Parte VI Teoría de Galois

Teorema VI.1.

Sea $K$ un cuerpo y $\tau_{1},\ldots,\tau_{n}$ automorfismos distintos de $K$ . Entonces $\tau_{1},\ldots,\tau_{n}$ son $K$ -linealmente independientes.

Demostración.

Por inducción sobre $n$ .

Caso base: supongamos que existe $a\in K$ tal que $a\tau_{1}=0$ . Entonces $a\tau_{1}=a\cdot 1=a=0\Rightarrow a=0$ .
Supongamos que se cumple para $n-1$ y veamos que también para $n$ . Sean $a_{1},\ldots,a_{n}\in K$ tales que $a_{1}\tau_{1}(x)+a_{2}\tau_{2}(x)+\cdots+a_{n}\tau_{n}(x)=0\;\forall x\in K$ . Como $\tau_{1}\neq\tau_{2}$ existe $y\in K$ distinto de $0$ tal que $\tau_{1}(y)\neq\tau_{2}(y)$ . Se tiene que

$\displaystyle a_{1}\tau_{1}(xy)+a_{2}\tau_{2}(xy)+\cdots+a_{n}\tau_{n}(xy)$

$\displaystyle{}=0$

$\displaystyle a_{1}\tau_{1}(x)\tau_{1}(y)+a_{2}\tau_{2}(x)\tau_{2}(y)+\cdots+a% _{n}\tau_{n}(x)\tau_{n}(y)$

$\displaystyle{}=0$

En las notas del profesor.

∎

Si $E$ es un cuerpo y $G$ es un subgrupo de $Aut(E)$ , definimos

C_{E}(G)=\left\{x\in E\mid\tau(x)=x\text{ para todo }\tau\in G\right\}

que es el subcuerpo de $E$ fijado por todos los elementos de $G$ . Si $G\leq H\leq Aut(E)$ , entonces $C_{E}(H)\subseteq C_{E}(G)$ .

Teorema VI.2.

Sea $E$ un cuerpo y $G$ un subgrupo finito de $Aut(E)$ . Si $F=C_{E}(G)$ , entonces $\left|E\colon F\right|=\left|G\right|$ .

Demostración.

Supongamos que $G=\left\{\tau_{1},\ldots,\tau_{n}\right\}$ y que $E/F$ es finita con $\left|E\colon F\right|=m<n$ . Tomamos una $F$ -base de $E$ $B=\left\{e_{1},\ldots,e_{m}\right\}$ . Considera el siguiente sistema homogéneo de $m$ ecuaciones con $n$ incógnitas:

\displaystyle\tau_{1}(e_{1})x_{1}+\tau_{2}(e_{1})x_{2}+\cdots+\tau_{n}(e_{1})x% _{n}

\displaystyle{}=0

\displaystyle\tau_{1}(e_{2})x_{1}+\tau_{2}(e_{2})x_{2}+\cdots+\tau_{n}(e_{2})x% _{n}

\displaystyle{}=0

\displaystyle\vdots\qquad\qquad\qquad\vdots

\displaystyle\tau_{1}(e_{m})x_{1}+\tau_{2}(e_{m})x_{2}+\cdots+\tau_{n}(e_{m})x% _{n}

\displaystyle{}=0

Por álgebra lineal, tenemos que dicho sistema tiene soluciones no triviales (porque $m<n$ y tiene la solución trivial, luego tiene infinitas soluciones). Sea $(a_{1},\ldots,a_{n})$ una solución no nula al sistema y consideremos $b\in E$ , como $B$ es base: $b=b_{1}e_{1}+\cdots+b_{m}e_{m}$ para ciertos $f_{i}\in F$ . Entonces

{}\sum_{i=1}^{n}\tau_{i}(b)a_{i}=\sum_{i=1}^{n}\tau_{i}\left(\sum_{j=1}^{m}b_{% j}e_{j}\right)a_{i}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\tau_{i}(b_{j})\tau_{i}(e_{j})% a_{i}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}b_{j}\tau_{i}(e_{j})a_{i}=\\ {}=\sum_{j=1}^{m}b_{j}\left(\sum_{i=1}^{n}\tau_{i}(e_{j})a_{i}\right)=0

lo que contradice el teorema anterior pues $\left\{\tau_{1},\ldots,\tau_{n}\right\}$ son linealmente dependientes (ya que $(a_{1},\ldots,a_{n})$ es no trivial).

Supongamos ahora que $e_{1},\ldots,e_{m}$ son $F-$ linealmente independientes con $m>n$ . Consideramos de nuevo el sistema homogéneo de $n$ ecuaciones con $m$ incógnitas dado por

\displaystyle\tau_{1}(e_{1})x_{1}+\tau_{1}(e_{2})x_{2}+\cdots+\tau_{1}(e_{m})x% _{m}

\displaystyle{}=0

\displaystyle\tau_{2}(e_{1})x_{1}+\tau_{2}(e_{2})x_{2}+\cdots+\tau_{2}(e_{m})x% _{m}

\displaystyle{}=0

\displaystyle\vdots\qquad\qquad\qquad\vdots

\displaystyle\tau_{n}(e_{1})x_{1}+\tau_{n}(e_{2})x_{2}+\cdots+\tau_{n}(e_{m})x% _{m}

\displaystyle{}=0

para $j=1,\ldots,n$ . De nuevo, sabemos que tiene soluciones no cero. Supongamos que $(a_{1},\ldots,a_{m})$ es una solución no trivial al sistema. Tomemos $\gamma\in G$ y veamos que $(\gamma(a_{1}),\ldots,\gamma(a_{m}))$ es también solución. Como $(a_{1},\ldots,a_{m})$ es solución al sistema, en concreto, se tiene que lo es si y solo si para todo $j=1,\ldots,n$ se cumple

\sum_{i=1}^{m}a_{i}\tau_{j}(e_{i})=0

En este caso,

0=\gamma\left(\sum_{i=1}^{m}\tau_{j}(e_{i})a_{i}\right)=\sum_{i=1}^{m}(\gamma% \tau_{j})(e_{i})\gamma(a_{i})

para todo $\tau\in G$ . Como multiplicando $\gamma$ por todos los elementos de $G$ se vuelve a obtener $G$ , tenemos que $(\gamma(a_{1}),\ldots,\gamma(a_{m}))$ es también solución del sistema, pues reordenando como sea necesario lo anterior es igual a $\sum_{i=1}^{m}\tau_{h}(e_{i})\gamma(a_{i})=0,\;h=1,\ldots,n$ .

Elegimos una solución $(c_{1},\ldots,c_{m})$ no cero con el mayor número de ceros posibles. Reordenando las incógnitas podemos suponer que $c_{1}\neq 0$ . Multiplicando por $c_{1}^{-1}$ , obtenemos $(1,b_{2},\ldots,b_{m})$ . Al aplicar $\gamma$ a $(1,b_{2},\ldots,b_{m})$ obtenemos una nueva solución $(1,\gamma(b_{2}),\ldots,\gamma(b_{m}))$ . Si $\tau(b_{i})\neq b_{i}$ para algún $\tau\in G$ e $i\geq 2$ , tendríamos que

(1,b_{2},b_{3},\ldots,b_{m})-(1,\tau(b_{2}),\ldots,\tau(b_{m}))

es una solución no nula con mayor número de ceros que la anterior (el primero y los $b_{i}$ que eran nulos), lo que nos lleva a contradicción. Por tanto, se tiene que todo $\tau\in G$ cumple que $\tau(b_{i})=b_{i}$ . De donde se deduce que $b_{i}\in F$ . Tomando el automorfismo identidad, $\sum_{i=1}^{m}\tau_{j}(e_{i})a_{i}=0\;j=1,\ldots,n\Rightarrow\sum_{i=1}^{m}e_{% i}b_{i}=0$ con $b_{i}\in F$ . Esto es una contradicción con que $\left\{e_{1},\ldots,e_{m}\right\}$ son linealmente independientes. ∎

Definición VI.1.

Diremos que una extensión $E/K$ es de Galois si $E/K$ es normal y $K$ tiene característica cero.

Observación VI.1.

Si $K$ tiene característica cero, sumando el mismo elemento distinto de 0 $n$ veces nunca se obtiene $0$ .

Teorema VI.3.

Supongamos que $E/K$ es de Galois, entonces

|Gal(E/K)|=\left|E:K\right|

Demostración.

\left|Gal(E/K(a))\right|=\left|E:K(a)\right|

Notación: $G=Gal(E/K)$ . Como la característica de $K$ es cero, el polinomio derivado $p^{\prime}$ no es cero. Ahora, $p$ tiene $m$ raíces distintas en $E$ . Además, $G$ actúa transitivamente sobre ellas. Si $G_{a}$ es el estabilizador de $a$ en $G$ , entonces

\left|o(a)\right|=\left|G\colon G_{a}\right|=m

pero $G_{a}=\left\{\tau\in G\mid\tau(a)=a\right\}=Gal(E/K(a))$ y concluimos que

\left|G\right|=\left|G_{a}\right|\left|G\colon G_{a}\right|=\left|E:K(a)\right% |m=\left|E:K(a)\right|\cdot\left|K(a):K\right|=\left|E:K\right|

∎

Estos corolarios no se han dicho en clase:

Corolario VI.1.

Supongamos que $E/K$ es una extensión de Galois y sea $G=Gal(E/K)$ . Sea $a\in E$ . Si $\tau(a)=a$ para todo $\tau\in G$ , entonces $a\in K$ .

Demostración.

Sea $F=C_{E}(G)$ , notemos que $K\subseteq F\subseteq E$ . Por el teorema 6.3 tenemos $\left|G\right|=\left|E:K\right|$ . Por el teorema 3.2 también sabemos que $\left|G\right|=\left|E:F\right|$ y deducimos que $\left|F:K\right|=1$ por la transitividad de índices. ∎

Lema VI.1.

Supongamos que $K\subseteq L\subseteq E$ son extensiones de cuerpos. Sea $H=Gal(E/L)<Gal(E/K)$ y $\tau\in Gal(E/K)$ . Entonces $H^{\tau}=Gal(E/\tau(L))$ .

Teorema VI.4 (fundamental de la teoría de Galois).

Supongamos que $E/K$ es de Galois y $G=Gal(E/K)$ . Sea $\mathcal{{S}}$ el subconjunto de subgrupos de $G$ y $\mathcal{{K}}$ el conjunto de subcuerpos intermedios $K\subseteq L\subseteq E$ .

1.

Las aplicaciones $f\colon\mathcal{{S}}\to\mathcal{{K}}$ y $g\colon\mathcal{{K}}\to\mathcal{{S}}$ dadas por $f(H)=C_{E}(H)$ y $g(L)=Gal(E/L)$ son biyecciones mutuamente inversas, es decir, $f\circ g=I_{K}$ y $g\circ f=I_{S}$ .
2.

Si $K\subseteq L\subseteq E$ . Entonces $L/K$ es normal si y solo si $Gal(E/L)\trianglelefteq Gal(E/K)$ . En ese caso,

$Gal(E/K)/Gal(E/L)\cong Gal(L/K)$

Demostración.

Probemos $1$ . Sea $K\subseteq L\subseteq E$ un cuerpo. Sabemos que $E/L$ es de Galois. Por el corolario $6{,}1$ tenemos que

C_{E}(Gal(E/L))=L

Esto prueba que $f\circ g=1_{\mathcal{{K}}}$ . En particular, $f$ es sobreyectiva.

Supongamos que $H,J\leq G$ tales que $C_{E}(H)=C_{E}(J)=F$ . Entonces $H,J\leq Gal(E/F)$ . Por los teoremas 6.2 y 6.3 tenemos

\left|E:F\right|=\left|H\right|\leq\left|Gal(E/F)\right|=\left|E:F\right|

de donde deducimos que $H=Gal(E/F)$ . Análogamente,

J=Gal(E/F)=H

lo que prueba que $f$ es inyectiva. Por tanto, $f$ es una biyección y $f^{-1}=g$ .

Probemos 2. Denotemos $H=Gal(E/L)$ y consideremos $\tau\in G=Gal(E/K)$ . Por el lema anterior, tenemos $H^{\tau}=Gal(E/\tau(L))$ . Aplicando el apartado $1$ , tenemos que $H\trianglelefteq G$ si y solo si $H^{\tau}=H$ para todo $\tau\in G$ si y solo si $Gal(E/L)=Gal(E/\tau(L))$ para todo $\tau\in G$ si y solo si $\tau(L)=L$ para todo $\tau\in G$ si y solo si $L/K$ es normal (tema anterior). Basta con volver a aplicar el anterior teorema para finalizar. ∎

Ejemplo VI.1.

Sea $f=(x^{2}-2)(x^{2}-3)$ . Se tiene que $E=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ es cuerpo de escisión de $f$ sobre $\mathbb{Q}$ y hemos visto que $\left|\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}):\mathbb{Q}\right|=4$ .

Una base es $\left\{1,\alpha,\beta,\alpha\beta\right\}$ donde $\alpha=\sqrt{2}$ , $\beta=\sqrt{3}$ . Los elementos de $Gal(E/\mathbb{Q})$ quedan determinados por la imagen de $\alpha$ y $\beta$ . Por teoría existe un isomorfismo $\mathbb{Q}(\sqrt{2})\to\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ con $\tau_{1}(\sqrt{2})=-\sqrt{2}$ y otro que lo extiende $\tau_{1}\colon\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})\to\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ tal que $\tau_{1}(\sqrt{3})=\sqrt{3}$ . Se obtiene que todos los isomorfismos son

	$\alpha$	$\beta$
$\tau_{1}$	$-\alpha$	$\beta$
$\tau_{2}$	$\alpha$	$-\beta$
$\tau_{3}$	$-\alpha$	$-\beta$
$\tau_{4}$	$\alpha$	$\beta$

y podemos definir

\displaystyle T\colon Gal(E/\mathbb{Q})

\displaystyle{}\longrightarrow\mathbb{Z}^{2}\times\mathbb{Z}^{2}

\displaystyle\tau_{1}

\displaystyle{}\longmapsto(0,0)

\displaystyle\tau_{2}

\displaystyle{}\longmapsto(0,1)

\displaystyle\tau_{3}

\displaystyle{}\longmapsto(1,0)

\displaystyle\tau_{4}

\displaystyle{}\longmapsto(1,1)

de forma que son isomorfos. $\mathbb{Z}_{2}\times\mathbb{Z}_{2}$ tiene 3 subgrupos no triviales: $\langle(1,0)\rangle,\langle(1,0)\rangle,\langle(1,1)\rangle$ . Su diagrama es:

Aplicamos el teorema al subgrupo generado por $\tau_{1}$

{}f(\langle\tau_{1}\rangle)=C_{E}(\langle\tau_{1}\rangle)=\left\{x\in E\mid h(% x)=x\;\forall h\in\langle\tau_{1}\rangle\right\}=\\ {}=\left\{a+b\alpha+c\beta+d\alpha\beta\mid\tau_{1}(a+b\alpha+c\beta+d\alpha% \beta)=a+b\alpha+c\beta+d\alpha\beta\right\}

se tiene que

\tau_{1}(a+b\alpha+c\beta+d\alpha\beta)=a+b\tau_{1}(\alpha)+c\tau_{1}(\beta)+d% \tau_{1}(\alpha)\tau_{1}(\beta)=a-b\alpha+c\beta-d\alpha\beta

luego resolviendo el sistema $b=0$ y $d=0$ , por lo que

f(\langle\tau_{1}\rangle)=C_{E}(\langle\tau_{1}\rangle)=\left\{a+c\beta\mid a,% c\in\mathbb{Q}\right\}=\mathbb{Q}(\beta)=\mathbb{Q}(\sqrt{3})

y por tanto hay una correspondencia entre $\langle\tau_{1}\rangle$ y $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ .

Aplicamos el teorema al subgrupo generado por $\tau_{2}$

{}f(\langle\tau_{2}\rangle)=C_{E}(\langle\tau_{2}\rangle)=\left\{x\in E\mid h(% x)=x\;\forall h\in\langle\tau_{2}\rangle\right\}=\\ {}=\left\{a+b\alpha+c\beta+d\alpha\beta\mid\tau_{2}(a+b\alpha+c\beta+d\alpha% \beta)=a+b\alpha+c\beta+d\alpha\beta\right\}

se tiene que

\tau_{2}(a+b\alpha+c\beta+d\alpha\beta)=a+b\tau_{2}(\alpha)+c\tau_{2}(\beta)+d% \tau_{2}(\alpha)\tau_{2}(\beta)=a+b\alpha-c\beta-d\alpha\beta

luego resolviendo el sistema $c=0$ y $d=0$ , por lo que

f(\langle\tau_{2}\rangle)=C_{E}(\langle\tau_{2}\rangle)=\left\{a+b\alpha\mid a% ,b\in\mathbb{Q}\right\}=\mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q}(\sqrt{2})

y por tanto hay una correspondencia entre $\langle\tau_{2}\rangle$ y $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ .

Por último, repitiendo el mismo razonamiento, aplicamos el teorema al subgrupo generado por $\tau_{3}$

{}f(\langle\tau_{3}\rangle)=C_{E}(\langle\tau_{3}\rangle)=\left\{x\in E\mid h(% x)=x\;\forall h\in\langle\tau_{3}\rangle\right\}=\\ {}=\left\{a+b\alpha+c\beta+d\alpha\beta\mid\tau_{3}(a+b\alpha+c\beta+d\alpha% \beta)=a+b\alpha+c\beta+d\alpha\beta\right\}

se tiene que

\tau_{3}(a+b\alpha+c\beta+d\alpha\beta)=a+b\tau_{3}(\alpha)+c\tau_{3}(\beta)+d% \tau_{3}(\alpha)\tau_{3}(\beta)=a+b\alpha-c\beta-d\alpha\beta

luego resolviendo el sistema $b=0$ y $c=0$ , por lo que

f(\langle\tau_{3}\rangle)=C_{E}(\langle\tau_{3}\rangle)=\left\{a+d\alpha\beta% \mid a,d\in\mathbb{Q}\right\}=\mathbb{Q}(\alpha\beta)=\mathbb{Q}(\sqrt{6})

De forma similar, tomando el subgrupo $\langle\tau_{4}\rangle$ , este se corresponde con $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ , y tomando $Gal(E/\mathbb{Q})$ , $f(Gal(E/\mathbb{Q}))=\left\{a\mid a\in\mathbb{Q}\right\}=\mathbb{Q}$ .