a , entonces p1

∣∣∣ q1q2 · · · qt . Por [3.10], p1 debe dividir a algun qj que, sin perdida

de generalidad, supongamos es q1 ; pero este ultimo es primo, ası que p1 = q1 . Cancelando

entonces p1 y q1 en la ecuacion p1p2 · · · ps = q1q2 · · · qt , tenemos que p2 · · · ps = q2 · · · qt .La hipotesis de induccion se aplica aquı para obtener s− 1 = t− 1 y los primos p2, . . . , psson los mismos que q2, . . . , qt , de donde queda probado el teorema.

[3.13] Corolario. Sean a = ±pe11 pe22 · · · pekk y b = ±pf11 pf22 · · · pfkk , donde p1 < p2 <

· · · < pk son primos positivos y las ei y las fj son enteros no negativos. Entonces a∣∣∣ b si

y solo si para toda i = 1, . . . , k , se tiene que ei ≤ fi .

[3.14] Ejercicio. Sean a y b como en el corolario anterior. Probar que el maximocomun divisor de a y b es d = pm1

1 pm22 · · · pmk

k donde, para cada i, mi es el mınimo entre

ei y fi .

[3.15] Ejercicio. Dar una descripcion analoga a la del ejercicio anterior del mınimo

comun multiplo, mcm(a, b), de a y b.

[3.16] Nota. De lo anterior podemos concluir que el maximo comun divisor d de dos

numeros no cero a y b esta caracterizado por las siguientes propiedades:

[3.17]

(i) d∣∣∣ a , d

∣∣∣ b, y

(ii) si c∣∣∣ a y c

∣∣∣ b entonces c

∣∣∣ d.

[3.18] Ejercicio. Dar una descripcion analoga a la de la nota anterior del mınimo

comun multiplo de a y b.

[3.19] Ejercicio. Para a y b enteros positivos probar que mcd(a, b)mcm(a, b) = ab.

[3.20] Ejercicio. Probar que Q esta generado por { 1pk

: p primo y k ∈ N}.

Congruencias

Sea n un numero natural. Si a y b son enteros cualesquiera decimos que a ≡ b (mod n)

(lease a es congruente con b modulo n) si n∣∣∣ a− b.

[3.21] Definicion. Dado un numero natural n cada conjunto de numeros congruentesentre sı se llama clase (modulo n) y cualquier elemento de ese conjunto es un representante

de la clase. Si a es cualquier representante de una clase, entonces la clase a la cual perteneceel numero a se denota por a .

15


[3.22] Ejemplo. Analizar congruencias y clases modulo 6.

Solucion. Hagamos una lista de todos los enteros agrupandolos de 6 en 6 por ren-

glones:...

......

......

...

−12 −11 −10 −9 −8 −7−6 −5 −4 −3 −2 −10 1 2 3 4 56 7 8 9 10 11

12 13 14 15 16 17...

......

......

...

Por la forma en que construimos la tabla podemos notar que todos los numeros en una

misma columna difieren por un multiplo de 6. Observamos tambien que los de una mismacolumna dejan el mismo residuo al dividirlos por 6; por ejemplo, los de la primera columna

dejan residuo 0, esto es, son todos multiplos de 6 o, en otras palabras, son los enterosde la forma 6k con k entero (−12 = 6 × (−2), −6 = 6 × (−1), 0 = 6 × 0, 6 = 6 × 1,

. . .); los de la segunda columna son los que dejan residuo 1, es decir los de la forma

6k + 1 (−11 = 6 × (−2) + 1, −5 = 6 × (−1) + 1, 1 = 6 × 0 + 1, 7 = 6 × 1 + 1, . . .).Segun nuestra definicion, el tipo de relacion que guardan entre sı los elementos de una

misma columna se llama congruencia modulo 6. Todo el conjunto de numeros de unamisma columna constituye una clase (modulo 6) y cualquier elemento de esa columna es

un representante de la clase. Ası, por ejemplo, 0 = 12 = {. . . ,−12,−6, 0, 6, 12, 18, . . .}y −2 = 4 = {. . . − 8,−2, 4, 10, . . .}. Tenemos que cada residuo en la division por 6 es

representante de una clase y que en total hay 6 clases.

A partir de aquı n denota un numero natural cualquiera.

[3.23] Proposicion. El que a sea congruente con b modulo n es equivalente a que

a y b tengan el mismo residuo al dividirlos por n.

[3.24] Propiedades. Para a , b, c y d enteros cualesquiera se tiene:

(a) La relacion de congruencia modulo n es relacion de equivalencia.(b) Si a ≡ b (mod n) y c ≡ d (mod n) entonces a+ c ≡ b+ d (mod n).

(c) Si a ≡ b (mod n) y c ≡ d (mod n) entonces ac ≡ bd (mod n).

Demostracion.(a) Probemos la reflexividad y dejemos la simetrıa y transitividad como ejercicio: Como

a− a = 0 = n× 0, entonces n∣∣∣ a− a .

(b) Ejercicio.(c) Aquı queremos probar que ac − bd es multiplo de n. Para ver esto sumemos y

restemos bc: ac− bd = ac− bc+ bc− bd = (a− b)c+ b(c− d); este ultimo es multiplo den pues, por hipotesis, a− b y c− d lo son.

[3.25] Corolario. Principio de Sustitucion. Para hacer operaciones (sumar y multi-

16


plicar) en una congruencia, cualquier cantidad puede sustituirse por otra a la que esta seacongruente sin alterar la validez de la congruencia.

Se define

Zn = {0, 1, 2, . . . , n− 1}Dentro de este conjunto definimos dos operaciones como sigue: Para a y b elementos de

Zn ,

a⊕ b = a+ b y

a⊗ b = a× b.La operacion ⊕ se llama suma en Zn y ⊗ se llama producto en Zn .

Observemos que, gracias a las propiedades [3.23](b) y [3.23](c), la definicion de lasoperaciones que acabamos de hacer es correcta, es decir, los resultados no dependen de los

representantes que se elijan en el momento de hacer las operaciones: si a = a′ y b = b′ ,entonces a+ b = a′ + b′ y a× b = a′ × b′ . Observemos tambien que todas las propiedades

de las operaciones que tenemos en Z se traducen en las propiedades correspondientes en

Zn , porque las operaciones se traducen a operaciones de enteros; por ejemplo, la suma⊕ es conmutativa. Tenemos entonces que Zn es un grupo abeliano. De aquı en adelante

denotamos a ⊕ por + y a ⊗ por × (o, simplemente, poniendo un elemento a continuacionde otro).

[3.26] Ejercicio. Probar que si mcd(a, n) 6= 1, entonces es posible encontrar k 6≡0 (mod n) de tal manera que ak ≡ 0 (mod n). Concluir que en Zn la multiplicacion de

numeros distintos de 0 puede ser 0.

[3.27] Ejercicio. Probar que si mcd(a, n) 6= 1, entonces es posible encontrar k y l

enteros no congruentes entre sı tales que ak ≡ al (mod n).

Bajo la multiplicacion, Zn no es grupo; sin embargo, tenemos el siguiente resultado.

[3.28] Proposicion. Sea n natural. Si a ∈ Z es primo relativo con n y b ≡a (mod n), entonces b tambien es primo relativo con n. Ademas Z∗

n = {a ∈ Zn :mcd(a, n) = 1} es un grupo bajo la multiplicacion definida por ab = ab.

Demostracion. Si mcd(a, n) = 1, entonces (por [3.6]) existen r, s ∈ Z tales que

ar + ns = 1 (∗). Sea a − b = nq con q ∈ Z ; entonces, sustituyendo a en (∗) tenemosque (b + nq)r + ns = 1, de donde br + n(qr + s) = 1 y de aquı que mcd(b, n) = 1. La

cerradura de la multiplicacion es obvia gracias a [3.10]. Tambien es claro que 1 ∈ Z∗n .

Ahora, sea a un entero primo relativo con n. Queremos ver que existe un entero x tal

que ax ≡ 1 (mod n). Ya tenemos 1 = ar + ns . Por el Principio de Sustitucion [3.24],

1 ≡ ar + ns

≡ ar + 0s

≡ ar (mod n).

17


Observemos que mcd(r, n) = 1 pues la misma combinacion lineal igual a 1 que tomamospara a y n es una combinacion lineal igual a 1 para r y n, ası que R ∈ Z∗

n y R es el

inverso de a buscado.

Al numero de elementos de Z∗n se le denota por φ(n) y se dice que φ es la funcion fi

de Euler.

[3.29] Corolario. Si p es un numero primo entonces Zp \{0} es grupo de orden p−1bajo la multiplicacion.

[3.30] Ejercicio de tarea. Sea a un elemento de orden r en un grupo y sea k ∈ N.Probar que ak = 1 si y solo si k es multiplo de r .

[3.31] Ejercicio de tarea. Probar que si G es grupo cıclico, entonces cualquiersubgrupo de G tambien es cıclico y que, en consecuencia, los subgrupos de Z son los nZ

para n = 0, 1, 2, . . ..

[3.32] Ejercicio de tarea. Sean r, s ∈ Z y sea G un grupo cıclico generado por a .Sabemos que el subgrupo de G generado por ar y as es cıclico. Determinar un generador

de este subgrupo.

[3.33] Ejercicio de tarea. Sean a , b y c enteros tales que a∣∣∣ bc. Probar que si a y

b son primos relativos entonces a∣∣∣ c.

[3.34] Ejercicio de tarea. Recordemos que Zn es cıclico. Determinar como debe ser

el entero a para que el grupo Zn este generado por a .

[3.35] Ejercicio de tarea. Probar que en Z∗8 todo elemento distinto de 1 tiene orden

2 y que, por lo tanto, Z∗8 no es cıclico.

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Seccion 4

Clases laterales y cocientes

Clases laterales

Como vimos en el capıtulo anterior, una relacion de equivalencia en un conjunto Xes una relacion reflexiva, simetrica y transitiva. Al igual que la relacion de congruencia

modulo n en Z, es facil ver que una relacion de equivalencia en un conjunto X parte aX en la union de subconjuntos ajenos dos a dos que llamamos clases (con respecto a la

relacion) (o clases de equivalencia) de manera que cada clase consta de todos los elementos

equivalentes (es decir, relacionados mediante la relacion de equivalencia) a un elementodado; cada elemento de una clase es representante de la clase. Generalizaremos aquı a

grupos arbitrarios la relacion de congruencia modulo n que vimos para Z .

Dado un grupo G y un subgrupo H decimos que dos elementos a y b de G son

congruentes modulo H si a−1b ∈ H . En este caso escribimos a ≡ b (mod H). Notemosque la congruencia modulo n en Z no es mas que la relacion de congruencia modulo nZ

que acabamos de definir.

[4.1] Ejercicio. Probar que dados H ≤ G grupos, la relacion de congruencia moduloH es de equivalencia.

[4.2] Ejercicio. Sean H ≤ G grupos. Probar que las clases de equivalencia mediantela relacion de congruencia modulo H son los conjuntos de la forma

aH = {ah : h ∈ H},

para a ∈ G, llamados clases laterales izquierdas de H con respecto a G.

[4.3] Observacion. Sean H ≤ G grupos y a, b ∈ G. Entonces

§4. Clases laterales y cocientes

(a) aH = bH ⇔ a−1b ∈ H .(b) aH ∩ bH 6= ∅ ⇔ aH = bH .

[4.4] Ejemplos. (a) La relacion modulo {1} es la igualdad.(b) Las n clases laterales izquierdas de la relacion modulo nZ en Z son nZ, 1+nZ, 2+

nZ, . . . (n− 1) + nZ.(b) La relacion modulo Z en R dice que dos reales son congruentes si y solo si difieren

por un entero. En este caso, un conjunto de representantes es [0, 1).(c) La relacion modulo SL2(R) en GL2(R) nos dice que dos matrices son congruentes

si y solo si tienen el mismo determinante.

(d) En el grupo R2 la relacion de congruencia modulo una recta H por el origen definelas clases laterales como las rectas paralelas a H .

(e) El conjunto solucion de cualquier sistema de ecuaciones lineales con n incognitas ycoeficientes en R es una clase lateral de Rn con respecto al conjunto (subgrupo) solucion

del sistema homogeneo asociado.

Analogamente pueden definirse clases laterales derechas Ha = {ha : h ∈ H} de H con

respecto a G. Corresponden a la relacion en G definida por a ∼ b si y solo si ab−1 ∈ H .Las clases laterales derechas no necesariamente coinciden con las izquierdas como veremos

a continuacion. (El caso en que sı coinciden es muy importante y lo estudiaremos masadelante.)

[4.5] Ejemplo. Partir a S3 en clases laterales izquierdas y en clases laterales derechas

con respecto al subgrupo H = {(1), (1 2)}.Solucion. Construyamos primero las clases izquierdas: la que contiene al (1) es H ;

la que contiene a (1 3) es {(1 3), (1 2 3)} y la que contiene a (2 3) es {(2 3), (1 3 2)}.Ahora construyamos las clases laterales derechas: la que contiene a (1) es H ; la que

contiene a (1 3) es {(1 3), (1 3 2)} y la que contiene a (2 3) es {(2 3), (1 2 3)}.

En el ejemplo anterior vimos que todas las clases tienen el mismo numero de elementos.Esto siempre ocurre, como veremos en el siguiente lema.

[4.6] Lema. Dadas dos clases laterales izquierdas (o derechas), existe una correspon-dencia biyectiva entre ellas.

Demostracion. Sean H ≤ G grupos y a, b ∈ G. La funcion f : aH → bH dada por

ah 7→ bh para h ∈ H es claramente suprayectiva; es inyectiva pues

bh1 = bh2 ⇒ b−1bh1 = b−1bh2 ⇒ h1 = h2.

[4.7] Ejercicio. Sea H un subgrupo de un grupo G. Probar que existe una biyeccionentre el conjunto de las clases laterales izquierdas y el de las derechas.

Si H ≤ G son grupos llamamos ındice de H en G al numero de clases laterales

20


(izquierdas o derechas) de G con respecto a H (que puede o no ser finito). Lo denotamospor [G : H] (otra notacion comun es iG(H)).

La aplicacion del lema [4.6] a grupos finitos nos da el importante teorema siguiente.

[4.8] Teorema. Teorema de Lagrange. Si G es un grupo finito y H es un subgrupo

de G entonces el orden de H es divisor del orden de G. Ademas [G : H] = |G||H| .

Demostracion. Partimos a G en clases laterales izquierdas con respecto a H ; comotodas las clases tienen el mismo numero de elementos |H| , entonces [G : H]|H| = |G| .

[4.9] Corolario. Teorema de Euler. Si n ∈ N y a ∈ Z es tal que mcd(a, n) = 1entonces aφ(n) ≡ 1 (mod n).

[4.10] Corolario. Pequeno Teorema de Fermat. Si p es un numero primo y a ∈ Z

entonces ap ≡ a (mod p).

[4.11] Ejercicio. Probar que si H ≤ K ≤ G son grupos finitos, entonces [G : H] =

[G : K][K : H] .

[4.12] Ejercicio. Sea G un grupo cıclico de orden n. Probar que si d∣∣∣n entonces G

tiene un subgrupo de orden d.

Cocientes

En lo que sigue veremos cuando podemos dar una estructura de grupo al conjunto declases laterales como se hace con Zn .

Dados dos conjuntos X y Y en un grupo G definimos XY = {xy : x ∈ X, y ∈ Y }.

[4.13] Observacion. Sea G un grupo y H,K ≤ G. Entonces(a) HH = H .

(b) HK no necesariamente es un subgrupo de G.(c) HK es subgrupo de G si y solo si HK = KH . En este caso HK =<H,K>.

Demostracion. (a) La contencion “⊂” se da porque H es subgrupo de G; para la

contencion “⊃” basta observar que 1 ∈ H .(b) Sean G = S3 , H =< (1 2)> y K =< (2 3)>. Entonces se tiene que HK =

{(1), (1 2), (2 3), (2 3 1)}, el cual tiene 4 elementos y entonces no puede ser subgrupo de S3 ,que tiene 6 elementos, por el teorema de Lagrange,

(c) Supongamos que HK es subgrupo de G. Entonces K,H ⊂ HK que es cerradobajo la multiplicacion, ası que KH ⊂ HK . Ahora sea x ∈ HK ; queremos ver que

x ∈ KH . Como HK es subgrupo, tenemos que x−1 ∈ HK ; escribamos x−1 = hk ;

21


entonces x = (x−1)−1 = (hk)−1 = k−1h−1 ∈ KH . Ahora supongamos que HK = KHy probemos que HK ≤ G: 1 = 1 · 1 ∈ HK ; si h1, h2 ∈ H y k1, k2 ∈ K , entonces

h1k1h2k2 = h1h3k3k2 ∈ HK para ciertos h3 ∈ H , k3 ∈ K ; si h ∈ H y k ∈ K entonces(hk)−1 = k−1h−1 ∈ KH = HK .

[4.14] Proposicion. Sea H un subgrupo de un grupo G. Son equivalentes:(a) Para cualquier pareja de elementos a y b de G se tiene que los conjuntos aHbH(=

{ahbh′ : h, h′ ∈ H}) y abH(= {abh : h ∈ H}) son iguales.(b) Para cualquier a ∈ G se tiene que H es igual al conjunto aHa−1(= {aha−1 : h ∈

H}).(c) Para cualquier a ∈ G se tiene que aH = Ha (es decir la clase lateral izquierda de

a coincide con su clase lateral derecha).

(d) G = {aH : a ∈ G} forma un grupo mediante la multiplicacion ∗ definida poraH ∗ bH = abH .

Demostracion. (a) ⇒ (b) Sea a ∈ G. Veamos primero que aHa−1 ⊂ H . Sea h ∈ H ;queremos ver que aha−1 ∈ H , pero aha−1H = aHhHa−1H = aHa−1H = aa−1H = H .

Para ver la otra contencion basta multiplicar la contencion ya demostrada por a−1 por la

izquierda y por a por la derecha (y usar que el resultado es valido para toda a).(b) ⇒ (c) Es claro.

(c) ⇒ (a) Sean a, b ∈ G; entonces aHbH = abHH = abH .(a) ⇒ (d) Primero debemos ver que la operacion esta bien definida, es decir, que si

a1H = a2H y b1H = b2H entonces a1b1H = a2b2H ; pero a1b1H = a1Hb1H = a2Hb2H =a2b2H . Ahora veamos las propiedades de grupo. Es claro que la operacion es asociativa

pues lo es en G; el elemento unitario es H ; la cerradura es clara de la definicion y elinverso de aH es a−1H .

(d) ⇒ (a) Sean a, b ∈ G. Para ver que aHbH ⊂ abH , sean ah1 ∈ aH y bh2 ∈ bH ;entonces aH = ah1H y bH = bh2H y, como la operacion esta bien definida, ah1bh2 ∈ah1Hbh2H = abH . Ahora veamos la otra contencion: Sea h ∈ H ; entonces abh = a1bh ∈aHbH.

Si H ≤ G satisface las propiedades de la proposicion anterior decimos que H es

normal en G y escribimos H ⊳ G. Al grupo formado por las clases laterales se le llamagrupo cociente y se le denota por G/H . Para a ∈ G, es facil ver que aHa−1 es subgrupo

de G; se le llama conjugado de H por a . Gracias a (a) de la proposicion, omitimos ∗ enla notacion de la operacion. Tambien observemos que, por la demostracion de (a) ⇒ (b),

para probar que un subgrupo H de un grupo G es normal, basta probar la contencionaHa−1 ⊂ H para toda a ∈ G.

[4.15] Ejercicio. Probar que si H ≤ G son grupos, <X>= H y para toda x ∈ X ya ∈ G se tiene que axa−1 ∈ H , entonces H ⊳ G.

Dos grupos G y H son isomorfos si existe una funcion biyectiva f : G → H que

preserva la multiplicacion, es decir, dados a, b ∈ G se tiene que f(ab) = f(a)f(b) (la

22


primera operacion se realiza en G y la segunda en H ). En este caso escribimos G ≈H . Observemos que la relacion de isomorfismo es de equivalencia (reflexiva, simetrica y

transitiva). Dos grupos isomorfos son practicamente iguales; la funcion f simplemente esun cambio de nombre de los elementos de G a los elementos de H .

[4.16] Nota. Si G es un grupo cıclico, entonces G es isomorfo a exactamente uno de{1}, Z o Zn para algun entero n ≥ 2. Por ejemplo, el subgrupo de C \ {0} generado por

i es isomorfo a Z4 y para todo n ∈ N, se tiene que nZ ≈ Z .

Dados dos grupos G y G′ , su producto directo es el grupo G×G′ = {(a, a′) : a ∈ G, a′ ∈G′} con la multiplicacion coordenada a coordenada, es decir, (a, a′)(b, b′) = (ab, a′b′) para

a, b ∈ G y a′, b′ ∈ G′ .

[4.17] Ejercicio. Probar que para cada p primo solo hay un grupo de orden p salvo

isomorfismo.

[4.18] Ejercicio. Probar que hay exactamente dos grupos no isomorfos de orden 4 y

que ambos son abelianos.

[4.19] Ejemplos. (a) Para cualquier grupo G se tiene que {1}, G ⊳ G. AdemasG/{1} ≈ G y G/G ≈ {1}.

(b) Si G es abeliano, entonces todo subgrupo es normal.(c) Z/nZ ≈ Zn para cualquier natural n.

(d) Si H ⊳G y H ′ ⊳G′ son grupos, entonces H ×H ′ ⊳H ×G′ y (G×G′)/(H ×H ′) ≈(G/G′)× (H/H ′) .

(e) Si H y K son subgrupos normales de G entonces H ∩K es normal en G.(f) Si K ≤ H ≤ G son grupos y K es normal en G entonces K es normal en H .

(g) Si H ≤ G son grupos y [G : H] = 2, entonces H ⊳ G y G/H ≈ Z2 .(h) En S3 el subgrupo generado por (1 2) no es normal.

(i) SLn(R) ⊳ GLn(R) y se tiene que GLn(R)SLn(R)

≈ R \ {0}.(j) R/Z ≈ S1 mediante f : R/Z→ S1 dada por

f(x+ Z) = e2πix = (cos(2πx), sen(2πx)).

(k) En R2 sea H = {(x, 0) : x ∈ R}. Entonces H ≈ R y R2/H ≈ R .(l) Sea Q = {±1,±i,±j,±k} en donde 1 es el elemento unitario, −1 conmuta con

todos los elementos y la multiplicacion esta dada por las reglas: (−1)2 = 1, i2 = j2 = k2 =ijk = −1. Este es un grupo llamado grupo de los cuaternios; es un grupo no abeliano en el

que todo subgrupo es normal. Se puede ver que Q es isomorfo al subgrupo Q′ de GL2(C)generado por

A =

(

0 i

i 0

)

y B =

(

0 −11 0

)

,

con A↔ i y B ↔ j , ası que Q′ = {I, A,A2, A3, B, AB,A2B,A3B}.

23


[4.20] Ejercicio. Sean H,K ≤ G grupos. Probar lo siguiente:(a) Si H o K es normal en G entonces HK ≤ G.

(b) Si H ⊳ G y K ⊳ G, entonces HK ⊳ G.

[4.21] Ejercicio. Sea G un grupo y sea Z(G) = {x ∈ G : ax = xa para toda a ∈ G}.Probar que Z(G) es un subgrupo normal de G. Se le llama centro de G.

[4.22] Ejercicio de tarea. Probar que si G es un grupo finito de orden n y a ∈ Gentonces el orden de a es divisor de n. En particular an = 1.

[4.23] Ejercicio de tarea. Probar el Teorema de Wilson: Si p es un numero primoentonces (p− 1)! ≡ −1 (mod p).

[4.24] Ejercicio de tarea. Probar que Z(GL2(R)) = {aI : a ∈ R}, donde I es lamatriz identica.

24

Seccion 5

Homomorfismos

Homomorfismos

Sean G y H dos grupos. Una funcion f : G → H es homomorfismo si para a, b ∈ Gse tiene que f(ab) = f(a)f(b). Notese que la primera operacion se ejecuta en G y lasegunda en H . Recordemos que los homomorfismos biyectivos se llaman isomorfismos.

Un homomorfismo f : G → G se llama endomorfismo. Un isomorfismo de G en G se

llama automorfismo.

[5.1] Ejemplos. (a) Sea G un grupo. La funcion identica idG : G→ G definida por

idG(a) = a para todo a ∈ G es automorfismo.(b) Sean G y H dos grupos. La funcion constante con valor 1H es homomorfismo.

(c) Si H es subgrupo de un grupo G entonces la funcion inclusion i : H → G definidapor i(a) = a para todo a ∈ H es homomorfismo.

(d) Si f : G → H es homomorfismo biyectivo entonces f−1 : H → G (definida porf−1(a) es el unico elemento b de G tal que f(b) = a) es homomorfismo.

(e) Si H ⊳ G son grupos entonces la proyeccion natural o funcion de paso al cocientep : G→ G/H definida por p(a) = aH es homomorfismo.

(f) La composicion de homomorfismos es homomorfismo.

(g) Si f : G → H es homomorfismo y K ≤ G, entonces la restriccion f |K de f a K(definida por f |K(a) = f(a) para todo a ∈ K ) es homomorfismo.

(h) Si G y H son grupos entonces la proyeccion a G pG : G ×H → G (definida porf(a, b) = a) es homomorfismo. (Y tambien lo es la proyeccion pH a H .)

(i) Si G, H y K son grupos y f : G→ H y g : G→ K son homomorfismos entoncestambien lo es (f, g) : G→ H ×K definida por (f, g)(a) = (f(a), g(a)).

(j) La funcion determinante es homomorfismo de GLn(R) en R \ {0}.(k) La funcion exponencial exp : R→ R \ {0}. es homomorfismo.

§5. Homomorfismos

(l) La funcion logaritmo log : {r ∈ R : r > 0} → R es homomorfismo.(m) Si r ∈ R entonces la funcion “multiplicar por r”, µr : R2 → R2 , definida por

µr(v) = rv , es homomorfismo.(n) Toda transformacion lineal entre espacios vectoriales es homomorfismo de grupos.

(n) Sea G un grupo y sea a ∈ G. La funcion γa definida por γa(b) = aba−1 esautomorfismo (llamado automorfismo interior).

[5.2] Ejercicio. Sea G un grupo. Probar que la funcion dada por a 7→ a−1 eshomomorfismo si y solo si G es abeliano.

Dado un homomorfismo f : G→ H entre dos grupos G y H el nucleo o kernel de f

es Ker(f) = {a ∈ G : f(a) = 1}; la imagen de f es Im(f) = f(G) = {f(a) : a ∈ G}.

[5.3] Propiedades. Sea f : G→ H un homomorfismo. Entonces.

(a) f(1G) = 1H .(b) Para todo a ∈ G se tiene que f(a−1) = f(a)−1 .

(c) Para todo n ∈ Z y a ∈ G se tiene que f(an) = f(a)n .(d) Ker(f) es un subgrupo normal de G.

(e) Si K ≤ H entonces f−1(K) = {a ∈ G : f(a) ∈ K} es subgrupo de G.(f) Im(f) es subgrupo de H ; mas general, si K es subgrupo de G entonces f(K) =

{f(a) : a ∈ K} es subgrupo de H .

Lon homomorfismos inyectivos se llaman monomorfismos y los suprayectivos se llamanepimorfismos.

[5.4] Proposicion. Sea f : G→ H un homomorfismo de grupos. Entonces(a) f es monomorfismo si y solo si Ker(f) = {1} (decimos que el nucleo es trivial).

(b) f es epimorfismo si y solo si Im(f) = H .

[5.5] Observacion. Si f : G→ H es monomorfismo, entonces la misma f induce unisomorfismo de G al subgrupo Im(f) de H .

[5.6] Observacion. Si f : G→ H es homomorfismo, entonces para probar que f esmonomorfismo, basta ver que si a ∈ G es tal que f(a) = 1 entonces a = 1.

[5.7] Ejercicio. Sea f : G → H homomorfismo y sea a ∈ G. Probar que si a ∈ Gtiene orden n ∈ N entonces f(a) tiene orden un divisor de n.

[5.8] Ejercicio. Sea f : G → H epimorfismo. Probar que si G es abeliano entonces

tambien lo es H .

[5.9] Ejercicio. Sea f : G → H epimorfismo. Probar que si G es finitamente

generado entonces tambien lo es H , y que si G es cıclico entonces H es cıclico.

26

§5. Homomorfismos

[5.10] Ejercicio. Probar que si G es grupo entonces Aut(G) = {f : G → G :f es automorfismo} es un grupo bajo la composicion.

[5.11] Ejercicio. Probar que la funcion γ : G→ Aut(G) definida por γ(a) = γa (ver[5.1](n)) es homomorfismo de grupos.

[5.12] Ejercicio de tarea. Probar que G es un grupo finito y H es el unico subgrupo

de G de orden |H| entonces H es normal en G. (Sugerencia: Para a ∈ G considerar laimagen de H con respecto a γa : G→ G (ver [5.1](n).)

[5.13] Ejercicio de tarea. Sean G un grupo y a ∈ G. Probar que existe un unicohomomorfismo f : Z→ G tal que f(1) = a .

[5.14] Ejercicio de tarea. Para a, b ∈ R, a 6= 0, sea ψa,b : R → R definida porψa,b(x) = ax+ b. Probar que G = {ψa,b : a, b ∈ R, a 6= 0} es un grupo bajo la composicion

y que G es isomorfo al subgrupo H de GL2(R) definido por

H = {(

a b

0 1

)

: a, b ∈ R}.

[5.15] Ejercicio de tarea. Sea G el grupo de los racionales positivos mediante lamultiplicacion. Probar que Z[x] ≈ G. (Sugerencia: Enlistar los primos: p0 = 2, p1 = 3,

p2 = 5, etc. y definir φ(a0 + a1x+ · · ·+ anxn) = pa00 p

a11 · · · pann .)

[5.16] Ejercicio de tarea. Sea G un grupo abeliano finito.(a) Probar que si n ∈ N es primo relativo con |G| entonces la funcion f : G → G

definida por f(a) = an es un automorfismo.(b) Probar que si |G| es impar entonces todo elemento de G tiene raız cuadrada unica

(es decir, si a ∈ G entonces existe x ∈ G tal que x2 = a .)

Homomorfismos en cocientes

Sean H ⊳ G y G′ grupos. Si f : G/H → G′ es homomorfismo y p : G → G/H es la

proyeccion al cociente, entonces f = f ◦p : G→ G′ es homomorfismo y para toda a ∈ G setiene que f(aH) = f(a); ademas, si a ∈ H entonces f(a) = 1G′ . El recıproco es tambien

cierto como veremos a continuacion.

[5.17] Teorema. Propiedad universal del cociente (PUC). Sean H ⊳ G y G′ grupos.

Dado un homomorfismo f : G → G′ tal que H ⊂ Ker(f) existe un unico homomorfismof : G/H → G′ tal que si p : G → G/H es el homomorfismo de paso al cociente entonces

f = f ◦ p. El homomorfismo f esta definido por f(aH) = f(a) para toda a ∈ G.

27

§5. Homomorfismos

Demostracion. Es claro que si queremos que f cumpla que f = f ◦ p entonces fdebe estar definida por f(aH) = f(a) para toda a ∈ G y de esta manera tenemos la

unicidad. Veamos que f esta bien definida, es decir, que no depende de los representantes.Sean a, b ∈ G tales que aH = bH ; queremos ver que f(a) = f(b) (pues con cualquiera de

estos se define f ), pero

aH = bH ⇒ b−1a ∈ H ⇒ f(b−1a) = 1⇒ f(b)−1f(a) = 1⇒ f(a) = f(b).

Claramente f es homomorfismo (pues la operacion en G/H se define a partir de repre-

sentantes).

[5.18] Observacion. La PUC nos dice que para definir un homomorfismo que salede un cociente de grupos G/H es necesario y suficiente definirlo en G de manera que H

tenga imagen trivial. En ese caso el homomorfismo en el cociente se define a traves de losrepresentantes.

[5.19] Corolario. Sean n, p ∈ N con p primo. Entonces es posible definir f : Zn → Zp

por f(a+ nZ) = a+ pZ si y solo si p∣∣∣n.

Demostracion. Consideremos las proyecciones naturales p : Z→ Zn y f : Z→ Zm .

(⇒) Observemos que f ◦ p = f , pero n+mZ = f(n) = f(p(n)) = f(0) = 0 = mZ , ası

que n ∈ mZ , de donde m∣∣∣n.

(⇐) Digamos que n = mk y sea a ∈ Z . Entonces f(na) = f(mka) = 0, de dondenZ ⊂ Ker(f) y la proposicion anterior nos dice que podemos definir f de manera que

f(a+ nZ) = a+mZ .

[5.20] Corolario. Primer teorema de isomorfismo. Sea f : G → G′ un homomor-

fismo. EntoncesG

Ker(f)≈ Im(f)

mediante aKer(f)↔ f(a).

Demostracion. Por PUC, la funcion f : G/Ker(f)→ Im(f) es homomorfismo. Por

[5.4](a), para ver que f es monomorfismo, basta ver que su nucleo es trivial. Supong-amos entonces que f(aKer(f)) = 1; entonces f(a) = 1, de donde a ∈ Ker(f), ası queaKer(f) = Ker(f) = 1G/Ker(f) . Es claro que f es epimorfismo pues esta definida como fy se restrigio su codominio a Im(f).

[5.21] Nota. Habıamos visto que si H es un subgrupo normal de un grupo G entoncesse tiene un epimorfismo G→ G/H con nucleo H y ası todo subgrupo normal es nucleo de

un epimorfismo. Gracias el primer teorema de isomorfismo, el recıproco tambien es cierto,es decir, si f : G → G′ es un epimorfismo de grupos, entonces G′ es isomorfo al cociente

G/Ker(f). Entonces, hablar de cocientes es lo mismo que hablar de epimorfismos, demanera analoga a que hablar de subgrupos es lo mismo que hablar de monomorfismos (ver

[5.5]).

28

§5. Homomorfismos

En [4.19] ya habıamos dado algunos ejemplos de ciertos cocientes que resultaban iso-morfos a grupos conocidos. Ahora ya podemos formalizar esto.

[5.22] Ejemplos. (a) La funcion f : R → C \ {0} dada por f(x) = e2πix =(cos(2πx), sen(2πx)) tiene por nucleo a Z y por imagen a S1 , ası que R/Z ≈ S1 .

(b) La funcion det : GLn(R) → R \ {0} es epimorfismo con nucleo SLn(R), ası queGLn(R)/SLn(R) ≈ R \ {0}.

(c) Z10

{0,5} ≈ Z5 pues el homomorfismo Z10 → Z5 dado por 1 7→ 1 es suprayectivo y tiene

por nucleo a {0, 5}.(d) Si H ≤ G y H ′ ≤ G′ son grupos, entonces (G×G′)/(H ×H ′) ≈ (G/G′)× (H/H ′)

pues si p : G → G/H y q : G′ → H ′ son las funciones de paso al cociente, entonces

(p, q) : G/H → G′/H ′ es epimorfismo con nucleo H ×H ′ .

[5.23] Ejercicio. Usar el primer teorema de isomorfismo para determinar a que grupo

conocido es isomorfo Sn/An .

[5.24] Corolario. Segundo teorema de isomorfismo. Sean H,K subgrupos de ungrupo G con K ⊳ G. Entonces

H

H ∩K ≈HK

K

mediante a(H ∩K)↔ aK para toda a ∈ H .

Demostracion. Por [4.20](a) y [4.13](c) tenemos que HK es el subgrupo de G

generado por H ∪ K . Ademas es claro que H ∩ K ⊳ H y K ⊳ HK . Sea i : H → HKla inclusion y sea p : HK → HK

Kla funcion de paso al cociente. Sea f : H → HK

Kla

composicion de i con p. Observemos que H ∩K = Ker(f) y que f es suprayectiva, asıque el primer teorema de isomorfismo nos da el resultado.

En el caso finito, si alguno de los subgrupos H o K de G es normal, entonces del

segundo teorema de isomorfismo podemos deducir que |HK| = |H|K||H∩K| ; sin embargo este

resultado es cierto aun cuando ninguno de los dos subgrupos es normal (y HK no essubgrupo de G) como veremos en la siguiente proposicion.

[5.25] Proposicion. Formula producto. Sean H,K ≤ G grupos con G finito. En-tonces

|HK| = |H||K||H ∩K| .

Demostracion. Definamos la funcion f : H ×K → HK por f(h, k) = hk . Es claroque esta funcion es suprayectiva. Bastara probar que para toda x ∈ HK , |f−1(x)| =|H ∩K|. Sea x = hk ∈ HK (con h ∈ H , k ∈ K ). Afirmamos que f−1(x) = {(ha, a−1k) :a ∈ H ∩K} (el cual es claro que tiene |H ∩K| elementos). En efecto, la contencion “⊃”es obvia; para ver la contencion “⊂” sea (h′, k′) ∈ f−1(x) y sea a ∈ G tal que h′ = ha ;

29

§5. Homomorfismos

tenemos que

hk = x = f(h′k′) = h′k′ = hak′,

ası que k′ = a−1k , como querıamos, y ademas es claro que a ∈ H ∩K .

[5.26] Ejercicio. Sea f : G → G′ un epimorfismo de grupos. Probar que si H ⊳ Gentonces f(H) ⊳ G′ . Dar un ejemplo que pruebe que si f no es suprayectiva entonces no

necesariamente se da la conclusion.

[5.27] Ejercicio. Sea f : G→ G′ un homomorfismo de grupos. Probar que si H ′ ⊳G′

entonces f−1(H ′) ⊳ G.

El siguiente resultado nos dice como son los subgrupos de un cociente.

[5.28] Teorema. Teorema de la correspondencia. Sea G un grupo y H⊳G. Entonces

existe una correspondencia biyectiva entre los subgrupos de G que contienen a H y lossubgrupos de G/H . Esta correspondencia esta dada por la proyeccion natural y preserva

inclusion y normalidad.

Demostracion. Sean S = {K ≤ G : H ⊂ K} y T = {K : K ≤ G/H}. Sea

p : G→ G/H la proyeccion natural y sea p∗ : S → T definida por

p∗(K) = p(K) = {kH : k ∈ K} = K/H

el cual, por [5.3](f), es subgrupo de G/H . Definamos q∗ : T → S por q∗(K) = p−1(K).

Por [5.3](e) q∗(K) ≤ G; ademas es claro que q∗(K) ⊃ H pues 1 ∈ K y p(H) = 1. Veamos

que p∗ y q∗ son inversas una de la otra.Sea K ∈ T ; tenemos que p∗(q∗(K)) = p(p−1(K)) = K pues p es suprayectiva. Por

otro lado, si K ∈ S entonces q∗(p∗(K)) = p−1(p(K)), el cual queremos ver que es igual aK ; la contencion “⊃” es obvia y la contencion “⊂” es porque si x ∈ p−1(p(K)) entonces

p(x) ∈ p(K) = K/H , ası que xH = kH para alguna k ∈ K , de donde k−1x ∈ H ⊂ K ypor lo tanto x ∈ K .

Es claro que p∗ y q∗ preservan inclusion.Sea K ∈ S . Entonces K ⊳G ası que, por [5.21], p∗(K) ⊳G/H . Tambien, por [5.22], si

K ⊳ G/H entonces q∗(K) ⊳ G.

[5.29] Ejemplo. La red de subgrupos de Z que contienen a 12Z y la red de subgrupos

de Z12 son:

30

§5. Homomorfismos

..

.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

Z

2Z 3Z

4Z 6Z

12Z

Z12

<2> <3>

<4> <6>

{0}

•

•

•

•

•

•

•

•

•

••

•

Notese que Z/12Z ≈ Z12 , < 2>= 2Z/12Z ≈ Z6 , < 3>= 3Z/12Z ≈ Z4 , < 4>=

4Z/12Z ≈ Z3 , <6>= 6Z/12Z ≈ Z2 y {0} = 12Z/12Z ≈ Z1 ,

[5.30] Corolario. Tercer teorema de isomorfismo. Sean H y K subgrupos normales

de un grupo G de manera que H ≤ K . Entonces

G/H

K/H≈ G/K.

Demostracion. Sea p : G → G/K la proyeccion natural. Como H ⊂ K = Ker(p),

entonces p induce p : G/H → G/K (dada por p(aH) = aK para a ∈ G). Es claro que pes epimorfismo (pues p lo es). Ademas

Ker(p) = {aH : p(aH) = K} = {aH : aK = K} = {aH : a ∈ K} = K/H.

El resultado entonces se deduce del primer teorema de isomorfismo.

[5.31] Ejemplo. Z12/<2>≈ Z/2Z ≈ Z2 , Z12/<3>≈ Z/3Z ≈ Z3 , Z12/<4>≈ Z/4Z ≈Z4 y Z12/<6>≈ Z/6Z ≈ Z6 .

Hemos visto que muchas condiciones en grupos son heredadas a subgrupos o a co-

cientes. Recıprocamente, a partir de condiciones de subgrupos y cocientes se puedenobtener condiciones del grupo. A continuacion veremos algunas aplicaciones de esto.

[5.32] Proposicion. Si G es un grupo y H es un subgrupo normal en G tal que H

y G/H son finitamente generados, entonces tambien lo es G.

Demostracion. Supongamos que X es un conjunto finito que genera H y Y es un

conjunto finito que genera G/H . Por cada elemento y ∈ Y tomemos un representantey ∈ G. Afirmamos que X ∪ Y genera G. Sea a ∈ G. Entonces aH = ye11 y

e22 · · · yekk

para ciertos yi ∈ Y y ei ∈ {−1, 1}. De aquı tenemos que y−ekk · · · y−e2

2 y−e11 a ∈ H , que

31

§5. Homomorfismos

esta generado por X y ası existen x1, x2, . . . , xl ∈ X y f1, f2, . . . , fl ∈ {−1, 1} tales quey−ekk · · · y−e2

2 y−e11 a = xf11 x

f22 · · ·xfll . Despejando tenemos la expresion para a como producto

de elementos de X ∪ Y y sus inversos, como querıamos.

Tambien muchas veces pasar a cociente o a subgrupos es util al probar por induccion

algo sobre un grupo finito G, como veremos a continuacion.

[5.33] Proposicion. Si G es un grupo abeliano finito de orden n y d es un divisorde n entonces G contiene un subgrupo de orden d.

Demostracion. Procedemos por induccion sobre n. Para n = 1 no hay nada queprobar. Sea n > 1 y supongamos que el resultado es verdadero para todos los enteros

menores que n.Primer caso: d = p primo. Sea 1 6= a ∈ G y sea k el orden de a . Si p

∣∣∣ k entonces

k = pl para cierta l ∈ Z y al tiene orden p, ası que <al> es el subgrupo buscado. Si p 6∣∣∣ k

entonces, por ser p primo, p∣∣∣ |G|/|<a>| . Como G/<a> es grupo (por ser G abeliano)

y tiene orden menor que n, la hipotesis de induccion aplica y ası existe H subgrupo deG/<a> de orden p; entonces H es cıclico, digamos, generado por b = b <a>. Como

bp ∈<a>, que es cıclico de orden k , entonces bpk = 1: Veamos que bk 6= 1, de dondetendremos que bk tiene orden p, como querıamos. Suponiendo que bk = 1 tomemos una

combinacion lineal de k y p que nos de 1: rk+ sp = 1; entonces b = brk+sp

= 1 =<a>, locual es un absurdo.

Segundo caso: d no es primo. Sea p un factor primo de d y digamos que d = pk . Porel primer caso, sea H subgrupo de G de orden p; entonces G/H es un grupo (pues G es

abeliano) de orden npy, como k

∣∣∣ |G/H| , por hipotesis de induccion, existe K ≤ G/H de

orden k . Por el teorema de la correspondencia K = K/H para algun K ≤ G que contienea H y |K| = pk = d, como querıamos.

[5.34] Ejercicio de tarea. Sea G un grupo y sean H y K subgrupos de G.

(a) Probar que si H y K son normales en G y H ∩K = {1} entonces los elementosde H conmutan con los de K (Sugerencia: Para h ∈ H y k ∈ K , considerar el elemento

hkh−1k−1 .)(b) Probar que si H y K son normales, H ∩ K = {1} y <H,K>= G entonces

G ≈ H ×K .(c) Dar un ejemplo en el que H ∩K = {1}, <H,K>= G y uno de H y K es normal

en G, pero G no es isomorfo a H ×K .

[5.35] Ejercicio de tarea. Probar que si m y n son naturales sin factores en comun

entonces Zm × Zn ≈ Zmn .

[5.36] Ejercicio de tarea. Probar que si G es un grupo finito y H es un subgruponormal en G tal que mcd(|H|, [G : H]) = 1 entonces H es el unico subgrupo de G de

orden |H| . (Sugerencia: Si K ≤ G y |K| = |H| , ¿que pasa con los elementos de K en

32

§5. Homomorfismos

G/H ?)

[5.37] Ejercicio de tarea. Dado un grupo G definimos Int(G) = {γa : a ∈ G} (ver

[5.1](n) y [5.11]). Probar que Int(G) es un subgrupo normal de Aut(G) y que Int(G) ≈G/Z(G).

[5.38] Ejercicio de tarea. Sean m y n numeros naturales.

(a) Probar que si m y n son primos relativos, entonces φ(mn) = φ(m)φ(n), dondeφ es la funcion de Euler (ver final del capıtulo 3). (Sugerencia: Usar la construccion del

ejercicio anterior.)(b) Probar que (a) es falso si m y n no son primos relativos.

(c) Probar que si p es primo y r es natural entonces φ(pr) = pr−1(p− 1). (Sugerencia:Hacer la lista de los numeros de 1 a pr por renglones de longitud p y observar que en cada

renglon exactamente un elemento es multiplo de p.)(d) Usar (a) y (c) para probar que si n = pr11 p

r22 · · · prkk es la descomposicion de n como

producto de potencias de primos distintos entonces

φ(n) = pr1−11 (p1 − 1)pr2−1

2 (p2 − 1) · · ·prk−1k (pk − 1).

[5.39] Ejercicio de tarea. Probar que si G es un grupo tal que G/Z(G) es cıclico(donde Z(G) es el centro de G), entonces G es abeliano.

33

Seccion 6

Acciones de grupos en conjuntos

Acciones

Sea X un conjunto y sea G un grupo. Decimos que G actua en X si esta dada una

“multiplicacion” G ×X → X , denotada por (a, x) 7→ a · x, que satisface: 1 · x = x paratoda x ∈ X y, para a, b ∈ G y x ∈ X , (ab) · x = a · (b · x). En este caso decimos que X

es un G-conjunto. Escribimos simplemente ax en lugar de a · x.

[6.1] Ejemplos. (a) Si V es R-espacio vectorial no trivial entonces la multiplicacionescalar define una accion del grupo R \ {0} sobre el conjunto V \ {0}.

(b) El grupo cıclico <a> de orden 2 actua en la esfera S2 = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 +z2 = 1} por aw = −w para w ∈ S2 .

(c) Para n natural, el grupo Sn actua sobre X = {1, . . . , n} bajo la accion (σ, i) 7→σ(i), para σ ∈ Sn e i ∈ X .

(d) El grupo diedrico D4 de orden 8 actua sobre el conjunto X = {1, 2, 3, 4} de verticesde un cuadrado bajo la accion (σ, i) 7→ σ(i), para σ ∈ D4 e i ∈ X . En general, si X es

un G-conjunto y H ≤ G, entonces X es un H -conjunto bajo la restriccion de la accionde G a H .

(e) Sean n ∈ N y σ ∈ Sn . Entonces <σ> actua en X = {1, . . . , n} bajo la accion

(σr, i) 7→ σr(i), para i ∈ X .(f) Si G es un grupo, entonces G es G-conjunto bajo la multiplicacion: Para a, b ∈ G

la accion esta definida por (a, b) 7→ ab.(g) Si G es un grupo entonces G es G-conjunto bajo conjugacion: Para a, b ∈ G la

accion esta definida por (a, b) 7→ aba−1 .(h) Si G es un grupo y H es un subgrupo, entonces G actua sobre el conjunto de

clases laterales izquierdas de G con respecto a H , que denotamos por G/H (aunque Hno sea normal) por traslacion: Para a, b ∈ G, la accion esta definida por (a, bH) 7→ abH .

§6. Acciones de grupos en conjuntos

(i) Si G es un grupo, entonces G actua sobre el conjunto S de subgrupos de G bajoconjugacion: Para a ∈ G y H ≤ G, la accion esta definida por (a,H) 7→ aHa−1 .

[6.2] Teorema. Teorema de Cayley. Todo grupo es isomorfo a un subgrupo de ungrupo de permutaciones.

Demostracion. Dado G grupo, definamos ψ : G → SG por ψ(a)(x) = ax, para

a, x ∈ G. Veamos que ψ es monomorfismo. Sean a, b, x ∈ G; entonces ψ(ab)(x) = (ab)x =a(bx) = ψ(a) ◦ψ(b)(x), de donde ψ(ab) = ψ(a) ◦ψ(b) y, por lo tanto, ψ es homomorfismo.

Ahora, sea a ∈ G tal que ψ(a) = idG ; entonces ax = x para toda x ∈ G, de donde a = 1y ası Ker(ψ) = {1} y ψ es monomorfismo.

El resultado anterior teoricamente es muy fuerte, pues nos dice que, para estudiarlos grupos, podemos restringirnos solo a los subgrupos de los grupos de permutaciones.

Sin embargo, no resulta practico pues los grupos de permutaciones son muy grandes, porejemplo, si G tiene orden un natural n, entonces observemos que SG tiene n! elementos,

ası que G es muy pequeno en comparacion con SG . Sin embargo, veremos a continuacion

que podemos trabajar muchas veces los grupos dentro de grupos de permutaciones no tangrandes, mediante las llamadas representaciones, que son, como en el teorema de Cayley,

homomorfismos (tal vez no inyectivos) de un grupo G en un grupo de permutaciones SX .Concretamente, si G es un grupo y X es un conjunto, un homomorfismo ψ : G→ SX se

llama representacion de G como grupo de permutaciones de X . La siguiente proposicionnos dice que: “hablar de una accion de G en un conjunto X es lo mismo que hablar de

una representacion de G como grupo de permutaciones de X ”.

[6.3] Proposicion. Si G es un grupo y X es un G-conjunto, entonces la accion

µ : G ×X → X define un homomorfismo ψ : G → SX por ψ(a)(x) = ax, para a ∈ G yx ∈ X . Recıprocamente, todo homomorfismo de grupos ψ : G→ SX define una accion del

grupo G sobre el conjunto X a traves de (a, x) 7→ ψ(a)(x). Estas dos correspondencias

son inversas una de la otra.

Demostracion. Supongamos que tenemos una accion de G sobre X y sea ψ definida

como en el enunciado del teorema. Empecemos por ver que ψ esta bien definida, es decir,que si a ∈ G entonces ψ(a) es una permutacion de x, esto es, que ψ(a) es biyectiva. Esto

es claro pues para a ∈ G, ψ(a) tiene por inversa a ψ(a−1).Ahora queremos ver que ψ es homomorfismo, ası que tomemos a, b ∈ G y x ∈ X .

Tenemos ψ(ab)(x) = (ab)x = a(bx) = ψ(a) ◦ ψ(b)(x); esto es para toda x ∈ X , ası queψ(ab) = ψ(a) ◦ ψ(b),

Ahora supongamos que ψ : G → SX es un homomorfismo. Como sabemos que todo

homomorfismo manda al neutro en el neutro, para toda x ∈ X tenemos 1x = ψ(1)(x) =idX(x) = x. Por ser ψ homomorfismo de grupos, para a, b ∈ G y x ∈ X tenemos

(ab)x = ψ(ab)(x) = (ψ(a) ◦ ψ(b))(x) = ψ(a)(bx) = a(bx).Es claro que las dos correspondencias definidas son una inversa de la otra.

Dado un grupo G y un G-conjunto X , tenemos las siguientes definiciones y observa-

35


ciones:Para x ∈ X , la orbita de x es O(x) = {ax : a ∈ G}, Es claro que las orbitas definen

una particion en X (es decir, X es la union ajena de las orbitas); en particular, si X esfinito entonces su tamano es la suma de los tamanos de las orbitas.

La accion es transitiva si para toda x ∈ X se tiene que O(x) = X .Para x ∈ X , el estabilizador de x es E(x) = {a ∈ G : ax = x}. El estabilizador de

cualquier elemento de x es un subgrupo de G.La accion es fiel si la representacion asociada es monomorfismo. En general, el nucleo

de la representacion es la interseccion de los estabilizadores.

Haciendo referencia a los ejemplos de [6.1] tenemos lo siguiente.

[6.4] Ejemplos. (a) Si v ∈ V \ {0} entonces O(v) es el subespacio generado por v

sin el 0. La accion es fiel.(b) Dado w ∈ S2 su orbita es {w,−w} y su estabilizador es trivial. Ası la repre-

sentacion es fiel.(c) Sn actua transitivamente sobre X = {1, . . . , n}. Si i ∈ X el estabilizador de i es el

conjunto de permutaciones que dejan fijo a i, el cual es isomorfo a Sn−1 . La representacionasociada es la identidad (y es fiel).

(d) La accion de D4 sobre X = {1, 2, 3, 4} tambien es transitiva. El estabilizador del1 es el subgupo <(2 4)>. La representacion es la inclusion D4 → S4 .

(e) La orbita de un elemento i ∈ {1, . . . , n} es el conjunto de numeros en el mismo

ciclo de σ que i. Ası, la accion es transitiva si, y solo si, σ es un ciclo de longitud n.(f) La representacion aquı es la dada por el teorema de Cayley. La accion es transitiva

y fiel. El estabilizador de cualquier elemento es el subgrupo {1} de G.(g) Para a ∈ G, la orbita de a es la clase de conjugacion de a (es decir, el conjunto

formado por todos los conjugados de a en G), denotado por aG . Por ejemplo si G esabeliano, entonces aG consta de un solo elemento para toda a y si σ ∈ Sn , entonces σ

Sn

consta de todos los elementos de Sn que tienen la misma estructura cıclica que σ . El es-tabilizador E(a) consta de los elementos que conmutan con a , llamado centralizador de a

y denotado por CG(a) (o C(a) si G se sobrentiende). Como⋂

a∈G C(a) = Z(G), entoncesla representacion tiene por nucleo al centro de G; en particular la representacion es fiel si,

y solo si, Z(G) es trivial.(h) La accion es transitiva. Dado bH ∈ G/H , su estabilizador es bHb−1 , ası que si H

es normal en G, entonces H es el estabilizador de todos los elementos y el nucleo de larepresentacion es H .

(i) Si H ≤ G entonces la orbita de H es el conjunto de conjugados de H en G y el

estabilizador de H se llama normalizador de H en G y se denota por NG(H) (o N(H)si G se sobreentiende). Si H ⊳G entonces su orbita consta de un solo elemento: el mismo

H , y N(H) = G.

[6.5] Ejercicio. Probar que si H ≤ G son grupos, entonces N(H) contiene a H y es

el mayor subgrupo de G en el cual H es normal (en el sentido de que si K es un subgrupo

36


que contiene a H y tal que H ⊳K , entonces K ⊂ N(H).

[6.6] Proposicion. Sean G un grupo y X un G-conjunto. Entonces para toda

x ∈ X , se tiene que |O(x)| = [G : E(x)].Demostracion. Consideremos el conjunto G/E(x) de clases laterales izquierdas de

E(x) en G y definamos ψ : G/E(x)→ O(x) por ψ(aE(x)) = ax para a ∈ G. Veamos que

esta funcion esta bien definida y es inyectiva: Para a, b ∈ G, tenemos

aE(x) = bE(x)⇔ b−1a ∈ E(x)⇔ b−1ax = x⇔ ax = bx.

Como la funcion es claramente suprayectiva, tenemos el resultado.

[6.7] Corolario. Sean G un grupo finito y X un G-conjunto. Entonces el numerode elementos en cualquier orbita es un divisor de |G| .

[6.8] Corolario. Si G es un grupo finito y a ∈ G, entonces

|aG| = [G : CG(a)].

En particular |aG| es divisor de |G| .

[6.9] Corolario. Si H es un subgrupo del grupo finito G, entonces el numero de

conjugados de H en G es [G : NG(H)]. En particular ese numero es divisor de |G| .

[6.10] Corolario. Teorema de representacion en clases laterales. Sea G un grupo y

sea H un subgrupo de ındice finito n. Entonces existe un homomorfismo ψ : G→ Sn conKer(ψ) ⊂ H .

Demostracion. Consideremos la accion de G en el conjunto de clases izquierdas de

H en G dada por traslacion (ver ejemplo [6.1](h)) y sea ψ la representacion asociada.Entonces Ker(ψ) =

⋂

b∈G E(bH) ⊂ E(H). Pero si a ∈ E(H) entonces aH = H , ası que

a ∈ H .

En el corolario anterior, para H = {1} tenemos el Teorema de Cayley. Con otros

H podemos aplicar el corolario para obtener resultados interesantes, como veremos acontinuacion.

[6.11] Corolario. Los unicos grupos de orden 6, salvo isomorfismo, son S3 y Z6 .

Demostracion. Sea G un grupo de orden 6. Como 6 es par, por el ejercicio [1.27], Gtiene algun elemento a de orden 2. Veamos que tambien tiene un elemento de orden 3. En

caso contrario, tampoco tendrıa un elemento de orden 6, ası que se tendrıa que x2 = 1 paratodo x ∈ G, de donde G serıa abeliano y, si b fuera otro elemento de orden 2, entonces

{1, a, b, ab} serıa subgrupo de G, pero esto es imposible por Lagrange. Sea b un elementode orden 3. El subgrupo K generado por b es de ındice 2 ası que, por [4.19](g), es normal

en G. Sea H =<a>. Consideremos la representacion ψ : G → S3 dada por la accion

37


de G en las clases izquierdas de H en G. Por [6.10], el nucleo de esta representacion essubgrupo de H . Tenemos dos posibilidades; la primera es que Ker(ψ) sea trivial, en cuyo

caso ψ es inyectiva y, por cardinalidades, es biyectiva y en este caso tenemos que G ≈ S3 .La otra posibilidad es que Ker(ψ) = H ; en este caso, H es normal en G y, por la formula

producto [5.25], HK = G, de donde, por [5.26](b), G ≈ H ×K ≈ Z2×Z3 ≈ Z6 (el ultimoisomorfismo es por [5.27]).

[6.12] Ejercicio de tarea. Sea X un G-conjunto. Probar que si x, y ∈ X sonelementos en la misma orbita, entonces E(x) y E(y) son subgrupos conjugados de G.

[6.13] Ejercicio de tarea. Sea G un grupo.

(a) Probar que si X es un G-conjunto transitivo, entonces existe un subgrupo H de Gtal que X es isomorfo como G-conjunto a G/H con la accion de traslacion (es decir, existe

una biyeccion f : X → G/H tal que f(ax) = af(x) para toda a ∈ G y toda x ∈ X ).(b) Probar que si H y K son subgrupos de G, entonces G/H y G/K son isomorfos

como G-conjuntos si y solo si H y K son conjugados en G.

[6.14] Ejercicio de tarea. Probar que si G es un grupo finito de orden impar,

entonces el unico elemento a que es conjugado de su inverso es a = 1. (Sugerencia:Suponiendo que a y a−1 son conjugados, calcular el numero de elementos de aG .)

[6.15] Corolario. Ecuacion de clase. Sea G un grupo finito. Entonces

|G| = |Z(G)|+∑

i

[G : CG(ai)],

donde para cada clase de conjugacion con mas de un elemento se escogio un elemento ai .

Demostracion. Sabemos que el orden de G es la suma de los tamanos de las orbitas

y, por [6.8], la orbita de un elemento a ∈ G tiene [G : CG(a)] elementos. Las orbitas queconstan de un solo elemento son |Z(G)| .

[6.16] Corolario. Teorema de Cauchy. Si G es un grupo finito de orden n y p es undivisor primo de n, entonces existe a ∈ G de orden p.

Demostracion. Sea n = pk . Hacemos induccion sobre k . Para k = 1 el grupo es

cıclico de orden p, ası que no hay nada que probar. Supongamos entonces que k > 1.El caso en que G es abeliano ya fue tratado en [5.28] pues la existencia de un subgrupo

de orden p nos da un elemento de orden p. Si G es cıclico generado por b, entoncesbk tiene orden p. Supongamos entonces que G no es cıclico y sea H un subgrupo de G

distinto de {1} y de G. Si p∣∣∣ |H| , entonces la hipotesis de induccion aplica en H y esto

termina la demostracion. Si no, entonces p∣∣∣ |G/H| y, aplicando la hipotesis de induccion

en G/H tomemos b ∈ G tal que bH tenga orden p. Esto implica que bp ∈ H . Como la

funcion G→ G/H de paso al cociente es homomorfismo, el orden de b (en G) es multiplodel orden de bH (en G/H ) que es p, ası que el orden de b es pr para alguna r ∈ Z y

entonces el orden de br es p.

38


Ahora hagamos el caso no abeliano. Sea a ∈ G \ Z(G); entonces CG(a) 6= G, ası que

si p∣∣∣ |CG(a)| para alguna a ∈ G \ Z(G), entonces podemos aplicar hipotesis de induccion

para encontrar el elemento buscado dentro de CG(a). En el caso en que p 6∣∣∣ |CG(a)| se tiene

que p∣∣∣ [G : CG(a)] y, si esto ocurre para todo a ∈ G \ Z(G), entonces, por la ecuacion de

clase, p∣∣∣ |Z(G)| , pero Z(G) es abeliano ası que, por lo demostrado arriba, existe a ∈ Z(G)

de orden p.

Un grupo G es simple si no tiene subgrupos normales aparte de {1} y G. Sabemosque si G es abeliano, entonces G es simple si y solo si G ≈ Zp para algun primo p. El

caso no abeliano es mucho mas complicado.

[6.17] Lema. Dentro de A5 una clase de conjugacion consta de todos los 3-ciclos.

Demostracion. Sabemos que los 3-ciclos son permutaciones pares y que todos son

conjugados dentro de S5 ; veremos que tambien lo son dentro de A5 . Sea σ = (1 2 3).Contando todas las posibilidades de 3-ciclos distintos (a b c) tenemos que |σS5| = 5·4·3

3= 20,

pero [S5 : CS5(σ)] = |σS5| , ası que |CS5(σ)| = 12020

= 6. Es claro que los siguientes elementosconmutan con σ :

(1), (1 2 3), (1 3 2) (4 5), (1 2 3)(4 5) y (1 3 2)(4 5);

como son 6 elementos, estos forman CS5(σ). De ellos, los primeros tres estan en A5 y los

otros tres, no, de donde

CA5(σ) = {(1), (1 2 3), (1 3 2)},que tiene tres elementos. Entonces

|σA5| = [A5 : CA5(σ)] =60

3= 20,

de donde todos los 3-ciclos son conjugados de σ tambien en A5 .

[6.18] Lema. Para n ≥ 3, los 3-ciclos generan An .

Demostracion. Los elementos de An son todos producto de un numero par de trans-

posiciones, ası que basta probar que si σ y τ son transposiciones distintas, entonces στes producto de 3-ciclos. Sean σ = (i j) y τ = (k l) (para ciertos i 6= j y k 6= l elementos

en {1, 2, . . . , n}). Si σ y τ no son ajenos, digamos j = k , entonces στ = (j l i) que es3-ciclo; si σ y τ son ajenos, podemos escribir στ = (i j)(j k)(j k)(k l) el cual, usando el

caso anterior, es producto de dos 3-ciclos.

[6.19] Proposicion. El grupo alternante A5 es simple.

Demostracion. Sea {1} 6= H ⊳ A5 . Queremos ver que H = A5 . Por los dos lemas

anteriores, basta probar que H contiene un 3-ciclo. Sea 1 6= σ ∈ H . Si σ es 3-ciclo, yaacabamos. Supongamos que no lo es. Entonces σ es producto de dos biciclos ajenos o un

5-ciclo. En el primer caso, sin perdida de generalidad, supongamos que σ = (1 2)(3 4). Sea

39


τ = (1 2)(3 5). Entonces

(3 5 4) = τστ−1σ−1 ∈ H.En el segundo caso, sin perdida de generalidad, supongamos que σ = (1 2 3 4 5). Sea

τ = (1 3 2). Entonces

(1 3 4) = τστ−1σ−1 ∈ H.

Se puede probar que para n ≥ 6, An tambien es simple.

[6.20] Ejercicio de tarea. (a) Probar que si G es un grupo finito y G tiene un

subgrupo H 6= G tal que |G| 6∣∣∣ [G : H]! entonces G no es simple. (Sugerencia: Usar el

teorema de representacion en clases laterales.)

(b) Probar que si |G| = pk con p primo y k < p entonces G no es simple. (Enparticular, si p y q son primos distintos y G es un grupo de orden pq , entonces G no es

simple).

[6.21] Ejercicio de tarea. (a) Sean H ≤ G grupos finitos. Probar que si [G : H] = 2

y a ∈ H , entonces

|aH | = |aG| o |aH | = 1

2|aG|.

(Sugerencia: Usar el segundo teorema de isomorfismo.)

(b) Probar que hay dos clases de conjugacion de los 5-ciclos en A5 y que cada clasetiene 12 elementos.

(c) Probar que las clases de conjugacion en A5 tienen tamanos 1, 12, 12, 15 y 20.

[6.22] Ejercicio de tarea. Probar que si G es un grupo infinito simple, entonces G

no tiene ningun subgrupo (distinto del mismo G) de ındice finito. (Sugerencia: Usar elteorema de representacion en clases laterales.)

p-grupos

Sea p un numero primo. Un grupo G es p-grupo si todos sus elementos tienen orden

una potencia de p. Observemos que si G es un p-grupo finito, entonces su orden es unapotencia de p. De aquı en adelante p es un numero primo.

[6.23] Lema. Si G es un p-grupo finito, entonces Z(G) es no trivial.

Demostracion. Si G es abeliano, entonces Z(G) = G. Si G es no abeliano, entonces

en la ecuacion de clase tenemos que p∣∣∣ [G : CG(a)] para toda a ∈ G \ Z(G) y tambien

p∣∣∣ |G| , ası que p

∣∣∣ |Z(G)| .

[6.24] Corolario. Si G es un grupo de orden p2 , entonces G es abeliano.

Demostracion. Supongamos que G no es abeliano; entonces, usando el lema anterior

40


tenemos que Z(G) tiene orden p y ası G/Z(G) tambien tiene orden p, por lo cual escıclico. Por el ejercicio [5.40] concluimos que G es abeliano, lo cual es contrario a nuestra

suposicion. Entonces G es abeliano.

[6.25] Ejercicio de tarea. Probar que, salvo isomorfismo, los unicos grupos de orden

9 son Z9 y Z3 × Z3 .

[6.26] Corolario. Si G es un p-grupo de orden pr , entonces para cada s ≤ r , Gtiene un subgrupo normal de orden ps .

Demostracion. Hacemos induccion sobre r . Para r = 1 no hay nada que probar.Supongamos que r > 1. Sea s ≤ r . Por [6.23], Z(G) no es trivial, ası que existe

H ≤ Z(G) tal que |H| = p. Observemos que H ⊳ G puesto que H ⊂ Z(G), ası quepodemos considerar el cociente G/H , que tiene orden pr−1 . Por hipotesis de induccion,

como toda s − 1 ≤ r − 1, G/H tiene un subgrupo normal K de orden ps−1 . Entonces,por el teorema de la correspondencia, K = K/H para un subgrupo K normal en G; es

claro que |K| = ps .

[6.27] Ejercicio de tarea. Sean G un p-grupo y X un G-conjunto finito. Probar

que si p 6∣∣∣ |X | entonces existe x ∈ X tal que O(x) = {x}.

[6.28] Lema. Sea G un p-grupo finito y sea H un subgrupo propio de G. Entonces

H esta contenido propiamente en N(H).

Demostracion. Hacemos induccion sobre |G| . Si existe un elemento a ∈ Z(G) \H ,entonces a ∈ N(H) \H . Supongamos entonces que Z(G) ⊂ H ; entonces H

Z(G)es un sub-

grupo propio del p-grupo G/Z(G) y, como sabemos que Z(G) 6= {1} (por [6.23]), entoncespodemos aplicar hipotesis de induccion para ver que N (H/Z(G)) contiene propiamente aH/Z(G); ahora usamos el teorema de la correspondencia para obtener un subgrupo K de

G que contiene a H y en el cual H es normal, ası que H es un subconjunto propio de K ,el cual es subconjunto de N(H).

[6.29] Corolario. Sea G un p-grupo de orden pk . Entonces existe una cadena de

subgrupos {1} = G0 ⊂ G1 ⊂ · · · ⊂ Gk−1 ⊂ Gk = G tal que para toda i, |Gi| = pi ,Gi−1 ⊳ Gi y Gi/Gi−1 ≈ Zp.

Demostracion. Usamos [6.26].

Una cadena como la del corolario en la que cada subgrupo es normal en el siguiente sellama subnormal; si ademas los cocientes son simples entonces la cadena es una serie de

composicion para G. El teorema de Jordan-Holder dice que todo grupo finito tiene serie decomposicion y que en cualesquiera dos series de composicion, los factores (cocientes entre

terminos consecutivos de la serie) son isomorfos (tal vez en distinto orden). Un grupo finitoes soluble si en sus series de composicion los factores son simples abelianos. Entonces [6.29]

nos dice que todo p-grupo finito es soluble.

41

Seccion 7

Teorema de Sylow

En esta seccion G denota un grupo finito y p es un numero primo.

Un p-subgrupo de G es un subgrupo de orden una potencia de p. Un p-subgrupo deSylow (o un Sp -subgrupo) es un p-subgrupo de orden pr si G tiene orden prm y p 6

∣∣∣ m,

Probaremos que todo grupo finito tiene subgrupos de Sylow y ademas daremos algunas

condiciones importantes sobre la cantidad de subgrupos de Sylow. Para ello necesitamosalgunos lemas.

[7.1] Lema. Sea K un campo con q elementos. Entonces

|GLn(K)| = (qn − 1)(qn − q) · · · (qn − qn−1).

Demostracion. Notemos que GLn(K) se puede ver como el grupo de automorfismos

de un K -espacio vectorial de dimension n. Entonces |V | = qn y cada transformacionlineal T : V → V esta dada por la imagen de una base fija (v1, v2, . . . , vn) de V . La

transformacion T es automorfismo si y solo si la dimension de la imagen de T es n.Entonces T (v1) se puede escoger de q

n−1 formas (cualquier elemento de V \{0}); despuesT (v2) puede ser cualquier elemento en V \V1 , donde V1 es el subespacio generado por T (v1),

que tiene q elementos, ası que hay qn− q posibilidades para T (v1) y ası sucesivamente.

[7.2] Lema. Para p primo y n ∈ N, GLn(Zp) tiene un Sp -subgrupo.

Demostracion. Por el lema anterior,

|GLn(K)| = (pn − 1)(pn − p) · · · (pn − pn−1)

= p1+2+···+(n−1)(pn − 1)(pn−1 − 1) · · · (p− 1) = pn(n−1)

2 a,

§7. Teorema de Sylow

donde a es un numero primo relativo con p. Basta exhibir un subgrupo de orden pn(n−1)

2 .

Sea H el subgrupo de GLn(Zp) formado por las matrices que tienen 1′ s en la diagonalprincipal y 0′ s por debajo de esa diagonal. Claramente H es subgrupo de GLn(Zp) y

|H| = pr donde r es el numero de lugares por arriba de la diagonal, que es igual a n2−n2

(pues n2 es el numero total de lugares, n son los lugares en la diagonal y dividimos entre

2 por la simetrıa); ası r = n(n−1)2

.

Sean H,S subgrupos de G. Para a ∈ G la clase lateral doble de a con respecto a H

y S es SaH = {sah : s ∈ S, h ∈ H}.

[7.3] Observacion. Sean H,S subgrupos de G.(a) Las clases dobles de G con respecto a H y S forman una particion de G.

(b) Si a ∈ G, entonces SaH es la union de exactamente [H : H∩a−1Sa] clases lateralesderechas de S en G. (Analogamente SaH es la union de exactamente [S : S ∩ a−1Sa]

clases laterales izquierdas de H en G.)

Demostracion. (a) Es claro que la union de las clases dobles es G (pues si a ∈ G,entonces a ∈ SaH ). Para ver que son ajenas supongamos que SaH ∩ SbH 6= ∅ y sean

s1, s2 ∈ S y h1, h2 ∈ H tales que s1ah1 = s2bh2 ; entonces a = s−11 s2bh2h

−11 , por lo tanto,

si s ∈ S y h ∈ H entonces sah = ss−11 s2bh2h

−11 h ∈ SbH , de donde concluimos que

SaH ⊂ SbH y, analogamente tenemos SbH ⊂ SaH .(b) Dado x ∈ G, si x ∈ SaH entonces Sx ⊂ SaH ; de esta manera, como G es la union

de clases laterales derechas de S , tenemos que SaH es la union de algunas clases lateralesderechas; ademas si Sx ⊂ SaH entonces x = sah para algunas s ∈ S y h ∈ H , por lo

tanto Sx = Sah, ası que toda clase lateral derecha de S es de la forma Sah para algunah ∈ H . Hasta aquı hemos probado que SaH es la union de clases laterales derechas y

que todas son de la forma Sah para alguna h ∈ H . Queremos ver como se repiten. Parah1, h2 ∈ H tenemos

Sah1 = Sah2 ⇔ Sah1h−12 a−1 = S ⇔ ah1h

−12 a−1 ∈ S

⇔ h1h−12 ∈ H ∩ a−1Sa⇔ h1(H ∩ a−1Sa) = h2(H ∩ a−1Sa).

Entonces hay exactamente [H : H ∩ a−1Sa] distintas.

[7.4] Lema. Sean H,S ≤ G. Entonces

[G : S] =∑

a∈X[H : H ∩ a−1Sa],

donde X consta de exactamente un elemento por cada clase doble.

Demostracion. [G : S] es el numero de clases laterales derechas de S en G y, por[7.4], este numero es la suma del numero de clases laterales derechas de S en G dentro de

SaH , tomando una a por cada clase doble, y, finalmente, tambien por [7.4], este numeroes

∑

a∈X[H : H ∩ a−1Sa].

43


[7.5] Lema. Si G tiene un Sp -subgrupo S y H ≤ G entonces existe a ∈ G talque (aSa−1) ∩H es Sp subgrupo de H . En particular, si un grupo tiene Sp -subgrupos,

entonces cualquier subgrupo tambien los tiene.

Demostracion. Si S es Sp -subgrupo de G entonces [G : S] es primo relativo con p

ası que, por [7.4], existe a ∈ G tal que [H : H ∩ a−1Sa] es primo relativo con p. Para esa

a tambien se tiene H ∩ a−1Sa ⊂ a−1Sa ≈ S , que es p-grupo.

[7.6] Teorema. Teorema de Sylow. Sea G un grupo finito. Se tiene lo siguiente:

(a) G tiene al menos un subgrupo de Sylow.(b) Si S es Sp -subgrupo de G entonces cualquier conjugado de S tambien es Sp -

subgrupo de G.(c) Todo p-subgrupo esta contenido en un Sp -subgrupo.

(d) Dos subgrupos de Sylow cualesquiera son conjugados.

Demostracion. (a) Sea |G| = n. Por [6.2], G es isomorfo a un sugrupo de Sn , el cuales isomorfo a un subgrupo de GLn(Zp) mediante σ 7→ Tσ , donde Tσ es la transformacion

de Znp que permuta una base fija de Zn

p segun σ . Por lema [7.2], GLn(Zp) tiene subgrupode Sylow ası que, por lema [7.5], tambien G lo tiene.

(b) Esto es claro, pues dos subgrupos conjugados tienen el mismo numero de elementos.(c) Sea H un p-subgrupo y sea S un Sp -subgrupo. Por [7.5] existe a ∈ G tal que

H ∩ aSa−1 es Sp -subgrupo de H , pero H es p-grupo, ası que H ∩ aSa−1 = H , de dondeH ⊂ aSa−1 que, por el inciso anterior, es Sp -subgrupo.

(d) Si H es un Sp -subgrupo y S es Sp -subgrupo entonces, por lo que vimos en (c),existe a ∈ G tal que H ⊂ aSa−1 , pero entonces se da la igualdad, por cardinalidades.

[7.7] Corolario. Si G solo tiene un Sp -subgrupo H , entonces H ⊳ G.

[7.8] Corolario. Si ps∣∣∣ |G| entonces existe H ≤ G tal que |H| = ps .

Ahora veremos cuales son las posibilidades para las cantidades de subgrupos de Sylow.Necesitamos otro lema.

[7.9] Lema. Si S es un Sp -subgrupo de G y H es un p-subgrupo entonces H ⊂NG(S) si y solo si H ⊂ S .

Demostracion. Solo tenemos que probar la implicacion (⇒). Por [7.5] aplicado a

NG(S) en lugar de a G, tenemos que existe a ∈ NG(S) tal que H ⊂ a−1Sa = S .

[7.10] Proposicion. Si |G| = prm con m primo relativo con p y k es el numero de

Sp -subgrupos, entonces k es un divisor de m y k ≡ 1 (mod p).

Demostracion. Vamos a probar algo mas fuerte: que si H es un p-subgrupo, entoncesel numero kH de Sp -subgrupos de G que contienen a H es congruente con 1 modulo p.

Sea X un conjunto de representantes de clases dobles con respecto a N(S) y H . Todoslos Sp -subgrupos son de la forma a−1Sa para alguna a ∈ G.

44


Afirmamos que si H ⊂ a−1Sa entonces existe una unica x ∈ X tal que a−1Sa = x−1Sx.En efecto, sea x ∈ X tal que a ∈ N(S)xH . Entonces a ∈ N(S)xa−1Sa ; tomemos entonces

b ∈ N(S) y s ∈ S tales que a = bxa−1sa ; entonces 1 = bxa−1s de donde a = sbx. Deaquı tenemos que a−1Sa = x−1b−1s−1Ssbx = x−1b−1Sbx = x−1Sx puesto que b ∈ N(S).

Ahora queremos ver que x es unica, pero

a−11 Sa1 = a−1

2 Sa2 ⇒ a1a−12 ∈ N(S)⇒ N(S)a1H = N(S)a2H.

Ahora, por [7.4] tenemos que

[G : N(S)] =∑

x∈X[H : H ∩ x−1N(S)x]

y, como H es p-grupo, todos los terminos son una potencia de p, tal vez p0 = 1. Veamoscuales son 1. Aplicando [7.9] tenemos:

[H : H ∩ x−1N(S)x] = 1⇔ H = H ∩ x−1N(S)x⇔ H ⊂ x−1N(S)x

⇔ xHx−1 ⊂ N(S)⇔ xHx−1 ⊂ S ⇔ H ⊂ x−1Sx.

Entonces el numero de sumandos que son 1 es kH . Concluimos que

[G : N(S)] ≡ kH (mod p).

Esto es para toda H , ası que si lo aplicamos a H = S y ası tenemos que [G : N(S)] ≡kS = 1 (mod p).

Como k es el tamano de una orbita en la accion de G por conjugacion sobre sussubgrupos, entonces k

∣∣∣ |G| ; por otro lado, por lo demostrado arriba ya sabemos que k es

primo relativo con p, ası que k∣∣∣m. (Ademas k = [G : N(S)] donde S es un Sp -subgrupo

cualquiera.)

El resultado anterior es muy importante pues nos dice cuales son los candidatos para

kp . En caso que pueda deducirse que kp = 1 se tiene que el unico Sp subgrupo es normal.

[7.11] Proposicion. Si para cada primo p solo hay un Sp -subgrupo, entonces G esel producto directo de sus Sp -subgrupos.

Demostracion. Esto se puede ver facilmente por induccion, usando el teorema deLagrange y [5.26].

[7.12] Ejemplo. Si G es un grupo de orden 15, entonces G es cıclico.

Demostracion. Las posibilidades para las cantidades k3 de S3 -subgrupos son k3 =1, 4, 7, 10, 13 pues k3 debe ser congruente con 1 modulo 3. Por otro lado, k3

∣∣∣ 5, ası que la

unica posibilidad es k3 = 1. De aquı tenemos que solo hay un 3-subgrupo de Sylow H3 .Analogamente, Las posibilidades para las cantidades k5 de S5 -subgrupos son k3 = 1, 6, 11

y solo k5 = 1 es divisor de 3, ası que solo hay un 5-subgrupo de Sylow H5 . Entonces, por[5.26], G ≈ H3 ×H5 ≈ Z3 × Z5 ≈ Z15 (el ultimo isomorfismo es por [5.27]).

[7.13] Ejercicio de tarea. Probar que si G es un grupo abeliano finito y p∣∣∣ |G|

45


entonces solo hay un p-subgrupo de Sylow y consta de todos los elementos de G cuyoorden es una potencia de p (llamado parte p-primaria de G).

[7.14] Ejercicio de tarea. Dar un ejemplo de un primo p y de un grupo en el quelos elementos de orden una potencia de p no formen subgrupo.

Otro resultado util, corolario de [6.20], es el siguiente.

[7.15] Proposicion. Si |G| = prm, con m primo relativo con p y pr 6∣∣∣ (m − 1)!,

entonces G no es simple.

Demostracion. Si m = 1 entonces G es un p-grupo y ya sabemos que no es simple.

supongamos que m > 1 y sea H un Sp -subgrupo. Como pr 6∣∣∣ (m − 1)!, tenemos que

|G| 6∣∣∣ m! = [G : H]! , ası que el resultado se tiene por [6.20].

[7.16] Ejercicio de tarea. Sea H un p-subgrupo normal de un grupo G. Probar

que H esta contenido en S para todo S p-subgrupo de Sylow de G.

[7.17] Ejercicio de tarea. Probar que el grupo no abeliano simple de orden menores A5 (que tiene 60 elementos).

[7.18] Ejercicio de tarea. Probar que todo grupo de orden 45 es abeliano.

[7.19] Ejercicio de tarea. Probar que un grupo de orden 96 no puede ser simple.

46

Seccion 8

Anillos

Anillos

Un anillo (con uno) A es un conjunto con dos operaciones binarias + : A × A → A

(suma o adicion) y · :A× A → A (multiplicacion o producto) que satisface las siguientespropiedades:

(a) + es asociativa: ∀ a, b, c ∈ A se tiene a+(b+c) = (a+b)+c (escribimos a+b+c).

(b) Hay elemento neutro adititvo 0 (llamado cero), es decir, 0 satisface que para todaa ∈ A, a+ 0 = a = 0 + a.

(c) Para + hay inversos es decir para toda a ∈ A existe −a ∈ A tal que a + (−a) =0 = (−a) + a (escribimos a− a en lugar de a+ (−a)).

(d) + es conmutativa: Si a, b ∈ A entonces a+ b = b+ a.(e) · es asociativa: ∀ a, b, c ∈ A se tiene a · (b · c) = (a · b) · c (escribimos a · b · c).De costumbre eliminamos el · en la notacion y escribimos ab por a · b.(f) Hay neutro multiplicativo 1 (llamado elemento unitario o uno), es decir, 1 satisface

que para toda a ∈ A, a1 = a = 1a.(g) Vale la distributividad del producto sobre la suma, es decir a(b+ c) = ab+ ac.

Decimos que A es conmutativo si ademas vale:

(h) · es conmutativa: ∀ a, b ∈ A se tiene ab = ba.

Las propiedades (a), (b), (c) dicen que (A,+) es un grupo. Si tambien se satisface (d)

se dice que (A,+) es un grupo abeliano.

Un anillo A es anillo con division si (A \ {0}, ·) es grupo; en otras palabras, dado

a ∈ A existe a−1 ∈ A tal que aa−1 = 1 = a−1a. Un anillo conmutativo con division sellama campo.

§8. Anillos

[8.1] Observacion. Si a ∈ A para A anillo, entonces a · 0 = 0 y el elemento 1, elelemento 0 y los inversos son unicos.

En un anillo conmutativo A un elemento a es unidad o elemento invertible si existeb ∈ A tal que ab = 1. Se dice que b es inverso de a.

Usamos las notaciones usuales y las reglas convencionales para sumar y multiplicar;

por ejemplo −a es el inverso aditivo de a ; a−1 es el inverso multiplicativo de a , en casode existir; −(−a) = a y (a−1)−1 = a ; si n ∈ N entonces na significa sumar a consigo

mismo n veces, (−1)a = −a y para n,m ∈ Z valen reglas como (n + m)a = na +ma,(nm)a = n(ma); tambien si n ∈ N entonces an significa multiplicar a consigo mismo n

veces, a−n = (a−1)n y valen las reglas usuales de los exponentes.

[8.2] Ejercicio. Probar que en cualquier anillo A, si a, b ∈ A entonces (−a)b =

−ab = a(−b).

Decimos que A es dominio entero o, simplemente, dominio, si es un anillo conmuta-

tivo en el que vale la cancelacion bajo la multiplicacion, es decir, ab = ac ⇒ b = c o,

equivalentemente, no hay divisores (propios) de 0, es decir ab = 0⇒ a = 0 o b = 0.

[8.3] Observacion. Todo campo es dominio entero.

[8.4] Ejercicio. Probar que si A es dominio entero entonces y a ∈ A \ {0}, entoncesla funcion “multiplicar por a” definida por µa :A→ A, µa(b) = ab es inyectiva.

[8.5] Ejercicio de tarea. Probar que todo dominio entero finito es campo.

[8.6] Ejemplos. (a) Z es dominio entero. Sus unidades son 1 y -1.(b) Q, R y C son campos.

(c) Zk = {0, 1, 2, . . . , k − 1} (el conjunto de enteros modulo k) es anillo conmutativo;es campo cuando k es primo. El conjunto de sus unidades es {a : mcd(a, k) = 1}.

(d) Si A es anillo conmutativo entonces Mk(A) (conjunto de matrices cuadradas detamano k con coeficientes en A) es anillo (no conmutativo). Si A es campo entonces

los elementos invertibles son las matrices con determinante distinto de 0; si A es Z loselementos invertibles son las matrices con determinante 1 o -1.

(e) Si A es anillo conmutativo, entonces A[x] (conjunto de polinomios con coeficientesen A) es un anillo conmutativo. Sus unidades son las constantes invertibles. Si A es

dominio entero entonces tambien lo es A[x]. (Haremos una descripcion mas detallada deeste anillo en la seccion 2.)

(f) Q[√2] = {a+ b

√2 ∈ R : a, b ∈ Q} es un campo.

(g) Z[i] = {a + bi ∈ C : a, b ∈ Z}, llamado anillo de los enteros gaussianos, es undominio entero.

(h) Si A y B son anillos entonces su producto A×B, con la operacion coordenada a

48

§8. Anillos

coordenada, es anillo. Aun cuando A y B sean dominios enteros, A×B no lo es.(i) Q = {a + bi + cj + dk : a, b, c, d ∈ R} con la multiplicacion definida por ij = k,

jk = i, ki = j, ji = −k, kj = −i, ik = −j y lo demas “extendido linealmente” se llamaanillo de los cuaternios reales. Es un anillo con division.

(j) A = {∗} con las unicas operaciones posibles es el anillo 0. De aquı en adelante noconsideraremos este caso (equivalentemente, en nuestros anillos 0 6= 1).

(k) Si A es un anillo y X es un conjunto entonces F(X,A) = {f : X → A : f esfuncion} es un anillo con las operaciones (f + g)(x) = f(x) + g(x) y (fg)(x) = f(x)g(x);

su elemento 0 es la funcion constante 0 y su elemento unitario es la funcion constante 1.Aun cuando A es dominio entero o campo F(X,A) no lo es.

(l) Si A es un anillo conmutativo entonces

A[[x]] = {a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + · · · : ∀ i ai ∈ A}es el anillo de series de potencias sobre A . La suma y multiplicacion se definen como lasde los polinomios. Si A es dominio entero entonces tambien lo es A[[x]].

Si A es un anillo decimos que B es subanillo de A si B ⊂ A, el elemento unitario 1

de A esta en B y B es cerrado bajo la suma y multiplicacion de A (es decir, si b, c ∈ Bentonces b+ c ∈ B y bc ∈ B.

Nota. Es posible que un subconjunto B de un anillo A sea el mismo anillo con 1pero que su elemento unitario no sea el de A. Por ejemplo, en A = Z6 el subconjunto

B = {0, 2, 4} es cerrado bajo suma y multiplicacion; hereda de A las demas propiedadesde anillo y tiene por elemento unitario al 4. (El anillo B es isomorfo a Z3, es decir,

existe una funcion biyectiva entre los dos que preserva las operaciones.) Otro ejemplo es elsiguiente: Si A1 y A2 son anillos, en el anillo producto A = A1 × A2 el subconjunto B =

{(a1, 0) : a1 ∈ A1} es cerrado bajo suma y multiplicacion y hereda las demas propiedadesde anillo de A, pero su elemento unitario es (1, 0) mientras que el elemento unitario de A

es (1, 1). (En este caso B es isomorfo a A1.)

Ejemplos de subanillos son Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C ; si A es anillo conmutativo entonces Aes subanillo de A[x] y, si k es natural entonces podemos considerar a A como subanillo

de Mk(A) haciendo corresponder al elemento a de A con la matriz en la que todos loselementos de la diagonal principal son a y los demas son 0.

49

Seccion 9

Modulos

De aquı en adelante A denota un anillo cualquiera en el que 1 es el elemento unitarioy 0 es el elemento cero; F es un campo cualquiera y k es un natural.

Un A-modulo izquierdo es un grupo abeliano (M,+) en el que esta definida unaoperacion por escalares A×M →M de tal manera que

(M1) 1m = m para todo m ∈M.

(M2) (a+ b)m = am+ bm para todo m ∈M y a, b ∈ A.(M3) a(m+ n) = am+ an para todo m,n ∈M y a ∈ A.(M4) (ab)m = a(bm) para todo m ∈M y a, b ∈ A.

Nota. Se usa el mismo sımbolo de suma (+) para la suma de A y de M ; de la misma

manera, no se distingue entre el elemento 0 de A y el de M.

Nota. Se puede definir modulo derecho considerando la multiplicacion de los escalares

por la derecha (es decir, ma en lugar de am). Los conceptos son distintos en virtud de

(M4). Por el momento solo consideraremos modulos izquierdos y les llamaremos, simple-mente, modulos.

[9.1] Ejemplos. (a) Al conjunto con un solo elemento se le puede dar la estructurade A-modulo para cualquier A de la manera trivial. A este se le llama modulo 0 y se le

denota tambien por 0.(b) Z-modulo significa simplemente grupo abeliano.

(c) F -modulo significa F -espacio vectorial.(d) Si V es un espacio vectorial de dimension k entonces V es un Mk(F )-modulo con

la multiplicacion de matrices pensando a V como vector columna con respecto a una base.(e) Zk -modulo significa grupo abeliano en el que cada elemento tiene orden un divisor

§9. Modulos

de k (o, equivalentemente, un grupo abeliano en el que km = 0 para todo m ∈M ).(f) Si M es un F -espacio vectorial y T : M → M es una transformacion lineal

entonces M es un F [x]-modulo al definir xm = T (m) para m ∈ M y extender en laforma obvia. Recıprocamente, dado un F [x]-modulo M la funcion T : M → M definida

por T (m) = xm para m ∈M es una transformacion lineal sobre F.(g) A es A-modulo con la multiplicacion interna.

(h) Si B es un subanillo de A y M es un A-modulo entonces M es un B -modulo conla multiplicacion por escalares restringida a B. Por ejemplo todo R-modulo es Q-modulo,

todo Mk(F )-modulo es F -modulo, etc.(i) Si M y N son A-modulos entonces tambien lo es M × N con las operaciones

coordenada a coordenada.

[9.2] Ejercicio. Sea M un A-modulo y m ∈M.(a) Probar que 0m = 0 (donde el primer 0 es el de A y el segundo es el de M ).

(b) Probar que (−1)m = −m, el inverso del elemento m en el grupo abeliano M.

Submodulos y generacion

Sea M un A-modulo. Un subconjunto N de M es submodulo de M si es cerrado bajo

las operaciones de modulo (es decir, si a ∈ A y n, n′ ∈ N entonces an ∈ N, y n+n′ ∈ N ) y0 ∈ N (o, equivalentemente, gracias a las demas propiedades, N 6= ∅). Si N es submodulo

de M escribimos N ≤ M. Es claro que todo submodulo de un modulo es, el mismo, unmodulo.

[9.3] Ejemplos. (a) Si M es un A-modulo, entonces {0} y M son submodulos.(b) Si M es un Z-modulo entonces sus submodulos son sus subgrupos.

(c) Los Z-submodulos de Z son los kZ y el modulo 0. Para ver esto, supongamos que

0 6= M ≤ Z ; es claro, entonces, que el conjunto S = {m ∈ M : m > 0} es un conjuntono vacıo de naturales y, por tanto, tiene un elemento menor k ; veamos que M consta de

los multiplos de k ; es claro que todo multiplo de k es elemento de M. Recıprocamente,sea m ∈M y, por el algoritmo de la division, tomemos q, r ∈ Z tales que m = kq+ r con

0 ≤ r < k (queremos ver que r = 0). Tenemos que r = m− kq ∈M y, si r 6= 0, entoncesr serıa un elemento de S menor que k, lo cual es una contradiccion.

(d) Los F -submodulos son los subespacios.(e) Si M es un F [x]-modulo y N ⊂ M entonces N es submodulo si y solo si N es

subespacio y xN ⊂ N (en otras palabras, N es invariante bajo la transformacion linealdada por multiplicar por x).

(f) Si V es un F -espacio vectorial de dimension k entonces los Mk(F )-submodulos deV son 0 y el mismo V .

Los A-submodulos de A se llaman ideales izquierdos de A.

51

§9. Modulos

Para un subconjunto I ⊂ A tiene sentido definir ideal bilateral de A : se pide, ademasde que I sea A-submodulo (izquierdo) que tambien sea modulo por la derecha (dado

i ∈ I y a ∈ A, se debe tener ia ∈ I ). Los dos conceptos son distintos en anillos noconmutativos (ver ejemplo (d) a continuacion). A partir de aquı llamaremos ideales a los

ideales izquierdos, e ideales bilaterales a los que lo sean.

[9.4] Ejemplos. (a) {0} y A son ideales de A.

(b) Los ideales de Z son los k Z y {0}.(c) Si A = Mk(F ) entonces sus ideales son los conjuntos formados por todos las

matrices que tienen algunas columnas fijas con todas sus entradas iguales a 0. No tiene

ideales bilaterales aparte del 0 y el mismo A.

[9.5] Ejercicio de tarea. Sea A un anillo conmutativo. Probar que A es campo si

y solo si sus unicos ideales son {0} y A.

[9.6] Ejercicio. Sea {Ni : i ∈ I} (I no necesariamente finito) una familia de

submodulos de un A-modulo M.(a) Probar que

⋂Ni es submodulo de M.

(b) Probar que⋃Ni no necesariamente es submodulo de M (inclusive si I consta de

solo dos elementos).

(c) Si I es un conjunto totalmente ordenado y para i ≤ j en I se tiene que Ni ⊂ Nj

entonces⋃Ni sı es submodulo de M .

Dado un A-modulo M y X ⊂ M, denotamos por <X> a la interseccion de todos

los submodulos de M que contienen a X que, gracias a [1.12](a), es un submodulo; es,ademas, el menor submodulo que contiene al conjunto X (en el sentido de que cualquier

otro submodulo que contenga a X contiene a <X>); se llama submodulo generado porX y se dice que X es un conjunto generador del modulo <X> . Decimos que un modulo

es cıclico si esta generado por un solo elemento. Decimos que M es finitamente generadosi existe X finito tal que M =<X> . En el caso de ideales, en lugar de decir que son

cıclicos, decimos que son principales. Un dominio de ideales principales (abreviado DIP)es un dominio entero en el que todo ideal es principal.

[9.7] Observacion. (a) Si un ideal M es un modulo cıclico generado por m (escribi-

mos M=<m>), entonces M = Am = {am : a ∈ A}.(b) Si M es un A-modulo y X = {m1, m2, . . . , mk} ⊂M, entonces

<X>= {a1m1 + a2m2 + · · ·+ akmk : ∀ i ai ∈ A}.

Cada expresion a1m1 + a2m2 + · · ·+ akmk se llama combinacion lineal de las mi.(c) Si M es un A-modulo y X es un subconjunto infinito de M entonces

<X>= {a1m1 + a2m2 + · · ·akmk : k ∈ N, ∀ i mi ∈ X, ∀ i ai ∈ A}.

(d) Si {Ni : i ∈ I es una familia de submodulos de un modulo M entonces el submodulo

52

§9. Modulos

generado por⋃

i∈I Ni es∑

i∈INi = {ni1 + ni2 + · · ·+ nik : k ∈ N, {i1, . . . , ik} ⊂ I, nij ∈ Nij para j = 1, . . . , k}.

[9.8] Observacion. Sean N ≤ M A-modulos y sea X ⊂ M. Para probar que<X>≤ N basta probar que X ⊂ N.

[9.9] Ejemplos. (a) A es cıclico como A-modulo (A =<1>).(b) Z es DIP.

(c) Todo campo es DIP.(d) Los Z-modulos cıclicos son los Zk y Z.

(e) Los F -modulos finitamente generados son los espacios vectoriales de dimensionfinita.

(f) En Z tenemos que <6, 8>=<2> . (La contencion <6, 8>=<2> es clara por [1.14]pues 6 = 3 ·2 y 8 = 4 ·2. Para ver la otra contencion basta recordar que el maximo comun

divisor de dos numeros enteros es combinacion lineal de los numeros.)

(g) En la seccion 2 veremos que F [x] se parece mucho a Z como anillo; en particular,por [2.3], [2.8] y [2.9] tenemos que F [x] es DIP.

(h) En el anillo Z[x] el ideal <2, x> no es principal.(i) En el anillo F [x, y] el ideal <x, y> no es principal (y entonces F [x, y] no es DIP).

(j) En el anillo F [x1, x2, . . .] el ideal <x1, x2, . . .> (que consta de los polinomios queno tienen termino constante) no es finitamente generado.

(k) En el anillo Mk(F ) el ideal generado por

1 0 · · · 0

0 0 · · · 0...

0 0 · · · 0

es el conjunto que consta de las matrices en que todas las columnas salvo la primera tienen

todos sus elementos iguales a 0.

[9.10] Ejercicio de tarea. Probar que todo Z-submodulo finitamente generado de

Q es cıclico y concluir que Q no es finitamente generado.

[9.11] Ejercicio de tarea. Sea M = R2 y sea T : M → M definida por T (m) =2m. Considerar a M como R[x]-modulo de la manera canonica. ¿Cuales son los R[x]-

submodulos de M ?

[9.12] Ejercicio de tarea. Sea M = C y sea T : M → M definida por T (m) =

im. Considerar a M como R[x]-modulo de la manera canonica. ¿Cuales son los R[x]-submodulos de M ?

[9.13] Ejercicio de tarea. Probar que submodulo de finitamente generado no nece-

53

§9. Modulos

sariamente es finitamente generado.

Homomorfismos

Si M y N son A-modulos, una funcion f : M → N es A-homomorfismo (u homo-

morfismo si se sobreentiende el anillo) si f respeta las operaciones de modulo, es decir(a) Si m,m′ ∈M entonces f(m+m′) = f(m) + f(m′).

(b) Si m ∈M y a ∈ A entonces f(am) = af(m).

[9.14] Ejemplos. (a) Si M y N son A-modulos, entonces la funcion constante 0 es

homomorfismo (se llama homomorfismo trivial).(b) Si M es A-modulo, entonces la funcion identidad idM :M →M es homomorfismo.

(c) Los F -homomorfismos son las transformaciones lineales.

(d) Los Z-homomorfismos son los homomorfismos de grupo.(e) Si N ≤M son A-modulos, entonces la inclusion N →M es homomorfismo.

(f) Si M y N son A-modulos, entonces las funciones proyeccion pM :M ×N →M ypN :M ×N → N son homomorfismos y tambien lo son las funciones inclusion iM :M →M ×N y iN : N →M ×N.

(g) Un F [x]-homomorfismo es una transformacion lineal T :M → N tal que T (xm) =

xT (m) para toda m ∈M (en otras palabras, es conmutativo el diagrama

M → N↓↓M → N

,

donde las flechas horizontales son la transformacion T y las verticales son la multiplicacinpor x en M y en N ).

[9.15] Propiedades. (a) Si f :M → N es A-homomorfismo entonces f(0) = 0.(b) La composicion de homomorfismos es homomorfismo.

(c) Si f : M → N es A-homomorfismo y M ′ es submodulo de M entonces f(M ′) es

submodulo de N. En particular la imagen de f es submodulo de N.(d) Si f :M → N es A-homomorfismo y N ′ ≤ N entonces f−1(N ′) es submodulo de

M. Se denota por Ker(f) a f−1(0) y se le llama nucleo o kernel de f.

Dados dos A-modulos M y N decimos que son isomorfos si existe un homomorfismo

biyectivo f :M → N. En este caso f es isomorfismo y escribimos M ≈ N.

[9.16] Ejercicio. Probar que ser isomorfos es una “relacion” de equivalencia. (La

palabra relacion esta entre comillas pues no se puede hablar del conjunto de todos losA-modulos; sin embargo sı podemos pensar en la reflexividad, transitividad y simetrıa de

la propiedad de isomorfismo.)

54

§9. Modulos

[9.17] Ejercicio. Probar que si f :M → N es A-homomorfismo y M es finitamentegenerado (o cıclico) entonces tambien lo es f(M).

[9.18] Ejercicio. Probar que el unico Z-homomorfismo f : Z5 → Z6 es el trivial.

[9.19] Ejercicio de tarea. Sea M un A-modulo y m ∈M.

(a) Probar existe un unico A-homomorfismo fm : A→M tal que fm(1) = m.

(b) ¿A que es igual fm(A)?(c) ¿A que es igual Ker(fm)?

[9.20] Ejercicio. Sea A un anillo conmutativo. Definimos

HomA(M,N) = {f :M → N : f es homomorfismo}.Probar que HomA(M,N) es A-modulo si se define la suma (f + g)(m) = f(m) + g(m) yla multiplicacion por escalares por (af)(m) = af(m).

[9.21] Ejercicio de tarea. Definir un isomorfismo HomA(A,M) → M para A unanillo conmutativo.

[9.22] Ejercicio de tarea. Sea M un grupo abeliano. Probar que HomZ(Zk,M) esisomorfo al submodulo {m ∈M : km = 0} de M .

[9.23] Ejercicio. Probar que si A y B son anillos y φ : A → B es homomorfismo

de anillos (es decir, φ manda al 1 de A en el 1 de B y φ abre sumas y multiplicacion),entonces dado b ∈ B existe un unico homomorfismo de anillos Φ : A[x]→ B que extiende

a φ y tal que Φ(x) = b.

55

Seccion 10

Polinomios

De nuestros cursos basicos de Matematicas conocemos los polinomios y sabemos haceroperaciones con ellos (sumarlos, multiplicarlos, dividirlos); incluso, en ocasiones, los hemos

considerado como funciones. En esta seccion haremos un resumen, sin muchos detalles,de las propiedades y nomenclatura basicas. Daremos con mas detalle problemas de fac-

torizacion en conjuntos de polinomios (de manera analoga a como se tratan problemas dedivisibilidad en el conjunto de los enteros).

Dado un entero n ≥ 0 y a0, a1, . . . , an numeros (o expresiones numericas), un polinomio

es una expresion de la forma

anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0

o, equivalentemente,n∑

i=0

anxn o

∑

i≥0

aixi,

considerando que, para i > n, ai = 0. Los ai son los coeficientes del polinomio, x es la

variable y cada aixi es un termino del polinomio. Al conjunto de todos los polinomios que

tienen coeficientes en un conjunto de numeros A lo denotamos por A[x]. Consideraremosde aquı en esta seccion que A es un anillo conmutativo.

Si f(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0 y g(x) = bmxm + bm−1x

m−1 + · · ·+ b1x+ b0son polinomios en A[x], entonces su suma f(x)+g(x) y su producto f(x)g(x) son tambien

polinomios en A[x] y estan definidos por:

f(x) + g(x) =∑

i≥0

cixi, f(x)g(x) =

∑

i≥0

dixi,

§10. Polinomios

donde consideramos ai = 0 para i > n y bi = 0 para i > m, y los coeficientes ci y di seobtienen de la siguiente forma:

ci = ai + bi y

di = a0bi + a1bi−1 + · · ·+ aib0 =∑

k+l=i

akbl.

Si f(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · · + a1x + a0 y an 6= 0, decimos que f(x) tiene gradon y escribimos ∂f(x) = n. Por conveniencia decimos que el polinomio que tiene todos sus

coeficientes iguales a 0 (llamado polinomio cero) tiene grado −∞ , conviniendo que para

r ∈ N∪{0,−∞} se tiene (−∞) ≤ n, (−∞)+n = −∞ y (−∞)×n = −∞. Los polinomiosde grado 0 y el polinomio cero se llaman polinomios constantes. Los polinomios de grado

1 se llaman lineales, los de grado 2 son cuadraticos y los de grado 3 son cubicos. Cuando∂f(x) = n el coeficiente an se llama coeficiente principal de f(x); el polinomio es monico

cuando an = 1.

[10.1] Proposicion. Sean f(x), g(x) ∈ A[x].(a) Entonces ∂(f(x)+g(x)) ≤ max{∂f(x), ∂g(x)} y se da la igualdad si ∂f(x) 6= ∂g(x).(b) Si A es dominio entero entonces ∂(f(x)g(x)) = ∂f(x) + ∂g(x).

[10.2] Ejercicio. Probar que si k ∈ N no es primo, entonces existen f(x), g(x) ∈ Zk[x]

tales que ∂(f(x)g(x)) 6= ∂f(x) + ∂g(x).

El siguiente resultado es muy importante; nos dice que, cuando A es campo, A =

F, entonces F [x] se parece algebraicamente a Z en cuanto a que en F [x] se puedenefectuar divisiones con cociente y residuo unicos. En este resultado se basan una gran

cantidad de similitudes de tipo algebraico entre Z y F [x] como veremos mas adelante.Recordemos tambien que en algunas ocasiones el valor absoluto en Z nos ha servido para

hacer demostraciones por induccion; el analogo en F [x] es el grado.

[10.3] Proposicion. Algoritmo de la division. Dados dos polinomios f(x), g(x) ∈F [x], con g(x) 6= 0, existen polinomios unicos q(x) y r(x) de tal forma que

f(x) = g(x)q(x) + r(x) y

∂r(x) < ∂g(x).

Los polinomios q(x) y r(x) son, respectivamente, el cociente y el residuo de la division.

Demostracion. Probemos primero la existencia de q(x) y de r(x). La demostraciones, basicamente, el procedimiento que conocemos desde la Secundaria para dividir poli-

nomios (o enteros) e induccion sobre el grado de f(x). Sean f(x) = anxn + an−1x

n−1 +

· · · + a1x + a0 y g(x) = bmxm + bm−1x

m−1 + · · · + b1x + b0, con bm 6= 0. El resultado esclaro si f(x) = 0 o si ∂f(x) ≤ ∂g(x) (pues ponemos q(x) = 0), ası que supongamos que

∂f(x) = n > m. Como en F hay inversos multiplicativos y bm 6= 0, tiene sentido consideraranbm. Escribamos f(x) = g(x)

(anbmxn−m

)

+ f1(x). Es claro que f1(x) = 0 o ∂f1(x) < ∂f(x);

en el primer caso, la demostracion esta completa; en el segundo caso, por hipotesis de

57

§10. Polinomios

induccion, podemos dividir f1(x) entre g(x); haciendo esta division y factorizando obten-emos la division buscada para f(x).

Probemos ahora la unicidad de q(x) y r(x). Supongamos que tenemos dos divisionesf(x) = g(x)q1(x)+r1(x) = g(x)q2(x)+r2(x) donde r1(x) y r2(x) satisfacen las condiciones

de residuo. Entonces g(x)(q1(x) − q2(x)) = r2(x) − r1(x). Si q1(x) − q2(x) 6= 0, entoncesuna comparacion de los grados de ambos lados de la igualdad nos lleva a una contradiccion

(por [2.1]). Entonces q1(x) = q2(x) y, por tanto, r2(x) = r1(x).

[10.4] Ejercicio. Probar que el Algoritmo de la Division es falso cuando A = Z o

A = Zk para k no primo.

[10.5] Ejercicio. Probar que si g(x) ∈ A[x] tiene coeficiente principal con inversomultiplicativo en A (por ejemplo, si f(x) es monico o si A = Zk y el coeficiente principal

es primo relativo con k), entonces se puede efectuar division entre g(x) como se hace enel Algoritmo de la Division.

Sea A un dominio. Dados f(x), g(x) ∈ A[x] decimos que g(x) divide a f(x), en sım-

bolos g(x)∣∣∣ f(x), si existe q(x) ∈ A[x] tal que f(x) = g(x)q(x) (en caso de que se pueda

aplicar el Algoritmo de la Division con g(x), el residuo de la division es 0).

[10.6] Ejercicio. Probar que si F ⊂ K son campos y f(x), g(x) ∈ F [x] son tales que

g(x) divide a f(x) en K[x] entonces tambien lo divide en F [x].

Al sustituir la variable de un polinomio f(x) ∈ A[x] por un elemento a ∈ A y hacer las

operaciones correspondientes obtenemos otro elemento f(a) ∈ A. De esta manera podemosconsiderar a un polinomio f(x) como una funcion f :A→ A. Decimos que a ∈ A es raız

de f(x) si f(a) = 0. Por ejemplo 2 es raız del polinomio 3x− 6, 3√2 ∈ R es raız de x3− 2

e i ∈ C es raız de x2 + 1. (En los ejemplos, los polinomios tienen coeficientes en Z, peroZ ⊂ R, C ası que tiene sentido considerar los polinomios como funciones en estos conjuntos

mas grandes.)

[10.7] Proposicion. Para cualquier A, si a ∈ A es raız de f(x) ∈ A[x] entonces

x− a∣∣∣ f(x) en A[x].

Demostracion. Usando el Algoritmo de la Division (que tambien vale aun cuando

A no sea campo por [2.5] pues x− a es monico) tenemos que f(x) = (x− a)q(x) + r(x),donde r(x) es un polinomio constante. Como r(a) = f(a)− (a− a)q(a) = 0, tenemos que

r(x) es el polinomio 0.

En lo que sigue veremos que hay una gran similitud (como anillos) entre F [x] y Z.

Daremos aquı la terminologıa propia de F [x] para los conceptos analogos en Z. Las de-mostraciones de los resultados correspondientes son muy parecidas a las que se hacen en

Z, ası que solo haremos las mas importantes aquı. Enunciaremos solo las proposiciones

principales y sugerimos al lector que revise otros resultados sobre divisibilidad en Z

58

§10. Polinomios

Para empezar observemos que el papel que juegan el 1 y el −1 en Z es el mismoque juegan las constantes distintas de 0 en F [x] ; este es que son invertibles (es decir,

tienen inverso multiplicativo dentro del mismo conjunto (Z en el primer caso y F [x] enel segundo). Analogo a los primos de Z decimos que un polinomio f(x) es irreducible

si ∂f(x) ≥ 1 y f(x) no se puede escribir como producto de dos polinomios de gradomenor; en otras palabras, f(x) = g(x)h(x) implica que g(x)o h(x) es constante. (En caso

contrario decimos que f(x) es reducible.) Decimos que dos polinomios f(x) y g(x) sonasociados si existe una constante c ∈ A\{0} tal que f(x) = cg(x) (en otras palabras, f(x)

y g(x) se dividen mutuamente).

Dados dos polinomios f(x) y g(x) en F [x] definimos el maximo comun divisor deellos como el polinomio monico d(x) de mayor grado que divide a los dos polinomios, en

sımbolos d(x) = mcd(f(x), g(x)). El mismo procedimiento del Algoritmo de Euclides quese sigue en Z (ver [2.58] y [2.59] en [TN]) funciona en F [x] para probar que el maximo

comun divisor es combinacion lineal de los polinomios. Probamos esto a continuacion.

[10.8] Proposicion. Algoritmo de Euclides para polinomios. Sean f(x), g(x) ∈ F [x]polinomios no cero y sea d(x) su maximo comun divisor. Entonces d(x) es combinacionlineal de f(x) y g(x), es decir, existen s(x) y t(x) en F [x] tales que d(x) = s(x)f(x) +

t(x)g(x).

Demostracion. Primera forma: Sea C = {c(x) : c(x) es combinacion lineal de f(x)y g(x)}. Observemos que f(x), g(x) ∈ C, ası que podemos escoger c0(x) polinomio monico

de menor grado en C. Usando el Algoritmo de la Division es claro que todo elemento de Ces multiplo de c(x); en particular f(x) y g(x) lo son. Ademas, por ser c(x) combinacion

lineal de f(x) y g(x) es claro tambien que cualquier divisor comun de f(x) y g(x) esdivisor de c(x), de donde c(x) es el polinomio monico de mayor grado que divide a ambos

f(x) y g(x).

Segunda forma. Si g(x)∣∣∣ f(x) entonces mcd(f(x), g(x)) = g(x) que, obviamente, es

combinacion lineal de f(x) y g(x). Supongamos entonces que g(x) 6∣∣∣ f(x). Utilizando el

Algoritmo de la Division consideremos polinomios qi(x) y ri(x) de tal manera que

f(x) = g(x)q0(x) + r1(x), ∂r1(x) < ∂g(x),

g(x) = r1(x)q1(x) + r2(x), ∂r2(x) < ∂r1(x),

r1(x) = r2(x)q2(x) + r3(x), ∂r3(x) < ∂r2(x),...

rn−2(x) = rn−1(x)qn−1(x) + rn(x), ∂rn(x) < ∂rn−1(x),

rn−1(x) = rn(x)qn(x).

Es claro que

mcd(f(x), g(x)) = mcd(g(x), r1(x)) = mcd(r1(x), r2(x)) = · · ·= mcd(rn−1(x), rn(x)) = rn(x).

59

§10. Polinomios

Por induccion es facil ver que todos los residuos r1(x), . . . , rn(x) son combinacion lineal def(x) y g(x), lo cual termina la demostracion.

[10.9] Ejercicio. Sean f(x), g(x) ∈ F [x]. Sea d(x) = mcd(f(x), g(x)). Probar que

c(x) ∈ F [x] es combinacion lineal de f(x) y g(x) si y solo si d(x)∣∣∣ c(x).

[10.10] Ejercicio de tarea. Probar que si F ⊂ E son campos y f(x), g(x) ∈ F [x]entonces el maximo comun divisor de f(x) y g(x) en F [x] coincide con el maximo comun

divisor de f(x) y g(x) en E[x] .

[10.11] Ejercicio de tarea. Probar que F [x] es dominio de ideales principales.

[10.12] Ejercicio. Dar un ejemplo de dos polinomios en Z[x] que no tengan factoresen comun pero que 1 no sea combinacion lineal de ellos.

[10.13] Corolario. Si p(x) ∈ F [x] es un polinomio irreducible tal que p(x)∣∣∣ f(x)g(x),

entonces p(x)∣∣∣ f(x) o p(x)

∣∣∣ g(x).

Demostracion. Suponiendo que p(x) no divide a f(x), por ser p(x) irreducibletenemos que mcd(f(x), p(x)) = 1, de donde existen s(x), t(x) tales que 1 = f(x)s(x) +

p(x)t(x); multiplicando esta ecuacion por g(x) tenemos el resultado buscado.

Como consecuencia del corolario anterior tenemos el analogo al teorema fundamentalde la aritmetica. Este es el contenido de la siguiente proposicion.

[10.14] Proposicion. Teorema de factorizacion unica. Todo polinomio no constanteen F [x] se escribe de manera unica (salvo por orden y asociados) como producto de

polinomios irreducibles.

Demostracion. Sea f(x) ∈ F [x] no constante. Es claro que se puede factorizar comoproducto de irreducibles. Veamos la unicidad. Supongamos que f(x) = p1(x) · · ·pk(x) =q1(x) · · · ql(x), con los pi(x) y los qj(x) polinomios irreducibles y k ≤ l. Como p1(x) esirreducible y divide al producto q1(x) · · · ql(x), entonces divide a alguno de los qi(x); sin

perdida de generalidad supongamos que p1(x)∣∣∣ q1(x). Ahora, q1(x) es irreducible, ası que

debe ser asociado de p1(x); agrupando la constante con la cual difiere de p1(x) con algunotro de los qi(x), podemos suponer que p1(x) = q1(x); cancelandolos en la igualdad, una

induccion nos da el resultado.

[10.15] Ejercicio. Probar que si A anillo es subanillo de un campo F y f(x) ∈ F [x]tiene grado n entonces f(x) tiene a lo mas n raıces en A.

[10.16] Ejercicio. Dar un ejemplo que demuestre que el resultado del ejercicio ante-rior es falso en Zk[x] si k no es primo.

60

§10. Polinomios

Dependiendo del campo F del que se trate, los elementos irreducibles en F [x] son dedistinta naturaleza. Estudiaremos a continuacion los casos F = R y C.

El siguiente resultado es muy importante. Presentaremos una demostracion en [2.14].

[10.17] Teorema fundamental del algebra. Si f(x) ∈ C tiene grado n, entonces

f(x) tiene n raıces (posiblemente algunas iguales entre sı) en C.

Los siguientes corolarios son inmediatos.

[10.18] Corolario. Los polinomios irreducibles en C[x] son los de grado 1.

[10.19] Corolario. Si f(x) ∈ C[x] tiene grado n > 0 entonces f(x) = c(x−a1) · · · (x−an), donde c ∈ C y las aj ∈ C son las raıces de f(x).

Los polinomios irreducibles sobre R[x] tienen grado 1 o 2. Para probar esto necesitamos

un lema.

[10.20] Lema. Si a ∈ C es raız de f(x) ∈ R[x], entonces tambien lo es el conjugado

a de a.

Demostracion. Sea f(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0. Entonces, usando queel conjugado de una suma es la suma de los conjugados, que el conjugado de un producto

es el producto de los conjugados y que el conjugado de un real es el mismo real, tenemosque

f(a) = anan + an−1a

n−1 + · · ·+ a1a+ a0

= anan + an−1an−1 + · · ·+ a1a+ a0

= 0 = 0.

[10.21] Proposicion. Si f(x) ∈ R[x] es un polinomio irreducible entonces ∂f(x) ≤ 2.

Demostracion. Si f(x) tiene una raız real a, entonces x − a divide al polinomio,pero el polinomio es irreducible ası que f(x) = c(x− a), que es de grado 1. Supongamos

entonces que f(x) no tiene raız real y ası ∂f(x) ≥ 2. Si ∂f(x) ≥ 3, usando el teorema

fundamental del algebra, escribamos f(x) = a(x− a1) · · · (x− an) con a1, . . . , an las raıcesde f(x). Por el lema anterior podemos suponer, sin perdida de generalidad, que a2 = a1.

Sea g(x) = (x − a1)(x − a2). Observemos que g(x) = x2 − (a1 + a1)x + a1a1, ası queg(x) tiene coeficientes reales. Tenemos que g(x) divide a f(x) en C[x] ası que, por [2.6],

tambien lo divide en R[x], de donde (x− a3) · · · (x− an) ∈ R[x], pero f(x) es irreducible,ası que esto es una contradiccion y de aquı que ∂f(x) = 2.

[10.22] Ejercicio. En R[x] dar un ejemplo de un polinomio de grado 2 irreducible yun ejemplo de un polinomio de grado 2 no irreducible.

Sabemos que si f(x) = x2n+1 + b2nx2n + · · · + b0 ∈ R[x], y a ∈ R es suficientemente

61

§10. Polinomios

grande, entonces f(a) > 0; anogamente, para a < 0 de valor absoluto suficientementegrande se tiene que f(a) < 0; como toda funcion polinomial es continua, es claro que la

grafica de f debe cruzar el eje x, lo que significa que f(x) tiene raız real. Hemos hechouna demostracion geometrica de que todo polinomio de grado impar tiene raız real.

[10.23] Ejercicio. Probar algebraicamente que todo polinomio de grado impar enR[x] tiene al menos una raız real.

En Q[x] la situacion es bastante mas complicada y puede haber polinomios irreducibles

de cualquier grado. Despues veremos algunos criterios de irreducibilidad, aunque no setiene una respuesta completa.

Un criterio sencillo para ver si un polinomio con coeficientes en Q tiene raıces en Q

(en cuyo caso serıa reducible) es el siguiente.

[10.24] Proposicion. Sea f(x) = anxn + an−1x

n−1+ · · ·+ a1x+ a0 un polinomio concoeficientes enteros. Si r

s, con r y s enteros primos relativos, es raız de f(x), entonces

r∣∣∣ a0 y s

∣∣∣ an .

Demostracion. Tenemos que

0 = f(r

s

)

= an

(r

s

)n

+ an−1

(r

s

)n−1

+ · · ·+ a1

(r

s

)

+ a0.

Multiplicando por sn tenemos

0 = anrn + an−1r

n−1s+ · · ·+ a1rsn−1 + a0s

n.

Entonces s∣∣∣ anr

n , pero r y s son primos relativos, ası que s∣∣∣ an . Analogamente, r

∣∣∣ a0s

n ,

de donde r∣∣∣ a0 .

[10.25] Ejemplo. Probar que el polinomio x4 + 3x3 + 1 no tiene raıces racionales.

Demostracion. Los candidatos para raıces son 1 y −1, pero 14 + 3 · 13 + 1 = 5 6= 0y (−1)4 + 3 · (−1)3 + 1 = −1 6= 0.

[10.26] Ejercicio de tarea. Sea f(x) = 2x4 − 7x3 + 5x2 − x. Escribir f(x) comoproducto de irreducibles sobre Q y sobre R .

A continuacion veremos que el estudio de irreducibilidad en Q[x] se reduce al estudio

de irreducibilidad en Z[x] . Empecemos con un lema muy sencillo.

[10.27] Lema. Sea f(x) ∈ F [x] y sea c ∈ F \ {0}. Entonces f(x) es irreducible si, y

solo si, cf(x) lo es.

Demostracion. Como c es invertible, basta probar que si f(x) es reducible, entoncs

tambien lo es cf(x) (pues f(x) se obtiene de cf(x) multiplicando por c−1 ). Supongamos

62

§10. Polinomios

que f(x) = g(x)h(x) para g(x) y h(x) polinomios de grado menor que ∂(f). Entoncescf(x) = (cg(x))(h(x)) y cg(x) y h(x) tienen grado menor que ∂(cf).

Por el lema anterior, para ver si un polinomio con coeficientes en Q es irreduciblebasta eliminar denominadores multiplicando por una constante apropiada de manera que

se obtenga un polinomio con coeficientes en Z , y analizar si el nuevo polinomio es irre-ducible sobre Q. Mas aun, el siguiente lema nos dice que la irreducibilidad sobre Q del

nuevo polinomio es equivalente a la irreducibilidad sobre Z . En la demostracion del lemausaremos polinomios primitivos, es decir, polinomios en Z[x] tales que el maximo comun

divisor de sus coeficientes es 1.

[10.28] Proposicion. Lema de Gauss. Si f(x) ∈ Z[x] es reducible sobre Q entoncesexisten r(x), s(x) ∈ Z[x] de grado menor que ∂f(x), de manera que f(x) = r(x)s(x).

Demostracion. Sea f(x) = anxn+an−1x

n−1+· · ·+a1x+a0 . Sin perdida de generalidadsupongamos que f(x) es primitivo (si d = mcd(an, an−1, . . . , a1, a0) 6= 1, podrıamos probar

el mismo resultado para 1df(x) y despues multiplicar por d). Supongamos que f(x) =

g(x)h(x) con g(x), h(x) ∈ Q[x] . Buscando comun denominador y factorizando todos losdivisores comunes podemos escribir f(x) = c

dr(x)s(x), donde r(x) y s(x) son primitivos.

Entonces en Z[x] tenemos df(x) = cr(x)s(x). Sea t(x) = r(x)s(x). Observemos quesi probamos que t(x) es primitivo, entonces la prueba terminara porque tendremos que

c = d. Supongamos entonces que t(x) no es primitivo y sea p un numero primo divisorde todos los coeficientes de t(x). Escribamos

r(x) = rkxk + · · ·+ r1x+ r0 y

s(x) = slxl + · · ·+ s1x+ s0.

Usando que r(x) y s(x) son primitivos definamos i y j los menores naturales tales que

p 6∣∣∣ ri y p 6

∣∣∣ sj . Entonces el coeficiente de xi+j de t(x) es

(r0si+j + · · ·+ ri−1sj+1) + risj + (ri+1sj−1 + · · ·+ ri+js0),

donde escribimos rm = 0 para m > k y sm = 0 para m > l . Como estamos suponiendo

que p divide a todos los coeficientes de t(x) tenemos entonces que p∣∣∣ risj , lo cual es una

contradiccion.

El siguiente criterio nos dice que ciertos polinomios son irreducibles.

[10.29] Proposicion. Criterio de Eisenstein. Si f(x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0 es un

polinomio con coeficientes enteros y existe un primo p tal que p 6∣∣∣ an pero p

∣∣∣ an−1, . . . , p

∣∣∣ a0

y p2 6∣∣∣ a0 , entonces el polinomio es irreducible sobre los racionales.

Demostracion. Supongamos que f(x) no es irreducible. Entonces f(x) = g(x)h(x)

63

§10. Polinomios

con g(x) y h(x) de grado menor que n. Sean

g(x) = bkxk + · · ·+ b1x+ b0 y

h(x) = clxl + · · ·+ c1x+ c0.

Tenemos que a0 = b0c0 . Como p∣∣∣ a0 pero p2 6

∣∣∣ a0 , entonces p divide exactamente a uno

de b0 o c0 . Consideremos, sin perdida de generalidad, que p∣∣∣ b0 ; veremos que esto implica

que p∣∣∣ bi para toda i lo cual sera una contradiccion puesto que an = bkcl no es multiplo de

p. Entonces, supongamos, por hipotesis de induccion, que p∣∣∣ b0, . . . , bi para cierta i < k

y probemos que p∣∣∣ bi+1 . Tenemos que ai+1 = bi+1c0 + bic1 + · · ·+ b0ci+1 (donde tomamos

cj = 0 para j > l). Como i + 1 ≤ k < n, entonces p∣∣∣ ai+1 y, usando la hipotesis de

induccion, p∣∣∣ bic1 + · · · + b0ci+1 , de donde p

∣∣∣ bi+1c0 , pero p 6

∣∣∣ c0 , ası que p

∣∣∣ bi+1 , como

querıamos probar.

El criterio es muy claro y puede aplicarse directamente; por ejemplo, es inmediato del

criterio de Eisenstein que el polinomio 3x5+10x4−2 es irreducible sobre Q (tomar p = 2).En otras ocasiones se aplica indirectamente apoyandose en el siguiente lema.

[10.30] Lema. Sea f(x) ∈ A[x] y sean c, d ∈ A , con c invertible. Entonces f(x) esirreducible sobre A si, y solo si, el polinomio f1(x) que se obtiene al sustituir x por cx+d

tambien es irreducible sobre A .

Demostracion. Es claro que una sustitucion de este tipo no altera el grado delpolinomio. Ademas, si escribimos y = cx + d, entonces x = c−1y − dc−1 , ası que basta

probar que si f es reducible, entonces tambien lo es f1(x). Supongamos entonces quef(x) = g(x)h(x) con g(x) y h(x) de grado menor que f(x); entonces f1(x) = f(y) =

g(y)h(y) = g1(x)h1(x), para g1(x) = g(cx+ d) y h1(x) = h(cx+ d).

[10.31] Corolario. Si p es primo, entonces el polinomio f(x) = xp−1+xp−2+· · ·+x+1es irreducible sobre los racionales.

Demostracion. Por el lema, bastara probar que el polinomio f(x+1) es irreducible.Observemos que f(x) = xp−1

x−1, ası que

f(x+ 1) =(x+ 1)p − 1

x= xp−1 +

(

p

1

)

xp−2 + · · ·+(

p

p− 1

)

.

Como(pr

)

es multiplo de p para 1 < r < p, podemos aplicar el Criterio de Eisenstein para

concluir que f(x) es irreducible.

[10.32] Ejercicio de tarea. Sea p un numero primo y sea w = cos(2πp

)

+ i sen(2πp

)

.Encontrar polinomios irreducibles sobre Q y sobre R de los cuales w sea raız.

[10.33] Ejercicio de tarea. Encontrar un polinomio monico en Q[x] que tenga por

64

§10. Polinomios

raıces a 1 +√5 y a 2− i. ¿Puede ser irreducible?

[10.34] Ejercicio de tarea. Probar que si a ∈ Z \ {0, 1,−1} no es divisible por el

cuadrado de ningun primo (se dice que es libre de cuadrados), entonces para toda n ≥ 2el polinomio xn − a es irreducible. Concluir que existen polinomios irreducibles sobre Q

de grado n para toda n ∈ N.

65

Seccion 11

Cocientes y sucesiones exactas

Recordemos que una relacion ∼ en un conjunto A es relacion de equivalencia si esreflexiva (es decir, para todo a ∈ A, se tiene que a ∼ a), simetrica (es decir, si a, b ∈ Ason tales que a ∼ b entonces b ∼ a) y transitiva (es decir, si a ∼ b y b ∼ c para ciertosa, b, c ∈ A entonces a ∼ c). Como ejemplos de relaciones de equivalencia tenemos la

relacion de igualdad (en cualquier conjunto), la relacion de semejanza en el conjunto detriangulos del plano y, en el conjunto A = Z, la relacion de congruencia modulo k).

Tambien tenemos que si {Xi : i ∈ I} es una particion del conjunto X (es decir, una

familia de subconjuntos ajenos de X cuya union es X ), entonces en X esta definida demanera natural una relacion x ∼ y ⇔ x y y son elementos del mismo Xi. Recıprocamente

toda relacion de equivalencia ∼ en un conjunto X parte a X en subconjuntos ajenos; cadauno de esos subconjuntos consta de todos los elementos relacionados entre sı. Si x ∈ X,al conjunto de elementos relacionados con x se le llama clase de x y se le denota por x opor [x]. Al conjunto de clases se le denota por X/∼ y se le llama cociente de X por la

relacion. Hasta aquı hemos visto que es practicamente lo mismo hablar de particiones enun conjunto y relaciones de equivalencia en ese conjunto.

Por otro lado, dada una relacion de equivalencia ∼ en un conjunto X tenemos una

funcion (suprayectiva) p :X → X/∼ definida por p(x) = x; esta se llama proyeccion naturalde X en X/∼; precisamente los elementos relacionados son los que tienen la misma imagen

bajo la funcion p. Recıprocamente si f :X → Y es una funcion suprayectiva entonces larelacion ∼ definida en X por x1 ∼ x2 ⇔ f(x1) = f(x2) es relacion de equivalencia.

De esta manera tambien tenemos que es esencialmente lo mismo hablar de relaciones deequivalencia, de particiones o de funciones suprayectivas.

Dado un A-modulo M a nosotros nos interesa definir relaciones de equivalencia en

§11. Cocientes y sucesiones exactas

M de tal manera que el cociente sea un modulo y la proyeccion natural sea un homomor-fismo. Posteriormente veremos que, al igual que en conjuntos, hablar de homomorfismos

suprayectivos con dominio un modulo M es lo mismo que hablar de cocientes de M. Lasrelaciones de equivalencia que nos definen cocientes apropiados son a traves de submodulos

y las particiones constan de “trasladados” del submodulo como describimos a continuacion:

Dados L ≤M A-modulos, definimos el cociente de M entre L por

M/L = {m+ L : m ∈M},

donde m+L = {m+ l : l ∈ L}. Dos elementos m,m′ de M estan relacionados (escribimos

m ≡ m′ (modL) si y solo si m − m′ ∈ L. Damos a este conjunto una estructura deA-modulo mediante representantes, es decir

(m+ L) + (m′ + L) = (m+m′) + L, y a(m+ L) = (am) + L,

para m,m′ ∈M y a ∈ A.

[11.1] Ejercicio. La definicion es correcta, es decir, no depende de los representanteselegidos, y determina una estructura de A-modulo en M/L de tal manera que la proyeccion

natural es homomorfismo.

[11.2] Observacion. Si p :M →M/L es la proyeccion natural entonces Ker(p) = L.

[11.3] Teorema. Propiedad universal del modulo cociente. Sean L ≤ M dos A-

modulos. Entonces M/L y la proyeccion natural p :M →M/L satisfacen lo siguiente:(i) p(L) = 0 y

(ii) Si f : M → X es un A-homomorfismo X tal que f(L) = 0 entonces existe ununico A-homomorfismo f :M/L→ X de tal manera que f ◦ p = f.

Ademas esta propiedad caracteriza al cociente, es decir: Si ρ : M → C es un homo-morfismo que satisface las dos propiedades siguientes

(i ′ ) ρ(L) = 0 y(ii ′ ) dado un homomorfismo de A-modulos f :M → X tal que f(L) = 0 se tiene que

existe un unico A-homomorfismo f : C → X de tal manera que f ◦ ρ = f,entonces existe un isomorfismo φ : C →M/L tal que φ ◦ ρ = p.

Demostracion. Es claro que se satisface (i). Para ver que se satisface (ii) sea f :

M → X un A-homomorfismo tal que f(L) = 0; definamos f(m + L) = f(m). El que festa bien definida es precisamente porque f(L) = 0; el que f es unica tal que f ◦ p = f

es claro.Ahora veamos que (i) y (ii) caracterizan a p :M →M/L. Supongamos que tenemos un

homomorfismo ρ :M → C que satisface (i ′ ) y (ii ′ ). Como p satisface (i) y ρ satisface (ii ′ )tenemos que existe φ : C →M/L tal que φ ◦ ρ = p. Falta ver que φ es isomorfismo, pero

para esto basta construir su inversa. Ahora usemos que ρ satisface (i ′ ) y que p satisface(ii) para construir ψ :M/L→ C tal que ψ ◦ p = ρ. Notemos que ψ ◦φ : C → C es tal que

(ψ ◦ φ) ◦ ρ = ρ y tambien sabemos que idC : C → C es tal que (idC) ◦ ρ = ρ ; la unicidad

67


de las funciones (que es hipotesis en (ii ′ )) nos da ψ ◦ φ = idC . Analogamente tenemos queφ ◦ ψ = idM/L.

La propiedad universal del cociente puede expresarse de manera simplificada comosigue: “Para dar un homomorfismo que sale de un cociente hay que definirlo en el nume-

rador anulando al denominador.”

La demostracion que hicimos de la unicidad de (M/L, p) es estandar y es practicamenteigual en todas las propiedades universales.

[11.4] Teorema. Primer teorema de isomorfismo. Si f :M → N es un homomorfismode modulos entonces Im(f) ≈M/Ker(f).

Demostracion. Sea f ′ :M → N definido como f (es decir f ′(m) = f(m) para todo

m ∈ M ); entonces f ′(Ker(f)) = 0 ası que, por la propiedad universal del cociente, f ′

induce un homomorfismo f ′ : M/Ker(f) → Im(f). Es claro que este homomorfismo es

biyectivo.

[11.5] Ejemplo. Tenemos que el R[x]-modulo R[x] /< x2 + 1> es isomorfo a C

como R-modulos. Ademas el isomorfismo respeta la multiplicacion ası que resulta ser unisomorfismo de anillos.

Demostracion. De manera intuitiva observemos que cualquier polinomio f(x) ∈ R[x]

lo podemos dividir entre x2 + 1 y obtenemos un residuo de grado menor o igual que 1:ax+ b. Entonces la clase de f(x) en R[x] /<x2 +1> es la misma que la de ax+ b ası que

asociamos a f(x) el complejo ai+ b. Se puede verificar directamente que esta asociaciones correcta y que respeta las operaciones de C. De manera formal, definamos φ : R[x]→ C

por φ(f(x)) = f(i) para f(x) un polinomio en R[x]. Es claro que φ es un R-homomorfismo(y ademas respeta la multiplicacion tambien). Si un polinomio f(x) es tal que f(i) = 0

entonces i es raız, ası que, por tener coeficientes reales, tambien lo es el conjugado −i, dedonde (x− i)(x+ i) = x2 + 1 es divisor de f(x) (en R[x]). Recıprocamente, es claro que

todo multiplo de x2 + 1 esta en el nucleo de φ, ası que Ker(φ) =<x2 + 1> . Ahora yasolo basta aplicar el primer teorema de isomorfismo.

En el ejemplo anterior descubrimos que podemos “construir” los numeros complejos a

partir de R agregando un elemento x cuyo cuadrado sea −1 (es decir, que x2 + 1 sea 0,lo cual ocurre en el cociente de R[x] entre <x2 + 1>).

[11.6] Teorema. Segundo teorema de isomorfismo. Si L y N son submodulos de unmodulo M entonces existe un isomorfismo

N/(N ∩ L)→ (N + L)/L.

Demostracion. Sean i : N → N + L la inclusion y p : N + L → (N + L)/L laproyeccion. Entonces el homomorfismo p ◦ i : N → (N +L)/L es suprayectivo y su nucleo

es N ∩ L, ası que el isomorfismo esta dado por el primer teorema de isomorfismo.

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[11.7] Teorema. Teorema de la correspondencia. Sean L ≤ M dos A-modulos.Existe una biyeccion que respeta inclusion entre los submodulos de M que contienen a L y

los submodulos de M/L. Esta biyeccion esta dada por la proyeccion natural p :M →M/L.

Demostracion. Tenemos que observar que si L ≤ S ≤ M entonces p(S) = S/L

es un submodulo de M/L. El que esta asignacion sea suprayectiva es porque claramente

si S ≤ M/L entonces p−1(S) es un submodulo de M que contiene a L y, por ser psuprayectiva, S = p(p−1(S) = p−1(S)/L. Es obvio que esta asignacion S → p(S) respeta

inclusion. Veamos que es inyectiva: Supongamos que S y S ′ son submodulos de M quecontienen a L y tales que p(S) = p(S ′), es decir S/L = S ′/L; queremos probar que S = S ′.

Sea s ∈ S ; entonces s+L ∈ S ′/L ası que existe s′ ∈ S ′ tal que s+L = s′+L; esto implicaque existe l ∈ L tal que s − s′ = l, pero L ⊂ S ′, ası que s = s′ + l ∈ S ′. La inclusion

S ′ ⊂ S es igual.

[11.8] Ejemplo. Sean L = 18Z ≤ Z grupos abelianos. Entonces los subgrupos del

cociente Z18 estan en correspondencia biyectiva con los subgrupos de Z que contienen a18Z, los cuales claramente son los k Z con k divisor de 18. Las posibilidades para k son

1, 2, 3, 6, 9, 18. Entonces los subgrupos son:

∗ 1Z/18Z =<1>= Z18,∗ 2Z/18Z = {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} =<2> (que es isomorfo a Z9 ),

∗ 3Z/18Z = {0, 3, 6, 9, 12, 15, 18} =<3> (que es isomorfo a Z6 ),∗ 6Z/18Z = {0, 6, 12} =<6> (que es isomorfo a Z3 ),

∗ 9Z/18Z = {0, 9} =<9> (que es isomorfo a Z2 ),∗ 18Z/18Z = {0}.

[11.9] Teorema. Tercer teorema de isomorfismo. Sean L ≤ S ≤ M A-modulos.Entonces (M/L)/(S/L) ≈M/S.

Demostracion. Sean p :M → (M/L) y q : (M/L)→ (M/L)/(S/L) las proyecciones

naturales. Entonces q ◦ p : M → (M/L)/(S/L) es un homomorfismo suprayectivo cuyonucleo es S (pues el elemento 0 de (M/L)/(S/L) es (S/L), ası que 0 = (q ◦ p)(m) =

(m + L) + (S/L) si y solo m + L ∈ S/L, lo cual vimos arriba que es equivalente a quem ∈ S ). Ahora ya solo hay que aplicar el primer teorema de isomorfismo.

[11.10] Ejemplo. Los cocientes de Z18 son:∗ (Z/18Z)/(1Z/18Z) = 0,

∗ (Z/18Z)/(2Z/18Z) ≈ Z2,∗ (Z/18Z)/(3Z/18Z) ≈ Z3,

∗ (Z/18Z)/(6Z/18Z) ≈ Z6,

∗ (Z/18Z)/(9Z/18Z) ≈ Z9,∗ (Z/18Z)/(18Z/18Z) ≈ Z18.

Podemos poner al submodulo L del modulo M y al cociente M/L en una sucesionde homomorfismos L→M →M/L en donde la primera funcion, i, es un homomorfismo

inyectivo (la inclusion) y la segunda, p, es un homomorfismo suprayectivo (la proyeccion).

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Tenemos que Ker(p) = Im(i). Generalizamos esto: Dada una sucesion de modulos yhomomorfismos

M1f1−→M2

f2−→M3f3−→· · ·

decimos que es una sucesion exacta si para toda i se tiene que Im(fi) = Ker(fi+1). Lassucesiones exactas de la forma 0→ L→M → N → 0 (donde la primera flecha y la ultima

representan los homorfismos triviales) se llaman sucesiones exactas cortas.

[11.11] Nota. Si M1f1−→M2

f2−→M3 es una sucesion exacta entonces el que Im(f1) ⊂Ker(f2) es equivalente a que la composicion f2◦f1 sea 0; sin embargo esto ultimo no basta

para que la sucesion sea exacta pues falta la otra inclusion con la cual se debe tener que sif2(x) = 0 (para cierta x ∈M2 ) entonces existe y ∈M1 tal que f1(y) = x.

Llamemos monomorfismos a los homomorfismo inyectivos y epimorfismos a los homo-morfismos suprayectivos. Estos pueden caracterizarse mediante sucesiones exactas segun

veremos en la siguiente observacion.

[11.12] Observacion. Sea f : M → N un homomorfismo de A-modulos. Entonces

son equivalentes:(a) f es monomorfismo.

(b) Ker(f) = 0.

(c) La sucesion 0 −→Mf−→N es exacta.

[11.13] Observacion. Sea f : M → N un homomorfismo de A-modulos. Entonces

son equivalentes:(a) f es epimorfismo.

(b) Im(f) = N.(c) La sucesion M

f−→N −→ 0 es exacta.

Aunque el nucleo se define de manera muy simple mediante elementos, conviene tam-bien tener una forma de “compararlo” con los demas modulos y homomorfismos; esto se

hace mediante una propiedad universal, de la misma manera que se hizo con el modulo

cociente, y esta propiedad universal lo caracteriza. Mas adelante nos veremos obligadosa definir ciertas estructuras algebraicas a traves de propiedades universales pues seran los

resultados de problemas en los que se buscan modulos que satisfagan alguna propiedad enparticular.

[11.14] Teorema. Propiedad universal del nucleo. Sea f : M → N un homomor-fismo. Entonces Ker(f), junto con la inclusion i : Ker(f) → M, cumplen las siguientes

dos propiedades, y ademas estas los caracterizan:(a) f ◦ i = 0 y

(b) Si j : X → M es un homomorfismo tal que f ◦ j = 0, entonces existe un unicohomomorfismo j : X → Ker(f) tal que i ◦ j = j (es decir, j se factoriza a traves de

Ker(f)).

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Demostracion. El que f ◦ j = 0 quiere decir que todos los elementos en la imagende j van a dar a 0 mediante f, ası que la imagen de j esta contenida en Ker(f); ası es

claro que si se define j por j(x) = j(x) entonces i ◦ j = j y, de hecho, es la unica formade lograrlo. La demostracion de que la propiedad caracteriza a Ker(f) es analoga a la de

la caracterizacion del cociente a traves de su propiedad universal: Si se tiene i′ : K → Mun homomorfismo que satisface las propiedades (a) y (b) en lugar de i, entonces usando

que tanto i como i′ satisfacen (a) y (b) se obtiene un isomorfismo φ : K → Ker(f) talque i′ se traduce en i (es decir i ◦ φ = i′ ).

Las sucesiones exactas cortas representan la situacion de un submodulo, un modulo y

un cociente de acuerdo con la siguiente proposicion.

[11.15] Proposicion.

(a) Dado un monomorfismo Li−→M tenemos una sucesion exacta corta

0 −→ Li−→M p−→M/i(L) −→ 0,

donde p es la proyeccion natural.(b) Dado un epimorfismo M

p−→N tenemos una sucesion exacta corta

0 −→ Ker(p)i−→M p−→N −→ 0,

donde i es la inclusion.

(c) Si tenemos una sucesion exacta corta

0 −→ Li−→M p−→N −→ 0,

entonces N es isomorfo al cociente M/i(L) y p es esencialmente la proyeccion natural.

(d) Si tenemos una sucesion exacta corta

0 −→ Li−→M p−→N −→ 0,

entonces L es isomorfo a Ker(p) e i es esencialmente la inclusion.

Demostracion. (a) y (b) son claros. Para ver (c) basta aplicar el primer teoremade isomorfismo a la funcion suprayectiva p : M → N (pues p ◦ i = 0). Se deja (d) como

ejercicio.

La demostracion del siguiente resultado se hace por la llamada “caza de diagramas”. La

idea es tomar elementos y moverlos en el diagrama de alguna de las formas siguientes queparezca mas apropiada en el momento: aplicar una funcion; si hay exactitud, usar [11.11]

y; en caso de que dos elementos esten en un mismo modulo, considerar su diferencia. Unpoco de practica es suficiente para saber lo que uno debe hacer.

[11.16] Proposicion. Lema del 5o. Supongamos que el siguiente es un diagrama

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conmutativo de A-modulos en el que los dos renglones son sucesiones exactas:

M1f1−→ M2

f2−→ M3f3−→ M4

f4−→ M5

h1 ↓ h2 ↓ h3 ↓ h4 ↓ h5 ↓N1

g1−→ N2g2−→ N3

g3−→ N4g4−→ N5

(a) Si h2 y h4 son monomorfismos y h1 es epimorfismo, entonces h3 es monomorfismo.

(b) Si h2 y h4 son epimorfismos y h5 es monomorfismo, entonces h3 es epimorfismo.

Demostracion. Haremos (a) y dejaremos (b) como ejercicio. Sea m3 ∈ M3 tal queh3(m3) = 0. Queremos probar que m3 = 0. Indicaremos en un diagrama con numeros los

pasos que vamos siguiendo (con la notacion y posicion naturales).

m1 m26−→ m3

3−→ m45=0

10↓ 7↓ 1↓ 4↓n1

9−→ n28−→ 0

2−→ 0

Ahora, sea m′2 = f1(m1). Tenemos que h2(m

′2) = n2 = h2(m2), pero h2 es monomorfismo

y, por tanto, m2 = m′2, de donde m3 = 0.

[11.17] Ejercicio. Probar [11.15](d).

[11.18] Ejercicio. Probar que un modulo M es cıclico si y solo si existe I ideal(izquierdo) de A tal que M ≈ A/I.

[11.19] Ejercicio de tarea. Decimos que un A-modulo M es simple si sus unicossubmodulos son {0} y M.

(a) Probar que M es simple si y solo si M ≈ A/I con I ideal maximal de A.(b) ¿Cuales son los Z-modulos simples?

(c) ¿Cuales son los F -modulos simples?(d) ¿Cuales son los F [x]-modulos simples?

[11.20] Ejercicio de tarea. Probar el inciso (b) de [11.16].

[11.21] Ejercicio de tarea. Consideremos las siguientes dos sucesiones exactas (loshomomorfismos son los naturales):

0→ Z2 → Z2 × Z2 → Z2 → 0

0→ Z2 →Z4 → Z2 → 0.

¿Por que no se contradice el lema 5o?

[11.22] Ejercicio. (a) Aplicar el lema del 5o para deducir que solo hay una sucesionexacta corta que contiene a la sucesion exacta 0→ L→M.

(b) Aplicar el lema del 5o para deducir que solo hay una sucesion exacta corta quecontiene a la sucesion exacta M → N → 0.

[11.23] Ejercicio. Sea L ≤ M y sea f : M → X un homomorfsimo de modulos tal

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que f(L) = 0. Sea f : M/L → X el homomorfismo dado por la propiedad universal delcociente. Probar lo siguiente:

(a) Ker(f) = Ker(f)/L. En particular f es inyectiva si y solo si Ker(f) = L.(b) Im(f) = Im(f). En particular f es suprayectiva si y solo si f lo es.

[11.24] Ejercicio de tarea. Sea 0→ L→M → N → 0 una sucesion exacta. Probarque si L y N son finitamente generados entonces tambien lo es M.

[11.25] Ejercicio. Describir los subgrupos de Z12 y ponerlos en correspondencia

biyectiva con los subgrupos de Z que contienen a 12Z. Describir ademas todos los cocientesde Z12 usando el tercer teorema de isomorfismo.

[11.26] Ejercicio de tarea. Escribir el segundo y el tercer teorema de isomorfismoen terminos de sucesiones exactas cortas.

[11.27] Ejercicio de tarea. Probar que Q[x] / < x2 − 2> es isomorfo a Q(√2)

como Q-modulos. Ademas observar que el isomorfismo respeta la multiplicacion ası que

es isomorfismo de anillos.

[11.28] Ejercicio. Probar que R/Z es isomorfo a S1 = {z ∈ C : ||z|| = 1} comogrupos abelianos (en S1 la operacion es el producto de complejos).

[11.29] Ejercicio. Sea f : L → M un homomorfismo de A-modulos. Probar queexiste un modulo C y un homomorfismo p :M → C con las dos propiedades siguientes:

(a) p ◦ f = 0 y(b) Dado g :M → X homomorfismo a un modulo X tal que g ◦ f = 0 existe un unico

homomorfismo g : C → X de tal manera que g ◦ p = g.

[11.30] Ejercicio. Sea f : L → M un homomorfismo de A-modulos. Probar quesi (C, p) y (C ′, p′) ambos satisfacen (a) y (b) del ejercicio anterior entonces existe un

isomorfismo φ : C → C ′ tal que p′ ◦ φ = p. (C se llama conucleo de f y se denota porCoker(f).)

[11.31] Ejercicio de tarea. Probar que es exacta la sucesion

0→ Ker(f)→ L→M → Coker(f)→ 0.

[11.32] Ejercicio. Probar el Teorema chino del residuo: Sea k un entero positivo ysupongamos que n1, n2, . . . , nk son k numeros naturales primos relativos por parejas (es

decir, para cada pareja (i, j) con i 6= j y 1 ≤ i, j ≤ k tenemos mcd(ni, nj) = 1). Sean

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b1, b2, . . . , bk enteros cualesquiera. Entonces el sistema

x ≡ b1 (mod n1)

x ≡ b2 (mod n2)...

x ≡ bk (mod nk)

tiene solucion entera. Probar ademas que el conjunto de soluciones es una clase modulo

n1n2 · · ·nk . (Sugerencia: Para cada i = 1, 2, . . . , k sea pi : Z→ Znila proyeccion natural.

Considerar la funcion (p1, p2, . . . , pk) : Z→ Zn1 × Zn2 × · · · × Znky comparar tamanos.)

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Seccion 12

Suma directa

Decimos que M es suma directa de dos submodulos L y N si todo elemento m deM se escribe de manera unica m = n + l con n ∈ N, l ∈ L. Escribimos M = N ⊕ L y

decimos que M es suma directa de N y L.

[12.1] Observacion. Sean L,N ≤M. Entonces son equivalentes:

(a) M es suma directa de N y L.

(b) M = N + L y N ∩ L = 0.(c) M = N + L y la unica forma de escribir 0 como suma 0 = n + l con n ∈ N y

l ∈ L es con n = 0 = l.

[12.2] Ejemplo. M = N × L es suma directa de N ′ = {(n, 0) : n ∈ N} ≈ N y de

L′ = {(0, l) : l ∈ L} ≈ L.

Veremos despues que toda suma directa es esencialmente igual a la del ejemplo anterior.

[12.3] Proposicion. Si M = L⊕N entonces existe una sucesion exacta corta

0 −→ Li−→M p−→N −→ 0,

donde i es la inclusion y p esta dada por p(m) = n si m = l + n con l ∈ L, n ∈ N. Enparticular, N es isomorfo al cociente M/L.

Decimos que L es sumando directo de M si L ≤M y existe N ≤M tal que L⊕N =M. En este caso se dice que N es un complemento de L. Un sumando puede tener varios

complementos distintos (por ejemplo si A = R, M = R2 y L =< (1, 0)>, entoncesN1 =<(0, 1)> y N2 =<(1, 1)> son dos complementos distintos de L. Sin embargo, por

[11.15], tenemos que dos complementos deben ser isomorfos.

§12. Suma directa

Un modulo es inescindible si no puede escribirse como suma directa de submodulospropios (lo contrario es escindible).

[12.4] Ejemplos. (a) Z es inescindible. Tenemos, por ejemplo, que Z = 2Z + 3Zpero la suma no es directa.

(b) Todo campo F es inescindible como F -modulo.(c) Todo F -espacio vectorial V de dimension mayor a 1 es escindible (y si v ∈ V no

es 0, entonces v forma parte de una base ası que <v> es sumando directo de V, concomplemento lo generado por el complemento de la base).

(c) Cualquier Z-submodulo de Q es inescindible (pues si a, b, c y d son enteros no 0

entonces bc(ab

)

= ac = ad(cd

)

, ası que cualesquiera dos submodulos tienen interseccion

no trivial (decimos que cualesquiera dos elementos de Q son dependientes).(d) Z6 =<3+6Z>⊕<2+6Z>≈ Z2×Z3. Observemos ademas que esta descomposicion

es tanto de Z-modulos como de Z6 -modulos, de tal forma que esto prueba que el anillopuede ser escindible como modulo sobre el mismo.

(e) Z8 es inescindible (pues todos sus subgrupos estan encadenados).(f) Q es sumando directo de R como Z-modulo (y tambien como Q-modulo pues es

Q-espacio vectorial).

[12.5] Proposicion. Sea A = Z o A = F [x], y sea a 6= 0 no invertible. EntoncesA/<a> es inescindible si y solo si a es potencia de un primo (irreducible).

Demostracion. La implicacion (⇒) es como el ejemplo (d) de [12.4]. En efecto,supongamos que a no es potencia de un primo (irreducible); entonces a = bc con b y

c primos relativos. Afirmamos que A/<a>=<b+<a>> ⊕ <c+<a>> . Escribamos1 como combinacion lineal de b y c: 1 = rb + sc (con r, s ∈ A). Entonces para todo

x ∈ A/<a> tenemos que x+<a>= rx(b+<a>)+ sx(c+<a>), de manera que <b+<a>>y <c+<a>> generan A/<a> . Nos falta ver que la suma es directa; tomemos un elemento

en la interseccion de b+<a> y c+<a>: r(b+<a>) = s(c+<a>), entonces rb− sc ∈<a>,de donde rb − sc = ta para algun entero t, pero esto implica que b es divisor de sc y,como b y c son primos relativos, entonces b divide a s, de donde sc es multiplo de a,

como querıamos probar.La implicacion (⇐) es como el ejemplo (e) de [12.4]: Si a = pk con p primo (irreducible)

y k ∈ N. Entonces los submodulos de A/<a> estan todos encadenados, de manera queA/<a> es inescindible.

[12.6] Corolario. (a) Si a = bc ∈ Z y b y c son primos relativos entonces Za ≈ Zb⊕Zc

como Z-modulos.

(b) Si a(x) = b(x)c(x) ∈ F [x] y b(x) y c(x) son primos relativos entonces tenemos queF [x] /<a(x)>≈ F [x] /<b(x)> ⊕F [x] /<c(x)>

Demostracion. Hagamos las dos demostraciones al mismo tiempo (trabajando sin

escribir x). Veamos entonces que <b+<a>> es isomorfo a A/<c> . Tenemos

<b+<a>>≈ (A/<a>) /<c+<a>>≈ (A/<a>) / (<c> /<a>) ≈ A/<c>,

76

§12. Suma directa

donde el primer isomorfismo esta dado por la proposicion anterior y por [11.15]; el segundoisomorfismo es porque <c>⊃<a> y el cociente es lo generado por c+<a>; finalmente el

ultimo isomorfismo esta dado por el tercer teorema de isomorfismo.

Recordemos lo siguiente: Sea f : X → Y una funcion (entre conjuntos). Si f es

inyectiva entonces existe g : Y → X tal que g ◦ f = idX (es decir, toda funcion inyectivatiene inversa izquierda). Si f es suprayectiva entonces existe g : Y → X tal que f ◦g = idY(es decir, toda funcion suprayectiva tiene inversa derecha). Esto no siempre es cierto enmodulos (pensando entonces que todas las funciones consideradas sean homomorfismos);

por ejemplo, es claro que la inclusion i : Z → Q no tiene inversa izquierda y que el

epimorfismo Z→ Z2 no tiene inversa derecha.

Veremos que en modulos hay inversos laterales si y solo si hay descomposicion en

suma directa, es decir, si i : L → M es monomorfismo, entonces existe homomorfismo qinverso izquierdo de i si y solo si i(L) es sumando directo de M (y un complemento es

Ker(q)). Analogamente, dado un epimorfismo p : M → N existe un homomorfismo jinverso derecho de p si y solo si Ker(p) es sumando directo de M (con complemento igual

a j(N) que es isomorfo a N ).

Conviene poner todo este contexto dentro de sucesiones exactas cortas. Decimos que

una sucesion exacta

0 −→ Li−→M p−→N −→ 0,

se escinde (o divide) por la derecha si existe j : N →M homomorfismo tal que p◦j = idN .

En este caso j se llama seccion de p. La sucesion se escinde por la izquierda si existeq :M → L homomorfismo tal que q ◦ i = idL. En este caso q se llama retraccion de p.

[12.7] Proposicion. Dada una sucesion exacta

(∗) 0 −→ Li−→M p−→M/i(L) −→ 0,

son equivalentes:(a) (∗) se escinde por la izquierda.

(b) (∗) se escinde por la derecha.(c) i(L) es sumando directo de M.

Demostracion. (a) ⇒ (b). Sea q : M → L una retraccion de i. Queremos definir

j : N →M seccion de p. Usemos la propiedad universal del cociente (pues p :M → N escociente de i : L→M ). Consideremos h = idM − i ◦ q :M → M ; tenemos que h ◦ i = 0,

ası que existe j : N → M tal que j ◦ p = h. Veamos que p ◦ j = idN ; pero esto es claropor la forma en que j se define: Si n ∈ N entonces j(n) = h(m) para cualquier m ∈ Mtal que p(m) = n.

(b) ⇒ (a). Ejercicio de tarea.

(a) y (b) ⇒ (c). Veamos que M = i(L)⊕ j(N). Tenemos que q ◦ i = idL, p ◦ j = idNy p ◦ i = 0. Sea m ∈ M ; tenemos que p(m − j ◦ p(m)) = 0, ası que existe l ∈ L tal que

i(l) = m − j ◦ p(m), de donde m = i(l) + j(p(m)). Ahora, supongamos que i(l) = j(n)

77

§12. Suma directa

para ciertos l ∈ L y n ∈ N. Entonces 0 = p ◦ i(l) = p ◦ j(n) = n, pero es claro que j esinyectiva (pues p ◦ j = idN que es inyectiva), ası que n = 0, de donde j(n) = 0.

(c) ⇒ (a). Esto es claro pues si M = i(L) ⊕ N ′ definimos q(m) = l donde l es elunico elemento de L tal que m = i(l) + n′ con n′ ∈ N ′.

En el caso de la proposicion anterior, decimos que (∗) se escinde.

[12.8] Corolario. Si la sucesion

0 −→ Li−→M p−→M/i(L) −→ 0,

se escinde con j : N →M y q :M → L, entonces tambien la sucesion

0 −→ Nj−→M q−→L −→ 0

es exacta y se escinde.

[12.9] Ejercicio. Aplicar el lema del 5o para deducir que si una sucesion exacta corta0→ L→M → N → 0 se escinde entonces M ≈ L×N.

[12.10] Ejercicio. Usar el ejercicio anterior para probar que si M = L⊕N entoncesM ≈ L×N.

Decimos que M es suma directa de una familia (posiblemente infinita) de submodulos

{Mi : i ∈ I}, en sımbolos, M =⊕Mi si cada elemento de M se escribe de manera unica

como suma (finita) de elementos de las Mi. Equivalentemente, M =∑

iMi y la unica forma

de escribir 0 como suma de elementos de las Mi, 0 =∑mi, es con todas las mi iguales a 0

(en otras palabras, para cada i ∈ I, se tiene que Mi ∩∑

j 6=iMj = 0. Es pertinente aclarar

aquı que no basta pedir que la interseccion de todos sea 0, ni siquiera que la interseccionde dos cualesquiera sea 0; por ejemplo, en R3, si M1 =<(1, 0, 0)>, M2 =<(0, 1, 0)>,

M3 =< (0, 0, 1)> y M4 =< (1, 1, 1)>, entonces las intersecciones por parejas son 0 yR3 =

∑

iMi pero la suma no es directa pues (0, 0, 0) = (1, 0, 0)+(0, 1, 0)+(0, 0, 1)−(1, 1, 1).

Si A es un dominio y M es un modulo definimos t(M) = {m ∈ M : ∃ a ∈ A \{0} con am = 0}. Este es un submodulo de M llamado submodulo de torsion. Decimosque M es un modulo de torsion si M = t(M). Decimos que M es libre de torsion si

t(M) = 0.

[12.11] Ejemplos. (a) Zk es de torsion.

(b) Z es libre de torsion.(c) R es libre de torsion.

(d) t (R/Z) = Q/Z.(e) M/t(M) es libre de torsion.

[12.12] Ejemplo. En grupos no abelianos no es cierto que los elementos de orden

78

§12. Suma directa

finito formen un subgrupo.

Demostracion. En el grupo S de permutaciones de Z sean

σ(x) =

{x+ 1 si x es par,

x− 1 si x es impar,

τ(x) =

{x+ 3 si x es par,

x− 3 si x es impar,

Entonces ambas σ y τ son de orden 2 pero τ ◦ σ es de orden infinito.

Sea A = Z o A = F [x]. Sea p un irreducible (primo) en A y sea M un A-modulo.

Definimos la parte p-primaria de M como tp(M) = {m ∈ M : ∃ k ∈ N con pkm = 0}.Tambien este es un submodulo de M.

[12.13] Teorema. Sea A = Z o A = F [x]. Todo modulo de torsion es suma directa

de sus partes p-primarias.

Demostracion. Sea m ∈M y supongamos que a ∈ A\{0} es tal que am = 0. Escrib-

amos a = pk11 · · ·pkrr donde los pi son primos distintos y los ki son naturales. Observemos

que a/pk11 , · · · , a/pkrr son primos relativos ası que 1 = s1(

a/pk11)

+· · ·+sr(

a/pkrr)

para cier-

tos si ∈ A. Entonces m = s1(

a/pk11)

m+ · · ·+ sr(

a/pkrr)

m y cada si(

a/pkii)

m ∈ tpi(M)..

Para ver que la suma es directa observemos que si suponemos que m1+m2+ · · ·+mk = 0con mi ∈ tpi(M) \ {0} (los pi primos distintos) y prii mi = 0 entonces al multiplicar por

pr22 · · · prkk tenemos que pr22 · · · prkk m1 = 0 y tambien pr11 m1 = 0, pero 1 es combinacion lin-eal de de pr22 · · · prkk y pr11 ası que, al multiplicar esa combinacion lineal por m1 obtenemos

m1 = 0, lo cual es una contradiccion.

[12.14] Ejemplo. Q/Z es un grupo abeliano de torsion. Para p un primo entero, laparte p-primaria de Q/Z se llama Zp∞. Tenemos que

Zp∞ = {a/pk + Z : a ∈ Z, k ∈ N}.

Observemos que Q/Z es un subgrupo de R/Z, que es isomorfo a S1 = {z ∈ C : ||z|| = 1}(este ultimo como grupo multiplicativo). Entonces Zp∞ corresponde al subgrupo formadopor las raıces pk -esimas de 1 en C. Observemos tambien que todos los subgrupos de Zp∞

estan encadenados, son isomorfos a Zpk para k ∈ N y su union es Zp∞ :

<1/p+ Z>⊂<1/p2 + Z>⊂<1/p3 + Z>⊂ · · ·

Tambien podemos pensar que Zp∞ tiene generadores c1, c2, c3, . . . (cada ci corresponde a

1/p2 + Z) que satisfacen pc1 = 0 y, pck+1 = ck para todo k ∈ N. (Esta ultima descripciones particularmente importante pues define a Zp∞ en terminos de generadores y relaciones;

esto puede hacerse con cualquier modulo, como veremos en [13.3].)

[12.15] Ejercicio de tarea. Sea A un dominio y sea 0 → L → M → N → 0 una

sucesion exacta. Probar que M es de torsion si y solo si L y N son de torsion.

79

§12. Suma directa

[12.16] Ejercicio. Probar que Zp∞ es inescindible.

[12.17] Ejercicio de tarea. Probar que M = R[[x, y]] /<xy> es inescindible como

R[[x, y]]-modulo pero que el submodulo generado por {x, y} no lo es. (Sugerencia: Analizarcomo son los elementos de M y como es M como R-espacio vectorial y probar que si

L⊕N =M , entonces 1+ <xy>∈ L o 1+ <xy>∈ N .)

Dada una familia de A-modulos {Mi : i ∈ I} el producto directo de la familia es elproducto cartesiano M =

∏

iMi con las operaciones coordenada a coordenada. Cada Mi

se llama factor de M. Para cada i ∈ I el submodulo de M formado por los elementosque tienen 0 en todas las coordenadas distintas de i es un modulo M ′

i isomorfo a Mi.

Los M ′i generan su suma directa y esta consta de los elementos de M que tienen solo un

numero finito de coordenadas distintas de 0. Llamamos a esta la suma directa externa de

los Mi. De esta manera es posible pensar a la suma directa de modulos dentro del productodirecto. Es claro que si el numero de modulos es finito, entonces el producto y la suma

directa coinciden, pero que esto es falso cuando hay una cantidad infinita de factores.

[12.18] Ejercicio. Probar que si A es un dominio y {Mi : i ∈ I} es una familia de

modulos, entonces M =⊕

i∈I Mi es de torsion si y solo si cada Mi lo es. ¿Es cierto lomismo para

∏

i∈I Mi?

Al igual que el cociente o el nucleo, el producto directo y la suma directa estan carac-

terizados por propiedades universales; estas los comparan con los demas modulos.

La propiedad universal del producto es bastante clara y la parte de la caracterizacion

es estandar. La enunciamos sin demostracion.

[12.19] Teorema. Propiedad universal del producto directo. Sea {Mi : i ∈ I} una

familia de A-modulos. Entonces el producto directo M de la familia, junto con las proyec-

ciones naturales {pi :M →Mi}, son tales que dado cualquier modulo X y una familia dehomomorfismos {fi : X →Mi : i ∈ I} existe un unico homomorfismo f : X →M tal que

pi ◦ f = fi para toda i. Esta propiedad caracteriza al producto directo.

La propiedad universal del producto puede expresarse de manera simplificada como

sigue: “Para dar un homomorfismo que llega a un producto directo hay que darlo a cadafactor.”

La propiedad universal de la suma directa es un poco menos clara que la del producto.Decimos que esta propiedad es dual de la del producto pues se obtiene invirtiendo todas

las flechas. Por esta razon a la suma directa tambien se le llama coproducto.

[12.20] Teorema. Propiedad universal de la suma directa. Sea {Mi : i ∈ I} unafamilia de A-modulos. Entonces la suma directa M de la familia, junto con las inclusiones

naturales {αi : Mi → M}, son tales que para dado cualquier modulo X y una familia de

80

§12. Suma directa

homomorfismos {fi :Mi → X : i ∈ I} existe un unico homomorfismo f : M → X tal quef ◦ αi = fi para toda i. Esta propiedad caracteriza a la suma directa.

Demostracion. Solo diremos como definir f a partir de las fi. Dado m ∈M tenemosque m se escribe de forma unica como m =

∑mi con mi ∈ Mi. Definimos f(m) =

∑

i fi(mi).

La propiedad universal de la suma directa puede expresarse de manera simplificadacomo sigue: “Para dar un homomorfismo que sale de una suma directa hay que definirlo

en cada sumando.”

[12.21] Ejercicio de tarea. Encontrar una condicion necesaria y suficiente para

que dados dos homomorfismos f : 2Z → M y g : 3Z → M exista un homomorfismoh : Z→M que extienda a ambos.

[12.22] Ejercicio de tarea. Probar que una familia de sucesiones exactas 0→ Li →Mi → Ni → 0 induce una sucesion exacta 0 → ⊕

i Li →⊕

iMi →⊕

iNi → 0. Enparticular, si Li ≤Mi para toda i ∈ I entonces

(⊕

Mi

)

/(⊕

Li

)

≈⊕

(Mi/Li) .

[12.23] Ejercicio. Sea {Mi : i ∈ I} una familia de submodulos de un modulo M .

Probar que∑

i∈IMi es cociente de

⊕

i∈IMi, la suma directa externa de los Mi .

81

Seccion 13

Modulos libres y modulos divisibles

Decimos que un modulo L es libre si es suma directa de copias del anillo. Si L =⊕

i∈I Ai con cada Ai ≈ A (escribimos L = A(I) ) entonces los elementos que tienen 1 en la

coordenada i y 0 en todas las demas son generadores de L y constituyen una base.

[13.1] Ejemplos. (a) Todo F -modulo es libre.

(b) Q no es libre como Z-modulo.

(c) Si A = Z y M es tal que t(M) 6= 0, entonces M no es libre.

Tambien los modulos libres estan caracterizados por una propiedad universal. Esta

viene dada por la combinacion de la propiedad universal de la suma directa y que loshomomorfismos que salen del anillo f : A→M estan dados por la eleccion de un elemento

cualquiera m del modulo y definiendo f(a) = am (es decir, basta escoger la imagen del1).

[13.2] Teorema. Propiedad universal de los modulos libres. Sea L un A-modulo

libre con base B = (bi : i ∈ I). Entonces dado un A-modulo cualquiera X y una eleccionde elementos (xi)i de X existe un unico homomorfismo f : L → X tal que f(bi) = xi.

Esta propiedad caracteriza a los modulos libres es decir, si M es un modulo que contieneuna lista de elementos B = (bi : i ∈ I) con la propiedad de que para todo modulo X y

una eleccion de elementos (xi)i de X existe un unico homomorfismo f : M → X tal quef(bi) = xi, entonces M es un modulo libre con base B.

[13.3] Teorema. Todo modulo es cociente de un modulo libre. Si el modulo esfinitamente generado, entonces se puede escoger el libre con base finita.


§13. Modulos libres y modulos divisibles

El resultado anterior es especialmente importante pues nos permite definir cualquiermodulo mediante generadores y relaciones. Veamos por ejemplo como definir Zp∞ y otros

grupos en esta forma.

[13.4] Ejemplos. (a) El grupo abeliano Z2⊕Z4 es cociente de Z⊕Z entre el subgrupo

< (2, 0), (0, 4) >.Consideremos Z(N) con una base fija (x1, x2, . . .), por ejemplo la base canonica en la que

xi es el elemento que tiene 1 en la coordenada i y 0 en todas las demas. Consideremos lossiguientes grupos abelianos cociente de Z(N) (ası todos ellos tienen una cantidad numerable

de generadores).

(a) Zp∞ = Z(N)/L1 donde L1 =<{pxi+1 − xi : i ∈ N} ∪ {px1}> . En este caso, sillamamos ci = xi + L, tenemos que <ci>≈ Zpi, <c1>⊂<c2>⊂ · · · y pci+1 = ci (ver

[12.14]).(b) Si L2 =<px1, p

2x2, p3x3, . . .> . Entonces Z(N)/L2 =

⊕Zpi . Es facil ver que L2 ≤ L1

(pues, por ejemplo, p2x2 = p(px2− x1) + px1 ), ası que la proyeccion de ZN en Zp∞ induceun epimorfismo Z(N)/L2 → Zp∞ .

(c) Si L3 =<px1, px2 − x1, p2x3 − x1, p3x4 − x1, . . .>, entonces en Z(N)/L3 el elementox1 + L es divisible por cualquier potencia de p (es decir, para todo k ∈ N la ecuacion

pkz = x1+L tiene solucion z ∈ Z(N)/L) pero no es cierto que el grupo sea divisible (es decir,no todos los elementos son divisibles por cualquier natural k) como lo es Z∞

p (ver la seccion

siguiente). Tambien en este caso L3 ≤ L1 (por ejemplo, px3−x1 = p(px3−x2)+(px2−x1)),y tenemos un epimorfismo Z(N)/L3 → Zp∞ .

(d) Q = Z(N)/L4 donde L4 =<ixi − jxj : i, j ∈ N> (en este caso podemos pensar quexi representa al racional 1

i.

[13.5] Ejercicio de tarea. Probar que si 0 → N → M → L → 0 es una sucesion

exacta con N libre, entonces la sucesion se escinde. En particular, si N ≤ M es tal queM/N es libre entonces N es sumando directo de M.

[13.6] Ejercicio de tarea. Dar un ejemplo de una sucesion exacta 0 → L → M →N → 0 escindible en la que N no sea libre.

[13.7] Ejercicio de tarea. Probar que si I es un ideal principal en un dominio,

entonces I es modulo libre. Dar un ejemplo que pruebe que esto no es cierto si A no esdominio.

Sea A un dominio y sea a ∈ A \ {0}. Un A-modulo M es a-divisible si dado m ∈Mexiste x ∈M tal que m = ax. Decimos que M es divisible si lo es para cada a 6= 0.

[13.8] Ejemplos. (a) El modulo 0 es divisible.(b) Si M es un modulo a-divisible y N es cociente de M entonces N es a-divisible.

(c) Q es divisible pero Z no, ası que submodulo de a-divisible no necesariamente esa-divisible.

83

§13. Modulos libres y modulos divisibles

(d) R y S1 son modulos divisibles.

[13.9] Ejercicio de tarea. Sea A = Z y sean p y q primos distintos. Si M es un

Z-modulo p-primario entonces M es q -divisible.

[13.10] Ejercicio de tarea. Probar que Q no es libre como Z-modulo.

[13.11] Observacion. (a) Si A es un dominio y {Mi : i ∈ I} es una familia de

modulos, entonces M =⊕

i∈I es divisible si y solo si cada Mi lo es.(b) Si A es un dominio y {Mi : i ∈ I} es una familia de modulos, entonces

∏

i∈I Mi es

divisible si y solo si cada Mi lo es.

[13.12] Ejemplo. Zp∞ es divisible.

[13.13] Ejercicio de tarea. Probar que si 0 → L → M → N → 0 es una sucesion

exacta y L y N son a-divisibles entonces tambien lo es M.

[13.14] Ejercicio. Sea k ∈ N y sea M un grupo abeliano. Sea µk : M → M el

homomorfismo dado por la multiplicacion por k.(a) Probar que M es divisible si y solo si µk es suprayectiva para toda k .

(b) Probar que M es de libre de torsion si y solo si µk es inyectiva para toda k .

[13.15] Ejercicio de tarea. Probar que si A es dominio y M es un A-modulo libre

de torsion, entonces dado a ∈ A \ {0} y m ∈M existe una unica x ∈M tal que m = ax.Probar tambien que lo anterior es falso si M no es libre de torsion.

[13.16] Proposicion. Sea A un dominio y sea M un A-modulo. Entonces existe D

submodulo divisible de M que contiene a todos los submodulos divisibles de M.

Demostracion. Consideremos la familia {Di : i ∈ I} de todos los submodulos divisi-

bles de M. Sea D =∑

i∈I Di. Es claro que D contiene a todos los submodulos divisiblesde M ; para ver que D es divisible observemos que D es cociente de

⊕Di, la suma directa

externa de los Di (ver [12.23]).

[13.17] Ejercicio de tarea. Sea p un numero primo. Encontrar dos elementosdistintos m y n en el grupo abeliano M = (Z × Z) /<(p,−p)> tales que pm = pn 6= 0.

En particular, dentro de un grupo abeliano, si un elemento (no cero) es divisible por unprimo p, no necesariamente el resultado de la division es unico.

[13.18] Ejercicio de tarea. Probar que si M es el grupo abeliano definido por:

M = (∏

n∈NZn) / (

⊕

n∈NZn)

entonces M no es es divisible.

84

Seccion 14

Homomorfismos de anillos

Homomorfismos

Si A y B son anillos, una funcion γ : A→ B es homomorfismo si γ satisface:

(a) Para a, a′ ∈ A se tiene que γ(a+ a′) = γ(a) + γ(a′).(b) Para a, a′ ∈ A se tiene que γ(aa′) = γ(a)γ(a′).

(c) γ(1A) = 1B .

[14.1] Ejemplos. (a) Si A es anillo, entonces la funcion identidad idA : A → A es

homomorfismo.(b) Si A es subanillo de B , entonces la inclusion α : A → B (definida por α(a) = a

para toda a ∈ A) es homomorfismo.

[14.2] Propiedades. (a) Si γ : A→ B es homomorfismo entonces γ(0) = 0.(b) La composicion de homomorfismos es homomorfismo.

(c) Si γ : A→ B es homomorfismo y A′ es subanillo de A entonces γ(A′) es subanillode B. En particular la imagen de γ es subanillo de B.

(d) Si γ : A→ B es homomorfismo y J es ideal de B entonces f−1(J) es ideal de A.Se denota por Ker(γ) a γ−1(0) y se le llama nucleo o kernel de γ.

[14.3] Ejercicio. Probar que si γ : A→ B es un homomorfismo de anillos suprayec-tivo, entonces la imagen de un ideal bajo γ es ideal, pero que esto no es necesariamente

cierto si γ no es suprayectiva.

Dados dos anillos A y B decimos que son isomorfos si existe un homomorfismo biyec-

§14. Homomorfismos de anillos

tivo γ : A→ B. En este caso γ es isomorfismo y escribimos A ≈ B.

[14.4] Ejercicio. Probar que ser isomorfos es una “relacion” de equivalencia. (La

palabra relacion esta entre comillas pues no se puede hablar del conjunto de todos losanillos; sin embargo sı podemos pensar en la reflexividad, transitividad y simetrıa de la

propiedad de isomorfismo.)

Se llama monomorfismos a los homomorfismo inyectivos y epimorfismos a los homo-morfismos suprayectivos.

[14.5] Ejercicio. Probar que para n ∈ N la proyeccion natural Z→ Zn es homomor-fismo.

[14.6] Ejercicio. Probar que un homomorfismo de anillos f : A → B es monomor-fismo, si y solo si, Ker(f) = 0.

[14.7] Ejercicio. Probar que todo homomorfismo de anillos manda unidades (ele-

mentos invertibles) en unidades.

[14.8] Proposicion. Sea γ : F → K homomorfismo de campos y sea Γ : F [x]→ K[x]

el homomorfismo inducido. Probar que si f(x) ∈ F [x] es tal que Γ(f(x)) tiene el mismogrado que f(x) y Γ(f(x)) es irreducible en K[x] , entonces f(x) es irreducible en F [x] .

En particular, si existe un numero primo p tal que el coeficiente principal de f(x) ∈ Z[x]es primo relativo con p, y el polinomio f(x) obtenido por reducir modulo p los coeficientes

es irreducible en Zp , entonces f(x) es irreducible sobre Z (y, por lo tanto, sobre Q).

Demostracion. Para cada polinomio j(x) ∈ F [x] escribamos j(x) en lugar deΓ(j(x)). Supongamos que f(x) = g(x)h(x) para g(x) y h(x) polinomios de grado menor

que ∂(f); entonces f(x) = g(x) · h(x) y es claro que ∂(g(x)) = ∂(g(x)) y ∂(h(x)) =∂(h(x)), pues, en caso de que se hubiera reducido el grado, entonces tambien se habrıa re-

ducido el grado de f(x), pero esto no es cierto, por hipotesis. Entonces g(x) y h(x) tienengrado menor que f(x), lo cual nos dice que f(x) es reducible y esto es una contradiccion.

Para probar la segunda parte de la afirmacion basta considerar γ : Z → Zp , laproyeccion natural.

[14.9] Ejemplo. Probar que f(x) = x4 + x+ 1 es irreducible sobre Q[x] .

Demostracion. Es claro que ni 1 ni −1 son raıces, ası que si el polinomio se factor-izara, lo harıa como producto de dos polinomios de grado 2. Al reducir modulo 2, sabemos

que el unico polinomio irreducible de grado 2 en Z2 es x2 + x + 1 y (x2 + x + 1)2 =x4 + x2 + 1 6= f(x).

[14.10] Ejercicio de tarea. Probar que el polinomio f(x) = x5+6x4+2x3+x2−2x+1

es irreducible sobre Q .

86


El criterio de la segunda parte de la proposicion anterior no es completo, es decir,existen polinomios irreducibles sobre Z pero que son reducibles en Zp para todo primo p,

como veremos despues de los siguientes tres lemas de Teorıa de Numeros (ver seccion 17).

[14.11] Ejercicio de tarea. Probar que si a0+a1x+ · · ·+anxn ∈ F [x] es irreducible,entonces tambien lo es an + an−1x+ · · ·+ a0x

n ∈ F [x] .

Cocientes de anillos

Dado un anillo A a nosotros nos interesa definir relaciones de equivalencia en A de tal

manera que el cociente sea un anillo y la proyeccion natural sea un homomorfismo. Poste-riormente veremos que, al igual que en conjuntos, hablar de homomorfismos suprayectivos

con dominio un anillo A es lo mismo que hablar de cocientes de A. Las relaciones de

equivalencia que nos definen cocientes apropiados son a traves de ideales bilaterales y lasparticiones constan de “trasladados aditivos” del ideal como describimos a continuacion:

Dado I ideal bilateral del anillo A , definimos el cociente de A entre I por

A/I = {a+ I : a ∈ A},

donde a + I = {a + i : i ∈ I}. Dos elementos a, a′ de A estan relacionados (escribimosa ≡ a′ (mod I) si y solo si a − a′ ∈ I. Damos a este conjunto una estructura de anillo

mediante las operaciones a traves de los representantes, es decir

(a+ I) + (b+ I) = (a+ b) + I; y

(a+ I)(b+ I) = (ab) + I,

para a, b ∈ A .

[14.12] Observacion. La definicion es correcta, es decir, no depende de los repre-

sentantes elegidos, y determina una estructura de anillo en A/I de tal manera que laproyeccion natural es homomorfismo.

[14.13] Observacion. Si I es ideal bilateral de A y p : A → A/I es la proyeccionnatural entonces Ker(p) = I.

[14.14] Ejercicio de tarea. Probar que en el anillo F [x] /<f(x)> los polinomios

g(x) primos relativos con f(x) tienen inverso multiplicativo.

[14.15] Ejercicio. Probar que en el anillo F [x] /<f(x)> dos polinomios a(x) y b(x)

estan en la misma clase si y solo si tienen el mismo residuo en la division entre f(x).

[14.16] Teorema. Propiedad universal del anillo cociente. Sea I ideal bilateral del

anillo A . Entonces A/I y la proyeccion natural p : A→ A/I satisfacen lo siguiente:

87


(i) p(I) = 0 y(ii) Si γ : A → B es un homomorfismo tal que γ(I) = 0 entonces existe un unico

homomorfismo γ : A/I → B de tal manera que γ ◦ p = γ.

Demostracion. Es claro que se satisface (i). Para ver que se satisface (ii) sea γ :

A→ B un homomorfismo tal que γ(I) = 0; definamos γ(a+I) = γ(a). El que γ esta bien

definida es precisamente porque γ(I) = 0; el que γ es unica tal que γ ◦ p = γ es claro.

[14.17] Teorema. Primer teorema de isomorfismo. Si γ : A → B es un homomor-

fismo de anillos entonces Im(γ) ≈ A/Ker(γ).Demostracion. Sea γ ′ : A → B definido como γ (es decir γ ′(a) = γ(a) para todo

a ∈ A); entonces γ ′(Ker(γ)) = 0 ası que, por la propiedad universal del cociente, γ ′

induce un homomorfismo γ ′ : A/Ker(γ) → Im(γ). Es claro que este homomorfismo esbiyectivo.

[14.18] Observacion. Si γ : A → B es un epimorfismo, entonces B es isomorfo aun cociente de A , es decir, hablar de epimorfismos de anillos es lo mismo que hablar de

cocientes.

[14.19] Ejercicio. Probar que existe un isomorfismo de anillos R[x] /<x2 + 1>≈ C.

(Ası podemos “construir” los numeros complejos a partir de R agregando un elemento x

cuyo cuadrado sea −1.)

[14.20] Teorema. Teorema de la correspondencia. Sea I ideal bilateral de un anillo

A . Entonces existe una biyeccion que respeta inclusion entre los ideales (izquierdos) de Aque contienen a I y los ideales de A/I. Esta biyeccion esta dada por la proyeccion natural

p : A→ A/I .

Demostracion. Por [3.3] tenemos que si I ≤ J ≤ A entonces p(J) es un idealde A/I (pues p es suprayectiva). La asignacion de ideales en ideales es suprayectiva

porque claramente si I ≤ A/I entonces p−1(I) es un ideal de A que contiene a I y, porser p suprayectiva, J = p(p−1(J) = p−1(A)/I. Es obvio que esta asignacion J → p(J)

respeta inclusion. Veamos que es inyectiva: Supongamos que J y J ′ son ideales de A quecontienen a I y tales que p(J) = p(J ′); queremos probar que J = J ′. Sea j ∈ J ; entoncesj + I ∈ p(J ′) ası que existe j ′ ∈ J ′ tal que j + I = j ′ + I ; esto implica que existe i ∈ I talque j − j ′ = i, pero I ⊂ J ′, ası que j = j ′ + i ∈ J ′. La inclusion J ′ ⊂ J es igual.

[14.21] Ejemplo. Sea I = 18Z ideal de Z . Entonces los ideales del cociente Z18

estan en correspondencia biyectiva con los ideales de Z que contienen a 18Z, los cuales

claramente son los k Z con k divisor de 18. Las posibilidades para k son 1, 2, 3, 6, 9, 18.Entonces los ideales son:

∗ p(<1>) =<1>= Z18,

∗ p(<2>) = {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} =<2>,∗ p(<3>) = {0, 3, 6, 9, 12, 15, 18} =<3>,

88


∗ p(<6>) = {0, 6, 12} =<6>,∗ p(<9>) = {0, 9} =<9>,

∗ p(<18>) = {0}.

[14.22] Observacion. No tiene sentido en teorıa de anillos pensar en los resultados

analogos al Segundo y Tercer Teoremas de Isomorfismo de grupos pues se tendrıan queconsiderar cocientes de ideales.

Campos de cocientes

[14.23] Teorema. Dado A anillo existe F campo que lo contiene si y solo si A esdominio. En este caso existe un campo menor (en el sentido que esta contenido en cualquier

otro campo que contenga a A) y este es unico salvo un isomorfismo que conmuta con la

inclusion de A. A este campo lo denotamos por Q(A) y le llamamos campo de cocientesde A .

Demostracion. Definimos

Q(A) = {(a, b) : a, b ∈ A, b 6= 0}/∼,

donde (a, b) ∼ (c, d)⇔ ad = bc. A la clase de (a, b) la denotamos aby definimos la suma

y multiplicacion en Q(A) por

a

b+c

d=ad+ bc

bdy

a

b

c

d=ac

bd.

Pensamos A ⊂ Q(A) por a 7→ a1. No haremos los detalles de la demostracion por ser muy

laboriosos (pero no difıciles) y no ofrecer nada nuevo a lo que conocemos de la construccionde Q a partir de Z. (Estos son: ∼ es relacion de equivalencia, la suma y multiplicacion

estan bien definidas y con ellas Q(A) es campo; ademas a 7→ a1define un monomorfismo

de anillos). Falta ver que Q(A) es el menor, pero tambien esto es obvio pues si i : A→ F

es un monomorfismo de anillos de A en un campo F, entonces si definimos j : Q(A)→ F

por j(ab) = i(a)i(b)−1 es facil ver que j es monomorfismo de campos.

[14.24] Observacion. La minimalidad del campo de cocientes puede expresarse como

sigue: Propiedad universal del campo de cocientes. Dados A dominio y F campo, si i :A→ F es monomorfismo de anillos, entonces existe un unico j : Q(A)→ F homomorfismo

(que ademas es inyectivo) tal que j|A = i. De esta manera, tenemos tambien que el campode cocientes es unico (caracterizado por la propiedad universal).

[14.25] Ejemplos. (a) Q(Z) = Q.(b) Q(R[x]) = {γ(x)

g(x): g(x) 6= 0}.

(c) Q(Z[i]) = Q[i].

(d) Q(R[[x]]) es el conjunto cuyos elementos son series de Laurent infinitas.

89


Recordemos la demostracion que estudiamos en nuestros cursos de algebra lineal deque todo R-subespacio V de Rk tiene base. Si V = {0} entonces su base es ∅. Si no, seav1 ∈ V \ {0}. Si V =<v1>, entonces (v1) es base; si no entonces tomamos v2 ∈ V \ {v1}y ası sucesivamente; es facil ver que los elementos ası construidos son independientes y

tambien que no puede haber mas de k elementos independientes (ver [3.26]) ası que enalgun momento se obtiene un conjunto de generadores y, por tanto, una base. Para hacer

la demostracion en general, incluyendo el caso infinito, necesitamos lema de Zorn queenunciamos (isn demostracion) a continuacion.

[14.26] Lema. Lema de Zorn. Si X es un conjunto no vacıo en el que esta definido un

orden parcial y tal que cualquier subconjunto de X totalmente ordenado (llamado cadena)tiene cota superior en X , entonces X tiene elementos maximales.

[14.27] Proposicion. Todo espacio vectorial V tiene base.

Demostracion. Sea X = {X ⊂ V : X es independiente}, ordenado por la inclusion.

Como ∅ ∈ X , entonces X 6= ∅. Si C = {Xs : s ∈ S} es una cadena en X , entonces ⋃sCs

es independiente pues si se toma una combinacion lineal igual a 0, esta involucra solo unnumero finito de elementos ası que todos estan en un mismo Xs ; de esta manera vemos

que toda cadena tiene cota superior y esto implica, por Zorn, que existe X0 maximalindependiente en V. Es claro que X0 genera V pues si v ∈ V \<X0>, entonces X0 ∪ {v}serıa independiente.

[14.28] Observacion. Todo conjunto independiente Y en un espacio vectorial se

puede completar a una base.

Demostracion. La misma demostracion de la proposicion anterior sirve, tomandoX = {X ⊂ V : Y ⊂ X y X es independiente}.

[14.29] Proposicion. Si B y C son bases para un espacio vectorial V, entonces By C tienen la misma cardinalidad.

Demostracion. Supongamos que |B| > |C|. Tenemos dos casos:

∗ |B| infinito. Como todo elemento de C se puede escribir como combinacion lineal deelementos de B y las combinaciones lineales solo involucran un numero finito de elementos,

entonces el conjunto B′ de elementos de B que se usaron en esas combinaciones linealestiene cardinal menor que |B| ası que existe b ∈ B \B′ ; pero b se escribe como combinacion

lineal de elementos de C los cuales, a su vez, se escriben como combinacion lineal deelementos de B′ y entonces tambien b se escribe como combinacion lineal de elementos de

B′, lo cual es una contradiccion.∗ |B| finito. Entonces la misma demostracion de algebra lineal sirve: Al escribir cada

elemento de B como combinacion lineal de elementos de C, la matriz de los coeficientestiene mas renglones que columnas, por tanto, mediante operaciones elementales se logra

hacer algunos renglones de 0′ s, lo cual quiere decir que los vectores correspondientes a esos

renglones eran combinacion lineal de los demas, ası que no podıan ser independientes.

90


Gracias a la proposicion anterior esta bien definida la dimension de un espacio vectorialcomo el cardinal de cualquier base.

[14.30] Ejercicio de tarea. Dar una base, como F -espacio vectorial, para F [x] .

[14.31] Ejercicio de tarea. Probar que la dimension de F [x] /<f(x) > es ∂f(x).

Ahora veamos que los campos basicos son los Zp y Q, en el sentido que cualquier

otro campo contiene exactamente uno de ellos (como subcampo). Les llamamos camposprimos.

[14.32] Proposicion. Cualquier campo F contiene a (un campo isomorfo a) Q o aZp para algun primo p.

Demostracion. Sea F un campo. Definamos γ : Z → F por γ(n) = n · 1F (donde

1F es el elemento unitario de F y n · 1F significa sumar 1F n veces si n es natural osumar el inverso aditivo de 1F −n veces si n es negativo y 0 · 1F = 0F ). Es claro que γ

es un homomorfismo de grupos abelianos y tambien lo es de anillos pues: γ(ab) = aγ(b) =abγ(1) = ab = a · 1 · b · 1 = aγ(1) · bγ(1) = γ(a)γ(b). Tenemos dos casos:

∗ Ker(γ) = 0. En este caso, la propiedad universal del campo de cocientes (ver [3.21]),nos dice que Q es un subcampo de F.

∗ Si Ker(γ) = kZ, entonces por la propiedad universal del cociente tenemos unmonomorfismo de Zk en F ; ademas k debe ser primo pues si k = ab, entonces γ(ab) = 0

en F, pero entonces γ(a)γ(b) = 0, lo cual solo es posible si a = 0 o b = 0, es decir, k∣∣∣ a o

k∣∣∣ b.

[14.33] Proposicion. Sea F un campo. Si Zp es subcampo de F entonces para todox ∈ F se tiene que px = 0. En particular F contiene solo uno de los campos Q o Zp para

un unico primo p. Si Zp ⊂ F decimos que la caracterıstica de F es p. Por otro lado, si Qes subcampo de F entonces para todo k ∈ Z \ {0} y x ∈ F se tiene que kx 6= 0. En este

caso decimos que la caracterıstica de F es 0.

Demostracion. Supongamos que Zp ⊂ F . Como el 1 de Zp es el mismo que el deF , 1F tenemos que p · 1F = 0, por tanto, para toda x ∈ F , se tiene que px = p1Fx = 0.

Ahora, si tambien se tuviera que para otro primo q , Zq ⊂ F entonces q ·1F = 0 ası que, alescribir 1 como combinacion lineal de p y q , obtendrıamos: 1F = 1 · 1F = (rp+ sq) · 1F =

rp · 1F + sq · 1F = 0F ). Es claro que si Zp ⊂ F , entonces Q no puede estar contenidotambien en F porque en Q no es cierto que p1 = 0.

[14.34] Corolario. Q y Zp (para p primo) son los unicos campos que no contienen

ningun otro campo propiamente.

[14.35] Observacion. Si K es subcampo de F entonces F es espacio vectorial sobre

K (la misma multiplicacion de F sirve como multiplicacion por escalares de K ).

91


[14.36] Corolario. Todo campo F es espacio vectorial sobre exactamente uno deQ o Zp. Ası, los campos finitos de caracterıstica p > 0 tienen pk elementos para cierta

k ∈ N.

[14.37] Ejemplos. (a) Q, R, C, Q(R[x]), Q[i] son todos campos de caracterıstica 0.

(b) Zp y Q(Zp[x]) son campos de caracterıstica p.

[14.38] Proposicion. Si F es un campo de caracterıstica p > 0 y a, b ∈ F , entonces

(a± b)p = ap ± bp.

En particular, la funcion a 7→ ap es un monomorfismo de F en sı mismo.

Demostracion. Por ser F anillo conmutativo, en F vale el teorema de binomio y,

por ser p primo, si 0 < r < p entonces p∣∣∣

(pr

)

.

[14.39] Ejercicio. Probar que si F tiene caracterıstica p (primo) y n ∈ N, entonces

φ : F → F definida por φ(a) = apn

es homomorfismo de campos y que si f(x) ∈ Zp[x] ,

entonces f(x)p = f(xp).

[14.40] Ejercicio de tarea. ¿Cual es la dimension de R como Q-espacio vectorial?

Ideales primos y maximales

Sea A un anillo conmutativo y sea I 6= A ideal de A . Decimos que I es ideal primo sipara a, b ∈ A, el que ab ∈ I implica que a ∈ I o b ∈ I. Decimos que I es ideal maximal

si para J ideal de A , el que I ⊂ J ⊂ A implica que I = J o J = A.

[14.41] Ejemplos. (a) En Z los ideales primos son 0 y pZ para p primo. Los ideales

maximales son los pZ.(b) El ideal 0 es primo en un anillo conmutativo A si y solo si A es dominio.

(c) El ideal 0 es maximal en un anillo conmutativo A si y solo si A es campo (por

[1.7](d)).(d) En F [x] los ideales primos son 0 y los generados por p(x) con p(x) irreducible.

Los ideales maximales son los <p(x)> .

[14.42] Ejercicio de tarea. Probar que en Z[x] los ideales <x> y <2> son primos

pero no maximales.

En los todos los ejemplos considerados vimos que los ideales maximales son tambien

primos. Esto es cierto siempre. Para verlo necesitamos considerar en anillo cociente A/I .En los casos que nos interesan ahora, A es conmutativo ası que solo decimos que I sea

ideal. El teorema de la correspondencia (ver [3.17]) nos dice exactamente que ideales son

92


primos y cuales son maximales en terminos de la estructura del anillo cociente.

[14.43] Proposicion. Sea A anillo conmutativo y sea I ideal de A. Entonces

(a) I es primo si y solo si A/I es dominio.(b) I es maximal si y solo si A/I es campo.

Demostracion. Es claro por el teorema de la correspondencia.

[14.44] Corolario. Si I es un ideal maximal en un anillo conmutativo A entonces Ies primo.

El recıproco tambien es cierto en dominios de ideales principales, salvo por el ideal 0,como veremos a continuacion.

[14.45] Observacion. Sea A un DIP. Si I 6= 0 es un ideal primo, entonces I es

maximal.

Demostracion. Sea I =<a> con a 6= 0 y supongamos que J =<b> es un ideal que

contiene propiamente a I. Como a ∈ J, tenemos que a = bc para algun c ∈ A ; el que Isea primo nos dice que alguno de b o c pertenece a I, pero b /∈ I, ası que c ∈ I y entonces

c = ad. Sustituyendo c en la ecuacion a = bc y cancelando a por estar en un dominio,

tenemos que 1 = bd, de donde 1 ∈ J y ası J = A.

[14.46] Ejemplo. Sea F4 = Z2[x] /<x2+x+1>. Entonces F4 es un campo de 4 = 22

elementos.

Demostracion. Para ver que F4 es campo basta observar que x2 + x+ 1 irreduciblesobre Z2, pero esto es obvio pues no tiene raız (en Z2 02 +0+ 1 = 1 y 12 + 1+ 1 = 1).

[14.47] Proposicion. Si A es un anillo (no necesariamente conmutativo) entoncesexiste I ideal maximal de A.

Demostracion. Aplicamos Zorn a X = {I 6= A : I es ideal} ordenado por la inclusion.

Como 0 ∈ X , entonces X 6= ∅; lo demas es analogo a las demostraciones en las que hemosusado Zorn, observando que la union de los elementos de una cadena no puede contener al

1, pues si lo contuviera entonces 1 estarıa en algun elemento de la cadena y entonces eseelemento serıa A.

En la proposicion anterior es importante que se trate del anillo (se uso que hay unelemento, el 1, que genera todo A). El resultado no es cierto para modulos, como veremos

en los siguientes ejemplos.

[14.48] Ejemplos. (a) Zp∞ no tiene submodulo maximal pues sus submodulos forman

una cadena ascendente infinita.

(b) Q no tiene submodulo maximal pues si M fuera submodulo maximal entoncesQ/M serıa simple, pero sabemos (ver [3.18]) que los grupos abelianos simples son los Zp ,

93


con p primo, y estos no pueden ser cocientes de Q pues no son divisibles.

Ya sabemos que al hacer el cociente de un anillo conmutativo A con un ideal maximal

I obtenemos un campo. Ahora veamos que todo A-modulo tiene asociado un A/I -espaciovectorial en forma natural.

Dado I ideal de un anillo conmutativo A definamos

IM = {k∑

j=0

ajmj : k ∈ N, aj ∈ I,mj ∈M}.

[14.49] Ejercicio. Probar que IM es un submodulo de M y que M/IM es un

(A/I)-modulo con la multiplicacion por escalares (a+ I)(m+ IM) = am+ IM. Ademas,si M =

⊕

λMλ entonces IM =⊕

λ IMλ y M/IM ≈⊕λ (Mλ/IMλ) .

[14.50] Ejemplos. En los siguientes sean A = Z e I = 2Z.(a) Si M = Q entonces IM =M y M/IM = 0.

(b) Si M = Z18 entonces IM = {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} ≈ Z9 y M/IM ≈ Z2 .

(c) Si M = Z18 ⊕ Z4 ⊕ Z2 , entonces M/IM ≈ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 .(e) Si M = Z2∞ , entonces M/IM = 0.

Ahora ya estamos en posicion de demostrar que la dimension tambien esta bien definidapara modulos libres sobre anillos conmutativos.

[14.51] Teorema. Sea A conmutativo. Si L es un modulo libre entonces cualesquierados bases para L tienen la misma cardinalidad. Al cardinal de cualquier base se le llama

rango de L y se le denota por r(L).

Demostracion. Supongamos que A(Λ) ≈ A(κ) y sea I un ideal maximal en A.Entonces, por el ejercicio anterior y observando que IA = I, tenemos que (A/I)(Λ) ≈A(Λ)/(IA)(Λ) ≈ A(κ)/(IA)(κ) ≈ (A/I)(κ) ; pero entonces tenemos que los (A/I)-espacios vec-toriales (A/I)(Λ) y (A/I)(κ) son isomorfos tambien como A/I -modulos, ası que Λ = κ.

[14.52] Nota. Tambien es cierto que si A es un anillo conmutativo y N ≤ L son

A-modulos libres entonces r(N) ≤ r(L); la demostracion de esto utiliza tecnicas todavıano tratadas en este material. Por otro lado, para grupos no abelianos, si bien es cierto

que subgrupo de libre es libre, un grupo libre no abeliano de rango 2 contiene subgrupos(libres) de rango infinito.

[14.53] Ejercicio. Sea V un espacio vectorial de dimension infinita sobre un campoF y sea B = EndF (V ). Probar que no esta bien definida la dimension de un B -modulo

libre. (Sugerencia: Observar primero que V ≈ V ⊕ V como F -modulos y usar esto paraprobar que B ≈ B ⊕B como B -modulos.)

Para A = Z o A = F [x] existe otra forma de usar los espacios vectoriales para encontrar

94


invariantes cardinales de modulos (es decir, cardinales asociados a modulos de tal maneraque a modulos isomorfos se les asocie el mismo cardinal). Sea p un elemento irreducible en

A y sea M un A-modulo. Llamamos soclo de M en p a M [p] = {m ∈ M : pm = 0}. Esclaro que tambien este es un espacio vectorial sobre A/<p> . La ventaja es que si N ≤M,

entonces N [p] ≤ M [p] (lo cual es obvio), cosa que no ocurrıa al considerar cocientes (esdecir, N/pN no es submodulo de M/pM ). Ademas, es claro que el soclo de una suma

directa es la suma directa de los soclos de los sumandos.

Veamos a continuacion cual es el soclo en los ejemplos de arriba, para comparar.

[14.54] Ejemplos. En los siguientes sean A = Z, p = 2 e I = 2Z.

(a) Si M = Q entonces M/IM = 0 =M [2].(b) Si M = Z18 entonces M [2] = {0, 9}, ası que M/IM ≈ Z2 ≈M [2].

(c) Si M = Z18 ⊕ Z4 ⊕ Z2 , entonces M/IM ≈ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ≈M [2].(d) Si M = Z2∞ , entonces M/IM = 0 pero M [2] ≈ Z2.

(e) Si M = Z5 , entonces M/IM = 0 =M [2].

95

Seccion 15

Sumas directas de cıclicos

[15.1] Nota. Se puede probar que si A es un DIP entonces todo A-submodulo deun modulo libre tambien es libr y, mas aun, que el rango del submodulo es menor o igual

que el del modulo. Las tecnicas de demostracion estan fuera del alcance de estas notas.Usaremos este resultado sin demostracion.

El siguiente teorema y su demostracion nos permitiran determinar como son todos

los modulos finitamente generados sobre Z y sobre F [x] y ademas, cuando un moduloeste definido mediante generadores y relaciones, nos dara un metodo para escribir ese

modulo en una forma canonica como suma directa de cıclicos. Antes necesitamos algunasobservaciones.

Empecemos explicando de manera informal lo que vamos a hacer. Si A = Z o F [x] ,dado un submodulo N de un modulo libre finitamente generado L, sabemos, por [14.56],

que N es finitamente generado. Al escribir los generadores de N como combinacion linealde la base de L obtenemos la matriz de coeficientes de las expresiones (se considera que

la base y el conjunto de generadores estan ordenados; entonces cada columna de la matrizrepresenta un generador; en la columna aparecen los coeficientes de la expresion de ese

generador como combinacion lineal de los elementos de la base). Es facil darse cuenta que

el efecto de aplicar operaciones elementales a la matriz, ya sea en renglones o en columnas,simplemente cambia de generadores de N y de base de L. Por ejemplo, el intercambiar dos

columnas significa poner los generadores de N en distinto orden; multiplicar un renglonpor un invertible u es como cambiar el basico correspondiente x por ux (de manera que

se tiene otra base de L); tambien es facil darse cuenta que si x1, x2, . . . , xn es una basede L (o, respectivamente, un conjunto de generadores de N ) y a ∈ A , entonces tambien

x1 + ax2, x2, . . . , xn es base de L (resp. un conjunto de generadores de N ) y un cambioası serıa el reflejo de sumar a un renglon un multiplo de otro (resp. sumar a una columna

§15. Sumas directas de cıclicos

un multiplo de otra). Haremos estas operaciones de manera de transformar una matrizen otra que tenga 0′ s fuera de la diagonal principal y que en la diagonal principal cada

elemento sea divisor del que le sigue hacia abajo. Hagamos un ejemplo de esto antes deformalizar.

[15.2] Ejemplo. En L = Z ⊕ Z consideremos el subgrupo N =< (2, 0), (0, 3)>,Consideremos la base x1 = (1, 0), x2 = (0, 1) de L. Entonces la matriz asociada a la

inclusion de N en L es (

2 0

0 3

)

.

Ahora, mediante las siguientes operaciones sucesivas:∗ sumar 2a columna a 1a columna,

∗ sumar −1 por 1er renglon a 2o renglon,∗ intercambiar renglones,

∗ sumar −2 por 1er renglon a 2o renglon,∗ sumar −3 por 1a columna a 2a columna,

∗ multiplicar 2o renglon por −1,vamos obteniendo

(

2 0

0 3

)

,

(

2 0

3 3

)

,

(

2 0

1 3

)

,

(

1 3

2 0

)

,

(

1 3

0 −6

)

,

(

1 0

0 −6

)

,

(

1 0

0 6

)

.

Tenemos ası una base para Z⊕Z con la cual los generadores de N son (1, 0) y (0, 6). Ası,al principio tenıamos L/N ≈ Z2 ⊕ Z3 , y ahora tenemos L/N ≈ Z6 .

Vamos ahora a formalizar lo dicho hasta aquı.

[15.3] Observacion. Sean N y L modulos libres sobre un anillo A y sea f : N → L

un homomorfismo. Dada una base ν = (n1, n2, . . . , ns) de N y una base λ = (l1, l2, . . . , lr)de L si f(ni) =

∑bj ilj consideremos la matriz asociada a f con respecto a las bases dadas,

B = (bi j) ∈ Mr×s(A). Entonces, para cualquier par de matrices invertibles P ∈ Mr×r(A)y Q ∈Ms×s(A), la matriz S = QTP tambien representa a f pero con respecto a las bases

Q(ν) = (Q(n1), Q(n2), . . . , Q(ns)) de N y P (λ) = (P (l1), P (l2), . . . , P (lr)) de L.

NT−→ L

P ↑ Q↓N

QTP−→ L.

[15.4] Observacion. Toda matriz invertible P es el producto de matrices elementalesde los siguientes tipos:

(i) Matrices obtenidas de la matriz identica intercambiando dos renglones.(ii) Matrices obtenidas de sumar un multiplo de un renglon a otro renglon.

(iii) Matrices obtenidas de multiplicar un renglon por un elemento invertible (1 o -1 siA = Z o una constante no cero si A = F [x]).

El multiplicar la matriz B por la izquierda por cada una de estas tiene el efecto en

97


B de cada una de las siguientes operaciones elementales en los mismos renglones de loscuales se obtuvo la matriz elemental:

(i) Intercambio de renglones en B.(ii) Sumar multiplo de un renglon a otro.

(iii) Multiplicar un renglon por un elemento invertible de A.Cada matriz elemental tambien se puede ver como una operacion en columnas y el

efecto de multiplicar por la derecha una matriz B corresponde a una operacion elementalen columnas en B .

Decimos que dos matrices son equivalentes si una se obtiene de la otra mediante o-

peraciones elementales. Es claro entonces que esta relacion es de equivalencia y que dosmatrices son equivalentes si, y solo si, pueden pensarse como el mismo homomorfismo pero

con respecto a distintas bases.

[15.5] Proposicion. Teorema de las bases simultaneas. Sea A = Z o F [x]. Si N ≤ Lson dos modulos libres finitamente generados, entonces existe una base (x1, x2, . . . , xk) de

L y elementos d1, d2, . . . , dk de A tales que d1∣∣∣ d2

∣∣∣ · · ·

∣∣∣ dk, (d1x1, d2x2, . . . , djkxj) es base

de N y dj+1 = · · · = dk = 0 para cierta j ≤ k.Demostracion. Escojamos una base cualquiera para L. Por [14.56] sabemos que

N es libre y que r(N) ≤ r(L). Escojamos tambien una base para N y consideremos la

matriz que representa a la inclusion de N en L con respecto a estas bases. Procedemos

por induccion sobre r(L). La idea es transformar esta matriz B mediante operacioneselementales para llevarla a una equivalente a ella pero que sea una matriz diagonal (es

decir, una matriz en que las entradas que estan fuera de la diagonal principal son todas 0)y en la que las entradas diagonales son las di buscadas.

Dentro del conjunto de todas las matrices equivalentes a B consideremos una quetenga un elemento d1 distinto de cero de valor absoluto mınimo (en el caso de Z) o grado

mınimo (en el caso de F [x]). Veamos que d1 es divisor de cualquier elemento de esamatriz; en efecto, si c es cualquier elemento de la matriz y, usando el algoritmo de la

division tomamos c = dq + r , entonces es obvio que podemos hacer operacion elementalde manera que c se transforme en r , pero esto contradirıa la minimalidad de d1 si r fuera

distinto de 0. Ahora, como d1 divide a todos las entradas de su matriz, es facil darsecuenta que, mediante operaciones elementales en renglones y columnas es posible lograr

que los demas elementos de la columna y del renglon de d1 sean 0. Tambien es obvioque se puede llevar a d1 al lugar (1, 1) de la matriz y entonces la hipotesis de induccion

aplica (pues las demas operaciones elementales no alterarıan el renglon y la columna de d1 ;

ademas, los elementos que se encuentran al transformar la matriz resultante de eliminar elprimer renglon y la primera columna son todos multiplos de d1 y esta condicion se preserva

mediante operaciones elementales.

El siguiente resultado nos dice que la descomposicion en suma directa de cıclicos de un

modulo finitamente generado sobre Z o F [x] que nos da el teorema de las bases simultaneases unica.

98


[15.6] Teorema. Sea A = Z o F [x]. Si M = (A/<d1>) ⊕ (A/<d2>) ⊕ · · · ⊕(A/<dk>) ⊕ Ar y N = (A/<e1>) ⊕ (A/<e2>) ⊕ · · · ⊕ (A/<el>) ⊕ As son A-modulos

isomorfos con d1∣∣∣ d2

∣∣∣ · · ·

∣∣∣ dk, e1

∣∣∣ e2

∣∣∣ · · ·

∣∣∣ el y r, s ≥ 0, entonces r = s, k = l y para cada

i, <di>=<ei> .

Demostracion. Sabemos que para cada irreducible p ∈ A, el isomorfismo entre M

y N se restringe a isomorfismos Tp(M) ≈ Tp(N) y, por tanto, tambien Ar ≈ M/T (M) ≈N/T (N) ≈ As. En particular, por [14.55] tenemos que r = s y ademas podemos suponer

que cada di y ej son potencias del irreducible p, digamos di = pri y ej = psj con r1 ≤r2 ≤ · · · ≤ rk y s1 ≤ s2 ≤ · · · ≤ sl ; pero entonces tambien tenemos que M [p] ≈ N [p] y

estos son espacios vectoriales con dimensiones k y l ası que k = l. Ahora, supongamos

que las potencias no son iguales y consideremos la primera en donde sean distintas:

r1 = s1, r2 = s2, . . . , rj−1 = sj−1 pero rj 6= sj

(para cierta j ≤ k). Sin perdida de generalidad rj < sj. Entonces prjM tiene menos

sumandos que prjN, lo cual es imposible.

Los elementos d1, d2, . . . , dj son los factores invariantes o divisores elementales del

cociente L/N, y r = k − j es el rango de la parte libre del cociente.

A la expresion

d1 0 0 · · · 00 d2 0 · · · 0

...

0 0 0 · · · dk

de la matriz se le llama forma normal de Smith del cociente L/N.

[15.7] Corolario. (a) Todo grupo abeliano finitamente generado M es isomorfo a ununico grupo de la forma

Zd1 ⊕ Zd2 ⊕ · · · ⊕ Zdj ⊕ Zr

con d1∣∣∣ d2

∣∣∣ · · ·

∣∣∣ dj numeros naturales y r ≥ 0.

(b) Todo F [x]-modulo finitamente generado es isomorfo a un unico grupo de la forma

(F [x]/d1(x))⊕ (F [x]/d2(x))⊕ · · · (F [x]/dj(x))⊕ F [x]r,

con d1(x)∣∣∣ d2(x)

∣∣∣ · · ·

∣∣∣ dj(x) polinomios monicos y r ≥ 0.

Tenemos otra forma canonica de escribir los modulos finitamente generados sobre A =

Z o F [x] usando la descomposicion primaria y poniendo en orden creciente las potenciasde cada primo. Ademas, en el caso de A = Z se pueden poner en orden creciente los

primos de la descomposicion. Veamos un ejemplo.

[15.8] Ejemplo. Escribir todos los grupos abelianos de orden 600 en las dos formas

canonicas, apareando los grupos isomorfos segun las dos escrituras.

99


Solucion. Tenemos que 600 = 23 · 3 · 52 . Entonces los distintos grupos abelianos deorden 600 son:

Z8 ⊕ Z3 ⊕ Z25 ≈ Z600 .Z2 ⊕ Z4 ⊕ Z3 ⊕ Z25 ≈ Z2 ⊕ Z300 .

Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z25 ≈ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z150 .Z8 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ≈ Z5 ⊕ Z120 .

Z2 ⊕ Z4 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ≈ Z10 ⊕ Z60 .Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ≈ Z2 ⊕ Z10 ⊕ Z30 .

En cada caso, en la descomposicion primaria consideramos las particiones del exponente3 (del 2) y el exponente 2 (de 5) como sumas de enteros positivos e hicimos las distintas

combinaciones; para determinar la descomposicion en divisores elementales juntamos laspotencias mas grandes de cada primo y luego las que le siguen y ası sucesivamente.

Tambien tenemos una respuesta completa sobre cuales son todos los submodulos de un

A-modulo finitamente generado cuando A = Z o F [x].

[15.9] Ejercicio de tarea. Sea M el grupo abeliano M = (Z×Z)/<(p,−p)>. Usar

el procedimiento de Smith para determinar la escritura canonica de M .

[15.10] Ejercicio de tarea. Llevar la siguiente matriz a su forma normal de Smith

y decir a que modulo corresponde:(

4 6

10 15

)

.

[15.11] Ejercicio de tarea. ¿Cuantos grupos abelianos hay de orden 720? Escribirtodos en ambas formas canonicas apareandolos segun sean isomorfos.

[15.12] Ejercicio de tarea. Sea M un grupo abeliano finito y digamos que M escociente del grupo libre L entre un subgrupo N . Probar que si B es una matriz que

representa la inclusion de N en L, entonces el orden de M es |det(B)|. (Notese que, por

ser el grupo finito, la matriz es cuadrada.)

[15.13] Ejercicio de tarea. ¿Cuantos R[x]-modulos no isomorfos M estan generados

por 3 elementos (o menos) y tienen por anulador An(M) = {a ∈ F [x] : aM = 0} =<(x− 1)(x2 + 1)2>? Dar 3 ejemplos distintos de estos M .

100

Seccion 16

Aplicaciones al algebra lineal

Empecemos por recordar algunos conceptos basicos que aprendimos en nuestros cursosde algebra lineal acerca de las transformaciones lineales.

Dados V un F -espacio vectorial de dimension n y T : V → V una transformacionlineal, podemos representar a T por una matriz A ∈ Mn(F ) escogiendo una base ν =

(v1, v2, . . . , vn) de manera que aplicar T sea multiplicar por A ; mas precisamente, dado

v ∈ V se representa a v como una matriz de n × 1 utilizando los coeficientes en laexpresion de v como combinacion lineal de la base (ası, escribimos V = Vν ); entonces

la multiplicacion Av es otra matriz de n × 1 en la que aparecen los coeficientes de T (v)en la combinacion lineal de la misma base (o sea T (v) ∈ Vν ). Si cambiamos a otra base

ω = (w1, w2, . . . , wn) y P es la matriz que representa a la funcion identica de V en Vpero que escribe a los vectores de ν en terminos de ω, entonces P es invertible y la

matriz B = P−1AP representa a la misma transformacion lineal T pero con respecto ala base ω. Se dice en este caso que A y B son matrices similares. Trabajando al reves

tenemos el recıproco, es decir, si dos matrices son similares entonces corresponden a lamisma transformacion lineal con respecto a distintas bases.

VωB−→T

Vω

P ↓ id P ↓ id

VνA−→T

Vν

Por otro lado, recordemos que dados V un F -espacio vectorial V y una transformacionlineal T : V → V, convertimos a V en un F [x]-modulo definiendo x · v = T (v) para todo

v ∈ V y extendiendo de manera natural. De esta manera podemos aplicar lo aprendido

§16. Aplicaciones al algebra lineal

en la teorıa de modulos, en particular el teorema fundamental de los modulos finitamentegenerados sobre F [x] para, dada A ∈ Mn(F ), encontrar matrices similares a A que nos

proporcionen una mejor informacion sobre la transformacion.

A partir de aquı, V es un espacio vectorial de dimension finita n sobre F, T : V → V

es una transformacion lineal y se considera a V como F [x]-modulo mediante x · v = T (v).

[16.1] Proposicion. V es un F [x]-modulo finitamente generado y de torsion.

Demostracion. Es claro que V es finitamente generado como F [x]-modulo pues lo

es como F -espacio vectorial. Veamos que es de torsion. Sea v ∈ V \ {0}. Entonces losn + 1 elementos v, xv, x2v, . . . , xnv son dependientes (como F -espacio vectorial), ası que

existen a0, a1, . . . , an elementos de F no todos 0 tales que a0v + a1xv + · · ·+ anxnv = 0,

lo cual dice que el polinomio a0 + a1x+ · · ·+ anxn anula a v.

Recordemos que un F -subespacio U de V es F [x]-submodulo de V si y solo si T (U) ⊂U . Veamos entonces que pasa si V es suma directa de F [x]-submodulos.

[16.2] Observacion. Si V = U ⊕ W como F [x]-modulo, (u1, . . . , ur) es F -base

de U y (w1, . . . , ws) es F -base de W, entonces la matriz de T con respecto a la base(u1, . . . , ur, w1, . . . , ws) es

(

B 00 C

)

,

donde B y C son las respectivas matrices de T |U y T |W . En este caso decimos que lamatriz es suma directa de las matrices B y C.

[16.3] Proposicion. Sea V cıclico como F [x]-modulo, V =<v>≈ F [x] /<g(x)>con g(x) = xn + cn−1x

n−1 + · · ·+ c1x+ c0. Entonces

(a) ν : (v, xv, x2v, . . . , xn−1v) es base de V,(b) la matriz de T con respecto a ν es

C =

0 0 0 0 · · · 0 −c01 0 0 0 · · · 0 −c10 1 0 0 · · · 0 −c2

...0 0 0 0 · · · 1 −cn−1

.

En este caso decimos que C es la matriz companera de T.

Demostracion. Las primeras n − 1 columnas son claras pues al aplicar T a cada

basico nos da el siguiente; la ultima columna se obtiene porque el anulador de v (comoF [x]-modulo) es g(x) ası que T (xn−1v) = xnv = −cn−1x

n−1v − · · · − c1xv − c0.

El teorema de las bases simultaneas nos da una expresion de V en suma directa de

cıclicos

V ≈ (F [x] /<g1(x)>)⊕ (F [x] /<g2(x)>)⊕ · · · ⊕ (F [x] /<gk(x)>)

102


con g1(x)∣∣∣ g2(x)

∣∣∣ · · ·

∣∣∣ gk(x) 6= 0. Al juntar los resultados anteriores tenemos que si Ci es

la matriz companera de T |F [x]/<gi(x)> entonces existe una base para V para la cual T tiene

representacion

C1 0 0 · · · 00 C2 0 · · · 0

...

0 0 0 · · · Ck

.

Ademas esta es la unica representacion en suma directa de matrices companeras (de manera

que los polinomios cuyos coeficientes aparecen en la ultima columna se dividan sucesiva-mente) pues los gi(x) son los factores invariantes de V que sabemos que son unicos. A

esta expresion de T se le llama forma canonica racional de T.

[16.4] Corolario. Si F es subcampo de otro campo F ′ y A y B son matrices enMn(F ) similares como matrices de Mn(F

′) (es decir, existe P ∈Mn(F′) invertible tal que

B = P−1AP ) entonces tambien lo son como matrices en Mn(F ).

Demostracion. Los factores invariantes tienen coeficientes en F [x] y son unicos.

Ahora apliquemos la forma canonica racional de una matriz para ver algunos resultados

importantes de algebra lineal. Recordemos que si un F -subespacio <v> de dimension 1es invariante bajo T, es decir, v 6= 0 y T (v) = λv para algun λ ∈ F, entonces decimos

que v es un vector propio o eigenvector de T y que λ es un valor propio o eigenvalor. Porotro lado, si A es una matriz que corresponde a T bajo una base, entonces el que exista

v ∈ V \ {0} con Av = λv es equivalente a que exista v ∈ V \ {0} con (λI − A)v = 0,lo cual es equivalente a que la matriz λI − A sea singular (es decir, no invertible), o sea

que det(λI − A) = 0. De esta manera tenemos que los valores propios son las raıces delpolinomio χA(x) = det(xI −A), llamado polinomio caracterıstico de A.

[16.5] Observacion. Dos matrices similares tienen el mismo polinomio caracterıstico.

Esto es facil de comprobar pues las matrices diagonales (de la forma λI ) conmutan conlas demas y el determinante de un producto es el producto de los determinantes. Usamos

esto para probar el siguiente resultado.

[16.6] Proposicion. Si A corresponde a T : V → V y los factores invariantes de T

son g1(x), g2(x), . . . , gk(x) entonces χA(x) = g1(x)g2(x) · · ·gk(x).Demostracion. Tenemos que A es similar a su forma canonica racional y aquı es

facil comprobar que el determinante es, precisamente, g1(x)g2(x) · · · gk(x).

[16.7] Corolario. Todo valor propio λ de A es raız de gk(x). Su multiplicidad es lasuma de las multiplicidades de λ como raız de los gi(x).

[16.8] Proposicion. Para cualquier matriz A ∈ Mn(F ) se tiene que det(A) es elproducto de los valores propios de A. (en algun campo extension de F donde esten las

raıces del polinomio caracterıstico).

103


Demostracion. Consideremos un campo F que contenga todas las raıces del poli-nomio caracterıstico de A (ver la seccion de campos). El termino independiente de χA(x)

es χA(0) = (−1)n∏i λi, donde los λi son las raıces de χA(x) en F contados con multipli-cidad. Por otro lado, χA(0) = det(0I − A) = (−1)ndet(A), ası que det(A) es el producto

de los valores propios de A.

[16.9] Ejercicio de tarea. Probar lo siguiente:

(a) A es singular si y solo si 0 es valor propio de A.(b) Si λ es valor propio de A entonces λs es valor propio de As.

(c) Si A es invertible y λ es valor propio de A entonces λ−1 es valor propio de A−1.

[16.10] Proposicion. Teorema de Cayley-Hamilton. Si χA(x) es el polinomio carac-terıstico de una matriz A entonces χA(A) = 0.

Demostracion. Tenemos que χA(x) = g1(x)g2(x) · · · gk(x) y que el F [x]-modulocorrespondiente a A es

V ≈ (F [x] /<g1(x)>)⊕ (F [x] /<g2(x)>)⊕ · · · ⊕ (F [x] /<gk(x)>) ,

que tiene por anulador a <gk(x)>, ası que para todo v ∈ V se tiene que gk(x)v = 0, pero

recordemos que la multiplicacion en V por polinomios esta dada por la aplicacion de A,ası que gk(A)(v) = 0 y esto es para toda v ∈ V, ası que gk(A) es la funcion 0. Ahora,

como gk(x) es divisor de χA(x) tenemos que χA(A) = 0.

[16.11] Observacion. En la proposicion anterior demostramos que gk(A) = 0 usandoque gk(x) es el anulador del F [x]-modulo V, ası que tenemos que gk(x) es el polinomio de

menor grado que anula a A ; le llamamos polinomio mınimo de A.

[16.12] Ejemplos. (a) Si

A =

(

0 −11 0

)

con respecto a la base canonica de R2, entonces A es precisamente una matriz companera,ası que el R[x]-modulo es cıclico y V ≈ R[x] /<x2 + 1> . Tenemos que el polinomio

caracterıstico de A coincide con el polinomio mınimo. Aquı es facil verificar directamenteque A satisface su polinomio caracterıstico, es decir, A2 + I = 0.

(b) Si

A =

(

1 2

−1 0

)

entonces el polinomio caracterıstico es

det

(

x− 1 −21 x

)

= x(x− 1) + 2 = x2 − x+ 2,

que es irreducible sobre R, ası que la unica posibilidad es que sea el polinomio mınimo y

entonces el R[x]-modulo es cıclico y V ≈ R[x] /<x2 − x+ 2> . Entonces A es similar a la

104


matriz companera

B =

(

0 −21 1

)

.

(c) Si

A =

(

3 −11 1

)

entonces el polinomio caracterıstico es

det

(

x− 3 1−1 x− 1

)

= (x− 3)(x− 1) + 1 = x2 − 4x+ 4 = (x− 2)2.

Aquı tenemos dos posibilidades: que el R[x]-modulo V sea cıclico, V ≈ R[x] /<(x− 2)2>o que no lo sea, es decir, V ≈ (R[x] /<x− 2>) ⊕ (R[x] /<x− 2>); pero en el segundo

caso, el polinomio mınimo serıa x − 2, ası que A − 2I serıa 0, pero esto es falso, ası queV ≈ R[x] /<(x− 2)2> y A es similar a la matriz companera

B =

(

0 −41 4

)

.

[16.13] Ejercicio de tarea. ¿Cuantas matrices no similares A con coeficientes en

R) tienen polinomio caracterıstico (x2 − 1)2?

[16.14] Ejercicio de tarea. Encontrar la forma canonica racional de

A =

(

1 23 4

)

.


A =

2 0 01 2 0

0 0 3

.


A =

2 0 0

1 2 00 1 2

.

[16.17] Ejercicio de tarea. Dar un ejemplo de dos matrices no similares que tengan

el mismo polinomio caracterıstico y el mismo polinomio mınimo.

Para ciertas aplicaciones es conveniente trabajar con la forma canonica racional de una

matriz; sin embargo para otras, por ejemplo cuando se quieren considerar potencias de la

105


matriz, conviene mas trabajar con otra representacion de la misma matriz; esta esta masligada a la suma directa de cıclicos primarios.

[16.18] Observacion. Si A,B ∈Mn(F ) son matrices tales que AB = BA entonces

(A+B)k =k∑

i=0

(

k

i

)

AiBr−i.

[16.19] Proposicion. Si V ≈ F [x] /<(x−λ)n>, entonces existe una base del espaciovectorial V para la cual la matriz asociada a T es

J(λ, n) =

λ 0 0 · · · 0 0

1 λ 0 · · · 0 00 1 λ · · · 0 0

...

0 0 0 · · · 1 λ

= λI +Nn,

donde In es la matriz identica de n × n y Nn es la matriz de n × n que tiene 1 ′ s en ladiagonal justo abajo de la diagonal principal. A la matriz J(λ, n) se le llama bloque de

Jordan.

Demostracion. Si v es un generador del F [x]-modulo cıclico V, sea

µ : v, (T − λI)(v), (T − λI)2(v), . . . , (T − λI)n−1(v).

Afirmamos que µ es base de V como F -espacio vectorial. Para ello observemos que son

n vectores (y n es la dimension de V ) y que cada elemento de la base

ν = (v, T (v), T 2(v), . . . , T n−1(v))

se puede expresar como combinacion lineal de los elementos de µ gracias a la observacion

anterior (pues la matriz λI conmuta con cualquier matriz). Veamos ahora que con respectoa µ, T tiene expresion J(λ, n). En efecto, para los primeros renglones la afirmacion es

clara y para el ultimo basta recordar que (T − λI)n es el anulador de V ası que 0 =(T −λI)n(v) = (T −λI)(T −λI)n−1(v), de donde T ((T −λI)n−1(v)) = λ(T −λI)n−1(v).

Del teorema fundamental de los modulos finitamente generados sobre F [x] tenemosque la descomposicion en suma directa de cıclicos primarios es unica salvo orden. Juntando

esto con la proposicion anterior tenemos el siguiente corolario.

[16.20] Corolario. Si A es una matriz de n × n y todos los valores propios de Apertenecen a F entonces A es similar a una unica (salvo orden) suma directa de bloques

de Jordan. A esta descomposicion se le llama forma canonica de Jordan de A.

Usando la forma canonica de Jordan podemos probar el siguiente resultado.

[16.21] Ejemplo. Toda matriz A ∈Mn(F ) es similar a su transpuesta.

106


Demostracion. Podemos trabajar en la cerradura algebraica de F, en la cual Atiene todos sus valores propios, y entonces A es similar a una forma canonica de Jordan.

Tambien podemos observar que la transpuesta de una suma directa de matrices es la sumadirecta de las transpuestas de los sumandos, ası que podemos trabajar con un solo bloque

de Jordan. Aquı tenemos que si P es la matriz que tiene 1′ s en la diagonal a 45o y 0′ sen todas las demas entradas, entonces P−1 = P y si J es un bloque de Jordan entonces

PJP−1 es la transpuesta de J.

[16.22] Observacion. Si A y B son matrices similares entonces para todo k ∈ N se

tiene que Ak y Bk son similares (pues si B = PAP−1 entonces Bk = PAP−1 · · ·PAP−1 =

PAkP−1 ). Entonces, para considerar la potencia de una transformacion lineal T bastatrabajar con cualquier matriz que represente a T (y, de hecho, la potencia se expresara

con respecto a la misma base). La forma canonica de Jordan es particularmente util paraconsiderar potencias pues las matrices Nn son nilpotentes, es decir existe una potencia r

tal que N r = 0; en efecto, al multiplicar N consigo misma es facil ver que los 1′ s vandesplazandose hacia las diagonales inferiores, ası que Nn−1

n = 0 y la matriz λI conmuta

con cualquier otra matriz, ası que el teorema del binomio aplica. Por otro lado tambienes facil darse cuenta que las potencias de una suma directa de matrices pueden realizarse

en cada sumando, ası que basta considerar potencias de bloques de Jordan y tenemos elsiguiente resultado.

[16.23] Proposicion.

J(λ, n)k = λkI +k−1∑

i=1

(

k

i

)

λk−iN in.

[16.24] Ejemplo. Para n = 3 tenemos

λ 0 0

1 λ 00 1 λ

k

=

λk 0 0kλk−1 λk 0(k2

)

λk−2 kλk−1 λk

.

[16.25] Ejemplo. Sea A ∈ GL3(Z7) (el grupo multiplicativo de las matrices de 3× 3con coeficientes en Z7 ) definida por

A =

0 0 1

1 0 40 1 3

.

Encontrar el orden de A (es decir, el menor exponente r tal que Ar = I ).

Solucion. Reconocemos a A como la matriz companera del polinomio g(x) = x3 −3x2 − 4x− 1 = x3 − 3x2 + 3x− 1 = (x− 1)3 (pues en Z7, tenemos que 4 es igual a −3);

107


entonces A es similar al bloque de Jordan

J =

1 0 01 1 0

0 1 1

.

Ahora, por [16.24],

Jk =

1 0 0k 1 0(k2

)

k 1

.

Esta ultima es la matriz identica si y solo si k es multiplo de 7, de donde tenemos que elorden es 7.

Para resolver ecuaciones diferenciales es util considerar la exponencial de una matrizA, definida por

eA =∞∑

k=0

1

k!Ak = I +A+

1

2A2 +

1

6A3 + · · · .

Se prueba que esta serie converge (pensando que lo hace en cada coordenada), de manera

que esta bien definida esta exponenciacion.

La siguiente proposicion, que e deja sin demostracion, es la base para poder sustituir

una matriz A por su forma canonica de Jordan al calcular eA.

[16.26] Proposicion. Sea A ∈Mn(C). Entonces

(a) Si P es invertible entonces PeAP−1 = ePAP−1.

(b) Si AB = BA entonces eA+B = eAeB.(c) Para toda A, eA es invertible y (eA)−1 = e−A.

(d) eNn es una matriz triangular inferior con 1′ s en la diagonal principal.(e) Si D es una matriz diagonal, D = diag(λ1, λ2, . . . , λn) (es decir, D es la matriz

que tiene a los elementos mencionados en la diagonal principal y 0′ s en los demas lugares),entonces

eD = diag(eλ1 , eλ2, . . . , eλn).

(f) Si λ1, λ2, . . . , λn son los valores propios de A entonces eλ1 , eλ2 , . . . , eλn son los

valores propios de eA.

(g) Se puede calcular eA como sigue: Si A es similar a λI + Nn , con Nn nilpotente,entonces eA es similar a eλIeN .

(h) Si la traza de A (es decir, la suma de los elementos diagonales de A) es 0, entoncesdet(eA) = 1.

[16.27] Ejercicio de tarea. Probar que toda matriz con coeficientes en C se puedeescribir como la suma de una matriz diagonalizable (es decir, similar a una matriz diagonal

diag(λ1, λ2, . . . , λn)) y una nilpotente.

[16.28] Ejercicio de tarea. Probar que una matriz es nilpotente si y solo si todos

sus valores propios son 0.

108


[16.29] Ejercicio de tarea. ¿Cuantas clases de conjugacion tiene GL(2,Z7)? (Nota:Recordar que una clase de conjugacion es {P−1AP : P ∈ GL(2,Z7}, para A ∈ GL(3,Z7 .)

109

Seccion 17

Extensiones de campos

[17.1] Proposicion. Teorema de Kronecker. Sean F un campo, p(x) ∈ F [x] un

polinomio irreducible, I el ideal de F [x] generado por p(x) y E el campo F [x]/I . Entonces(a) E contiene a F (es decir, hay un monomorfismo de anillos F → E ).

(b) Visto en E , el polinomio p(x) tiene raız; es decir, si φ : F → E es la inclusion deF en E , entonces el polinomio P (x) ∈ E[x] dado por cambiar los coeficientes de p(x) por

su imagen bajo φ tiene por raız a x+ I .(c) Si f(x) ∈ F [x] entonces existe un campo K que contiene a F en el cual f(x) tiene

una factorizacion en polinomios de grado 1.

Demostracion. (a) Sabemos que F [x]/I es campo pues I es maximal por ser p(x)irreducible. Sea φ = π ◦ γ , donde γ : F → F [x] es la inclusion y π es la proyeccion

natural. Entonces φ es un homomorfismo de campos y, como Ker(φ) es un ideal de F ylos campos no tienen ideales propios, entonces φ es monomorfismo.

(b) Sea p(x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0 . Entonces, en E[x] ,

p(x+ I) = φ(an)(x+ I)n + · · ·+ φ(a1)(x+ I) + φ(a0) = (anxn + · · ·+ a1x+ a0) + I = I,

que es el 0 de E .

(c) Sea f(x) ∈ F [x] . Procedemos por induccion sobre el grado de f . Sea p(x) unfactor irreducible de f(x). Por (a) y (b) construyamos E1 donde p(x) tenga una raız α

y sea f(x) = (x − α)g(x) con g(x) ∈ E1[x] . Como ∂(g) < ∂(f), existe un campo quecontiene a E1 en el cual g(x) se factoriza en producto de polinomios lineales y en este

campo f(x) es producto de polinomios lineales.

[17.2] Ejercicio. Ilustrar el teorema de Kroenecker con p(x) = x2 + 1 ∈ R[x] .

[17.3] Ejercicio de tarea. En el teorema anterior probar que si p(x) = ax+ b con

§17. Extensiones de campos

a, b ∈ F y a 6= 0, entonces E ≈ F .

Utilizaremos lo anterior para probar que para cada k ∈ N y p primo existe un campo

con pk elementos. Necesitamos un criterio para saber si un determinado polinomio f(x) ∈F [x] tiene raıces multiples, es decir, existe a ∈ F tal que (x− a)2

∣∣∣ f(x).

Si f(x) ∈ F [x] , a ∈ F y m ∈ N\{0} son tales que (x−a)m∣∣∣ f(x) pero (x−a)m+1 6

∣∣∣ f(x),

decimos que a es raız de multiplicidad m de f(x).

Dado un polinomio f(x) = anxn + · · · + a1x + a0 ∈ F [x] se define su derivada con

la formula usual de Calculo (aunque aquı no se consideran lımites pues no tiene sentidohablar de convergencia): f ′(x) = nanx

n−1 + · · · + a1 . Es claro que las formulas usuales

de derivada de una suma y de un producto son validas, es decir, si h(x) = f(x) + g(x),k(x) = f(x)g(x) y l(x) = f(x)r para cierta r ∈ N ∪ {0} entonces

h′(x) = f ′(x) + g′(x),

k′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x) y

l′(x) = nl(x)n−1l′(x).

[17.4] Proposicion. Sea f(x) = (x − a1) · · · (x − an) ∈ F [x] . Entonces las ai sontodas distintas si, y solo si, mcd(f(x), f ′(x)) = 1.

Demostracion. Supongamos que a1 es una raız de multiplicidad maxima m ≥ 1 y

que a = a1 = a2 = · · · = am . Sea g(x) = (x− am+1) · · · (x− an). Entonces

f ′(x) = m(x− a1)m−1g(x) + (x− a1)m(

n∑

i=r+1

g(x)

x− ai

)

,

de donde es claro que m = 1 si, y solo si, mcd(f(x), f ′(x)) = 1.

[17.5] Ejercicio. Probar que si F tiene caracterıstica 0 y p(x) ∈ F [x] es irreducible,entonces p(x) no tiene raıces multiples.

[17.6] Ejercicio. Probar que si F tiene caracterıstica p > 0, entonces f(x) ∈ F [x]tiene raıces multiples si, y solo si, f(x) = g(xp) para algun polinomio g(x) ∈ F [x] .

Dado un campo F , el grupo multiplicativo F \ {0} se denota por F# .

[17.7] Proposicion. Teorema de Galois. Para cada primo p y k ∈ N existe un campo

con pk elementos.

Demostracion. Empecemos por considerar como deberıa ser ese campo E0 . Es-

cribamos q = pk . Como el grupo multiplicativo E#0 tendrıa q − 1 elementos, todos los

elementos distintos de 0 serıan raız del polinomio xq−1 − 1, ası que todos los elementos

(incluyendo el 0) serıan raız de f(x) = xq − x. Consideremos entonces este polinomio en

111


Zp[x] y, usando [17.12], encontremos un campo E en el que f(x) sea producto de poli-nomios lineales. Sea E0 = {a ∈ E : f(a) = 0}. Veamos primero que E0 es subcampo

de E . Tenemos que ver que 0, 1 ∈ E0 (lo cual es claro) y que E0 es cerrado bajo suma,producto en inversos aditivos y multiplicativos. Observemos que E tiene caracterıstica p

pues fue construido como extension de Zp y sean a, b ∈ E0 ; entonces, por [3.43],

(a± b)q − (a± b) = (aq ± bq)− (a± b) = (aq − a)± (bq − b) = 0± 0 = 0 y

(ab)q − (ab) = aqbq − aqb+ aqb− ab = aq(bq − b) + (aq − a)b = 0 + 0 = 0;

ademas, si a ∈ E0\{0}, entonces a(aq−1−1) = 0, ası que aq−1−1 = 0, de donde vemos que

el inverso multiplicativo de a es una potencia de a ası que, por induccion y ya sabiendoque E0 es cerrado bajo producto, tenemos que a−1 ∈ E0 .

Ahora solo nos falta probar que |E0| = q . Para ver esto, consideremos que f(x), porser de grado q , tiene q raıces, entonces basta ver que son todas distintas; para ello usamos

[17.4] pues f ′(x) = qxq−1−1 = −1, puesto que el campo tiene caracterıstica p y q = pk .

Si F es subcampo de E , decimos que E es extension de F y escribimos E/F . La

dimension de E como espacio vectorial sobre F se llama grado de la extension y se denotapor [E : F ] . Decimos que la extension E/F es finita si [E : F ] es finito. Dados E/F y

elementos α1, α2, . . . , αk ∈ E , al menor campo que contiene a F y a α1, α2, . . . , αk se le

denota por F (α1, α2, . . . , αk) y se dice que F (α1, α2, . . . , αk) es el campo obtenido de Fal adjuntar α1, α2, . . . , αk . Si E = F (α) decimos que E es extension simple de F .

[17.8] Observacion. Sea E/F extension de campos y sea α ∈ E . Entonces

F (α) =

{

f(α)

g(α): f(x), g(x) ∈ F [x]; g(α) 6= 0

}

,

de la misma manera que

F (x) =

{

f(x)

g(x): f(x), g(x) ∈ F [x]; g(x) 6= 0

}

es el campo de cocientes de F [x] .

[17.9] Observacion. Sean E/F extension de campos y α1, α2, . . . , αk ∈ E . Entonces

(a) F (α1, α2, . . . , αk) = F (α1, α2, . . . , αk−1)(αk).(b) Si K/F es otra extension de campos y φ, ψ : E → K son homomorfismos de

campos, entonces φ∣∣∣F (α1,...,αk)

= ψ∣∣∣F (α1,...,αk)

si, y solo si φ(a) = ψ(a) para todo a ∈ F y

φ(αi) = ψ(αi) para toda i.

Sea E/F extension de campos y sea α ∈ E . Decimos que α es algebraico sobre

F si existe f(x) ∈ F [x] tal que α es raız de f(x); en caso contrario decimos que α estrascendente sobre F . Decimos que E/F es extension algebraica si todo elemento de E

es algebraico sobre F .

112


[17.10] Nota. Cuando se dice que un elemento es algebraico (o trascendente), sinespecificar los campos, se refiere a que es algebraico (o trascendente) sobre Q ; por ejemplo,

decimos que√2 es algebraico pero que π y e son trascendentes.

[17.11] Nota. Si E = F (x) entonces x es trascendente sobre F .

[17.12] Proposicion. Sea E/F extension de campos y sea α ∈ E algebraico sobre

F . Entonces(a) Existe un polinomio monico irreducible unico p(x) ∈ F [x] del cual α es raız.

(b) F (α) ≈ F [x] /<p(x)> con un isomorfismo que fija F (es decir, el isomorfismorestringido a F es la identidad).

(c) [F (α) : F ] = ∂(p).

Demostracion. (a) Sea p(x) ∈ F [x] el polinomio monico de grado mınimo del cual α

es raız. Es claro que p(x) es irreducible (pues p(x) = g(x)h(x)⇒ g(α)h(α) = 0⇒ g(α) =0 o h(α) = 0). Veamos que p(x) es unico. Supongamos que q(x) ∈ F [x] es irreducible,

monico, que tiene a α por raız y que es distinto de p(x). Entonces mcd(p(x), q(x)) = 1, de

donde existen r(x), s(x) ∈ F [x] tales que 1 = r(x)p(x)+ s(x)q(x), ası que 1 = r(α)p(α)+s(α)q(α) = 0, lo cual es una contradiccion.

(b) El homomorfismo evaluacion e : F [x]→ F (α) (que manda x en α y deja fijo a F ) esclaramente suprayectivo y tiene por nucleo a <p(x)> pues la contencion <p(x)>⊂ Ker(e)

es inmediata y si f(α) = 0 y f(x) = p(x)g(x) + r(x) con ∂(r) < ∂(p) entonces r(α) = 0,de donde r(x) = 0 porque p(x) era de grado mınimo.

(c) Esto es por (b) y [14.31].

El polinomio p(x) de la proposicion anterior se llama polinomio irreducible o polinomio

mınimo de α sobre F y se denota por irredF (α).

[17.13] Ejercicio de tarea. Probar que si E/F es extension de campos y α ∈ E esalgebraico entonces

F (α) = {f(α) : f(x) ∈ F [x]}.

[17.14] Nota. Gracias al ejercicio anterior, si E/F es extension de campos, α ∈ Ees algebraico sobre F y el polinomio irreducible de α sobre F tiene grado n, entonces

[F (α) : F ] = n y

F (α) = F [α] = {b0 + b1α+ · · ·+ bn−1αn−1 : b0, b1, . . . , bn−1 ∈ F},

(y b0 + b1α+ · · ·+ bn−1αn−1 = c0 + c1α+ · · ·+ cn−1α

n−1 con las bi y las ci en F, si, y solosi, bi = ci para toda i.)

[17.15] Ejercicio de tarea. Probar que si E/F es finita, entonces E/F es algebraica.

[17.16] Proposicion. Sean E/F y E/F extensiones de campos con F y F isomorfos

con isomorfismo φ : F → F . Sea α ∈ E algebraico sobre F con polinomio irreducible p(x)

113


y sea p(x) el polinomio que corresponde a p(x) bajo el isomorfismo inducido Φ : F [x]→F [x] . Entonces existe Φ : F (α) → E que extiende a φ si, y solo si p(x) tiene raız en E .

En este caso el numero de tales extensiones es el numero de raıces distintas de p(x) en E .

Demostracion. (⇒) Es claro que Φ(α) debe ser raız de p(x).

(⇐) Sea β ∈ E una raız de p(x). El isomorfismo φ induce un isomorfismo

F [α] ≈ F [x] /<p(x)>→ F [x] /<p(x)>≈ F [β] ⊂ E;

y mediante este isomorfismo la imagen de α es β .Por [17.9](b) es claro que dos homomorfismos extension son distintos si, y solo si, las

imagenes de α son distintas, lo cual depende de las raıces distintas de p(x) en E .

[17.17] Corolario. Si E/F es extension de campos y α, β ∈ E son raıces del poli-

nomio irreducible p(x) ∈ F [x] , entonces F (α) ≈ F (β) con isomorfismo que fija F y mandaα a β .

Sea f(x) ∈ F [x] . Un campo de descomposicion de f(x) es una extension E/F en la

cual f(x) se descompone (como producto de polinomios lineales) pero tal que f(x) no sedescompone en ningun subcampo propio de E .

[17.18] Corolario. Sea f(x) ∈ F [x] . Entonces f(x) tiene campo de descomposiciony este es unico salvo isomorfismo.

Demostracion. Por el Teorema de Kroenecker existe K en el cual f(x) tiene todas

sus raıces α1, . . . , αn . Entonces el campo E = F (α1, . . . , αn) (subcampo de K ) es campode descomposicion de f(x). La unicidad se da por induccion sobre el numero de raıces

que se tienen que adjuntar y la proposicion [17.16].

[17.19] Corolario. Sea p un numero primo y sea n ∈ N . Entonces existe un unico

campo con exactamente pn elementos.

Demostracion. Por [17.7] ya tenemos la existencia. Para ver la unicidad, bastaprobar que cualquier campo E de pn elementos es campo de descomposicion del polinomio

f(x) = xpn − x sobre Zp , pero esto es claro porque debe ser espacio vectorial sobre

Zp y, como E# es grupo bajo la multiplicacion y tiene pn − 1 elementos entonces todo

elemento e ∈ E# es tal que epn−1 = 1, ası que todo elemento de E satisface el polinomio

f(x) = xpn − x, el cual tiene pn raıces, ası que todas sus raıces estan en E .

Al unico campo con pn elementos se le llama campo de Galois con pn elementos y se

le denota por GF (pn).

[17.20] Proposicion. Sean F ⊂ B ⊂ E campos. Entonces [E : F ] es finito si, y solo

si, [E : B] y [B : F ] son finitos. En este caso [E : F ] = [E : B][B : F ] .

Demostracion. (⇒) es clara.

(⇐) Esto es claro escribiendo B como suma directa de copias de F , y E como suma de

114


copias de B . De hecho, si (α1, . . . , αk) es base de E como B -espacio vectorial y (β1, . . . , βl)es base de B como F -espacio vectorial, es facil ver que (αiβj : i = 1, . . . , k; j = 1, 2, . . . , l)

es base de E como F -espacio vectorial.

[17.21] Corolario. Si E/F es extension de campos y α, β ∈ E son algebraicos sobre

F , entonces tambien lo son α+ β, α− β, αβ y αβ(si β 6= 0).

Demostracion. Como β es algebraico sobre F , es claro que tambien lo es sobrecualquier campo extension de F , en particular, es algebraico sobre F (α); pero entonces

F (α)(β) es extension finita de F (α), la cual es extension finita de F . La conclusion sesigue de [17.15] puesto que α+ β, α− β, αβ, α

β∈ F (α, β).

Hagamos aquı un pequeno parentesis para ver un resultado que necesitaremos en loque sigue.

[17.22] Lema. El polinomio f(x) = x4 − 10x2 + 1 es irreducible sobre Z .

Demostracion. Primero observemos que f(x) no tiene raıces en Q puesto que loscandidatos (en vista de [2.24]) son 1 y −1 que obviamente no lo son. Ahora, uno esta

tentado a usar el criterio [14.8]. Sin embargo ese criterio no es completo y este polinomioes un ejemplo de ello, es decir, es un polinomio irreducible sobre Z pero reducible en Zp

para todo primo p. Veamos aquı que es irreducible sobre Z y trabajemos las ecuaciones de

manera general (sin suponer que son enteros) para que mas abajo veamos que es reducibleen Zp para todo primo p.

Si f(x) fuera reducible, su factorizacion serıa del tipo

f(x) = (x2 + ax+ b)(x2 + cx+ d),

con coeficientes en Z , por el lema de Gauss. Comparando coeficientes, se tendrıan lassiguientes ecuaciones:

(1) bd = 1,

(2) a+ c = 0,

(3) ad+ bc = 0,

(4) ac+ b+ d = −10.De (2) y (3) tenemos

(2′) a = −c y

(3′) a(d− b) = 0.

Si a 6= 0, entonces, por (3′), b = d, de donde, por (1) y (4) obtenemos

(1′) b2 = 1 y

(4′) − a2 + 2b = −10.Entonces (1′) nos dice que b = ±1 y, sustituyendo en (4′), obtenemos a2 = 12 = 4 · 3 o

a2 = 8 = 4 · 2, de donde 3 o 2 deben ser cuadrados; desde luego, esto es falso en Z .Si a = 0 = c, entonces (4) se convierte en d = −10 − b, ası que, sustituyendo en (1)

logramos −b(10 + b) = 1, de donde b2 + 10b + 1 = 0 y b = −10±√100−4

2, lo cual es posible

115


si, y solo si, 96 = 16 · 6 es cuadrado, es decir, 6 es cuadrado. Tambien esto es falso en Z

ası que ya tenemos que f(x) es irreducible en Z .

Para ver que el polinomio es reducible modulo cualquier primo necesitamos tres lemasde Teorıa de Numeros.

[17.23] Lema. Si p es es un primo impar entonces, modulo p, el numero de residuos

cuadraticos (es decir, de residuos que son cuadrado de otro residuo) es p−12

+ 1.

Demostracion. Es claro que 0 es residuo cuadratico. La funcion de Zp \ {0} en sı

mismo definida por x 7→ x2 es 2 a 1 porque

a2 = b2 ⇔ a2 − b2 = 0⇔ (a+ b)(a− b) = 0⇔ a = b o a = −b;

donde la ultima equivalencia es porque p es primo (ası que Zp es dominio entero).

[17.24] Lema. Si p es un primo impar y a ∈ Zp , entonces a es residuo cuadratico

distinto de 0 si, y solo si, a es raız del polinomio xp−12 − 1,

Demostracion. Observemos primero que, como Zp \ {0} es grupo bajo la multipli-cacion y tiene p − 1 elementos, entonces todo elemento b ∈ Zp \ {0} satisface bp−1 = 1.

Sea a un residuo cuadratico modulo p y sea b tal que a = b2 . Entonces ap−12 = bp−1 = 1,

de donde a satisface el polinomio xp−12 − 1. Por otro lado, este polinomio tiene p−1

2raıces

y, como vimos en el lema anterior, modulo p hay p−12

residuos cuadraticos, ası que sonprecisamente estos las raıces del polinomio.

[17.25] Lema. Si p es un primo impar y a, b ∈ Zp \ {0} no son residuos cuadraticosentonces ab sı lo es,

Demostracion. Si a, b ∈ Zp \{0} no son residuos cuadraticos entonces ap−12 = b

p−12 =

−1, pero entonces

(ab)p−12 = a

p−12 · b p−1

2 = (−1)(−1) = 1,

ası que el lema anterior nos dice que ab es residuo cuadratico (no cero).

[17.26] Observacion. El polinomio f(x) = x4− 10x2 +1 es reducible sobre Zp para

todo p primo.

Demostracion. El resultado es claro para p = 2. Observemos que en [17.22] todas

las deducciones son reversibles, ası que con tal que alguno de 2, 3 o 6 sea cuadrado, lasecuaciones tienen solucion y entonces, por el lema [17.25], en cualquier Zp el polinomio

f(x) es reducible.

Continuemos ahora nuestro estudio de extensiones de campos.

[17.27] Ejemplo. Q(√2,√3) = Q(

√2 +√3).

Demostracion. Observemos primero que Q(√2) = {a+b

√2 : a, b ∈ Q} (el inverso de

116


un a+b√2, con a, b no ambos cero, es a

a2−2b2+ b

a2−2b2). Tenemos Q ⊂ Q(

√2) ⊂ Q(

√2,√3)

y en cada paso la extension es de grado 2 porque x2 − 2 que es el polinomio irreducible

de√2 sobre Q y x2 − 3 que es el polinomio irreducible de

√3 sobre Q(

√2) (este ultimo

es irreducible en Q(√2) puesto que si (a + b

√2)2 = 3, entonces a2 + 2ab

√2 + 2b2 = 3,

lo que implicarıa que√2 ∈ Q). Entonces Q(

√2 +√3)/Q es de grado 4. Es claro que

Q(√2 +√3) ⊂ Q(

√2,√3). Para probar la otra contencion basta ver que el polinomio

irreducible de α =√2 +√3 tiene grado 4. Tenemos que α2 = 5 + 2

√6, de donde

α2− 5 = 2√6 y ası α4− 10α2 +25 = 24, por lo que α es raız del polinomio x4− 10x2+1,

el cual es irreducible sobre Q gracias a los lemas siguientes.

[17.28] Ejercicio de tarea. ¿A que campo conocido es isomorfo R[x] /<x2+x+1>?

[17.29] Ejercicio de tarea. Probar que si E/K y K/F son algebraicas entonces

tambien lo es E/F .

Sea E/F extension de campos. Un isomorfismo φ : E → E de campos es F -

automorfismo de E si deja fijos los elementos de F . Observemos que todo F -automorfismode E es una F -transformacion lineal y que el conjunto de todos los F -automorfismos de E

forma un grupo, llamado grupo de Galois de la extension E/F y denotado por Gal(E/F ).

Como vimos arriba, si E es campo de descomposicion de un polinomio irreducible sobreF , entonces el numero de F -automorfismos depende, en cierta forma, del numero de raıces

del polinomio. Un polinomio irreducible es separable si no tiene raıces multiples (en sucampo de descomposicion). Un polinomio f(x) es separable si es producto de separables

(posiblemente con raıces comunes). Campos en los que todo polinomio es separable sellaman perfectos. Si E/F es extension de campos y α ∈ E , entonces decimos que α es

separable si es trascendente o su polinomio irreducible es separable. Decimos que E/F esseparable si todo elemento en E es separable.

[17.30] Corolario. Todo campo de caracterıstica 0 es perfecto.

Demostracion. Por [17.5] sabemos que si F tiene caracterıstica 0, entonces todopolinomio en F [x] es separable.

En [17.27] vimos que Q(√2,√3) es una extension simple. Esto es mas general como

vemos en la siguiente proposicion.

[17.31] Proposicion. Si F es un campo de caracterıstica 0 y α y β son algebraicos

sobre F , entonces existe γ algebraico sobre F tal que F (γ) = F (α, β).

Demostracion. Sean p(x) = irredF (α) y q(x) = irredF (β). Sea E un campo en

el que tanto p(x) como q(x) se descompongan totalmente. Sabemos que p(x) y q(x)no tienen raıces multiples. En E sean α = α1, α2, . . . , αm las m raıces de p(x) y β =

β1, β2, . . . , βn las n raıces de q(x). Veamos que es posible encontrar r0 ∈ F tal que

α + r0β es distinto de αi + r0βj para toda i = 1, 2, . . . , m y j = 2, . . . , n. En efecto, si

117


α + rβ = αi + rβj , entonces r = αi−αβ−βj

y, como F es de caracterıstica 0, es infinito (pues

contiene a Q), ası que basta tomar

r0 ∈ F \{

αi − αβ − βj

: 1 ≤ i ≤ m, 2 ≤ j ≤ n}

.

Sea γ = α + r0β ∈ F (α, β). Afirmamos que F (α, β) = F (γ). La inclusion “⊃” es obvia.

Sea f(x) = p(γ − r0x) ∈ E[x] ; observemos que β es raız de f(x), ası que x − β es undivisor de f(x) y de q(x) en E[x] ; ademas, para j 6= 1, βj no es raız de f(x) ya que,

por la eleccion de r0 , sabemos que p(γ − r0βj) 6= p(αi) para toda i y las αi son las raıcesde p(x). Entonces x− β es el maximo comun divisor de f(x) y de q(x) en F (α, β), que

es un campo extension de F (γ) ası que, por [2.10], tambien es maximo comun divisor

en F (γ). Tenemos entonces que x − β ∈ F (γ) ası que β ∈ F (γ) y entonces tambienα = γ − r0β ∈ F (γ).

[17.32] Corolario. Cualquier extension finita de un campo de caracterıstica 0 essimple.

[17.33] Corolario. Sea E campo de descomposicion de un polinomio irreduciblep(x) ∈ F [x] .

(a) Si p(x) tiene m raıces distintas, entonces Gal(E/F ) es (isomorfo a un) subgrupodel grupo de simetrıas Sm := {σ : {1, 2, . . . , m} → {1, 2, . . . , m} : σ es biyectiva}.

(b) Si E = F (α) y el polinomio irreducible de α tiene grado n, entonces∣∣∣Gal(E/F )

∣∣∣ ≤

n = [E : F ] .

(c) Si E = F (α) y el polinomio irreducible p(x) de α tiene grado n y es separable,

entonces∣∣∣Gal(E/F )

∣∣∣ = n = [E : F ] .

Demostracion. (a) Ya sabemos que todo F -automorfismo permuta las raıces de p(x).Ya sabemos que Gal(E/F ) es grupo y tambien Sm lo es; ademas ambos tienen la misma

operacion, por lo que Gal(E/F ) es subgrupo de Sm .(b) y (c) El grado de la extension es n = ∂(p). Sabemos, por [17.9], que cada F -

automorfismo depende, de manera unica, de la eleccion de φ(α), la cual tiene que ser raızde p(x), ası que tiene tantas posibilidades como raıces distintas tiene p(x).

[17.34] Lema. Sean F campo de caracterıstica p > 0, a ∈ F y f(x) = xp − a .Entonces f(x) solo tiene una raız b (con multiplicidad p), y si f(x) es reducible sobre F

entonces b ∈ F .

Demostracion. Sea E el campo de descomposicion de f(x) y sea b ∈ E raız def(x). Entonces bp = a , ası que, usando que el campo es de caracterıstica p, tenemos

f(x) = xp − bp = (x− b)p . Si f(x) es reducible entonces, por el teorema de factorizacion

unica, existe r ∈ N , r ≤ p, tal que g(x) = (x − b)r∣∣∣ f(x) en F [x] . Observemos entonces

que el termino independiente de g(x) pertenece a F y es br , ası que si r < p, por ser p

primo tenemos que mcd(r, p) = 1, por lo que existen enteros s, t tales que rs + pt = 1,

118


pero entonces

b = brs+pt = (br)s · (bp)t ∈ F.

[17.35] Proposicion. Sea F de caracterıstica p > 0. Entonces F es perfecto si, y

solo si, todo elemento de F tiene raız p-esima en F .

Demostracion. (⇒) Supongamos que a ∈ F no tiene raız p-esima; entonces, por el

lema [17.34], xp − a es irreducible, pero esto es imposible pues sus p raıces (en su campode descomposicion) son iguales y F es perfecto.

(⇐) Sea f(x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0 ∈ F [x] un polinomio irreducible. Queremos ver

que las raıces de f en su campo de descomposicion son todas distintas. Supongamos locontrario. Entonces, por [17.6], podemos escribir f(x) como un polinomio en xp :

f(x) = an1xpk1 + · · ·+ anl

xpkl = (bn1)pxpk1 + · · ·+ (bnl

)pxpkl = (bn1xk1 + · · ·+ bnl

xkl)p,

lo que contradice que f sea irreducible.

[17.36] Ejercicio de tarea. Probar que todo campo finito es perfecto.

[17.37] Ejemplo. El campo F = Zp(x) (campo de cocientes de Zp[x]) no es perfecto.

Demostracion. Observemos primero que la caracterıstica de F es p, y que si f(t) =tp − x ∈ F (x)[t] entonces el elemento x ∈ F no tiene raız p-esima (no existen polinomios

en Zp[x] , a(x) y b(x), tales que(a(x)b(x)

)p= x), ası que, por [17.35], f(t) es irreducible. Sin

embargo, f ′(t) = 0, ası que mcd(f, f ′) = f 6= 1, por lo tanto f tiene raıces multiples.

[17.38] Ejemplo. Sea F campo de caracterıstica distinta de 2 y sea a ∈ F que no

tiene raız cuadrada en F . Sea E = F (α), con α raız de x2−a . Entonces Gal(E/F ) ≈ Z2 .

Demostracion. Sea f(x) = x2 − a . En E se tiene que f(x) = (x − α)(x + α)

y α 6= −α pues la caracterıstica de F no es 2; entonces E/F es separable, por lo que∣∣∣Gal(E/F )

∣∣∣ = [E : F ] = ∂(f) = 2; la unica posibilidad es que Gal(E/F ) sea cıclico de

orden 2, generado por σ : E → E dada por σ(α) = −α .

[17.39] Ejercicio. Encontrar una extension E de F = Z7 tal que Gal(E/F ) sea

cıclico de orden 2.

[17.40] Corolario. El unico automorfismo de campos no trivial de C que deja fijo a

R es la conjugacion.

Demostracion. En el ejemplo anterior tomar F = R y a = −1.

[17.41] Nota. Hay una cantidad no numerable de automorfismos de C (que no fijan

R).

[17.42] Ejemplo. Gal(R/Q) es el grupo trivial. Mas aun, el unico automorfismo de

campos φ : R→ R es la identidad.

119


Demostracion. Veamos que si φ : R → R es automorfismo de campos entonces φfija Q . Esto es facil porque φ(1) = 1 ası que, por induccion, φ(n) = n para todo natural

n. Ahora, como φ es homomorfismo del grupo (R,+), φ respeta inversos, por lo quetambien obtenemos φ(n) = n para todo n ∈ Z. El mismo argumento usando que φ es

homomorfismo del grupo R# en sı mismo nos da que φ(1b) = 1

bpara todo b ∈ Z \ {0} y

con esto ya es obvio que φ fija Q .

Para ver que φ tambien fija todos los elementos de R , probemos que φ respeta orden.En efecto, para a > b ∈ R se tiene a− b > 0, por lo que existe c ∈ R tal que c2 = a− b, dedonde φ(a) − φ(b) = φ(a − b) = φ(c)2 > 0, por lo tanto φ(a) > φ(b). De aquı ya es claroque φ es la identidad (dado un real r tomar dos sucesiones de racionales que se aproximen

a r , una creciente y otra decreciente).

[17.43] Nota. Como vimos en el ejemplo anterior,∣∣∣Gal(R/Q)

∣∣∣ = 1; sin embargo

sabemos que [R : Q] = 2ℵ0 y que R/Q es separable; esto no contradice [17.33] pues R

no es campo de descomposicion de ningun polinomio sobre Q . Por otro lado hay unacantidad no numerable (de hecho, 22

ℵ0 ) de automorfismos de R como Q-espacio vectorial,

inclusive pidiendo que los automorfismos manden 1 en 1, y, por tanto, que fijen a Q (paraver esto ultimo basta dar una base de R como Q-espacio vectorial que tenga al 1, escoger

una permutacion de los elementos de la base que fije al 1 y extender esa permutacion porlinealidad).

[17.44] Ejemplo. Sea f(x) = x3 − 2 ∈ Q[x] . Entonces Gal(E/Q) ≈ S3 si E es el

campo de descomposicion de f .

Demostracion. Como la extension es separable, sabemos que∣∣∣Gal(E/Q)

∣∣∣ = [E : Q] .

Tambien sabemos que Gal(E/Q) es un subgrupo de S3 , el cual tiene 6 elementos. Sea

α1 = 3√2 ∈ R. Entonces Q(α1) ≈ Q[x]/<f(x)> pues f(x) es el polinomio irreducible

de α1 y tenemos que [Q(α1) : Q] = ∂(f) = 3. Por otro lado, las otras raıces de f(x)

son complejas no reales, ası que no pertenecen a Q(α1) ⊂ R, por lo que E 6= Q(α1). Seaα2 =

3√2e

2πi3 ; la otra raız de f(x) es α3 =

3√2e

4πi3 = α2 = α2

2 , ası que E = Q(α1, α2) y el

polinomio irreducible de α2 sobre Q(α1) es f(x)

x− 3√2= x2+ 3

√2x+ 3

√4, ası que [E : Q] = [E :

Q(α1)][Q(α1) : Q] = 2 · 3 = 6, y con esto termina la demostracion.

[17.45] Ejemplo. Sean F = Zp(x), f(t) = tp − x ∈ F [t] y E el campo de descom-posicion de f(t) sobre F . Entonces Gal(E/F ) es el grupo trivial y [E : F ] = p.

Demostracion. En la demostracion de [17.37] vimos que f(t) es irreducible y, por

[17.34] sabemos que solo tiene una raız (con multiplicidad p). Entonces, si α es una raızde f(t), el campo de descomposicion de f(t) es E = F (α) y Gal(E/F ) es subgrupo de

S1 , que solo tiene un elemento. Por otro lado, [E : F ] = ∂(f) = p.

[17.46] Ejercicio de tarea. Calcular Gal(Q(√2,√3)/Q).

[17.47] Ejercicio de tarea. Sea F un campo de caracterıstica p > 0 y sea f(x) =

120


xp−x−a ∈ F [x] . Probar que f(x) es separable y que si f(x) es reducible en F [x] entoncesf(x) se descompone totalmente en F . (Sugerencia: A partir de una raız de f(x) construir

las demas en terminos algebraicos.)

[17.48] Ejercicio de tarea. Determinar [Q(√2 + 3√5) : Q] . (Sugerencia: Usar la

demostracion de [17.31].)

121

Seccion 18

Solubilidad por radicales

Decimos que una extension de campos E/F es pura si existen α ∈ E y n ∈ N talesque E = F (α) y αn ∈ F . Un polinomio f(x) ∈ F [x] es soluble por radicales si existe una

torre de campos

F = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Ft

tal que Fi+1/Fi es pura para toda i y Ft contiene al campo de descomposicion E de f(x).La torre de campos con las propiedades mencionadas se llama torre radical.

[18.1] Ejemplo. Si F es un campo de caracterıstica distinta de 2 entonces todo

polinomio de grado 2 es soluble por radicales.

Demostracion. Sea f(x) = x2 + bx+ c ∈ F [x] . Sabemos que las raıces de f(x) son−b±

√b2−4c2

. Entonces la extension F (√b2 − 4c)/F es pura y f(x) se descompone totalmente

en F (√b2 − 4c).

Existen procedimientos para encontrar las raıces de polinomios de grado 3 o 4 sobrecampos de caracterıstica 0. Consisten en hacer cambios de variables para convertir los

polinomios en polinomios mas sencillos y de ahı, expresar las raıces en terminos de sumas,diferencias, productos y cocientes de elementos de F y de raıces cuadradas y cubicas de

elementos de F . Ası como vimos en el ejemplo anterior, tenemos que todo polinomio de

grado 3 o 4 es soluble por radicales. Probaremos esto de manera teorica (sin encontrar demanera explıcita las raıces) y tambien probaremos que para toda n ≥ 5 existen polinomios

de grado n no solubles por radicales. En particular, no es posible encontrar un algoritmoque use radicales para encontrar las raıces de un polinomio general de grado 5 o mayor.

Probaremos que si f(x) ∈ F [x] es soluble por radicales y E es el campo de descomposicionde f(x), entonces Gal(E/F ) es un tipo especial de grupo, llamado grupo soluble.

Un grupo G es soluble si existe una cadena finita de subgrupos

G = N0 ⊃ N1 ⊃ · · · ⊃ Nk = 1

tal que para cada i, Ni+1 es normal en Ni y cada factor Ni/Ni+1 es abeliano.

[18.2] Ejemplos. (a) Si G es abeliano, entonces G es soluble.

§18. Solubilidad por radicales

(b) S3 es soluble: S3 ⊃<(1 2 3)>⊃ {(1)}.(c) S4 es soluble pues S4 ⊃ A4 ⊃ {(1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} ⊃ {(1)}.

Recordemos que el conmutador [G,G] = G′ de un grupo G es el subgrupo generadopor los elementos conmutadores ghg−1h−1 con g, h ∈ G, y que G′ es el menor subgrupo

normal de G tal que el cociente es abeliano (es decir, G′ ⊳ G, G/G′ es abeliano y si paracierto N ⊳G se tiene que G/N es abeliano, entonces G′ ⊂ N ). El cociente G/G′ se llama

abelianizado de G; en cierto sentido, es el grupo abeliano “mas parecido” a G. Tenemosuna caracterizacion de grupo soluble usando el subgrupo conmutador como se establece en

la siguiente proposicion.

[18.3] Proposicion. Un grupo G es soluble si, y solo si, existe k ∈ N tal que G(k) = 1(donde G0 = G y, para i ≥ 1, G(i) es el subgrupo conmutador de G(i−1)).

Demostracion. (⇐) es clara.(⇒) Sea

G = N0 ⊃ N1 ⊃ · · · ⊃ Nk = 1,

tal que para cada i, Ni+1 es normal en Ni y cada factor Ni/Ni+1 es abeliano. Por loscomentarios antes de la proposicion, tenemos que para toda i ≥ 1, Ni ⊃ N ′

i−1 . Entonces

G′ = N ′0 ⊂ N1,

G(2) = N(2)0 ⊂ N ′

1 ⊂ N2

G(3) = N(3)0 ⊂ N (2)

1 ⊂ N ′2 ⊂ N3,

...

G(k) ⊂ Nk = 1.

[18.4] Ejercicio de tarea. Sea G un grupo.

(a) Probar que si H ≤ G y G es soluble entonces H es soluble.(b) Probar que si N ⊳ G y G es soluble, entonces G/N es soluble.

(c) Probar que si N ⊳ G y G/N son solubles entonces tambien lo es G.

[18.5] Lema. Sea G = Sn para n ≥ 5 y sea k ∈ N . Entonces G(k) contiene a todoslos triciclos.

Demostracion. Probaremos que si N es un subgrupo normal de Sn que contienea todos los triciclos entonces tambien N ′ contiene a todos los triciclos. Veamos primero

que N ⊳ G ⇒ N ′ ⊳ G (esto para cualquier grupo G). Sea g ∈ G y tomemos un elementoconmutador de N , xyx1y−1 (x, y ∈ N ). Usando que N ⊳ G, tenemos

gxyx−1y−1g−1 = gxg−1gyg−1gx−1g−1gy−1g−1 = (gxg−1)(gyg−1)(gxg−1)−1(gyg−1)−1 ∈ N ′.

Como sabemos que para probar normalidad de un subgrupo basta con analizar si losconjugados de los generadores pertenecen al subgrupo, ya podemos concluir que N ′ ⊳ G.

Ahora, sean a = (1 2 3) y b = (1 4 5). Entonces a, b ∈ N , ası que (1 4 2) = aba−1b−1 ∈ N ′ .

123


Sean i1, i2, i3 elementos distintos de {1, 2, . . . , n}. Queremos probar que (i1 i2 i3) ∈ N ′ locual es claro por [] (en vista de que N ′ ⊳ G).

[18.6] Corolario. Sn no es soluble para n ≥ 5.

Otros elementos de teorıa de grupos que necesitamos analizar son los siguientes.

[18.7] Lema. Si G es un grupo cıclico de orden n, entonces para cada divisor d de

n, G tiene un unico subgrupo de orden d.

Demostracion. Sea G =<a> y sea c = nd. Queremos probar que ac tiene orden d.

Es claro que (ac)d = 1. Supongamos que (ac)r = 1 para cierta r ∈ N, r < d; entonces

cd = n∣∣∣ cr , de donde d

∣∣∣ r , lo cual es imposible porque 1 ≤ r < d. Ahora veamos la

unicidad. Sea H ≤ G de orden d; como subgrupo de cıclico es cıclico, y a genera G,

tenemos que H =<am> para cierta m ∈ N mınima y que d es el menor natural tal queamd = 1, pero entonces cd = n

∣∣∣md, por lo tanto c

∣∣∣m y, por minimalidad, c = m.

[18.8] Nota. Recordemos tambien que si G es cıclico de orden n con generador a ,

entonces ak genera G si, y solo si, mcd(k, n) = 1, ası que el numero de generadores de Ges φ(n) (con φ la funcion de Euler). Cada elemento de G genera un subgrupo cıclico y

podemos partir G en los conjuntos Xd = {x ∈ G : |<x> | = d}, y entonces |Xd| = φ(d).Por ejemplo, Si G = Z18 entonces la particion es

X1 = {0},X2 = {9},X3 = {6, 12},X6 = {3, 15},X9 = {2, 4, 8, 10, 14, 16},X18 = {1, 5, 7, 11, 13, 17}.

Observemos que Xd = nd{a : mcd(a, d) = 1, a ≤ d} (por ejemplo X3 = 6{1, 2} y X9 =

2{1, 2, 4, 5, 7, 8}), de donde podemos observar que |Xd| = φ(d).

Procediendo de la misma manera para n ∈ N tenemos el siguiente lema.

[18.9] Lema. Sea n ∈ N. Entonces n =∑φ(d), donde la suma se toma sobre todos

los divisores d de n entre 1 y n.

Demostracion. Basta observar que G es la union ajena de los conjuntos Xd , dondepara cada d divisor de n, Xd es el conjunto de generadores del subgrupo de orden d de

G y, como vimos en la nota anterior, |Xd| = φ(d).

[18.10] Lema. Un grupo G de orden n es cıclico si, y solo si, para cada divisor d de

n, G tiene a lo mas un subgrupo cıclico de orden d.

124


Demostracion. (⇒) Se sigue del lema [18.7].(⇐) Para cada subgrupo cıclico C de G sea XC el conjunto de generadores de C .

Tenemos que G es la union ajena de los XC y que cada XC tiene φ(d) elementos si C escıclico de orden d, ası que

n =∑

C

|XC| ≤∑

d

φ(d) = n,

ası que G tiene exactamente un subgrupo de orden d para cada divisor d de n, en par-

ticular para n = d.

[18.11] Proposicion. Si F es campo y G es un subgrupo finito del grupo multiplica-

tivo F# , entonces G es cıclico.

Demostracion. Sea |G| = n y sea d divisor de n. Si G tiene (al menos) dossubgrupos H1 y H2 de orden d, entonces para todo h ∈ Hi se tiene que hd = 1, ası que

el polinomio xd − 1 tiene mas de d raıces, lo cual no es posible. Entonces, por el lemaanterior, G es cıclico.

[18.12] Corolario. Si F es campo y n ∈ N, entonces el conjunto de raıces n-esimasde 1 en F es un grupo cıclico.

Demostracion. Como el conjunto de raıces n-esimas de 1 en F es finito solo hay que

observar que, en efecto, las raıces n-esimas de 1 forman un subgrupo (multiplicativo) deF# , lo cual es obvio.

[18.13] Ejercicio de tarea. Si n ∈ N entonces el grupo de automorfismos de Zn esisomorfo al grupo multiplicativo de las unidades de Zn : Z∗

n = {a : mcd(n, a) = 1}.

[18.14] Nota. El grupo Z∗n no necesariamente es cıclico; como ejemplo de esto ten-

emos a Z∗8 = {1, 2, 3, 4}, que es isomorfo a Z2 × Z2 puesto que todos sus elementos al

cuadrado son 1.

[18.15] Ejercicio. Con la notacion del ejercicio anterior, determinar Aut(Z24) (Z24

como grupo aditivo).

Regresemos ahora a nuestro estudio de campos combinado con el de grupos.

[18.16] Corolario. Sean F un campo, n ∈ N y E el campo de descomposicion de

f(x) = xn − 1 ∈ F [x] . Entonces Gal(E/F ) es isomorfo a un subgrupo de Aut(Zn). En

particular Gal(E/F ) es abeliano.

Demostracion. Supongamos que f(x) tiene k raıces distintas u1, . . . , uk y sea U el

grupo de raıces de f(x). Por [18.11] tenemos que U ≈ Zk como grupo y si σ ∈ Gal(E/F ),entonces σ|U es un automorfismo de U de U ; ademas, la asignacion φ : σ 7→ σ|U es

un homomorfismo de grupos y, como E = F (u1, . . . , uk), entonces φ es inyectiva. Deaquı tenemos que Gal(E/F ) es isomorfo a un subgrupo de Aut(Zk), que es abeliano por

[18.13].

125


El campo E de la proposicion anterior se llama campo ciclotomico de orden n.

[18.17] Ejercicio de tarea. Sea p un numero primo y sea w = e2πip ∈ C. Probar

que Gal(Q(w)/Q) es cıclico de orden p− 1.

[18.18] Corolario. Sean p un numero primo, n ∈ N y E = GF (pn), el campo con

pn elementos. Entonces(a) El grupo multiplicativo E# es cıclico y si α es generador de este grupo, entonces

E = Zp(α) y E es el campo de descomposicion del polinomio f(x) = xpn−1 − 1.

(b) Si α es como en (a), el polinomio irreducible de α sobre Zp es de grado n.

(c) Gal(E/Zp) ≈ Zn con generador σ definido por σ(a) = ap para toda a ∈ E .

Demostracion. (a) Por [18.11](a), ya tenemos que E# =<α> para cierto α ; este αsatisface el polinomio f(x) = xp

n−1 − 1 y las demas raıces de este polinomio son todos los

elementos de E# , los cuales son de la forma αr para r ∈ N. De aquı que E = Zp(α) es elcampo de descomposicion de f(x).

(b) Sea d el grado del polinomio irreducible de α sobre Zp . Entonces F = [Zp(α) :Zp] = d, de donde Zp(α) tiene pd elementos, ası que d = n.

(c) Sea q(x) el polinomio irreducible de α sobre Zp ; por (b), ∂(q) = n, ası queq(x) tiene a lo mas n raıces en E . Como α genera el grupo multiplicativo de E , los

automorfismos de E estan determinados por la imagen de α la cual debe ser una raız deq(x), por lo tanto

∣∣∣Gal(E/Zp)

∣∣∣ ≤ n. Por otro lado, por el Pequeno Teorema de Fermat,

σ deja fijo a Zp , ası que σ ∈ Gal(E/Zp). Ahora, veamos que el orden de σ es mayor o

igual que n: Si σj = id para alguna j ∈ N entonces apj

= a para toda a ∈ E que tienepn elementos, ası que el polinomio xp

j − x tiene pn raıces, de donde j ≥ n.

El elemento α del corolario anterior se llama elemento primitivo y el automorfismo σ

se llama automorfismo de Frobenius.

Sea n un numero natural y sea E un campo que tiene n raıces n-esimas distintas

de 1. A un generador del grupo cıclico de todas las raıces n-esimas de 1 se le llama raızprimitiva de 1. Por ejemplo, una raız primitiva de 1 en C es e

2πin .

[18.19] Ejercicio de tarea. Sea p un primo y F un campo que contiene las raıcesp-esimas de 1. Probar que si a ∈ F entonces xp − a es irreducible o tiene todas sus raıces

en F .

[18.20] Ejercicio de tarea. Sea F un campo. Probar que si E es una extension purade grado p con p primo y F contiene todas las raıces p-esimas de 1 entonces Gal(E/F )

es cıclico.

[18.21] Ejercicio de tarea. Sean f(x) un polinomio con coeficientes en un campo

F , E su campo de descomposicion y G = Gal(E/F ). Probar que si f(x) no tiene raıcesrepetidas, entonces f(x) es irreducible si y solo si, G actua transitivamente en las raıces

126


de f(x) (es decir, dadas α y β raıces de f(x) existe σ ∈ G tal que σ(α) = β ).

[18.22] Lema. Sea n ∈ N y sea F un campo que contiene todas las raıces n-esimas

de 1. Sea f(x) = xn − a ∈ F [x] , con a ∈ F# y sea α una raız de f(x). Entonces(a) F (α) es el campo de descomposicion de f(x).

(b) Existe un monomorfismo de grupos ψ : Gal(F (α)/F ) → Zn , de donde el grupoGal(F (α)/F ) es cıclico.

(c) El homomorfismo ψ es isomorfismo si y solo si f(x) es irreducible en F [x] .

Demostracion. (a) Sea w ∈ F una raız primitiva de 1 y sea E el campo de descom-posicion de f(x). Es claro que F (α) ⊂ E . Las raıces de f(x) son α, αw, αw2, . . . , αwn−1

y todas pertenecen a F (α), por lo tanto E ⊂ F (α), de donde es clara la igualdad.(b) Sea σ ∈ Gal(E/F ). Entonces σ(α) = αwi para alguna i. La asignacion ψ : σ 7→ i

es un homomorfismo pues si tomamos otro automorfismo τ ∈ Gal(E/F ) definido porτ(α) = αwj , entonces, usando que w ∈ F , tenemos que

στ(αwk) = στ(α)wk = σ(αwj)wk = σ(α)wj+k = αwi+j+k,

ası que ψ(στ)i + j = ψ(σ)ψ(τ). Es claro que ψ es inyectivo y ası tambien es claro que

Gal(F (α)/F ) es abeliano.(c) ψ es suprayectiva si, y solo si, Gal(F (α)/F ) actua transitivamente en las raıces de

f(x) lo cual es equivalente a que f(x) sea irreducible, por ejercicio [18.21].

Los campos de descomposicion de polinomios solubles por radicales tienen grupo de

galois soluble. Para probar esto necesitamos algunos lemas.

[18.23] Lema. Sean F ⊂ K ⊂ E campos. Si K es campo de descomposicion de un

polinomio f(x) ∈ F [x] y σ ∈ Gal(E/F ) entonces σ∣∣∣K∈ Gal(K/F ).

Demostracion. Bastara probar que σ(K) = K . Tenemos que K = F (α1, . . . , αn),donde los α1, . . . , αn ∈ K son raıces de f(x) y para cada i, σ(αi) es raız de f(x); pero K

es campo de descomposicion de f(x) ası que σ(αi) ∈ K . Tenemos entonces que σ(K) ⊂ K ,pero lo mismo pasa con σ−1 , ası que σ|K es automorfismo de K .

[18.24] Lema. Sean F ⊂ K ⊂ E campos con K campo de descomposicion de unpolinomio f(x) ∈ F [x] . Entonces

Gal(E/K) ⊳ Gal(E/F )

y el cociente es isomorfo a un subgrupo de Gal(K/F ). Si ademas E es campo de descom-

posicion de un polinomio sobre F , entonces

Gal(E/F )/Gal(E/K) ≈ Gal(K/F ).

Demostracion. Definamos ψ : Gal(E/K) → Gal(K/F ) por ψ(σ) = σ∣∣∣K

para cada

σ ∈ Gal(E/K). Por el lema anterior, ψ esta bien definida. Es claro que es homomorfismo

pues en ambos grupos la operacion es la composicion. Tambien es claro que Ker(ψ) =

127


Gal(E/K). Si E es campo de descomposicion de un polinomio sobre F , entonces ψ essuprayectiva por [17.16].

[18.25] Lema. Sea

F = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Ft = K

una torre radical. Entonces la torre tiene un refinamiento (es decir, otra torre de la cualtambien forman parte los Fi )

F = F0 ⊂ F ′1 ⊂ · · · ⊂ F ′

r = K

tal que F ′i+1/F

′i es pura y [F ′

i+1 : F′i ] es primo para toda i.

Demostracion. Sin perdida de generalidad supongamos que

F = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Ft = K

tiene longitud maxima (con los Fi distintos). Sea Fi = L y Fi+1 = L(α) de grado n conαn ∈ L. Supongamos que n no es primo y escribamos n = pm con p primos. Tenemos

que

L ⊂ L(αm) ⊂ L(α).Esta torre tambien es radical, lo cual es claro que contradice la maximalidad de t.

[18.26] Lema. Si K/F es una extension finita de campos entonces existe E campo

de descomposicion de un polinomio sobre F y tal que K ⊂ E .

Demostracion. Escribamos K = F (α1, . . . , αn) y sea pi(x) = irredF (αi). Sea f(x) =p1(x) · · ·pn(x). Entonces E , el campo de descomposicion de f(x), cumple las condiciones

pedidas.

Al menor campo E que cumple las condiciones del lema anterior se le llama cerradura

de descomposicion de K/F .

Dadas dos extensiones finitas de campos K/F y L/F , con K y L subcampos de uncampo E , el menor campo que contiene a K ∪ L es la interseccion de todos los campos

que contienen a ambos y se denota por K ◦ L. Se le llama compositum de K y L.

[18.27] Lema. Sea K/F una extension finita de campos y sea E la cerradura de

descomposicion de K/F . Entonces E = K1 ◦ · · · ◦Kr para ciertos campos Ki isomorfos aK mediante un isomorfismo que fija a F .

Demostracion. Como arriba, sea K = F (α1, . . . , αn). Hacemos induccion sobre n.

Si α′1 es otra raız de p1(x) = irredF (α1), por [17.17] tenemos que F (α1) ≈ F (α′

1) conisomorfismo que fija a F y por [17.16] sabemos que este isomorfismo se extiende a un

automorfismo de E que manda a K en un campo isomorfo K ′ . El resultado se sigue porinduccion sobre el numero de raıces que necesita adjuntarsele a E .

[18.28] Lema. Sea F = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Ft una extension radical y sea E/F la

128


cerradura de descomposicion de Ft/F . Existe una extension radical F = E0 ⊂ E1 ⊂ · · · ⊂Em = E .

Demostracion. Queremos completar la torre de campos dada a una extension radicalde Ft a E , ası que podemos suponer, sin perdida de generalidad, que t = 1. Sean

K = F1 = F (β) con βn ∈ F . Por el lema anterior sabemos que E = K1 ◦ · · · ◦Kr para

ciertos campos Ki isomorfos a K con isomorfismo que deja fijo a F ; ası que Ki = F (βi)con βn

i ∈ F . Entonces tenemos que

F ⊂ F (β1) ⊂ F (β1, β2) ⊂ · · · ⊂ F (β1, . . . , βr) = E

es extension radical.

[18.29] Corolario. Si f(x) ∈ F [x] es soluble por radicales entonces existe una torre

radical

F = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Ft

con E ⊂ Ft para E el campo de descomposicion de f(x) sobre F , Ft/F campo de

descomposicion de un polinomio g(x) ∈ F [x] y cada [Fi+1 : Fi] primo.

[18.30] Lema. Sea f(x) ∈ F [x] un polinomio de grado n soluble por radicales y seaE el campo de descomposicion de f(x). Si F contiene a todas las raıces p-esimas de 1

para todo p divisor de n! , entonces Gal(E/F ) es soluble.

Demostracion. Por [18.27] tomemos una extension radical

F = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Ft

tal que E ⊂ Ft . Por [18.25] y [18.28] podemos suponer que [Fi+1 : Fi] es primo paracada i y que Ft campo de descomposicion de un polinomio en F [x] . Para cada i sea

Gi = Gal(Ft/Fi). Por el lema [18.24], Gi+1⊳Gi y Gi/Gi+1 es subgrupo de Gal(Fi+1/Fi) quees cıclico de orden primo, por ejercicio [18.20]. Entonces ya tenemos que G0 = Gal(Ft/F )

es soluble; otra vez, aplicando el lema [18.24] obtenemos que Gal(E/F ) es cociente de G0 ,ası que tambien es soluble.

[18.31] Teorema. Sea f(x) ∈ F [x] soluble por radicales y sea E su campo de

descomposicion. Entonces Gal(E/F ) es un grupo soluble.

Demostracion. Consideremos una extension radical

F = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Ft

con E ⊂ F − t. Observemos que en Ft solo se han agregado un numero finito de raıcesn-esimas de 1 para ciertos naturales n; sean estos n1, . . . , nr y sea n = n1 · · ·nr . Sea

w una raız primitiva n-esima de 1; es claro que esta genera todas las demas raıces de 1que se agregaron. Podemos suponer que la caracterıstica de F no divide a n porque si es

p 6= 0, entonces la unica raız p-esima de 1 es 1 (por [17.34]), ası que no se agrego a F .

129


Consideremos ahora la torre

F ⊂ F (w) ⊂ F1(w) ⊂ · · · ⊂ Ft(w).

Por [18.28] podemos suponer, sin perdida de generalidad, que Ft(w)/F es campo de de-scomposicion de un polinomio sobre F ; entonces, por [18.24], el grupo H = Gal(Ft(w)/F (w))

es isomorfo a un subgrupo de Gal(F (w)/F ) que es abeliano por [18.16], ası H es soluble.Ademas, por [18.30], ya sabemos que Gal(Ft(w)/F (w)) tambien es soluble de donde, por

el ejercicio [18.4](c), Gal(Ft(w)/F ) es soluble. Ahora ya solo falta volver a aplicar [18.24]para tener que Gal(E/F ) es soluble (por ser cociente de Gal(Ft(w)/F ).

Nota. El recıproco del teorema anterior tambien verdadero en caracterıstica 0 pero noen caracterıstica p > 0.

[18.32] Corolario. El polinomio general de grado (mayor o igual que) 5) no es soluble

por radicales.

Demostracion. Daremos un polinomio de grado 5 no soluble por radicales: f(x) =

x5 − 4x+ 2. Es irreducible sobre Q por el criterio de Eisenstein. Sea E ⊂ C el campo dedescomposicion de f(x) ∈ Q[x] . Sea G = Gal(E/Q) ≤ S5 . Por Calculo, es facil ver que f

tiene dos puntos crıticos entre -1 y 1 y, como f(−1) > 0, f(1) < 0, f(x) → −∞ cuandox→ −∞ y f(x)→∞ cuando x→∞ , entonces f(x) tiene exactamente tres raıces reales,

de donde tiene dos raıces complejas no reales y entonces la conjugacion es un biciclo en

G (permuta las dos raıces no reales). Por otro lado, al adjuntar una raız α , tenemos que[F (α) : F ] es de grado 5, ası que |G| es multiplo de 5, de donde G tiene un 5-ciclo, pero

entonces es todo S5 (pues un biciclo y un 5-ciclo generan todo S5 ), que no es soluble.

[18.33] Ejercicio de tarea. Determinar Gal(E/Q) donde E es el campo de descom-

posicion de f(x) = x4 + 1 ∈ Q[x] .

[18.34] Ejercicio de tarea. Sea E un campo finito con q elementos y sea n ∈ N.

Probar que E tiene una raız primitiva n-esima de 1 si, y solo si, q ≡ 1 (mod) n.

[18.35] Ejercicio de tarea. Sea E un campo finito con q elementos y sea n ∈ N.Probar que E tiene una raız primitiva n-esima de 1 si, y solo si, q ≡ 1 (mod) n.

130

Seccion 19

Teorıa de Galois

Sea X un conjunto con un orden parcial ≤. Decimos que (X,≤) es un latiz o retıculosi dados x, y ∈ X existen i, s ∈ X tales que

(i) i ≤ x, i ≤ y , y si j ≤ x y j ≤ y para cierto j ∈ X entonces j ≤ i.(ii) x ≤ s , y ≤ s , y si x ≤ t y y ≤ t para cierto t ∈ X entonces s ≤ t.

Observemos que, en caso de existir, los elementos i y s son unicos; a i lo llamamosınfimo de x y y y lo denotamos por i = x ∧ y ; a s se le llama supremo de x y y y se le

denota por s = x ∨ y .

[19.1] Ejemplos. (a) N con el orden de la divisibilidad es latiz; si m,n ∈ N entoncesm ∧ n = mcd(m,n) y m ∨ n = mcm(m,n).

(b) Dado un conjunto A , el conjunto potencia de A , P(A) es latiz con el orden dadopor la inclusion. Si B,C ⊂ A entonces B ∧ C = B ∩ C y B ∨ C = B ∪ C .

(c) Si G es un grupo y S es la familia de subgrupos de G, entonces S es latiz con elorden dado por la inclusion. Si S, T ≤ G entonces S ∧ T = S ∩ T y S ∨ T =<S, T >.

(d) Si E/F es una extension de campos y K es la familia de subcampos de E quecontienen a F , entonces K es latiz con el orden dado por la inclusion. Si K,L ∈ Kentonces K ∧ L = K ∩ L y K ∨ L = K ◦ L.

[19.2] Proposicion. Sean X y Y latices y sea φ : X → Y una funcion biyectiva queinvierte el orden y tal que su inversa φ−1 tambien. Entonces

(a) φ(x1 ∧ x2) = φ(x1) ∨ φ(x2) y(b) φ(x1 ∨ x2) = φ(x1) ∧ φ(x2).Demostracion. (a) Para i = 1, 2 tenemos que φ(xi) ≤ φ(x1∧x2) puesto que x1∧x2 ≤

xi . Sea y ∈ Y tal que φ(xi) ≤ y para i = 1, 2. Entonces φ−1(y) ≤ φ−1(φ(xi)) = xi , por lo

tanto φ−1(y) ≤ x1 ∧ x2 , ası que φ(x1 ∧ x2) ≤ φ(φ−1(y)) = y .

§19. Teorıa de Galois

(b) Es analoga a (a).

Nota. En la proposicion anterior es necesario pedir que φ−1 tambien invierta el orden.

Por ejemplo si X es el conjunto de los naturales con a � b si y solo si a es multiplo de b, yY tambien es N pero con el orden usual, entonces la funcion identica X → Y es biyectiva

e invierte el orden pero, por ejemplo 6 = 2 ∧ 3 en X pero 2 ∨ 3 = 3 en Y .

Sea E un campo y sea G un grupo de automorfismos de E . Denotamos por EG alconjunto de elementos que quedan fijos bajo G, es decir,

EG = {e ∈ E : σ(e) = e ∀σ ∈ G}.

[19.3] Observacion. Si E es un campo y G es un grupo de automorfismos de Eentonces EG es campo, llamado campo fijo de G.

Demostracion. Es claro que todos los elementos de G dejan fijos al 0 y al 1 y que

si todos los elementos de G dejan fijos a e1 y a e2 , entonces tambien quedan fijos e1 − e2y e1e

−12 (pues todo elemento de G respeta suma, producto, inversos aditivos e inversos

multiplicativos).

[19.4] Lema. (Lema de Artin.) Sea E un campo y sea G un subgrupo finito de

Aut(G). Entonces [E : EG] ≤ G.

Demostracion. Sea |G| = n. Queremos probar que cualquier conjunto de n + 1elementos c1, c2, . . . , cn+1 ∈ E es EG -dependiente, o sea, que existen a1, a2, . . . , an+1 ∈ EG

no todos cero tales que a1c1 + a2e2 + · · · + an+1cn+1 = 0. Para cada σ ∈ G consid-eremos la ecuacion σ(c1)x1 + · · · + σ(cn+1)xn+1 . Tenemos un sistema homogeneo de n

ecuaciones con n + 1 incognitas, ası que tiene solucion no trivial. Tomemos entonces unasolucion no trivial con el mayor numero de ceros posible (e1, . . . , en+1); reordenando y

multiplicando por una constante apropiada podemos suponer que e1 = 1 (pues el con-junto de soluciones es subepacio). Ahora tomemos τ ∈ G y apliquemos τ a cada ecuacion

σ(c1)e1 + · · ·+ σ(cn+1)en+1 . Obtenemos τ(σ(c1))τ(e1) + · · ·+ τ(σ(cn+1))τ(en+1) y, por ser

G grupo, las σ ◦ τ varıan sobre todo G, de manera que obtenemos el mismo sistema enel cual (τ(e1), . . . , τ(en+1)) es solucion. Como τ(1) = 1 tenemos que τ(e1) = e1 . Por otro

lado, usando que el conjunto de soluciones es subsepacio de En+1 , tambien es solucion ladiferencia de las soluciones (e1 − τ(e1), . . . , en+1 − τ(en+1)), pero esta solucion tiene mas

ceros que (e1, . . . , en+1) (pues τ(0) = 0 y e1 − τ(e1) = 1 − 1 = 0). Eso solo es posible sila solucion (e1 − τ(e1), . . . , en+1 − τ(en+1)) es trivial. Como el argumento es valido para

toda τ ∈ G tenemos que las ei ∈ EG . Las ei constituyen la solucion no trivial buscada decoeficientes en EG pues una de las ecuaciones es con σ = 1, el elemento identico de G.

Decimos que una extension de campos E/F es normal si el que un polinomio f(x) ∈F [x] tenga una raız en E implica que se descompone totalmente en E . La extension es

finita galois si [E : F ] es finito y E/F es separable y normal.

132


[19.5] Ejemplo. (a) Q( 3√2)/Q es finita y separable pero no es galois porque no es

normal (el polinomio x3 − 2 tiene solo una raız en Q( 3√2)).

(b) C/R es finita galois.(c) Q(

√2)/Q es finita galois.

(d) Si α es una raız de tp−x ∈ Zp(x) entonces Zp(x)(α)/Zp(x) es finita y normal perono separable, por tanto no es finita galois.

[19.6] Teorema. Sea E/F extension de campos. Son equivalentes:(a) E es campo de descomposicion de un polinomio separable sobre F .

(b) F = EG para algun grupo de automorfismos G de E .

(c) E/F es finita galois.En este caso, el unico grupo de automorfismos de E que satisface (b) es G = Gal(E/F ).

Demostracion. (a) ⇒ (b) Tomemos G = Gal(E/F ). Automaticamente tenemosF ⊂ EG . Antes de probar la otra contencion veamos que Gal(E/F ) = Gal(E/EG). En

efecto, la contencion “⊃” es clara y si σ ∈ Gal(E/F ) y a ∈ EG entonces a ∈ E estal que σ(a) = a , ası que σ fija EG y, por lo tanto, σ ∈ GAl(E/EG) y ası tenemos la

igualdad Gal(E/F ) = Gal(E/EG). Ahora, tenemos que E es campo de descomposicion

de un polinomio separable f(x) ∈ F [x] , pero este polinomio tambien esta en EG[x] (ysigue siendo separable) ası que, por [17.27](c) el orden de los grupos de galois coincide con

el grado de las extensiones:

[E : F ] =∣∣∣Gal(E/F )

∣∣∣ =

∣∣∣Gal(E/EG)

∣∣∣ = [E : EG].

Entonces, por [17.19], EG = F .(b) ⇒ (c) Por el lema de Artin, [E : F ] = [E : EG] ≤ |G| , de donde E/F es finita.

Sea g(x) = a0 + a1x + · · · + anxn ∈ F [x] irreducible de grado n y supongamos que

u ∈ E es raız de g(x). Sea σ ∈ G. Como σ fija F , tambien σ(u) es raız de g(x)

(pues 0 = σ(0) = σ(a0 + a1u + · · · + anun) = σ(a0) + σ(a1)σ(u) + · · · + σ(an)σ(u)

n =

a0 + a1σ(u) + · · · + anσ(u)n ). Supongamos que el conjunto {σ(u) : σ ∈ G} consta de m

elementos: u1, u2, . . . , um . Queremos ver que m = n (con esto, tendremos que g(x) tiene

tantas raıces distintas como su grado, lo cual completara la prueba de que la extension esnormal y separable). Sea j(x) = (x−u1) · · · (x−um). En E[x] escribamos g(x) = j(x)h(x).

Sea τ ∈ G y sea τ : E[x]→ E[x] el isomorfismo inducido. Observemos que τ(j(x)) = j(x)pues simplemente las raıces ui se permutan; de aquı tenemos que los coeficientes de j(x)

pertenecen a F , lo cual nos dice que j(x) divide a g(x) en F [x] , pero g(x) es irreducible,ası que g(x) = j(x), como querıamos probar.

(c) ⇒ (a) Como estamos suponiendo que E/F es finita, escribamos E = F [α1, . . . , αk] ;para cada i = 1, 2, . . . , k sea pi(x) = irredF (αi). Sea f(x) = p1(x) · · ·pk(x). Como la

extension es separable, los pi(x) son separables, ası que tambien lo es f(x). Como laextension es normal, los pi(x) se descomponen totalmente en E , ası que lo mismo pasa

con f(x). Es claro que E es el menor campo donde f(x) se descompone totalmente puesse necesitan las αi .

Finalmente veamos que si G es como en (b), entonces G = Gal(E/F ). La inclusion

133


“⊂” es por definicion y ası

|G| ≤∣∣∣Gal(E/F )

∣∣∣ = [E : F ] ≤ |G|,

donde la igualdad es por [17.27](c) en vista que E es campo de descomposicion de unpolinomio separable sobre E , y la desigualdad de la derecha es por el lema de Artin.

Concluimos que las desigualdades son igualdades, de donde G = Gal(E/F ).

[19.7] Ejercicio de tarea. ¿Cual es el campo fijo de Gal(Q( 3√2)/Q)?

[19.8] Ejercicio de tarea. ¿Cual es el campo fijo de Gal(Zp(x)(α)/Zp(x)) si α es

raız de tp − x ∈ Zp(x)[t]?

[19.9] Ejercicio de tarea. Sea E/F finita galois con grupo de galois G = Gal(E/F )

y sea S ≤ G. Si τ ∈ G y T = τSτ−1 . Probar que ET = τ(ES) y si, ademas S ⊳ G,entonces τ(ES) = ES .

[19.10] Teorema. Teorema Fundamental de la Teorıa de Galois o Correspondencia

de Galois. Sea E/F finita galois con grupo G = Gal(E/F ). Sean

K = {K : K es campo, F ⊂ K ⊂ E},S = {S : S es subgrupo de G},φ : K → S, definida por φ(K) = Gal(E/K),

ψ : S → K, definida por ψ(S) = ES.

Se tienen los siguientes resultados:

(a) Las funciones φ y ψ son inversas una de otra.(b) T ⊂ S en S si, y solo si, ET ⊃ ES .

(c) Si S, T ∈ S , entonces |S| = [E : ES] y [G : S] = [ES : F ] .(d) Para S ∈ S , se tiene que S ⊳ G si, y solo si, ES/F es normal. En este caso

G/S ≈ Gal(ES/F ).

(e) Si S, T ∈ S y K,L ∈ K entonces

ES∩T = ES ◦ ET ,

E<S,T> = ES ∩ET ,

Gal(E/K ◦ L) = Gal(E/K) ∩Gal(E/L) yGal(E/K ∩ L) =<Gal(E/K), Gal(E/L)> .

Demostracion. (a) Sea K ∈ K ; ψφ(K) = ψ(Gal(E/K)) = EGal(E/K) , ası quequeremos probar que EGal(E/K) = K . La contencion “⊃” es clara, por definicion. Ahora,

sea e ∈ E tal que σ(e) = e para todo σ ∈ Gal(E/K); entonces, por definicion, e ∈ K yası tenemos la otra inclusion.

Sea S ∈ S ; φψ(S)φ(ES) = Gal(E/ES) = S , donde la ultima igualdad se obtiene porla ultima conclusion del teorema anterior.

(b) (⇒) es por definicion. (⇐) Sea τ ∈ T ; entonces τ fija ET , pero ES ⊂ ET , por

134


lo tanto τ fija ES , ası que τ ∈ Gal(E/ES) = S (la ultima igualdad es por la ultimaconclusion del teorema anterior).

(c) Por el teorema anterior |S| = [E : ES] , ası que

[G : S] =|G||S| =

[E : F ]

[E : ES]= [ES : F ].

(d) (⇒) Por el teorema anterior, basta ver que F es el campo fijo de un grupo de

automorfismos de ES . Por el ejercicio anterior, si τ ∈ G, entonces τ |ES : ES → ES

y tiene inversa τ−1|ES , ası que τ |ES es automorfismo de ES que deja fijo a F . Sea

h : G → Gal(ES/F ) definido por h(τ) = τ |ES ; tenemos que h es un homomorfismo degrupos y S = Ker(h) (la inclusion “⊂” es obvia y la otra es por la ultima conclusion

del teorema anterior). Entonces G/S ≈ Im(h). Sea G = Im(h). Queremos ver que

(ES)G = F . Tenemos

(ES)G = {e ∈ ES : ∀σ ∈ G, σ(e) = e}= {e ∈ ES : ∀σ ∈ G, σ|ES(e) = e}= {e ∈ E : ∀σ ∈ G, σ(e) = e} = F.

La segunda parte es porque, por el teorema anterior, E es campo de descomposicion de un

polinomio sobre F , ası que tambien es campo de descomposicion del mismo polinomio sobreES , ası que, por [17.15], cualquier automorfismo de ES se extiende a un automorfismo de

E y entonces tenemos que h es suprayectiva.

(e) Esto es por [5.2] en vista de que φ y ψ son funciones biyectivas entre latices, unainversa de la otra, que invierten el orden.

[19.11] Nota. Conviene pensar en el siguiente esquema como resumen del teoremaanterior:

S ←→ K

1 E|S| | | [E : ES]

Gal(E/K) = S ES = KGal(ES/F ) = G/S △ | normal

G F

[19.12] Corolario. Si E/F es una extension finita de galois, entonces solo hay unacantidad finita de campos intermedios.

[19.13] Ejercicio de tarea. Sea E el campo de descomposicion del polinomio x3−2 ∈Q[x] . Describir todos los campos intermedios que hay entre Q y E (para cada campo

intermedio K encontrar αK ∈ E tla que K = Q(α)). ¿Cuales de esos son extensionesnormales de Q?

Decimos que un campo F es algebraicamente cerrado si todo polinomio no constante

135


con coeficientes en F tiene todas sus raıces en F .

[19.14] Ejercicio de tarea. Probar que C no tiene extensiones de grado 2 (si usar

el teorema siguiente).

[19.15] Teorema. Teorema Fundamental del Algebra. C es algebraicamente cerrado.

Demostracion. Sea f(x) ∈ C[x] no constante y sea E el campo de descomposicion

de f(x). Sea (u1, u2, . . . , un) una base de E sobre R y, para cada i = 1, . . . , n seapi(x) el polinomio irreducible de ui sobre R. Sea E el campo de descomposicion de

p1(x) · p2(x) · · ·pn(x) sobre R. Entonces E ⊃ E ⊃ C ⊃ R. Veremos que E = C. SeaG = Gal(E/R); entonces |G| = [E : R] es par (puesto que [C : R] = 2); usando el teorema

de la correspondencia de Galois tomemos un 2-subgrupo de Sylow H de G (no trivial). Sea

EH

el campo fijo de H y, usando [17.26], tomemos α tal que EH= R(α). El polinomio

irreducible de α sobre R tiene grado [EH: R] = [G : H] que es impar, ası que, por [2.21],

su grado es 1, es decir, α ∈ R y H = G, de donde |G| = 2n . Como Gal(E/C) es un

subgrupo de G, |Gal(E/C)| = 2m para cierto m ≥ 0. Supongamos que m > 0; entonces,como Gal(E/C) es un 2-grupo, tiene un subgrupo de ındice 2; sea J este subgrupo y sea

EJsu campo fijo; otra vez, por la correspondencia de Galois, este campo es extension de

grado 2 sobre C , lo cual es imposible por [5.14], de donde m = 0, o sea E = C.

[19.16] Ejemplo. Sea E = Q(x1, x2, . . . , xn) el campo de las funciones racionales enn variables sobre Q . Para cada σ ∈ Sn consideremos el automorfismo de E que permuta

las variables de acuerdo a σ ; ası podemos ver a Sn como un subgrupo de Aut(E). SeaF = ESn . Entonces E/F es finita galois y Gal(E/F ) ≈ Sn . Los elementos de F se llaman

funciones simetricas en x1, x2, . . . , xn .

[19.17] Ejercicio de tarea. Probar que los coeficientes del polinomio (t−x1) · · · (t−xn) ∈ Q(x1, x2, . . . , xn)[t] son funciones simetricas. (Nota. El Teorema fundamental de lasfunciones simetricas dice que toda funcion simetrica es combinacion polinomial de estas;

por ejemplo, para n = 2, x21 + x22 = (x1 + x2)2 − 2x1x2 .)

[19.18] Ejercicio de tarea. Probar que si G es un grupo finito entonces existe unaextension de campos E/F finita galois tal que Gal(E/F ) ≈ G. (Sugerencia: Usar el

Teorema de Cayley para grupos y el ejemplo anterior.)

[19.19] Ejercicio de tarea. Sean E/F una extension de campos finita galois y

G = Gal(E/F ). Probar que K = {α ∈ E : στ(α) = τσ(α) ∀ τ, σ ∈ G} es subcampo deE , que K/F es finita galois y que Gal(K/F ) es abeliano.

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Seccion 20

Construcciones con regla y compas

En esta seccion trataremos los tres problemas clasicos de construcciones con regla ycompas que han probado ser imposibles:

∗ La cuadratura del cırculo: Es decir, dado un cırculo, construir un cuadrado con lamisma area que el cırculo.

∗ La duplicacion de un cubo: Es decir, construir un cubo cuyo volumen sea el doblede un cubo ya dado.

∗ La triseccion de un angulo: Es decir, construir un angulo con medida un tercio de

la medida de un angulo dado.

Antes que nada debemos aclarar que significa construir con regla y compas algo.

Suponemos que de inicio tenemos dos puntos en el plano U y −U . Dados dos puntosdistintos P y Q del plano denotamos por L(P,Q) a la recta que pasa por P y Q , y por

C(P,Q) al cırculo con centro P y radio PQ . Los puntos construibles a partir de U y −Use definen recursivamente como sigue: U y −U son construibles; C es construible si existe

un conjunto K de puntos construibles tal que C es la interseccion de dos de las rectasdeterminadas dos puntos de K o dos de los cırculos determinados por elementos de K o

un cırculo y una recta determinada por elementos de K .

[20.1] Nota. Observemos que el punto medio de U y −U es construible pues es lainterseccion de L(U,−U) con la recta L(P,Q) donde P y Q son las intersecciones de los

cırculos C(U,−U) y C(−U, U). Ademas esta recta es perpendicular a U(−U). Al puntomedio de U y −U le llamamos O y a la distancia OU la consideramos como la unidad

(decimos que OU mide 1).

§20. Construcciones con regla y compas

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U−U

P

Q

O

L(−U, U)

L(P,Q)

C(−U, U) C(U,−U)

•• •

•

•

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[20.2] Observacion. El punto medio de dos puntos construibles es construible,

De aquı en adelante llamemos K al conjunto de puntos construibles del plano.

[20.3] Observacion. K es numerable.

[20.4] Lema. Dados P.Q,R ∈ K con P 6= Q , existe R′ tal que L(R,R′) es paralela

a L(P,Q).

Demostracion. Llamemos P ′ a la otra interseccion de C(R, P ) con L(P,Q); sea R′

el punto medio de P y P ′ . Si R 6= R′ ), entonces L(R,R′) es perpendicular a L(P,Q).

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P Q P ′R′

R

L(P,Q)

C(R, P )L(R,R′)

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..................................................................................................................................................................................................................................................................

Si R = R′ , entonces R es punto medio de PP ′ ası que podemos proceder como en[7.1].

[20.5] Lema. Dados P.Q,R ∈ K con P 6= Q , existe R′ ∈ L(P,Q) tal que L(R,R′)es perpendicular a L(P,Q).

Demostracion. Es claro, aplicando dos veces el lema anterior.

Decimos que a ∈ R es construible si lo es el punto (a, 0).

[20.6] Lema. Sean a, b ∈ R. El punto (a, b) es construible si, y solo si, lo son a y b.

138


Demostracion. Esto es claro a partir de los dos lemas anteriores.

[20.7] Lema. Si a > 0 es construible y P,Q ∈ K y P ′ ∈ L(P,Q) es tal que su

distancia a P es a entonces P ′ es construible.

Demostracion. Tracemos una paralela L′ a L(P,Q) por O (posiblemente L′ =L(P,Q)).

.............................................................................................................................................................................................................................................................................................

...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

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O a

P

P ′

L′

R

Q

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Sobre L′ sea R el punto a distancia a del origen (y del mismo lado de O que P ′ deP ). Es claro que R es construible; P ′ es la interseccion de la paralela a L(O, P ) por R

con L(P,Q).

[20.8] Lema. K ∩ R es subcampo de R .

Demostracion. Es claro que 0, 1 ∈ K ∩ R. Sean a, b ∈ K ∩ R ; por el lema anterior

es claro que a± b ∈ K ∩ R. Para ver que ab ∈ K ∩ R es claro que podemos pensar que ay b son positivos (y despues ajustar signos); por semejanza, la paralela a L((a, 0), (0, 1))por (0, b) intersecta al eje x en (ab, 0). De la misma manera, la paralela a L((b, 0), (0, 1))por (a, 0) intersecta al eje y en (0, a

b).

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a

b

1

ab

••

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ab

1

ab

••

•

•

[20.9] Lema. K es subcampo de C.

Demostracion. Esto es facil de ver usando [7.8] y que las coordenadas de la suma,resta, producto o cociente de dos complejos se pueden obtener a partir de sumas, restas,

productos y cocientes de las coordenadas.

139


[20.10] Lema. Si a ∈ K ∩ R es positivo, entonces√a ∈ K ∩ R.

Demostracion. Sea P el punto de interseccion de la recta paralela al eje y que pasa

por I = (1, 0) y el cırculo C((a+12, 0), O). Sea Q = (a + 1, 0); entonces los triangulos

QPO , PIO y QIP son triangulos rectangulos semejantes, ası que 1|PI| =

|PI||IQ| , de donde

|PI|2 = |IQ| = a ; entonces P = (1,√a) y

√a es construible.

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P

O I Qa1................................................................................................................................................................................................................

...............................................................................................................................................................................................................................................• ••

•

[20.11] Lema. Sean a, b, c ∈ C construibles; entonces tambien lo son las raıces delpolinomio ax2 + bx+ c.

Demostracion. El caso a = 0 es claro, Si a 6= 0, la formula cuadratica nos expresa

las raıces como sumas, restas, productos, cocientes y raıces cuadradas de los coeficientes(y racionales).

[20.12] Lema.(a) Una recta con ecuacion y = ax + b o x = b es de la forma L(P,Q) para ciertos

P,Q ∈ K si, y solo si, a, b ∈ K .(b) Un cırculo con ecuacion (x−a)2+(y−b)2 = r2 es de la forma C(P,Q) para ciertos

P,Q ∈ K si, y solo si, a, b, r ∈ K .

Demostracion. En ambos casos hay ecuaciones que expresan las coordenadas de lospuntos en terminos de sumas, restas, productos, cocientes y raıces cuadradas de a, b (y r),

y viceversa.

[20.13] Teorema. Un numero complejo z es construible si, y solo si, existe una torre

de campos Q = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Ft tal que z ∈ Ft y [Fi : Fi−1] ≤ 2 para toda i.

Demostracion. (⇒) Sean z0 = −1, z1 = 1, z2, . . . , zk = z tales que para cada i ≥ 2,zi se construya a partir de z0 = −1, z1 = 1, z2, . . . , zi−1 y defınase Fi = Q(z1, . . . , zi).

Como cada zi se obtiene como interseccion de rectas y cırculos determinados por los zjcon j < i, sus coordenadas de obtienen a partir de sumas, restas, productos, cocientes y

raıces cuadradas de numeros ya construidos, por lo tanto [Fi : Fi−1] ≤ 2.(⇐) Para cada i sea zi tal que Fi = Fi−1(zi). Como la extension es de grado menor

o igual que 2, zi satisface un polinomio de grado menor o igual que 2 sobre Fi−1 , ası que,por induccion, es construible.

[20.14] Corolario. Si un numero z ∈ C es construible, entonces [Q(z) : Q] es

140


potencia de 2.

El siguiente ejercicio prueba que el es falso en recıproco del corolario anterior.

[20.15] Ejercicio de tarea. Probar que si E es el campo de descomposicion de unpolinomio irreducible de grado 4 sobre Q y Gal(E/Q) ≈ S4 , entonces en E hay elementos

no construibles (Nota. Se puede probar que f(x) = x4− 4x+2 cumple las condiciones del

ejercicio. Este es un ejemplo de que no toda extension de grado potencia de 2 consta deelementos construibles.)

A continuacion vemos la aplicacion de lo que hemos visto para resolver tres problemasclasicos.

[20.16] Ejemplo. Es imposible cuadrar un cırculo, es decir, dado un cırculo de radioconstruible, no es posible construir un cuadrado que tenga la misma area que el cırculo.

Demostracion. Si el cırculo de radio 1 pudiera cuadrarse entonces π serıa construible,

pero [Q(π) : Q] es infinita porque π no es algebraico. (Se deja como ejercicio probar queningun cırculo construible se puede cuadrar).

[20.17] Ejemplo. Es imposible duplicar el cubo, es decir, dado un cubo de ladoconstruible, no es posible construir otro cubo que tenga el doble de volumen que el primero.

Demostracion. Si el cubo de lado 1 pudiera duplicarse entonces 3√2 serıa construible,

pero [Q( 3√2) : Q] = 3, no potencia de 2. (Se deja como ejercicio probar que ningun cubo

construible se puede duplicar).

[20.18] Ejemplo. Es imposible trisectar el angulo, es decir, dado un cubo de ladoconstruible, no necesariamente es posible construir otro angulo de medida la tercera parte

del primero.

Demostracion. Hay angulos, como el de 180o , que sı son trisectables pues con-struyendo un triangulo equilatero (mediante intersecciones de cırculos delmismo radio) se

obtiene un angulo de 60o . Probaremos que el angulo de 60o no es trisectable.

Demostracion. Dado un angulo θ , al considerar la parte real de

e3iθ = (cos(θ) + isen(θ))3

se obtiene la ecuacion

cos(3θ) = 4(cos3(θ)− 3cos(θ).

Sea θ = 20o y sea u = 2cos(θ). Al sustituir se obtiene la ecuacion u3 − 3u − 1 = 0, asıque u satisface el polinomio irreducible x3 − 3x − 1 ∈ Q[x] , de donde [Q(u) : Q] = 3 y

entonces u no es construible y, por tanto, tampoco lo es 20o .

[20.19] Teorema. Sea p un numero primo. el polıgono regular de p lados es con-

struible si, y solo si, p es primo de Fermat, es decir, p = 22k

para algun k ≥ 0 entero.

141


Demostracion. Construir elpolıgono equivale a construir el punto w = e2πip , cuyo

polinomio irreducible sobre Q sabemos que es f(x) = xp−1 + · · ·+ x+ 1.

Si w es construible, entonces p− 1 = [Q(w) : Q] es potencia de 2, ası que p = 2r + 1.

queremos ver que r tambien es potencia de 2; sea s ∈ N impar tal que s∣∣∣r ; digamos r = st;

pero entonces 2s + 1 es divisor de p pues

2st + 1 = (2t)s − (−1)s = (2t − (−1))((2t)s−1 + (2t)s−2(−1) + · · ·+ (−1)s−1),

lo cual solo es posible si s = 1 ya que p es primo.Ahora supongamos que p = 22

k

para algun k ≥ 0 entero. Tenemos que [Q(w) : Q] es

potencia de 2, ası que el grupo de galois G es un 2-grupo. Sabemos que existe una cadena

de sugrupos tal que en cada nivel el ındice es 2 y, por el teorema de la correspondencia deGalois, esta induce una torre de campos tal que en cada nivel el grado es 2.

Nota. Para k = 0, 1, 2, 3, 4 los primos de Fermat son 3, 5, 17, 257, 65 537. Se sabeque para unos cuantos k ≥ 5, 22

k

no es primo y no se sabe si existe algun otro primo de

Fermat (distinto de los que se obtienen para k ≤ 4).

[20.20] Nota. Se puede probar que un n-agono regular es construible si y solo si n

es producto de una potencia de 2 con algunos primos de Fermat distintos.

[20.21] Ejercicio de tarea. ¿Para cuales de las siguientes n′ s es construible con reglay compas el n-agono regular: n = 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15? (No usar [20.20].)

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