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}. ComoK 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.

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


  1. […] 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). […]


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