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Cap´ıtulo 3
Teor´ıa de Galois
3.1. Extensiones normales y separables
La teor´ıa de Galois trata de representar la estructura de la extensi´on generada por todas las ra´ıces de un polinomio, por medio de sus simetr´ıas. Para que este proyecto funcione en un contexto general son necesarias dos condiciones. La primera es que real- mente podamos inventarnos un sitio donde vivan las ra´ıces de un polinomio (¿d´onde est´an las ra´ıces de x^2 + 1 ∈ F 3 [x]?). La segunda est´a en los m´argenes de los contrae- jemplos del curso por su naturaleza mucho m´as t´ecnica, y es que ning´un elemento sea ra´ız m´ultiple de todos los polinomios que anula. Esto provocar´ıa que algunas simetr´ıas colapsasen y que no representaran fielmente la extensi´on. Como veremos m´as adelante, no hay que preocuparse mucho por esta condici´on, porque la cumplen pr´acticamente todas las extensiones que podemos imaginar este curso.
La primera condici´on, a la que dedicaremos casi todos nuestros esfuerzos en esta secci´on, tiene que ver con los conceptos de cuerpo de descomposici´on y de extensi´on normal. En breve probaremos que ambos est´an estrechamente relacionados y que son en cierto modo equivalentes para extensiones finitas, pero ahora limit´emonos a sus defini- ciones. En ellas y en el resto del cap´ıtulo utilizaremos el abuso de notaci´on consistente en hablar de la descomposici´on de P ∈ K[x] en L[x] cuando L/K es una extensi´on. En rigor el polinomio P s´olo est´a en L[x] despu´es de aplicar el monomorfismo de la exten- si´on j : K −→ L a sus coeficientes. (Quien no entienda este comentario no debe preocuparse porque tampoco detectar´a el abuso de notaci´on).
Definici´on: Se dice que una extensi´on algebraica L/K es normal si todo polinomio irreducible P ∈ K[x] que tiene una ra´ız en L se descompone en factores lineales en L[x].
Definici´on: Sea L/K una extensi´on. Se dice que L es un cuerpo de descomposici´on (o cuerpo ra´ız ) de P ∈ K[x], ∂P > 1, si P se descompone en factores lineales en L[x], esto es, P = k(x − α 1 )(x − α 2 )... (x − αn), y no existe ning´un subcuerpo propio de L (conteniendo la imagen de K en L) con esta propiedad.
Observaci´on: Con la notaci´on de la definici´on anterior, imponiendo L ⊃ K, se tiene que el cuerpo de descomposici´on de P es L = K(α 1 , α 2 ,... , αn), el cuerpo m´as peque˜no
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que contiene a las ra´ıces. Sin embargo no hay que olvidar que fuera de C, donde el teorema fundamental del ´algebra acude en nuestro auxilio, no est´a en absoluto claro que las ra´ıces existan en alg´un sitio (esto es, que siempre haya un cuerpo de descomposici´on) ni tampoco que no podamos crear muchos cuerpos de descomposici´on distintos. En seguida resolveremos estas cuestiones de existencia y unicidad.
Ejemplo. El cuerpo de descomposici´on de P = x^2 − 2 ∈ Q[x] es Q(
Ejemplo. El cuerpo de descomposici´on de P = x^4 − 5 x^2 + 6 ∈ Q[x] es Q(
(n´otese que P = (x^2 − 2)(x^2 − 3)).
Ejemplo. El cuerpo de descomposici´on de P = xn^ − 1 ∈ Q(
2)[x] es Q(
2 , ζ) con ζ = e^2 πi/n.
Como acabamos de se˜nalar, la existencia del cuerpo de descomposici´on no es evidente porque en sitios suficientemente raros no sabemos hallar las ra´ıces de un polinomio, por ejemplo en el caso antes citado x^2 +1 ∈ F 3 [x]. Para resolver este problema nos inventare- mos un sitio m´as raro todav´ıa, un anillo cociente, donde vive algo que se comporta como una ra´ız. Despu´es bastar´a darle a la manivela de la inducci´on para que el resto de las ra´ıces se unan a la fiesta. Realmente todo el artificio fue ya introducido en el primer cap´ıtulo.
Lema 3.1.1 Dado un polinomio no constante P ∈ K[x], existe una extensi´on finita, L/K, tal que P tiene una ra´ız en L.
Demostraci´on: Podemos suponer que P es irreducible (en otro caso elegir´ıamos uno de sus factores irreducibles) y que ∂P > 1 (si ∂P = 1, L = K). Sea el anillo L = K[x]
(P ). Obviamente K est´a “incluido” en L, o m´as exactamente, existe un monomorfismo φ : K −→ L. Adem´as L es de hecho un cuerpo, por la Proposici´on 1.2.3 en combinaci´on con la 1.3.2. Por ´ultimo, la finitud de L/K se sigue de la Proposici´on 2.2.4, porque L = K(x) con x = x + (P ), y x es algebraico al ser P (x) = P (x) la clase de cero en L. 2
Ejemplo. Seg´un el resultado anterior, P = x^2 + x + 1 ∈ F 2 [x] factoriza en L = F 2 [x]/(P ) = { 0 , 1 , x, x + 1}. Para que los m´as esc´epticos se sientan a gusto, demos a estos cuatro elementos nombre m´as vulgares, digamos L = { 0 , 1 , α, β}. Entonces las tablas de suma y multiplicaci´on en L son
- 0 1 α β 0 0 1 α β 1 1 0 β α α α β 0 1 β β α 1 0
× 0 1 α β 0 0 0 0 0 1 0 1 α β α 0 α β 1 β 0 β 1 α
Si lo preferimos, podemos empezar desde aqu´ı y definir L como un cuerpo cuyas opera- ciones tienen las tablas anteriores. Como α+β = αβ = 1, se concluye P = (x−α)(x−β) en L[x]. De hecho L es el cuerpo de descomposici´on de P , ya que [L : F 2 ] = 2 (ejerci- cio) y por tanto no hay subextensiones propias de L/F 2. Tambi´en podemos comprobar directamente con estas tablas que α y β son ra´ıces de P. Por ejemplo α^2 + α + 1 = β + α + 1 = 1 + 1 = 0.
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y por tanto el cuerpo de descomposici´on es el propio F 2. De hecho F 2 [i] no es un cuerpo si nos empe˜namos en que i sea algo distinto de 1 que tenga la propiedad i^2 = −1, ya que (i − 1)(i − 1) = 0 implicar´ıa i = 1 en un dominio de integridad.
Aparentemente, lo que pedimos a una extensi´on para que sea normal es mucho m´as restrictivo que lo que exigimos en la definici´on de cuerpo de descomposici´on, ya que una extensi´on normal debe contener los cuerpos de descomposici´on de “muchos” polinomios. Pero el siguiente resultado nos da en el caso finito (el ´unico de inter´es en este curso) las dos definiciones al precio de una:
Proposici´on 3.1.3 Una extensi´on L/K es normal y finita si y s´olo si L es el cuerpo de descomposici´on de un polinomio de K[x].
Demostraci´on: Distingamos cada una de las implicaciones. Como siempre, comen- zamos con lo m´as f´acil: ⇒) Sea L = K(α 1 , α 2 ,... , αn) y sea P = P 1 · P 2 · · · · · Pn donde Pj es el polinomio m´ınimo de αj sobre K. Como L/K es normal, cada Pi se descompone en factores lineales en L[x] y lo mismo ocurre con P , por tanto L contiene al cuerpo de descomposici´on de P y como L est´a generado por la ra´ıces de P , coincide con ´el. ⇐) Sea L el cuerpo de descomposici´on de Q ∈ K[x]. Basta demostrar que si α y β son ra´ıces de un polinomio m´onico irreducible en K[x], entonces α ∈ L ⇒ β ∈ L. Por la Proposici´on 2.2.5 (empleada como en la demostraci´on de la proposici´on ante- rior) existe un K-isomorfismo i : K(α) −→ K(β). Por otra parte, L(α) es un cuerpo de descomposici´on de Q ∈ K(α)[x] y tambi´en L(β) puede considerarse como otro cuerpo de descomposici´on teniendo en cuenta el monomorfismo K(α)−→K(β) ↪→ L(β). As´ı pues, por la proposici´on anterior, los cuerpos L(α) y L(β) son isomorfos como extensiones de K(α). En definitiva, si α ∈ L, se tiene
1 = [L(α) : L] =
[L(α) : K(α)][K(α) : K] [L : K]
[L(β) : K(α)][K(α) : K] [L : K]
= [L(β) : L] = 1,
es decir, β ∈ L. Por tanto L/K es normal (la finitud es inmediata porque cada ra´ız de Q est´a en una extensi´on de grado menor o igual que ∂Q). 2
Ejemplo. La extensi´on Q(
3)/Q es normal porque Q(
- es el cuerpo de descomposici´on de P = (x^2 − 2)(x^2 − 3) sobre Q.
Ejemplo. La extensi´on Q( 3
2)/Q no es normal porque s´olo una de las ra´ıces de x^3 − 2 est´a en Q( 3
2), las otras son n´umeros complejos. Sin embargo la extensi´on Q( 3
7)/Q( 3
- s´ı es normal porque Q( 3
- es el cuerpo de descomposici´on de x^2 − 7 sobre Q( 3
Ejemplo. La extensi´on Q(e^2 πi/n)/Q es normal porque Q(e^2 πi/n) es el cuerpo de des- composici´on de xn^ − 1 sobre Q.
Entre los cuerpos de descomposici´on vamos a se˜nalar un caso especial que seguida- mente veremos que es general en el universo de los cuerpos finitos. Hist´oricamente aparecieron por vez primera en uno de los trabajos del propio Galois bajo el ep´ıgrafe Sur la th´eorie des nombres [Gal].
Definici´on: Si q = pn^ donde p es primo y n ∈ Z+, se denota con Fq (o con GFq) y se llama a veces cuerpo de Galois, al cuerpo de descomposici´on de xq^ − x sobre Fp.
Ejemplo. F 4 es, salvo isomorfismos, el cuerpo L = { 0 , 1 , α, β} descrito anteriormente porque x^4 − x = x(x + 1)(x^2 + x + 1).
Ejemplo. F 9 es, salvo isomorfismos, el cuerpo L = F 3 [i], tambi´en considerado ante- riormente, porque tras la factorizaci´on:
x^9 − x = x(x − 1)(x − 2)(x^2 + 1)
(x + 1)^2 + 1
(x − 1)^2 + 1
se sigue que todas las ra´ıces est´an en L.
Parece una gran casualidad estas coincidencias de cuerpos, pero ya deber´ıamos estar acostumbrados a que en Matem´aticas las grandes casualidades suelen ser en realidad teoremas, peque˜nas verdades universales veladas a nuestros ojos. La sorpresa es que los cuerpos de descomposici´on sobre Fp, y de hecho todos los cuerpos finitos, son lo mismo que (isomorfos a) alg´un Fq. Con este resultado que probaremos a continuaci´on, los Fq que se ocultaban humildemente bajo su apariencia de caso particular, adquieren un puesto de palco en la teor´ıa de cuerpos. Todav´ıa suben m´as alto teniendo en cuenta su importancia en las aplicaciones. Por ejemplo parte de la teor´ıa de c´odigos (s´ı, la que hace funcionar los discos compactos) vive de los cuerpos finitos y hasta la prueba del ´ultimo teorema de Fermat requiere entenderlos bien. En este curso, sin embargo, no les daremos una importancia especial prefiriendo centrarnos en ejemplos m´as familiares y completos que viven dentro del reino de los n´umeros complejos (la teor´ıa de Galois es muy f´acil en cuerpos finitos). Tal felon´ıa, requiere al menos unas l´ıneas en letra peque˜na.
Un byte es una lista ordenada de 8 bits, es decir, de ocho ceros y unos. Al transmitir un conjunto de bytes, un fichero, para tener alguna certeza de que no ha habido errores podemos a˜nadir un byte de paridad que no contiene informaci´on adicional pero fuerza a que en nuestro conjunto de bytes haya un n´umero par de unos en el primer bit, y en el segundo,... y as´ı hasta el octavo.
byte 1 1 0 0 0 1 0 0 1 byte 2 1 1 1 1 1 1 0 0 byte 3 1 0 1 0 1 0 0 1
byte de paridad 1 1 0 1 1 1 0 0
no^ total de unos 4 2 2 2 4 2 0 2 Podemos identificar los ceros y unos de los bits con los elementos de F 2. En seguida veremos que F 256 /F 2 es una extensi´on de grado 8, por tanto F 256 es un espacio vectorial de dimensi´on 8 sobre F 2 y cada uno de sus elementos corresponde a un vector (b 1 , b 2 ,... , b 8 ) con bi ∈ F 2 , esto es, a un byte, y la suma en F 256 corresponde a la suma coordenada a coordenada m´odulo 2. As´ı pues, si el fichero (con su byte de paridad) est´a representado en F 256 por α 1 , α 2 ,... , αN , se debe cumplir
∑ αi = 0 si no hay errores. Hasta aqu´ı toda esta terminolog´ıa son ganas de complicar las cosas. Idealmente, si hubiera alg´un error de transmisi´on nos gustar´ıa que se reparase autom´atica e inmediatamente, sin tener que transmitir de nuevo el fichero. Con este fin, fijamos de antemano N elementos distintos no nulos, β 1 ,... , βN ∈ F 256 (suponemos N < 256) y ponemos ahora dos bytes de paridad αN − 1 y αN elegidos
Pasemos ahora a estudiar la segunda condici´on t´ecnica a la que nos referimos al comienzo de la secci´on, relacionada con la existencia de ra´ıces m´ultiples de polinomios irreducibles. Para ahorrar en papel, tinta y analg´esicos, pr´acticamente aqu´ı nos limitare- mos a probar que en casi todas las extensiones que podemos imaginar la condici´on que solicitamos se cumple. (Para un an´alisis breve m´as profundo, v´ease [Ka] p. 55-59).
El concepto b´asico est´a recogido en la siguiente definici´on. Para no sobrecargar de- masiado la terminolog´ıa nos limitaremos a polinomios irreducibles.
Definici´on: Se dice que un polinomio irreducible P ∈ K[x] es separable sobre K si no tiene ra´ıces m´ultiples (en su cuerpo de descomposici´on). Si L/K es una extensi´on alge- braica, se dice que α ∈ L es separable sobre K si su polinomio m´ınimo lo es. Finalmente, se dice que la propia extensi´on L/K es separable si todo α ∈ L lo es sobre K. En caso de que un polinomio, elemento o extensi´on no sea separable, se dice que es inseparable.
Antes de nada, veamos un resultado auxiliar que a primera vista parece implicar que no existen polinomios inseparables.
Lema 3.1.5 Dado P = anxn^ + an− 1 xn−^1 + · · · + a 1 x + a 0 ∈ K[x] irreducible, entonces P es inseparable si y s´olo si el polinomio P ′^ = nanxn−^1 + (n − 1)an− 1 xn−^2 + · · · + 2a 2 x + a 1 , llamado derivada formal de P , es el polinomio nulo.
Nota: La denominaci´on tiquismiquis de P ′^ como derivada formal en vez de simple- mente derivada es inofensiva y s´olo intenta recordarnos que en muchos cuerpos, por ejemplo en Fp, no tiene sentido el concepto usual de l´ımite ni por tanto la definici´on usual de derivada. La definici´on de P ′^ es simplemente formal, aunque comparta las propiedades algebraicas (por ejemplo la f´ormula para derivar un producto) con la de toda la vida de C´alculo I.
Demostraci´on: Distinguimos las dos implicaciones: ⇒) Si P es inseparable, existe α en el cuerpo de descomposici´on tal que (x − α)^2 |P y se tiene P = (x − α)^2 Q, y de aqu´ı P ′^ = 2(x − α)Q + (x − α)^2 Q′. Por tanto x − α divide a R = mcd(P, P ′) ∈ K[x]. Si P ′^6 = 0 entonces R es un polinomio no constante con ∂R < ∂P que divide a P , lo que contradice la irreducibilidad. ⇐) Si P fuera separable P = k(x−α 1 )(x−α 2 )... (x−αn) con αi 6 = αj perteneciendo al cuerpo de descomposici´on de P sobre K. Entonces P ′^ =
∑n i=1 Pi^ donde^ Pi(x) = P (x)/(x − αi). Como x − α 1 |Pi para 2 ≤ i ≤ n y x − α 1 6 |P 1 (porque α 1 no coincide con ninguna otra ra´ız) se tiene que x − α 1 6 |P ′^ lo cual contradice P ′^ = 0. 2
Una consecuencia inmediata es la imposibilidad de encontrar ejemplos de extensiones inseparables con n´umeros normales y corrientes.
Proposici´on 3.1.6 Si K es un cuerpo de caracter´ıstica cero, todo polinomio irreducible en K[x] es separable. En particular cualquier extensi´on algebraica L/K con K ⊂ C es separable.
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Demostraci´on: Por el lema anterior, para que P = anxn^ +... a 1 x + a 0 ∈ K[x] sea inseparable, jaj = 0, 1 ≤ j ≤ n. Por estar en un cuerpo de caracter´ıstica cero, j = 1 + 1 +..... .j^ veces + 1 6 = 0, as´ı pues aj = 0 para todo 1 ≤ j ≤ n. 2
Nuestras sospechas se centran ahora sobre Fp, pero tampoco all´ı es posible encontrar ejemplos inseparables.
Proposici´on 3.1.7 Si K es un cuerpo finito, todo polinomio irreducible en K[x] es separable. En particular cualquier extensi´on algebraica L/Fq es separable.
Demostraci´on: Es f´acil ver que si L/M y M/K son extensiones algebraicas, L/K separable impli- ca L/M separable (ejercicio). As´ı que, despu´es del teorema de clasificaci´on de cuerpos finitos (Teore- ma 3.1.4), basta considerar el caso K = Fp. Seg´un el lema, los ´unicos polinomios inseparables deber´an ser de la forma P = anpxnp^ +· · ·+a 2 px^2 p^ + apxp^ + a 0. Por el peque˜no teorema de Fermat, ap^ = a para todo a ∈ Fp. Adem´as (A + B)p^ = Ap^ + Bp para A, B ∈ Fp[x], ya que los coeficientes bin´omicos
(p k
) son divisibles por p para 0 < k < p (ejercicio). Por tanto
P = (anpxn)p^ + · · · + (a 2 px^2 )p^ + (apx)p^ + ap 0 =
( anpxn^ + · · · + a 2 px^2 + apx + a 0
)p ,
y se concluye que P no es irreducible. 2
La pregunta natural es qu´e diantres puede ser una extensi´on no separable, no vaya a ser que estemos introduciendo un nuevo nombre para el conjunto vac´ıo.
Ejemplo. La extensi´on F 2 (t)/F 2 (t^2 ) (donde t es una variable) es inseparable, porque el polinomio m´ınimo de t sobre F 2 (t^2 ) es x^2 −t^2 ∈ F 2 (t^2 )[x] que se descompone en F 2 (t)[x] como (x − t)^2.
Para terminar esta ya larga secci´on, estableceremos que las extensiones separables, esto es, todas las que aparecer´an en este curso excluyendo el ejemplo anterior, tienen una insospechada propiedad que ya anunciamos en el segundo cap´ıtulo.
Teorema 3.1.8 (Teorema del elemento primitivo) Toda extensi´on separable finita es simple.
Demostraci´on: Separamos primero el caso en que los cuerpos de la extensi´on son finitos. Por el Teorema 3.1.4 nos podemos restringir a la extensi´on Fq /Fp (ejercicio). Si q = pn, escojamos un polinomio m´onico irreducible P ∈ Fp[x] de grado n, tal polinomio existe porque hay pn^ polinomios m´onicos de grado n en Fp[x] y p + p^2 + · · · + pn−^1 < pn^ polinomios m´onicos de menor grado no constantes que podr´ıan ser sus factores. Si α es una ra´ız de P , [Fp(α) : Fp] = n y seg´un el Teorema 3.1.4 (v´ease tambi´en el ejemplo posterior) se tiene que Fp(α) es igual (isomorfo) a Fq. Supongamos ahora que los cuerpos que participan en la extensi´on tienen infinitos elementos. Todo lo que hay que probar es que toda extensi´on K(α, β)/K con α y β algebraicos sobre K es simple, porque de ah´ı, iterando, se deduce que cualquier extensi´on finita K(α 1 , α 2 ,... , αn)/K es simple. Sean Q y P los polinomios m´ınimos de α y β respectivamente. Digamos que sus ra´ıces en el cuerpo de descomposici´on de QP son α = s 1 , s 2... , sm y β = r 1 , r 2 ,... , rl. Sea γ = kβ − α donde k ∈ K es no nulo y distinto de todos los elementos de la forma (si − α)/(rj − β), 1 < i ≤ m, 1 < j ≤ l, como K es infinito es posible esta elecci´on. Consideremos el polinomio R ∈ K[γ][x] con R(x) = Q(kx − γ). N´otese que β es ra´ız de P y R, y adem´as ninguna de las otras ra´ıces de P lo es de R (porque la elecci´on de k implica krj − γ 6 = si). As´ı pues mcd(P, R) ∈ K(γ)[x] tiene como ´unica ra´ız a β y por la separabilidad esta ra´ız es simple en P. Por tanto este m´aximo com´un divisor es x − β. De la pertenencia a K(γ)[x] se deduce β ∈ K(γ) y de aqu´ı α = kβ − γ ∈ K(γ) concluy´endose K(α, β) = K(γ). 2
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Vayamos a las definiciones que sintetizan estas ideas. Los automorfismos ser´an los objetos matem´aticos que representen las simetr´ıas.
Definici´on: Dada una extensi´on L/K, se dice que σ : L −→ L es un K-automorfismo si es un automorfismo que deja fijos los elementos de K (en rigor, sus im´agenes en L). Al conjunto formado por todos los K-automorfismos se le llama grupo de Galois de la extensi´on y lo representaremos con G(L/K).
Definici´on: Dado un subgrupo H de G(L/K), se dice que {x ∈ L : σ(x) = x, ∀σ ∈ H} es el subcuerpo fijo por H y lo denotaremos con H′.
Con estas definiciones nos hemos adelantado a la estructura algebraica que tienen estos objetos. Para que sean definiciones coherentes necesitamos el siguiente resultado b´asico y sencillo que probaremos s´olo por romper el hielo.
Proposici´on 3.2.1 G(L/K) es un grupo con la composici´on de automorfismos, y si H es un subgrupo de G(L/K), entonces H′^ es un subcuerpo de L que contiene a K (en rigor a su imagen en L).
Demostraci´on: La composici´on es cerrada porque si σ y τ son K-automorfismos, es decir, dejan fijo K, entonces σ ◦ τ (que abreviaremos con στ ) tambi´en deja fijo K. El resto de las propiedades de grupo son consecuencia de las propiedades de la composici´on de funciones. Si x, y ∈ H′, para todo σ ∈ H′^ se tiene σ(x) = x y σ(y) = y, entonces σ(x+y) = x+y y por tanto x + y ∈ H′. Lo mismo se har´ıa con el resto de las operaciones. 2
La acci´on del grupo de Galois preserva el conjunto de ra´ıces de polinomios en el siguiente sentido:
Proposici´on 3.2.2 Sea L/K y P ∈ K[x]. Si α ∈ L es una ra´ız de P , entonces σ(α) con σ ∈ G(L/K) tambi´en lo es.
Observaci´on: Esto implica que cada σ ∈ G(L/K) induce una permutaci´on actuando sobre el conjunto {α 1 , α 2 ,... , αn} de ra´ıces distintas de P en L. (N´otese que σ(αi) = σ(αj ) ⇒ σ(αi − αj ) = 0 ⇒ αi = αj ). Lo cual est´a relacionado con la forma en que apareci´o el grupo de Galois hist´oricamente como subgrupo de permutaciones [Gal], [Ed], porque en tiempos de Galois no exist´ıan los K-automorfismos. Tambi´en sugiere la naturalidad de las condiciones de normalidad y separabilidad que exigiremos m´as adelante para que el grupo de Galois represente bien la extensi´on. Si la extensi´on no es normal, faltar´an ra´ıces de algunos polinomios y nos perderemos algunos automorfismos, y si no es separable la coincidencia entre ra´ıces provocar´a que los automorfismos se repitan.
Antes de ahogarnos en un mar de ideas intuitivas sostenidas por un par de definiciones y proposiciones, agarr´emonos a la tabla salvadora de algunos ejemplos que concreten lo dicho al comienzo de la secci´on.
Ejemplo. G(C/R) = {Id, conj} ∼= Z 2 , donde conj(z) = z es la conjugaci´on compleja. Se tiene C = R(i) y como i y −i son las ra´ıces de x^2 + 1 ∈ R[x], los ´unicos posibles automorfismos son a + ib 7 → a + ib y a + ib 7 → a − ib. El primero es la identidad y el segundo la conjugaci´on. Este ´ultimo es un R-automorfismo porque deja fijos a los reales, es biyectivo (es su propia inverso) y satisface las propiedades de homomorfismo (z + w = z + w, zw = z w y 1 = 1). Si H = G(C/R) se tiene H′^ = R.
Ejemplo. G
Q(
3)/Q
= {Id, σ 1 , σ 2 , σ 1 σ 2 } ∼= Z 2 × Z 2 donde σ 1 y σ 2 son los Q-
automorfismos verificando σ 1 (
2, σ 1 (
3, σ 2 (
2, σ 2 (
Cada elemento de Q(
- se puede escribir de forma ´unica como x + y
2 con x, y ∈ Q(
3). La aplicaci´on σ 1 (x + y
- = x − y
2 es un Q-automorfismo por la misma raz´on que lo es la conjugaci´on compleja (es biyectiva, fija Q y respeta las operaciones). An´alogamente, tambi´en se puede escribir cada elemento de Q(
- de forma ´unica como x + y
3 con x, y ∈ Q(
2), y se deduce que σ 2 (x + y
- = x − y
3 es un Q- automorfismo. Esto prueba que {Id, σ 1 , σ 2 , σ 1 σ 2 } ⊂ G
Q(
3)/Q
. No puede haber
m´as Q-automorfismos en G
Q(
3)/Q
porque seg´un la ´ultima proposici´on aplicada a los polinomios x^2 − 2 y x^2 − 3, cualquier elemento del grupo de Galois s´olo puede modificar el signo de
2 y
3, que generan la extensi´on y las cuatro combinaciones de signos quedan cubiertas por los automorfismos ya enumerados. Al ser { 1 ,
3 } una base de la extensi´on Q(
3)/Q,
L = {a + b
2 + c
3 + d
3 : a, b, c, d ∈ Q}
y para H = {Id, σ 1 σ 2 } se tiene H′^ = {a + d
3 : a, d ∈ Q} = Q(
6). De la misma forma, {Id, σ 1 }′^ = Q(
3), {Id, σ 2 }′^ = Q(
- y
G
Q(
3)/Q
= Q.
Ejemplo. G
Q( 3
2)/Q
= {Id} porque un Q-automorfismo no trivial deber´ıa aplicar √ (^3) 2 (que genera la extensi´on) en alguna de las otras dos ra´ıces de x (^3) − 2, y ninguna de
ellas est´a en Q( 3
2). Obviamente
G
Q( 3
2)/Q
= {Id}′^ = Q( 3
Hay una sencilla relaci´on entre el grado de los subcuerpos fijos y el orden de los subgrupos que los fijan. Su prueba pasa por un curioso lema auxiliar que trata los automorfismos como si fueran vectores.
Lema 3.2.3 Sean σ 1 , σ 2 ,... , σr ∈ G(L/K) automorfismos distintos, entonces el conjun- to {σ 1 , σ 2 ,... , σr} es linealmente independiente sobre L. Es decir, si λ 1 , λ 2 ,... , λr ∈ L no son simult´aneamente nulos entonces λ 1 σ 1 + λ 2 σ 2 + · · · + λrσr no es la funci´on id´enti- camente nula en L.
Demostraci´on: Procedemos por reducci´on al absurdo. Sea n el menor n´umero de coeficientes λj no nulos que participan en una combinaci´on lineal que produce la funci´on nula. Renombrando los automorfismos podemos suponer que son λ 1 , λ 2 ,... , λn. Esto es,
(3.1) λ 1 σ 1 (α) + λ 2 σ 2 (α) + · · · + λnσn(α) = 0 ∀α ∈ L
Ejemplo. Si H = G
Q( 3
2)/Q
= {Id}, se tiene [Q( 3
2) : H′] = [Q( 3
2) : Q( 3
2)] =
1 = |H|.
Los pocos ejemplos que hemos visto de grupos de Galois, se resisten a grandes gene- ralizaciones. Vaya por delante que incluso cuando se utilizan ordenadores para calcular grupos de Galois, los grados y las formas de presentar las extensiones est´an seriamente limitados. Una ambici´on razonable es no tener que comprobar con todo cuidado que los presumibles K-automorfismos lo son realmente, y disponer de alguna f´ormula con la que sepamos cu´antos K-automorfismos tenemos que buscar. Todas estas aspiraciones se con- siguen bajo hip´otesis de finitud, normalidad y separabilidad, gracias a una propiedad de extensi´on de isomorfismos. M´as importante que el resultado en s´ı son las consecuencias, que pr´acticamente constituyen la primera mitad del teorema fundamental de la teor´ıa de Galois que enunciaremos en la pr´oxima secci´on.
Proposici´on 3.2.5 Sea L/K normal y finita y sean M 1 y M 2 dos subcuerpos de L conformando extensiones de K. Si i : M 1 −→ M 2 es un isomorfismo que deja fijos los elementos de K (en rigor de su imagen en L), entonces existe σ ∈ G(L/K) tal que restringido a M 1 coincide con i.
Demostraci´on: Como [L : M 1 ] < ∞, basta aplicar repetidas veces que si α ∈ L entonces se puede extender a un K-isomorfismo ˜i : M 1 (α) −→ M 2 (β) con cierto β ∈ L. El resto de la demostraci´on se dedica a construir ˜i. Sea P el polinomio m´ınimo de α sobre K y sea P 1 el polinomio m´ınimo sobre M 1 , obviamente P 1 |P. Podemos suponer que ∂P 1 > 1 (en otro caso tomar´ıamos ˜i = i). Sea P 2 = i(P 1 ) (i act´ua sobre los coeficientes). P 2 es m´onico e irreducible y divide a P , porque P = P 1 · Q 1 ⇒ P = i(P ) = i(P 1 ) · i(Q 1 ). Como L/K es normal, todas las ra´ıces de P , y por tanto tambi´en las de P 2 , est´an en L. Sea β ∈ L con P 2 (β) = 0, por la Proposici´on 2.2.5 se tienen isomorfismos
i 1 : M 1 (α) −→ M 1 [x]/(P 1 ), i 2 : M 2 (β) −→ M 2 [x]/(P 2 ).
Por otra parte, i induce un isomorfismo i 3 : M 1 [x]/(P 1 ) −→ M 2 [x]/(P 2 ), as´ı pues basta tomar ˜i = i− 2 1 ◦ i 3 ◦ i 1. Por construcci´on los elementos de K quedan fijos por ˜i. 2
Corolario 3.2.6 Sea L/K normal y finita. Si P es un polinomio irreducible y α, β ∈ L son ra´ıces de P , entonces existe σ ∈ G(L/K) con σ(α) = β.
Demostraci´on: Basta aplicar la proposici´on tomando M 1 = K(α), M 2 = K(β) y el isomorfismo i : M 1 −→ M 2 de la Proposici´on 2.2.5. 2
Corolario 3.2.7 Si L/K es normal, finita y separable, |G(L/K)| = [L : K].
Demostraci´on: Tomando H = G(L/K) en la Proposici´on 3.2.4 se sigue [L : K] ≥ [(L : H′] = |G(L/K)|. Si fuera [L : K] > |G(L/K)|, necesariamente existir´ıa α ∈ G(L/K)
− K. Al ser la extensi´on normal y separable, el polinomio m´ınimo de α sobre K factoriza totalmente en L[x] y tiene ra´ıces distintas en L. Por el corolario ante- rior existe un elemento de G(L/K) que no fija a α, que lo env´ıa a otra de las ra´ıces, lo que contradice α ∈
G(L/K)
58 TEOR´IA DE GALOIS
Ahora veamos ejemplos y m´as ejemplos, en multitud tan abigarrada que invadir´an la siguiente secci´on. Nota: Al hallar grupos de Galois, para asegurar la normalidad, muchas veces se presentan los cuerpos como cuerpos de descomposici´on de un polinomio. De hecho es com´un usar la expresi´on grupo de Galois de P ∈ K[x] para referirse a G(L/K) con L el cuerpo de descomposici´on de P sobre K, aunque aqu´ı preferimos evitar esta notaci´on.
Ejemplo. Hallar G
Q(ζ)/Q
donde ζ = e^2 πi/^5. Como la extensi´on es simple y generada por ζ, cada σ ∈ G
Q(ζ)/Q
est´a determinado por el valor en el que aplica ζ. Las ra´ıces del polinomio ciclot´omico x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 son ζ, ζ^2 , ζ^3 y ζ^4 ; as´ı pues, Q(ζ) es su cuerpo de descomposici´on y el Corolario 3.2. implica que existen Q-automorfismos σ 1 , σ 2 , σ 3 y σ 4 tales que σ 1 (ζ) = ζ, σ 2 (ζ) = ζ^2 , σ 3 (ζ) = ζ^3 , σ 4 (ζ) = ζ^4. Con lo cual se tiene {σ 1 , σ 2 , σ 3 , σ 4 } ⊂ G
Q(ζ)/Q
. Y la igualdad se da por el Corolario 3.2.7 (porque [Q(ζ) : Q] = 4). N´otese que σ 1 =Id y que σ 2 genera al resto de los automorfismos, ya que
σ^22 (ζ) = σ 2 (σ 2 (ζ)) = (ζ^2 )^2 = σ 4 (ζ) y σ^32 (ζ) = σ 2 (σ 22 (ζ)) = (ζ^4 )^2 = ζ^3 = σ 3 (ζ).
Por consiguiente G
Q(ζ)/Q
= Z 4.
No es dif´ıcil generalizar este ejemplo reemplazando 5 por cualquier primo.
Ejemplo. Si ζ = e^2 πi/p^ con p primo, entonces G(Q(ζ)/Q) =
σ 1 , σ 2 ,... , σp− 1
donde σj : ζ 7 → ζj^. Adem´as G(Q(ζ)/Q) es isomorfo al grupo (multiplicativo) de unidades de Zp. (aunque no lo haremos aqu´ı, se puede probar que este grupo es siempre isomorfo a Zp− 1 ). Como antes, Q(ζ) es el cuerpo de descomposici´on del polinomio ciclot´omico P = xp−^1 + xp−^2 + · · · + 1 = (xp^ − 1)/(x − 1). Como P es irreducible y tiene a ζ como ra´ız, [Q(ζ) : Q] = p − 1, por tanto |G(Q(ζ)/Q)| = p − 1. Por otra parte σj ∈ G(Q(ζ)/Q), gracias al Corolario 3.2.6 y se tiene G(Q(ζ)/Q) =
σ 1 , σ 2 ,... , σp− 1
El isomorfismo φ : G(Q(ζ)/Q) −→ Z∗ p donde Z∗ p son las unidades de Zp, viene dado simplemente por φ(σj ) = j. Se reduce a un c´alculo comprobar que φ(σiσj ) = φ(σi)φ(σj ), y su inversa es simplemente j 7 → σj para 0 < j < p.
Ejemplo. En Q(ζ)/Q con ζ = e^2 πi/^7 hallar el cuerpo fijo H′^ =< σ 2 >′^ y su grado sobre Q. (Empleamos la notaci´on anterior, esto es, σ 2 : ζ 7 → ζ^2 ). Al ser B = { 1 , ζ, ζ^2 , ζ^3 , ζ^4 , ζ^5 } una base de la extensi´on (Proposici´on 2.2.4) todo x ∈ Q(ζ) se puede expresar como x =
j=0 λj^ ζ
j (^) con λj ∈ Q. Entonces la condici´on
x = σ 2 (x) necesaria y suficiente para que x ∈ H′, es
x = λ 0 + λ 1 ζ^2 + λ 2 ζ^4 + λ 3 ζ^6 + λ 4 ζ^8 + λ 5 ζ^10 = λ 0 + λ 4 ζ + λ 1 ζ^2 + λ 5 ζ^3 + λ 2 ζ^4 + λ 3 ζ^6 = (λ 0 − λ 3 ) + (λ 4 − λ 3 )ζ + (λ 1 − λ 3 )ζ^2 + (λ 5 − λ 3 )ζ^3 + (λ 2 − λ 3 )ζ^4 − λ 3 ζ^5
donde se ha empleado ζ^8 = ζ, ζ^10 = ζ^3 y ζ^6 = − 1 − ζ − ζ^2 − ζ^3 − ζ^4 − ζ^5 (recu´erdese el polinomio ciclot´omico). Igualando coordenadas con respecto a la base B, se tiene:
λ 0 = λ 0 −λ 3 , λ 1 = λ 4 −λ 3 , λ 2 = λ 1 −λ 3 , λ 3 = λ 5 −λ 3 , λ 4 = λ 2 −λ 3 , λ 5 = −λ 3.
60 TEOR´IA DE GALOIS
Este grupo no es abeliano, porque por ejemplo στ ( 3
- = ω 3
2 y τ σ( 3
- = ω^2
Si recordamos los tiempos de Algebra I, tendremos que el ´´ unico grupo no abeliano de orden 6 es S 3 (el de permutaciones de tres elementos), por tanto G(Q(ω, 3
2)/Q) ∼= S 3.
Una forma de realizar este isomorfismo es asignar a cada elemento del grupo de Galois la permutaci´on que efect´ua sobre las ra´ıces r 1 = 3
2, r 2 = ω 3
2, r 3 = ω^2
2, del polinomio P. Por ejemplo, la acci´on de σ es r 1 7 → r 2 , r 2 7 → r 3 , r 3 7 → r 1 , lo que corresponde a la permutaci´on (1, 2 , 3), mientras que la conjugaci´on τ corresponde a la transposici´on (2, 3). (Como ya hemos comentado, en su infancia hist´orica el grupo de Galois era un subgrupo de permutaciones que hoy en d´ıa se muestra ataviado con las galas del ´algebra como grupo de K-automorfismos).
Veamos un breve ejemplo en el que el cuerpo base no es Q, y otro m´as completo con un grupo que tenemos que recordar de Algebra I.´
Ejemplo. Hallar el grupo de Galois de Q(ω, 3
2)/Q(ω) donde, como antes, ω es la ra´ız c´ubica de la unidad (−1 + i
La extensi´on es normal de grado 3. Cada automorfismo del grupo de Galois queda evidentemente caracterizado por la imagen de 3
- Por el Corolario 3.2.6 aplicado a x^3 −2, existen, aparte de la identidad, Q(ω)-automorfismos σ 1 : 3
2 7 → ω 3
2 y σ 2 : 3
2 7 → ω^2
As´ı pues G
Q(ω, 3
2)/Q(ω)
= {Id, σ 1 , σ 2 } que es claramente isomorfo a Z 3. Ejemplo. Hallar el grupo de Galois del cuerpo de descomposici´on del polinomio P = x^4 − 2 sobre Q. Las ra´ıces de P son ik^4
2 con k = 0, 1 , 2 , 3, por tanto su cuerpo de descomposici´on es L = Q( 4
2 , i). Como antes, tenemos que la conjugaci´on compleja, digamos τ , pertenece al grupo de Galois de L/Q porque incluso pertenece al de C/Q. El grado de la extensi´on es sencillo de calcular porque
[L : Q(
2)] = 2 ⇒ [L : Q] = [L : Q(
2)][Q(
2) : Q] = 8.
Por el Corolario 3.2.6 existe un Q-automorfismo con σ( 4
- = i 4
2 y, quiz´a cambiando σ por στ , podemos suponer que σ(i) = i. Este automorfismo tiene orden 4 (ejercicio). De aqu´ı se deduce que {Id, σ, σ^2 , σ^3 , τ, στ, σ^2 τ, σ^3 τ } es un subconjunto de ocho automorfis- mos distintos y por tanto debe coincidir con G(L/Q). Este grupo de Galois no es abeliano. Por ejemplo, στ ( 4
- = i 4
2 mientras que τ σ( 4
- = −i 4
- Podemos identificarlo como un grupo conocido en Algebra I notando´ que τ σ = σ^3 τ (ejercicio), de donde G(L/Q) = 〈σ, τ : σ^4 = τ 2 = Id, τ σ = σ^3 τ 〉, lo cual era la presentaci´on de D 8 , el grupo di´edrico de ocho elementos (tambi´en denotado a veces como D 4 , lo que causa desafortunadas confusiones). Recu´erdese que por definici´on, D 8 es el grupo de movimientos del plano que dejan fijos un cuadrado, y que est´a generado por el giro, g, de 90◦^ y la simetr´ıa, s, por una de las diagonales
g :
D C
A B
C B
D A
s :
D C
A B
B C
A D
El isomorfismo G(L/Q) ∼= D 8 consiste simplemente en asociar σ 7 → g y τ 7 → s.
Ejemplo. Hallar el subcuerpo fijo por H = 〈σ^2 , τ 〉 en el ejemplo anterior. Como { 1 , i} y { 1 , 4
23 } son bases de L/Q( 4
- y de Q( 4
2)/Q, por la Proposici´on 2.2.2 cada x ∈ L se escribe de forma ´unica como
x = λ 0 + λ 1 i + λ 24
2 + λ 3 i 4
2 + λ 4
22 + λ 5 i
22 + λ 6
23 + λ 7 i
con λj ∈ Q. Por una parte, τ (x) = x implica λ 1 = λ 3 = λ 5 = λ 7 = 0, y por otra, para x
con estos coeficientes, σ^2 (x) = x implica λ 2 = λ 6 = 0. En definitiva, H′^ = {λ 0 + λ 4 4
λ 2 , λ 4 ∈ Q} = Q(
2). N´otese que [Q(
2) : Q] = [L : Q]/|H| = 8/4.
Hasta ahora no ha sido necesaria una extensi´on efectiva de los automorfismos, porque ten´ıamos la conjugaci´on que de hecho se aplica en algo tan grande como C/Q. Veamos un ejemplo un poco artificial que incide en que la extensi´on de automorfismos no es arbitraria.
Ejemplo. Hallar el grupo de Galois del cuerpo de descomposici´on de P = x^4 − 2 x^2 − 1 sobre Q. Resolviendo la ecuaci´on bicuadrada P = 0, se tiene que sus ra´ıces son ±
2, as´ı que el cuerpo de descomposici´on es
L = Q
Antes de seguir, intentemos simplificar los generadores, para ello n´otese que √ 1 +
−1 = i,
por tanto, definiendo α =
2 se tiene que las ra´ıces de P son α, −α, i/α, −i/α, y L = Q(α, i). Obs´ervese que α genera una extensi´on de grado 4 sobre Q que contiene a
(porque
2 = α^2 −1 y α 6 = a+b
2). Por tanto [L : Q] = [L : Q(α)] [Q(α) : Q] = 2·4 = 8. Sea M = Q(
2 , i), como [L : M ] = 2, el polinomio m´ınimo de α en M es x^2 −(1+
lo que asegura que hay un elemento σ ∈ G(L/M ) tal que σ(α) = −α. Evidentemente tambi´en σ ∈ G(L/Q) y se cumple σ(i) = i y σ(
- Lo que no esta claro es c´omo deben comportarse los automorfismos que s´ı act´uan sobre M , para ello bajamos un nivel y estudiamos primero los elementos de G(M/Q). Los cuatro automorfismos que debe haber en G(M/Q) se extender´an a G(L/Q) y despu´es de componerlos con Id, σ ∈ G(L/M ) dar´an lugar a los ocho automorfismos de G(L/Q). N´otese que este proceso lo podemos llevar a cabo en general siempre que podamos “descomponer” una extensi´on (finita y separable) en subextensiones normales. En Q(
- se tiene la conjugaci´on real a + b
2 7 → a − b
2 que se extiende a un elemento de G(M/Q). Tambi´en est´a la conjugaci´on compleja. Combin´andolas de to- das las formas posibles se tienen los cuatro Q-automorfismos de G(M/Q). Escribamos G(M/Q) = 〈β 1 , β 2 〉 = {Id, β 1 , β 2 , β 1 β 2 } donde β 1 (i) = −i, β 1 (
2, β 2 (i) = i, β 2 (
Por la Proposici´on 3.2.5, existen τ 1 , τ 2 ∈ G(L/Q) tales que τ 1 |M = β 1 y τ 2 |M = β 2. Como α est´a en una extensi´on de grado 4, su polinomio m´ınimo sobre Q es P , as´ı pues se tiene que τj (α) ∈ {α, −α, i/α, −i/α}, j = 1, 2; es decir, que en principio τ 1 y τ 2 podr´ıan tomar cuatro valores distintos, y componer con σ s´olo permite pasar de uno de
Demostraci´on: Seg´un la proposici´on, Zd ∼= 〈φn〉 ⊂ G(Fq′^ /Fq) y la igualdad se sigue, a trav´es del Corolario 3.2.7, de [Fq′ : Fq] = [Fq′ : Fp]/[Fq : Fp] = nd/n = d. 2
Ejemplo. Hallar G(L/F 2 ) y G(L/F 4 ) donde L es el cuerpo de descomposici´on de P = x^4 + x + 1. Ya hab´ıamos visto anteriormente que P es irreducible en F 2 [x] y que L es (isomorfo a) F 24. Seg´un el corolario anterior G(L/F 2 ) = 〈φ〉 ∼= Z 4 y G(L/F 4 ) = 〈φ^2 〉 ∼= Z 2 con φ(x) = x^2. Como comprobaci´on, n´otese que es f´acil verificar que φ^4 deja fija a cada ra´ız α de P en L porque φ^4 (α) = α^16 = (α^4 )^4 = (−α − 1)^4 = α^4 + 1 = −α − 1 + 1 = α.
3.3. El teorema fundamental de la teor´ıa de Galois
A continuaci´on vamos a enunciar un teorema de tal calado que justifica su aparici´on en solitario dentro de esta secci´on sin m´as compa˜n´ıa que un leve acuerdo de notaci´on y la ineludible corte de ejemplos que den boato a su majestad. Este teorema estable- cer´a un diccionario que permite traducir problemas de extensiones finitas en otros de grupos finitos. Todav´ıa m´as, dentro del reino de las extensiones finitas normales y sepa- rables, el diccionario ser´a perfecto, sin ambig¨uedades ni sin´onimos. En particular todo funcionar´a a las mil maravillas en los cuerpos de descomposici´on de polinomios sobre un subcuerpo de C. Este es el caso sobre el que trabajaba Galois para atacar el problema de´ la resolubilidad por radicales. Aunque en su tiempo no existiera ni siquiera la definici´on de cuerpo, no est´a de m´as hacer de la notaci´on un monumento a su nombre.
Definici´on: Se dice que L/K es una extensi´on de Galois si es normal, finita y separable.
Teorema 3.3.1 (Teorema fundamental de la teor´ıa de Galois) Sea L/K una ex- tensi´on de Galois. La aplicaci´on H 7 → H′^ define una biyecci´on entre los subgrupos de G(L/K) y los subcuerpos M ⊂ L que conforman extensiones de K, cuya inversa es M 7 → G(L/M ). Adem´as M/K es una extensi´on normal si y s´olo si G(L/M ) / G(L/K). En este caso G(M/K) ∼= G(L/K)
G(L/M ).
Nota: Recu´erdese que la notaci´on H / G significa que H es un subgrupo normal de G, esto es, que para todo τ ∈ G se cumple τ −^1 Hτ = H.
Demostraci´on: Para probar la biyectividad de la aplicaci´on indicada basta precom- ponerla y poscomponerla con su posible inversa y verificar que se obtiene la identidad, esto es, hay que verificar las igualdades
G(L/M )
= M y G(L/H′) = H. Por la Proposici´on 3.2.4 y el Corolario 3.2.7, [L :
G(L/M )
] = |G(L/M )| = [L : M ]
y como
G(L/M )
⊃ M , se deduce la primera igualdad (de hecho ya fue impl´ıcitamente probada en la demostraci´on del Corolario 3.2.7). Para la segunda, n´otese que por la Proposici´on 3.2.4 y la primera igualdad, G(L/H′) = [L :
G(L/H′)
] = [L : H′] = |H|,
de donde G(L/H′) = H, ya que la inclusi´on G(L/H′) ⊃ H es trivial. Supongamos que M/K es normal. Dado σ ∈ G(L/K), como M es un cuerpo de descomposici´on (Proposici´on 3.1.3), la Proposici´on 3.2.2 implica que σ aplica M en M
64 TEOR´IA DE GALOIS
y por tanto σ|M ∈ G(M/K), donde σ|M es la restricci´on de σ a M. Esto define un homomorfismo de grupos
φ : G(L/K) −→ G(M/K) σ −→ σ|M
que es sobreyectivo (por la Proposici´on 3.2.5 con M 1 = M 2 = M ) y cuyo n´ucleo es G(L/M ), por tanto el teorema del homomorfismo (v´ease el repaso de teor´ıa de grupos del pr´oximo cap´ıtulo) implica que G(L/M ) es un grupo normal de G(L/K) y que G(M/K) es isomorfo a G(L/K)
G(L/M ).
Por otra parte, si M/K no es normal, existen α ∈ M y β 6 ∈ M ra´ıces de un mismo polinomio irreducible en K[x]. Sea γ 6 = β una ra´ız del polinomio m´ınimo de β sobre M (existe por la separabilidad). Por el Corolario 3.2.6, existen automorfismos τ ∈ G(L/K) y σ ∈ G(L/M ) tales que τ (α) = β y σ(β) = γ. Si fuera G(L/M ) / G(L/K) entonces τ −^1 στ ∈ G(L/M ) y en particular deber´ıa dejar invariante a α ∈ M , pero esto contradice τ −^1 στ (α) = τ −^1 (γ) 6 = τ −^1 (β) = α. 2
Un resultado como el anterior raramente nos podr´a dejar imp´avidos una vez que lo comprendemos. Resulta que la estructura fina de los conjuntos de n´umeros que pode- mos construir con sumas, restas, multiplicaciones y divisiones, operaciones ancestrales y naturales, adquiere fiel reflejo en la artificial definici´on de un grupo, al tiempo que el concepto de subgrupo normal que permanec´ıa agazapado en nuestros apuntes de un curso pasado se revela ahora como representante de todos los n´umeros que podemos obtener a partir de las soluciones de ecuaciones algebraicas (cuerpos de descomposi- ci´on). Es cautivador so˜nar que los grupos y subgrupos normales ya preexist´ıan en alg´un mundo de las ideas matem´aticas y que fueron descubiertos, como pieza que completa un rompecabezas, m´as que inventados. Esta tendencia al platonismo es lugar de recreo eventual entre los matem´aticos, a pesar de los jarros de agua fr´ıa descargados por la re- alidad, la historia de la Ciencia y los fil´osofos empiristas seguidores de D. Hume, quien ya recogi´o la situaci´on en su Tratado de la Naturaleza Humana, escribiendo: “A los matem´aticos les es habitual pretender que las ideas de que se ocupan son de naturaleza tan refinada y es- piritual que no son del dominio de la fantas´ıa, sino que deben ser comprendidas por una visi´on pura e intelectual de la que s´olo las facultades del alma son capaces”.
Como hemos anunciado, el resto de la secci´on estar´a compuesta de ejemplos. Para abreviar y no alargar m´as este cap´ıtulo, ya desproporcionado, aprovecharemos parte de los ejemplos desarrollados en la secci´on anterior. Para comenzar, un ejemplo conspicuo en la historia de nuestra ciencia ya que constituye un descubrimiento del joven Gauss a los 19 a˜nos que favoreci´o su decisi´on de dedicarse a las Matem´aticas. En el ´ultimo cap´ıtulo volveremos sobre la teor´ıa general al respecto que plasm´o en la ´ultima secci´on de su obra maestra [Gau].
Ejemplo. Existen cuerpos Q = L 0 ⊂ L 1 ⊂ L 2 ⊂ L 3 = Q(cos(2π/17)) satisfaciendo [Lj : Lj− 1 ] = 2, j = 1, 2 , 3. Por tanto el pol´ıgono regular de 17 lados inscrito en la circun- ferencia unidad es construible con regla y comp´as. (N´otese que a partir de cos(2π/17) se puede construir el ´angulo de 2π/17 radianes).
