Raices, Trazas y Grupos de Galois

Febrero 23, 2009

Probar que ${\sqrt[3]{2}}+{\sqrt[3]{3}}+{\sqrt[3]{5}}$ no es racional.

Demostracion:

Supongamos que ${\sqrt[3]{2}}+{\sqrt[3]{3}}+{\sqrt[3]{5}}=q\in{\mathbb Q}$ y sea $K={\mathbb Q}({\sqrt[3]{2}},{\sqrt[3]{3}},{\sqrt[3]{5}})$ .

Consideremos ahora $Tr:K\rightarrow{\mathbb Q}$ , donde $Tr=Tr^K_{\mathbb Q}$ .

$Tr({\sqrt[3]{2}}+{\sqrt[3]{3}}+{\sqrt[3]{5}})=Tr(q)$

$Tr({\sqrt[3]{2}})+Tr({\sqrt[3]{3}})+Tr({\sqrt[3]{5}})=q[K:{\mathbb Q}]$

Pero entonces $q=0$ (pues $Tr({\sqrt[3]{2}})=Tr({\sqrt[3]{3}})=Tr({\sqrt[3]{5}})=0$ ), lo que es absurdo ya que $q$ es claramente positivo. $\ddag$

En vista de generalizar el problemita anterior pongamos en claro que entendemos por $Tr:K\rightarrow {\mathbb Q}$ . Como $K$ es un ${\mathbb Q}-$ espacio vectorial, para cada $\alpha\in K$ tenemos la transformacion lineal $M_{\alpha}:K\rightarrow K$ “multiplicar por $\alpha$ ” (o sea $M_{\alpha}(x)=\alpha x$ ). Definimos entonces

$Tr(\alpha)=Tr(M_{\alpha})$

Es claro que la traza de la suma es la suma de las trazas. Falta probar que $Tr({\sqrt[3]{2}})=Tr({\sqrt[3]{3}})=Tr({\sqrt[3]{5}})=0$ . Pongamos por ejemplo $\alpha=\sqrt[3]{2}$ , luego $\alpha^3-2=0$ de donde $M_{\alpha}^3-2=0$ .

Ahora, como $X^3-2$ es irreducible entonces debe ser el minimal de la transformacion lineal $M_{\alpha}$ , luego su caracteristico tiene que ser de la forma $(X^3-2)^n$ . Luego $Tr(\alpha)=Tr(M_{\alpha})=0$ pues el coeficiente siguiente al principal en el polinomio $X^3-2$ es $=0$ .

Para el caso general precisamos el siguiente resultado, sea $K$ un cuerpo cualquiera:

Teorema: Si $a\in K$ no es una potencia $p-$ esima para ningun primo $p$ que divide a $n$ y $n$ no es multiplo de $4$ entonces el polinomio $x^n-a$ es irreducible en $K[x]$ .

En principio vamos a usar el resultado anterior para el caso $K={\mathbb Q}$ (que admite una demostracion mas sencilla) pero despues vamos a precisarlo para otros cuerpos para poder hacer induccion. Digamos ademas que dos numeros son conmensurables si su cociente es una raiz de la unidad, en caso contrario decimos que son inconmensurables. Se tiene entonces que:

Teorema: Sean $\alpha_1,....,\alpha_m$ numeros algebraicos inconmensurables de a pares tales que para cada $i$ existe $n_i$ que no es multiplo de $4$ y $\alpha_i^{n_i}\in {\mathbb Z}$ . Supongamos ademas que

$a_1\alpha_1+a_2\alpha_2+\ldots+a_m\alpha_m=0$

Si $a_1,...,a_m$ son racionales entonces $a_1=\ldots=a_m=0$ .

Demostracion: Lo mismo que antes, tomamos $K={\mathbb Q}(\alpha_1,....,\alpha_m)$ y consideramos $Tr:K\rightarrow {\mathbb Q}$ . Luego para cada $i$ si muliplicamos la ecuacion por $\alpha_i^{-1}$ y tomamos traza concluimos que $a_i=0$ . $\ddag$

La condicion de que no haya dos inconmensurables es para que despues de dividir por $\alpha_i^{-1}$ no nos queden raices de la unidad. El truco es tomar traza y aprovechar que la mayoria de los numeros en cuestion tienen traza cero. Otro ejemplo de esto de tomar traza se puede ver aca .

Se puede probar tambien que $K={\mathbb Q}(\alpha_1+\ldots+\alpha_m)$ .

Sea $\alpha=\alpha_1+\ldots+\alpha_m$ y consideremos $E$ la clausura normal de $K$ . Sea $\sigma \in Gal(E/{\mathbb Q})$ y supongamos que $\sigma(\alpha)=\alpha$ , luego

$\sigma(\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_m)=\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_m$

$\sigma(\alpha_1)+\sigma(\alpha_2)+\ldots+\sigma(\alpha_m)=\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_m$

Si multiplicamos la ecuacion anterior por $\alpha_1^{-1}$ y tomamos traza de ambos lados concluimos que

$Tr(\alpha_1^{-1}\sigma(\alpha_1))=Tr(1)=[K:{\mathbb Q}]$

Pero $\xi=\alpha_1^{-1}\sigma(\alpha_1)$ es una raiz de la unidad con $Tr(\xi)=[K:{\mathbb Q}]$ de donde $\xi=1$ (**). Es decir que $\sigma(\alpha_1)=\alpha_1$ y analogamente $\sigma(\alpha_i)=\alpha_i$ para todo $i$ , en particular $\sigma\in Gal(E/K)$ .

En conclusion $\sigma(\alpha)=\alpha$ si y solo si $\sigma \in Gal(E/K)$ de donde $K\subset{\mathbb Q}(\alpha)$ . Pero ${\mathbb Q}(\alpha)\subset K$ trivialmente de forma que $K={\mathbb Q}(\alpha)$ como se queria.

Notemos que en todo lo anterior nos evitamos tener que calcular $[K:{\mathbb Q}]$ .

Teorema: Sean $a_1,\ldots,a_r$ enteros positivos tales que

$a_1^{m_1\over n_1}a_2^{m_2\over n_2}\ldots a_r^{m_r\over n_r} \in {\mathbb Q} \leftrightarrow {m_1\over n_1},{m_2\over n_2},\ldots,{m_r\over n_r} \in {\mathbb Z}$

Si los $n_i$ no son multiplos de $4$ luego:

$[{\mathbb Q}({\sqrt[n_1]{a_1}},\ldots,{\sqrt[n_r]{a_r}}):{\mathbb Q}]=n_1n_2\ldots n_r$

Demostracion:

Por la condicion rara y lo hecho anteriormente se tiene que si

${\sqrt[n_1] {a_1}^{m_r}}\in {\mathbb Q}({\sqrt[n_2]{a_2}},\ldots,{\sqrt[n_r]{a_r}})$

entonces ${m_i\over n_i}$ es entero, de donde el minimal de ${\sqrt[n_1]{a_1}}$ sobre ${\mathbb Q}({\sqrt[n_2]{a_2}},\ldots,{\sqrt[n_r]{a_r}})$ es $X^{n_1}-a_1$ (pues este polinomio lo tiene de raiz y por el teorema del principio es irreducible).

El resultado se sigue por induccion. $\ddag$

El caso $n_1=...=n_r=2$ es mas facil, para establecer la induccion alcanza probar que cada raiz no esta en la extension generada por el resto de las raices; pero si estuviera tendriamos una relacion no trivial entre raices cuadradas contradiciendo nuestro primer teorema.

La pregunta que sigue es la de determinar $Gal(E/{\mathbb Q})$ pero ahora ya estoy cansado de escribir.

(*) La condicion de que $n$ no sea multiplo de $4$ es culpa de la factorizacion $X^4+4=(X^2+2X+2)(X^2-2X+2)$ .

(**) Si $\xi \in K$ es una raiz primitva de orden $n$ entonces $Tr(\xi)=[K:{\mathbb Q}(\xi)]\mu(n)\leq[K:{\mathbb Q}(\xi)]$ . Luego $[K:{\mathbb Q}]=[K:{\mathbb Q}(\xi)]$ es decir que $\xi=\pm 1$ de donde $\xi=1$ .

Posted by charlydif
Filed in Cosas Algebraicas

1 Comment »

One Response to “Raices, Trazas y Grupos de Galois”

Morfismo de K-Algebras « Separata Says:

Febrero 24, 2009 at 1:48 pm
[...] La demostracion anterior usa una de mis “cosas favoritas”, el hecho de que el minimal y el caracteristico tienen los mismos factores primos; en particular si el minimal es irreducible entonces el caracteristico es una potencia suya (aca hay otra aplicacion). [...]

Separata