To download ALGEBRA ABSTRACTA HERSTEIN PDF, click on the Download button En aquellas partes del Problema 1 en donde f define una funcion, deter- minese si ista es inyectiva, suprayectiva o ambas cosas. Se verifica una de ellas. Dese una demostracion de la Observacion que sigue a1 Lema 1. Si f es una aplicacion inyectiva de S algebra abstracta herstein pdf T, pruebese que f -' es una apli- cacion inyectiva de T sobre S. Sea S el conjunto de 10s enteros positivos. En el transcurso de los ultimo cincuenta anos, mas o menos, el Algebra Abstracta ha alcanzado una importancia creciente no solo dentro de la propia matematica, sino tambien en algebra abstracta herstein pdf otras disciplinas. Los resultados y conceptos del Algebra Abstracta desempenas un papel cada vez mas importante; por ejemplo, en fisica, quimica, y ciencias de la para mencionar solo algunos de tales campos 1.
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Algebra abstracta herstein pdf Algebra abstracta herstein pdf Algebra abstracta herstein pdf Guia para la seguridade en areas criticas de atencion em cloud computing - Resumen ejecutivo Version. Para 10s S, T indicados, determinese sif: S + T define una algebra abstracta herstein pdf si no, expliquese algebra abstracta herstein pdf que. Se verifica una ellas. Sbstracta Grupo Simetrico 4. Si f es una aplicacion inyectiva de S sobre T, pruebese que f -' es una apli- cacion inyectiva de T sobre S.
Sea S el conjunto de 10s numeros reales. En el transcurso de los ultimo cincuenta anos, mas o menos, el Algebra Abstracta ha alcanzado una importancia creciente no solo dentro de la propia matematica, sino tambien en varias otras disciplinas. Algebra abstracta herstein pdf Claramente resulta que so es el propio s. Si f es una aplicacion inyectiva de S sobre T, algebra abstracta herstein pdf que f -' es una apli- cacion inyectiva de T sobre S. En aquellas partes del Problema 1 en donde f define una funcion, deter- minese si ista es inyectiva, suprayectiva o ambas cosas.
EL Grupo Simetrico 4. Se deja a1 lector la demostracion algebra abstracta herstein pdf ultimo resultado de esta seccion. Sea S el conjunto de 10s enteros positivos. Los resultados y conceptos del Algebra Abstracta desempenas un papel cada vez mas importante; abstractaa ejemplo, en fisica, quimica, y ciencias de la computacion, para mencionar solo algunos de tales campos 1.
Algebra abstracta herstein pdf En aquellas partes del Problema 1 en donde f define una funcion, deter- minese si ista es inyectiva, suprayectiva o ambas cosas. Dense valores explicitos para u, v en terminos de a, b, c y d. Dese una demostracion de la Observacion algebra abstracta herstein pdf sigue a1 Lema 1. En el transcurso de los ultimo cincuenta anos, mas o algebra abstracta herstein pdf, el Algebra Abstracta ha alcanzado una importancia creciente no solo dentro de la propia matematica, sino tambien en varias otras disciplinas. Claramente resulta so es el propio s. Pruebese que f define una funciCln de S en T. Temas Especiales espanol-pdf 6.
Algebra moderna. 1. PruCbcse quc el pentadec4gono rcgular cs constructible. PruCbcsc que cs posiblc trisccar el @lo de 72'. PruCbcrie quc un mdgono regular no es constructible. PruCbcrie quc el poligono regular dc 17 lados es umstructiblc.
Volvcmos a la cxposici6n general. Sea F u n campo y, como usualmente,Fxel anillo dc 10s polinomios en x sobrc F.
= a o P + a l P - l +. + a m -, x + a. C Si f(x) sun polinomio en q x , cntonccs la derivada dc f(x), rcpresentada por f(x),es el polinomio f(x) = n a o P - l + ( n - l ) a l P - l +. + o; -, dc F x.
Dar e t d&ici6n o probar las propicdades b4sim formales dc la sa derivada en cuanto a polinomios sc refiere, no requicrc el concept0 dc Ilmite. Pcro, como el campo F es arbitrario, podcmos espcrar quc pasen algunas cosas cxtra2las. Por cjemplo, si F a dc caracterletica p 0 la + derivada dcl polinomio x cs pxn- = 0. As1 pucs, el resultado com6n del d c u l o dc quc un polinomio cuya derivada cs cero dcbc ser una constante, no sigve sicndo vuido. Pcro si la caracterlstica de F c s 0 y sif(x) = 0 paraf ( x ) F xcr cicrto que f(x) = a € F case el problcma 1).
Theory
Incluso cuando la caractcrlstica dc F cs p # 0 podemos a h describir lor polinomios con derivada a r o; si f(x) = 0 entonas f(x) cs un polinomio en xp (vhrie el problcma 2). Probarnor ahora la8 anAlogas dc las rcglas formaks dc difmciaci6n quc tan bien conocemos. PWQ l e s q u i e r a f ( x ), ( x ) € q x y l q u i c E F g r 1) Cf(4 +g(x)) = f(4 + g ( x ); 2) (af(x)) = aY(x); - J) Cf(x)g(x)) f(x)g(x)+f(x)g(x). Las pruebas dc las partcs (1) y (2) son extraordiumiimcntefeciles y se dqan como cjercicio. Para probar la partc (3) n6tcsc quc, & acuerdo w n la8 part- (1) y (2), cs suficicntc probarla en el caso muy espcialA x ) = X I y g ( x ) = xJ dondc tanto i wmo j son positives. Pcro mtonccsf(x)g(x) = x', dc dondc Cf(x)g(x)) = ( i + j ) x+-; pcro f(x)g(x) = i 2 - l x J =. + J - I y f(x)g(x) = jxxJ- = jx+I-; dc don&, en consrmcnaa, f (x)g(x)+f(x)gl(x)= (l+j)x+- = Cf(x)g(x)).
MAS ACERCA OE RAICES 116 Rccutrdcsc que en el c4lculo elemental sc mucstra la cquivalcncia cntrcla cxistencia dc una raiz multiple dc una funci6n y la anulaci6n simultancade la funci6n y su derivada en un punto dado. Lncluso dcntro dc nucstroactual rnarco, en el quc Fcsun carnpo arbitrario, existc una tal intcrrclaci6n. El polinomio fx)eFx riene una raiz multiple si y sdlo sif(x) y f(x) rienen un factor comun no rri13ial (es decir, de grado posiriro). Antes dc probar el lcha, parecc adecuado quc hagamos obxr- var quc si f(x) y g(x) en fix ticnen un factor cornin no trivial en Kx, para una K extension dc F, cntonces tienen un factor comun no trivial en Fx.
En efecto, si fucran primos relativos como clcmcntos en FIX,cntonccs podrlan mcontrarsc dos polinomios a(x) y b(x) en Fx tales quc a(x)f(x)+ b(x)g(x) = 1. Como esta rclaci6n tambitn se vcrifica para cstos elcmmtos vistos como elernmtos dc Kx, deberlan ser tambitn primos rclativos en Kbl.
Vamos ahora con el lcma. Dc la observacion quc acabamos dc haccr podcmos suponer, sin pCrdida dc generalidad, quc las ralccs dc f(x) sc cn- cuentran todas en F (dc otra manera extendemos F hasta K, el c a m p dc descomposici6n dc f(x)). Si f(x) ticnc urn raiz multiple a entones f(x) =(x-a)'q(x) donde m I. Pcro, como puedc calcularx dc inmediato,((x-a)') = m(x-a)'- I, dc dondc, scgun el lcrna 5.5,f(x) = (x-u)'q(x) +m(x-a).- q(x) = (x-a)r(x), ya quc rn I. Pcro csto nos dice qucf(x) y f(x) ticncn x-a como factor corntin, con lo quc el lcma queda pro-bad0 en una direcci6n. Por otra partc, si f(x) no time ninguna raiz m6ltiplc, cntonccs f(x) =(x-(x-a).(x-a), dondc las u, son todas distintas (estarnossuponiendo quc f(x) cs m6nico).
Pcro cntonccs f(x) = 1 (x-a,). N I- I(x-a,). (x-a,) dondc la A detcrmina el ttrmino quc se ha suprimido.Afirrnamos quc ninguna raiz dc f(x) cs una raiz dc/(x), pucs si/(ai) = nJ.I (a,-a,) # 0, ya quc las ralccs son todas distintas. Pcro si f(x) y /(x)ticnm un factor comun no trivial, tiencn una raiz comlin, a saber, cualquicrraiz dc cste factor comhn. El resultado ncto es que f(x) y /(x) no ticncnningun factor comun no trivial, con lo quc el lcrna ha sido probado en laotra dirccci6n.
COROLARH) S i f ( x ) F x irreducible, enronces: es 1 ) Si la caracferlsfiea de Fes 0,f(x) no tiene ralces rntikiple. 2) Si la caracferlsrica de F es p # 0,f(x) Iiene una ralz mrilfiple sdlo si es & la f o r m f(x) = g(xp). Como f(x) cs irreducible, sus unicos factores en fix son 1 yf(x). Si f(x) ticnc una ralz multiple, cntonccsf(x) y f(x) ticnen un factor.
228 CAMPOS - Cap. 6comun no trivial de acuerdo con el lema, de donde f ( x ) l f ( x ). Pero c o r n elgrado de f ( x ) es menor que el de f ( x ), la unica forma posible de que eslosuceda es que f ( x ) sea 0. En caracterlstica 0 esto implica que f ( x ) es unaconstante, que no tiene ninguna ralz: cuando la caracteristica en p # 0,eslo obliga a que f ( x ) = g ( x p ). Volveremos dentro de un momenlo a discutir las implicaciones delcorolario I mas complftamente. Pero antes, para su posterior uso en elcapitulo 7 en nuestro tratamiento de campos finitos, probaremos un casomAs bien particular COROLAROSi F eS Un campo de caracfersricap # 0, enfonees el 2.polinomio xp' - X E X riene, para n 3 1, raices disfinfas., Prueba. La derivada de x P ' - x es p'xp'-l = - 1, ya que F es decaracteristica p.
X p - x y su derivada son ciertamente primosrelativos, lo que, segrin el lema, implica que xp'-x no tiene raices multiples. El corolario 1 no descarta la posibilidad de que en caracterlstica p # 0un polinomio irreducible pueda tener raices multiples.
Para &jar ideas,exhibimos un ejemplo en donde lo dicho es lo que realmente sucede. Sea F,un campo de caracteristica 2 y sea F = F,(x) el campo de las funcionesrationales en x sobre F. Afirmamos que el polinomio 1 - x en Ft esirreducible sobre F y que sus raices son iguales. Para probar la irreducibilidaddebemos demostrar que no hay ninguna f u n c i nracional en F o ( x ) cuyocuadrado sea x; este es el contenido del problema 4.
Para ver que r l - xtiene una raiz mliltiple, notese que su derivada (la derivada es con respecto a1, pues x estando en F,se considera como una constante) es 21 = 0. El ejemplo anilogo funciona para cualquier caracteristica prima. Ahora que hemos visto que la posibilidad es una realidad, se sefialauna aguda diferencia entre 10s casos de caracteristica 0 y 10s de caracteristicap. La presencia de polinomios irreducibles con raices multiples en el ultimocaso, nos lleva hasla muchas sutilezas tan interesantes como complicadas.Su estudio requiere un tratamiento m b elaborado y sofisticado que pre-ferimos evitar en esre nivel. Por ranto, para el resfo de esre caplfulo con-renimos en que fodos 10s campos que aparecen en el fexro propimenre dicho.son wmpos de ea?acferisrica 0. D E F I N I C I Nextensidn Kde Fesunaexlensidn simple de F si K La.
= F(%).para al@n a en K. En caracteristica 0 (o en extensiones propiamenle condicionadas encaracterlstica p # 0; vkase problema 14) todas las extensiones finitas sonrealizables como extensiones simples. Este resultado es.eI. 55, MAS ACERCA D L RAICLS 227 S.P. TEOREMA Si F es de caracreristico 0 y si o y b son olgebroicor sobre F.enronces exisre un elemento csF(a, 6 ) rolque F(a, b) = F(c). Sean f ( x ) y g(x), de grados m y n, 10s polinomios irreduciblessobre F satisfechos por a y b respectivamente. Sea K una extension de F e nque lanto f ( x ) como g ( x ) se descomponen completamente.
Como lacaracteristica de F es 0 todas las raices de f ( x ) son distintas. Y lo mismoocurre con las de g(x). Sean las rakes de f ( x ), a = a.
Y las deg ( x ). B = b, b2., 6. Entonces bj # b, = b. De donde la ecuacidn a,+&, = a, +i b, = o+i.b tiene solarnente una solucion 1en K, a saber,. 1 - 0 b-b,Como F es de caracteristica 0 tiene un numero infinito de elementos, dedonde resulta que podemos encontrar un elemento y s F tal que a(+ ybj #o+gh para todo i y para toda j # I. Sea c = o+yb; nuestra tesis es queF(c) = F(o.
Como csF(o, b) no hay duda de que F(c) c F(o. De-mostraremos que tanro o como b estan en F(c) de lo que se sigue queF(a, b) c F(cJ. Como h satisface al polinomio g ( x ) sobre F, lo satisface tambien mandolo constderamos un polinomio sobre K = F(c). Ademas, si h ( r ) = f(c- yx).entonces h ( x ) s K x y h ( h ) = f(c-;b) = f(a) = 0, ya que o = c-76.Luego en una extension de K. H(x), y g ( x ) tienen x-h como factor comun.Aseguramos que x - b es, en realidad, su miximo comljn divisor. Pues sib, # b es otra raiz de g(.O, entonces h(bj) = f(c-yb,) = 0, ya que, pornuestra election de;, c - yb, para j # I esquiva todas las raices a j de f(x).Ademas, como (x-b).+g(x), (x-b) no puede dividir al maximo comundivisor de h ( x ) y g(x). Asi pues, x - b es el maximo comun divisor de h ( x ) yg ( x ) sobre alguna extension de K.
Pero entonces rienen un meximo comundivisor no trivial sobre K, que debe ser un divisor de x-b. Como el grado deI - b es I, vemos que el maxim0 comun divisor de g ( x ) y h(x) en K x esexactamente x-b.
Luego x - b K x. De donde b e K: recordando queK F(c), obtenemos que beF(c). Como a = c-yb, y como b. CEF(C), E cFF(c), tenemos que a F ( c ), donde F(a, b) c F(c).
Las dos relaciones dede contention opuestas nos dicen que F(a, b) = F(c). Un smple argument0 de inducci6n extiende el resultado de dos elemenrosa cualquier numero finito, es decir, si a,. A, son algebraicor sobre F,entonces hay un elemento c e F ( z,., tales que F(c) = F ( z,. Z)Luego el COROLARIO. Cualquier exrenridn.finira de un compo de caracrerisrica 0er uno exrensidn simple.
1U1 UMPOS - Cap. Si F es de caracterlslica 0 y f ( x ) c F x es taI queflx)que f ( x ) a e F.
= 0, pmCbese 2. Si F es de caracterlstica p # 0 y si f ( x ) e F x es tal q u e f ( x ) = 0, 3. PmCbese quc W x ) + g ( x ) ) p r a f ( x ). G(x)eFxI Y R E F.prutbest quc A x ) = g(x7 para a l g h polinomio g ( x ) F x. F ( x ) + g ( x ) y quc (af(x)) = uf(x) 4. Prutkse quc no hay ninguna funci6n racional en F(x) tal quc sucuadrado sea x. ComplCtese h inducci6n nccesaria para establecer el corolario al tcorcma 5.p.
Un elcmento a en una cxtensi6n K dc F se llama scparablc sobrc F si satisface un polinomio sobrc F quc no tienc ralccs multiples. Una cxtmsi6n K dc F se llama scparablc sobre F si todos SUP elementos son separables sobrc F.
Thomas W Judson
Un campo F st llama perfecto ai todas las cxtensiones finitas de Fson separables. Pruttme que cualquicr campo dc caractcristica 0 es perfecto. A ) Si F cs dc caracterlstica p # 0 mukatrcse que para a, bcF, ( a + b)' = + b'. B ) Si F es de caracterlstica p f 0 y si K es una extension dc F, sea T = n e K #.SF para algun n ). PruCbese que Tes un subcampo de K.
7, F son como en el problema 7(b), p d h c quc cualquierautomofimo de K que dcja Ejos todos 10s clementos de F deja tambitna o s todos 10s elementos de T. Dcmutstrcsc que un carnpo F de caracterlstica p # 0 es perfecto siy 5610 ai para cualquier a e F podernos cncontrar un b e F tal que bp = a.
Usando el resultado del problema 9, pruCbtse que cualquicr campoh i t o es perfecto. Si K es unn extensihdc F prubtde que el conjunto de elementosen K quc son separables sobrc Fforma un subcampo de K. Si F es de caractcristica p 0 y si K es una extcnsih finita de F,pmCbese que dado a c K o d ' c f p a r a algun n o podcrnos mcontrnr un enterom tal que a F + F y es separable sobre F. Si K y F son como cn el problema 12, y si n i n d n clcmento que csthen K,per0 no en F, es separable sobre F,p d b e s t que dado E podemos Kencontrar un entero n. Depcndimte de a, tal quetF.sF.-. 10. ELEMENTOS DE U TEORIA DL OALDIS 119 14.
Si K es una extensi6n h i t a y separable de F, pruCbese que K es unaextensi6n simple de F. Si uno de lor elementos a o b es separable sobre F, pruCbesc queF(a, b) es una extmsi6n simple de F.6 ELEMENTOS DE LA TEORh DE CALOlS. Dado un polinomio p(x) en FIX, anillo de polinornios en x sobre F, elasociaremos con p ( x ) un grupo al que llamaremos el grupo de Galois dep(x). Hay una relaci6n muy estrecha entrc la$ raices de un polinornio y sugrupo de Galois; en realidad, el grupo de Galois resultark ser uncierto grupode permutaciones de Ins ralocs del polinornio. Haremos un estudio deestas ideas en esta y las pr6ximas miones. Lntroduciremos este grupo por medio del c a m p de descomposici6n dep(x) sobre F, quedando definido d grupo de Galois de p(x) como un ciertogrupo de automorfismos de cste c a m p de descomposici6n.
Es esta laraz6n de que en tantos de 10s teoremas que vamos ahora a ver nos ocupernosde 10s automor6smos de un campo. Entre 10s rubgrupos del grupo de Galoisy 10s subcampos del campo dc descomposici6n, existe una hcrmosa dualidadque expresa el teorema fundamental de la teorla de Galois (tcorema 5.v).De esto derivarcmoa una condicidn para la solubilidad por medio de radi-cales de las ralces de un polinornio en tkrminos de la estructura algebraica desu grupo de Galois. De esta condici6n derivaremos, a su vez, el cllsicoresultado de Abel sobre la no solubilidad por radicales del polinomiogeneral de grado 5. Durante el proceso derivaremos, tambitn, como resulta-dos colaterales, teoremas que, de por sl, son de gran interhs. Uno de ellossera el teorema fundamental sobre funciones simhtricas. Nuestro enfoquedel tema st basa en el tratamiento dado por Artin. RecuCrdese que estamos suponiendo que todos nuestros campos son decaracterlstica 0, de donde resulta que podemos haccr Cy haremos) libre usodel toorema 5.p y su corolario.
Por un automorjsmo del campo K entenderemos, como es comln, unaaplicaci6n a de K sobre s mismo tal que a(a+b); a(a)+a(b) y a(&) = f.a(a)a(b) para (I,beKcualesquiera. Dos automorfismos o y r de Ksedia queson distintos si #(a) Z r(a) para a1 menos un elemento a€K. Comenzamos con el aiguiente TEOREMA.Si K es un mmpo y si a,., omson disrintos ouromorfis- 5.mos de K, enlonces es imposible enconrrar elemenros a,., am, rectos 0. Noen K, ralesquea,a,(u)+a,a,(u)+.
+ama.(u) = Opararodo UEK. Supongamos que pudikramos encontrar un conjunto de eiemen-10s a,. A, en K, no todos ccro, tales que a,a,(u)+.
+4o,(u) 0 -. I30 CAMPOS - Cmp. 6para todo UEK. Enlonces podriamos encontrar una relacion la1 que tuvieratan pocos terminos como fuera posible; renumerando, si fuera preciso.podemos suponer que esta relacibn minima esdonde a,.,a son todos diferentes de 0., Si m fuera igual a I enlonces a, ol (u) = 0 para todo UEK, lo que nosllevaria a a, = 0, en coptra de lo supuesto. Podemos, pues, suponer que1)r I. Como 10s automorfismos son distintos hay un elemento C E K talque o, (c) # o.(r). Como cue K para todo ueK, la relacion ( I ) debe tambiknverificarse para cu, es decir, a,o, (cu)+a,o,(cu)+.
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+a,o.(cu) =0para todo UEK. Usando la hipdtesis de que las o son automorfismos de K.esta relacion toma l a forma Multiplicando la relacion ( I ) por a,(c) y restando el resultado de (2)obtenemos Si hacemos b, = a,(o,(c)-o,(c)) para i = 2., m.
Entonces 10s b,estanenK,bm=a.(o.(c)-o,(c))#O,yaqueam#O,yom(c)-al(c)#0,aunque b,02 (u)+. + bo( ),c = 0 para todo ucK. Esto produce unarelaci611mas corta, en contra de la elcccion quc hicimos: luego el teoremaesta probado. C es un grupo de automorfismos de K, entonces el Sicampojjo de Ges e l conjunto de todos 10s elementos aeKtales que o(a) = apara lodo aeG. N6tese que esta definicibn time sentido, incluso s i G no es un grupo,sino simplemente un conjunto de automorfismos de K.
Pero el campo fijode un conjunto de automorfismos y el del grupo de automorfismos generadopor esle conjunto (en el grupo de todos 10s automorfismos de K ) son iguales(problema I), de donde nada perdemos por definir el concept0 solo paragrupos de automorfismos. Unicamente estaremos interesados en10s campos fijos de grupos de automorfismos. Habiendo llamado en la anterior definicion eampo fijo de C a conjunto 1que alli s define, seria agradable comprobar que la terminologia empleada een este caso es en verdad exacta. Es lo que nos dice el Prueba. Sean a, b elementos del campo fijo de G. Para todo ofG,tenemos, pues. O(a) = a y a(b) = b.
Pero entonccs- o(af b) = o(a)f. 5 6. ELEMEHTOS DE U TEORIA DE GALOIS 231a(b) = a k b, y dc la misma forma, a(ab) = a(a)a(b) = ab; de dondea+b y ab estiin tambien en el campo fijo de G. Si b # 0,entonces a ( b - ) =a(b)- = b-, de donde b- tambien se encuentra en el campo fijo de G.Luego hernos verificado que el campo fijo de G es, ciertamente, un subcampode K. Nos ocuparemos de 10s automorhsmos de un campo que se comportande una forma determinada sobre un subcampo dado. DEFINICIN.K un campo y sea F u n subcampo de K.
Entoncn, el Seagrupo de aulomorfrsmos de K relalivos a F, que representaremos por G(K, F),es el conjunto de todos 10s automorfismos de K que dejan fijos todos 10selementos de F; es decir, el automorfisrno a dc K cstii en G(K, F ) si y 8610si a(a) = a para todo LIEF. Noes sorprendente, y es muy fhcil de probar, el siguicnte LEMA G(K, F ) es un svbgrupo del grupo de lodos 10s oulomorfismos 5.8de K.
Dejamos la pmeba de este lema a1 lector. Una observaci6n: K contieneel campo de 10s ninneros racionales F, ya que K es de caracteristica 0 y esfacil ver que el campo fijo de cualquier grupo dc automofismos de K,siendo un campo, debe contcncr a F. De aqui quc todo numcro racionalpermanece fijo en todo automorhsmo de K. Hacemos una pausa para examinar unoscuantos ejemplos de 10s conceptosque acabamos de presentar.
EJEMPLO Sea K el campo de 10s n h e r o s complejos y sea F el campo I.de 10s numeros reales. Calculamos G(K, F). Si a es un automorfismo cual-quiera de K, como i = - 1, a(i) = a ( i 2 ) = a ( - 1) = - I, de dondca(i)+ k i. Si, ademh, a deja fijos a todos 10s reales, entonces para cualquiera+bi donde a y b son reales. A(a+bi) = a(a)+a(b)j = a f bi.
Cada unade estas posibilidades, es decir, la aplicaci6n a, (a+ bi) = a+ bi y a, (a+ bi) =a-bi define un automofimo de K; a, es el automorfismo identidad y a, L aconjugation compleja. Asi pues, G(K, F)es un grupo de orden 2. LCuhl es el campo fijo de G(K, F)? Debe, ciertamente, contener a F,Lpero contiene algo miis? Si a + bi estii en el campo fijo de G ( K, F) entoncesa+bi = a,(a+ bi) = a - bi de donde b = 0 y a = a+ b i F. Este casoEnvemos que el campo fijo de G(K, F)es precisamente el mismo F.
E J E M P Sea F, el campo de 10s numeros racionales y sea K = F o ( g )donde $2 es la ralz cubica real de 2. Todo elemento en K es de la formaa,+a, $?+a,(p) donde a, a, y a, son n6meros racionales. Si.0 es un. 232 CAMPOS - Cap. 6automorfismo dc K, cntonces a( I. Las r raices distintas a, a,., a, de p ( x ) todas se encuentran en K y K es el campo dedescomposicion de f ( x ) considerado como un polinomio sobre F(a,). ELEMENTOS DE LA TEORIA DE GALOISComode acuerdo con nuestra hipotesis de induccidn, K es una extension normal deF(a!).
Sea BEK fija para cualquier automorfismo a e G ( K, F ); queremosdemostrar que 8 esta en F. 'Ahora bien, cualquier automorfismo enG ( K, F ( a l ) ) deja, ciertamente, fija a F, de donde deja a 8 fija; por la nor-malidad de K sobre F(a,), esto implica que 8 esta en F(a,). Asi pues1) 8 = Ao+A1al +A2a,2 +.+A,alr- donde A,., EF.
De conformidad con el lema 5.9 hay un automorfismo a i de K,sic G ( K, F), tal que a i ( a l ) = ai; como Qte o i deja 8 y toda Aj fijas, aplicin-dolo a ( I ) obtenemos2) 8 = Ao+Alai+12ai 2 +.+i,a;- para i = 1, 2.,r.Asi pues, el polinomio q ( x ) = Ar-1xr-+Ar-2xr-2+. +A,x+(A,-8)en K x ,de grado cuando m k r- 1, tiene las r distintas raices a, a., a.Esto puede suceder solamente si todos 10s coeficientes son cero; en particularA, - 8 = 0,de donde 8 = A, luego esta en F. Esto completa la induccidn yprueba que K es una extension normal de F. El teorema 5.u esta completa-mente probado. F ( x ) un polinomio en Fxy sea K su campo de descom- Seaposicion sobre F.
El grupo de Galois de f ( x ) es el grupo G(K, F ) de todos10s automorfismos de K que dejan fijos todos 10s elementos de F. Notese que el grupo de Galois def ( x ) puede considerarse como un grupode permutaciones de sus raices, pues si a es una raiz de f ( x ) y si U E G ( K F),entonces a ( a ) es tambien una raiz de f(x). Llegamos ahora al resultado conocido como el teorema fundamental dela teoria de Galois. Establece una correspondencia biyectiva entre 10ssubcampos del campo de descomposicion de f ( x ) y 10s subgrupos de sugrupo de Galois. Ademas da un criterio para que un subcampo de unaextension normal sea el mismo una extension normal de F.
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Este teoremafundamental se usara en la proxima seccion para derivar condiciones parala solubilidad por radicales de las raices de un polinomio. TEOREMA Sea f ( x ) un polinomio en Fx, K su campo de descompo- 5.v.sicion sobre F y G ( K, F ) su grupo de Galois.
Para cualquier subcampo T d e Kque contiene a F sea G ( K, T ) = a € G ( K, F ) I a ( t ) = t para todo t T ) ypara cualquier subgrupo H de G ( K, F ) sea K, = X E K I o ( x ) = x para. 240 CAMPOS - Cbp. Entonces la asociacibn de T con G(K, T ) establece una correspon-dencia biyectiva del conjunto de subcampos de K que contienen a F sobre elconjunto de subgrupos de G(K.
F) tal que: 1) T = KG,). 2) H = G(K, K,). 3) K:TI = O ( G ( K, T))T: q = indice de G(K, T ) en G(K, F). 4 ) T es una extensibn aormal de F si y sblo si G(K, T ) es un subgrupo normal de G(K, F). 5) Cuando T es una extensibn normal de F, entonces G ( T, F ) es isomorjb a G ( K F)IG(K, T ). Como K es el campo de descomposicion de f ( x ) sobre F estambitn el campo de descomposicion de f ( x ) sobre cualquier subcampo Tque contenga a F; por tanto, seg6nel teorema 5.u, K es una extension normalde T. Asi pues, por la definicion de normalidad, Tes el campo fijo de G(K, T ),es decir, T = KG(,), probando asi (1 ).
Como K es una extension normal de F, de acuerdo con el teorema 5.t,dado un subgrupo H de G (K, F), entonces H = G ( K, K,) que es lo que seafirma en la parte (2). AdemPs, esto demuestra que cualquier subgrupo deG(K, F) se presenta en la forma G(K, T ), de donde la asociacion de T conG(K, T ) transforma el conjunto de todos 10s subcampos de K que contienena Fsobre el conjunto de todos 10s subgrupos de G(K, F). Que es inyectiva esclaro, pues, si G(K, T, ) = G(K, T 2 ), entonces, por la parte (I), T, =KG(,) = K G ( K. Como K es normal sobre T, tenemos, al aplicar de nuevo el teorema 5.t,K:T = o(G(K, T ) ); pero entonces, o(G(K, F)) = K:F = K:T:I T: q =o(G(K, T ) ) T:F, de dondeen G(K, F).
Y tsta es la parte (3). Las unicas partes que quedan por probar son las que conciernen a la nor-malidad. Haremos primer0 la siguiente observaci6n.
T es una extensi6nnormal de F si y so10 si para cada o G(K, F), o ( T ) c T. Sabemospor el teorema 5.p que T = F(a); asi pues, si o ( T ) c T entonces u ( a ) Tpara todo o e G ( K, F). Pero como vimos en la prueba del teorema 5.u estoimplica que T es el campo de descomposicion de p(x) = n aeG(K.F) (x-o)(a))que tiene coeficientes en F. Como campo de descomposici6n T, por elteorema 5.u, es una extensi6n normal de F. Reciprocamente, si T es unaextensi6n normal de F, entonces T = F(a), donde el polinomio minimo dea, p(x), sobre Ftiene todas sus raices en T (teorema 5.4. Pero para cualquiero G(K, F), o(a) es tambih una raiz de p(x), de donde o ( 4 debe estar en T.
ELEMENTOS DE LA TEORIA DE GALOIS. 241Como T estti generado por a sobre F tenemos que a(T) c T, para todoa € G(K, F). Asl pues, Tes una extensi6n normal de Fsi y s610 si para todo a € G(K, F),r€G(K, T ) y E Ta, ( t ) y, por tanto, r(a(t)) = a(t); es decir, si y s610 si T a - ra(t) = t. Pero esto dice que Tes normal sobre Fsi y s610 si a - G(K, T )a c G(K, T ) para todo a € G(K, F). Siendo esta hltima condici6n precisa-mente la que define G(K, T) como un subgrupo normal de G(K, F),vemosque la parte (4) queda probada. Finalmente, si T es normal sobre F, dado a€G(K, F), como a(t) c T,a induce un automodismo a, de T definido por a,(t) = a(t) para todo E TComo a, deja a todo elemento de F fijo, a, debe estar en G(T, F).Ademtis, como es evidente, para cualquier a, $E G(K, F), (a$), = a, $ de,donde la aplicaci6n de G(K, F)en G(T, F)definida por a -+ a, es un homo-modismo de G(K, F)en G(T, F).
I Q d h el nhcleo de este homomodismo 1Consiste en todos 10s elementos a en G(K, F) tal que a, es la aplicaci6nidentidad sobre T. Es decir, el nhcleo es el conjunto de todos 10s a,€ G(K, F)tales que t = a,(t) = a(t); por la misma debici6n, tenemos que el nhcleoes exactamente G(K, T), La imagen de G(K,F) en G(T, F), se@n elteorema 2.d, es isomorfa a G(K, F)/G(K, T), cuyo orden es o(G(K, F))/o(G(K, T)) = T:I;l (por parte 3) = o(G(T, F)) (como establece el teo-rema 5.t.). Asi pues, la imagen de G(K, F) en G(T, F) es todo G(T, F) y,por tanto, G(T, F)es isomorfo a G(K, F)/G(K, T). Esto termina la prueba dela parte (5) y con eUo completamos la prueba del teorema 5.v. Si K es un campo y Sun conjunto de homomodismos de K, demuestreque el campo fijo de S y el de S (el subgrupo del grupo de todos 10s automor-fismos de K generados por S) son idbnticos. Prubbese el lema 5.8.
Usando el criterio de Eisenstein, prubbese que x4+x3+ x 2 + x + 1es irreducible sobre el campo de 10s nhmeros racionales. En el ejemplo 3 del texto, prubbese que cada una de las aplicacionesa, que alli se dehieron es un automorfismo de Fo(a). En el ejemplo 3, prukbese que el campo fijo de Fo(w) bajo a,u2,a,y a4 es precisamcnte Fo. Prubbese directamente que cualquier automodismo de K debe dejarfijos todos 10s racionales.
Prubbese que un polinomio simbtrico en x,., x, es un polinomioen las funciones simktricas elementales en x,., x. CAMPOS - Cap. Exprksense 10s siguientes corno polinornios en las funciones sime-tricas elernentales en x, x2 y x. A) x+ x + x,. 6) x+ x + x,.
C) (XI - X ) ( X I, ) ( X -X -x3Y. Si or, or, a, son las raices del polinornio clibico x3+ 7x2- 8x+ 3,encukntrese el polinomid clibico cuyas raices son: 2 2 2 a) or, a 2, a 3. Pruebense las.identidades de Newton, es decir, si o r, or., orn sonlasraices def(x) = x ' + a, x ' - + , x ' - +. +any si sk = crIk+or2+.+ a t, entonces a) s k + I k - I + a 2.
2 + k = Osi k = 1,2., n. 6) s k + a I s k - +. +ansk-, = 0 para k n., c) Para n = 5, apliquese la parte (a) para deterrninar s2, s3, s, y s,. Pruebese que las funciones sirnitricas elernentales en x,., xn son,ciertarnente, funciones sirnetricas en x,., xn. Si p(x) = xn- I, prukbese que el grupo de Galois de p(x) sobre elcarnpo de 10s nlirneros racionales es abeliano. El nurnero cornplejo w es una raiz n-Psima primitira de la unidad siwn = 1 pero wm # I para 0 5.
Si G = S n, segdn el lema 5.1 1, G' contiene todos 10s ciclos deorden 3 de Sn para todo k. Por tanto, G') # ( e ) para toda k, de donde deacuerdo con el lema 5.10 G no puede ser soluble.
Lnterrelacionamos ahora la solubilidad por radicales de p ( x ) con lasolubilidad como grupo del grupo de Galois de p(x). La misma terminologiaes altamente sugestiva de que una tal relacion existe. Pero primero necesita-mos un resultado acerca del grupo de Galois de un cierto tipo de polinomio.
Supongamos que el campo F tenga todas las raices n-himasde la unidad (para un cierto determinado n ) y supongamos que a #O estci en F.Sea 2 - a € Fxy sea K su campo de descomposicidn sobre F. Entonces: 1) K = F(u), donde u es cualquier raiz de 2 -a. 2) El grupo de Galois de 2 - a sobre F es abeliano. Como F contiene a todas las raices n-tsimas de la unidad,contiene t = eZni1'; notese que tn= 1 pero tm I para 0 c m c n. # Si u K es cualquier raiz de x'-a, entonces u, t u, t 2., r'- u son u, todas las raices de 2 - a. Que son raices, es evidente; que son distintas sesigue de que si t i u = t i u con 0.