En toda esta sección supondremos que los cuerpos tienen característica cero para asegurar que los polinomios irreducibles no tengan raíces repetidas. El objetivo inmediato de esta sección es determinar cuándo las raíces de un polinomio \(f(x)\) se pueden calcular con un número finito de operaciones con los coeficientes de \(f(x)\text{.}\) Las operaciones permitidas son suma, resta, multipicación, división y extracción de raíces \(n\)-ésimas. Por cierto la solución de la ecuación cuadrática, \(a x^2 + b x +c = 0\text{,}\) ilustra este proceso:
\begin{equation*} x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}. \end{equation*}La única de estas operaciones que puede requerir un cuerpo más grande es la de extraer raíces \(n\)-ésimas. Esto nos lleva a la siguiente definición.
Una extensión \(E\) de un cuerpo \(F\) es una extensión por radicales si existe una cadena de subcuerpos
\begin{equation*} F = F_0 \subset F_1 \subset F_2 \subset \cdots \subset F_r = E \end{equation*}tal que para \(i = 1, 2, \ldots, r\text{,}\) tenemos \(F_i = F_{i - 1}(\alpha_i)\) y \(\alpha_i^{n_i} \in F_{i-1}\) para ciertos enteros positivos \(n_i\text{.}\) Un polinomio \(f(x)\) es soluble por radicales sobre \(F\) si el cuerpo de descomposición \(K\) de \(f(x)\) sobre \(F\) está contenido en una extensión por radicales de \(F\text{.}\) Nuestro objetivo es llegar a un criterio que nos diga si un polinomio \(f(x)\) es o no soluble por radicales examinando su grupo de Galois \(f(x)\text{.}\)
El polinomio más fácil de resolver por radicales es uno de la forma \(x^n - a\text{.}\) Como vimos en el Capítulo 4, las raíces de \(x^n - 1\) se llaman raíces \(n\)-ésimas de la unidad. Estas raíces forman un subgrupo finito del cuerpo de descomposición de \(x^n -1\text{.}\) Por el Corolario 22.11, las raíces \(n\)-ésimas de la unidad forman un grupo cíclico. Cualquier generador de este grupo es una raíz \(n\)-ésima primitiva de la unidad.
El polinomio \(x^n - 1\) es soluble por radicales sobre \({\mathbb Q}\text{.}\) Las raíces de este polinomio son \(1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n - 1}\text{,}\) donde
\begin{equation*} \omega = \cos\left( \frac{2 \pi}{n} \right) + i \sin\left( \frac{2 \pi}{n} \right). \end{equation*}El cuerpo de descomposición de \(x^n - 1\) sobre \({\mathbb Q}\) es \({\mathbb Q}(\omega)\text{.}\)
Demostraremos que un polinomio es soluble por radicales si y solo si su grupo de Galois es soluble. Recuerde que una serie subnormal de un grupo \(G\) es una sucesión finita de subgrupos
\begin{equation*} G = H_n \supset H_{n-1} \supset \cdots \supset H_1 \supset H_0 = \{ e \}, \end{equation*}tal que \(H_i\) es normal en \(H_{i+1}\text{.}\) Un grupo \(G\) es soluble si tiene una serie subnormal \(\{ H_i \}\) tal que todos los grupos cociente \(H_{i+1} /H_i\) son abelianos. Por ejemplo, si examinamos la serie \(\{ \identity \} \subset A_3 \subset S_3\text{,}\) vemos que \(S_3\) es soluble. Por otra parte, \(S_5\) no es soluble, por el Teorema 10.11.
Sea \(F\) un cuerpo de característica cero y \(E\) el cuerpo de descomposición de \(x^n - a\) sobre \(F\) con \(a \in F\text{.}\) Entonces \(G(E/F)\) es un grupo soluble.
Las raíces de \(x^n - a\) son \(\sqrt[n]{a}, \omega \sqrt[n]{a}, \ldots, \omega^{n-1} \sqrt[n]{a}\text{,}\) con \(\omega\) una raíz \(n\)-ésima primitiva de la unidad. Supongamos que \(F\) contiene todas las raíces \(n\)-ésimas de la unidad. Si \(\zeta\) es una de las raíces de \(x^n - a\text{,}\) entonces las diferentes raíces de \(x^n - a\) son \(\zeta, \omega \zeta, \ldots, \omega^{n - 1} \zeta\text{,}\) y \(E = F(\zeta)\text{.}\) Como \(G(E/F)\) permuta las raíces de \(x^n - a\text{,}\) los elemento en \(G(E/F)\) deben estar determinados por su acción en estas raíces. Sean \(\sigma\) y \(\tau\) en \(G(E/F)\) y supongamos que \(\sigma( \zeta ) = \omega^i \zeta\) y \(\tau( \zeta ) = \omega^j \zeta\text{.}\) If \(F\) contains the roots of unity, entonces
\begin{equation*} \sigma \tau( \zeta ) = \sigma( \omega^j \zeta) = \omega^j \sigma( \zeta ) = \omega^{i+j} \zeta = \omega^i \tau( \zeta ) = \tau( \omega^i \zeta ) = \tau \sigma( \zeta ). \end{equation*}Por lo tanto, \(\sigma \tau = \tau \sigma\) y \(G(E/F)\) es abeliano, en particular es soluble.
Ahora supongamos que \(F\) no contiene raíces \(n\)-ésimass primitivas de la unidad. Sea \(\omega\) un generador del grupo cíclico de las raíces \(n\)-ésimas de la unidad. Sea \(\alpha\) un cero de \(x^n - a\text{.}\) Como \(\alpha\) y \(\omega \alpha\) están ambos en el cuerpo de descomposición de \(x^n - a\text{,}\) \(\omega = (\omega \alpha)/ \alpha\) también está en \(E\text{.}\) Sea \(K = F( \omega)\text{.}\) Entonces \(F \subset K \subset E\text{.}\) Since \(K\) es el cuerpo de descomposición de \(x^n - 1\text{,}\) \(K\) es una etensión normal de \(F\text{.}\) Por lo tanto, cualquier automorfismo \(\sigma\) en \(G(F( \omega)/ F)\) está determinado por \(\sigma( \omega)\text{.}\) Se debe tener que \(\sigma( \omega ) = \omega^i\) para algún entero \(i\) pues todos los ceros de \(x^n - 1\) son potencias de \(\omega\text{.}\) Si \(\tau( \omega ) = \omega^j\) está en \(G(F(\omega)/F)\text{,}\) entonces
\begin{equation*} \sigma \tau( \omega ) = \sigma( \omega^j ) = [ \sigma( \omega )]^j = \omega^{ij} = [\tau( \omega ) ]^i = \tau( \omega^i ) = \tau \sigma( \omega ). \end{equation*}Por lo tanto, \(G(F( \omega ) / F)\) es abeliano. Por el Teorema Fundamental de la Teoría de Galois, la serie
\begin{equation*} \{ \identity \} \subset G(E/ F(\omega)) \subset G(E/F) \end{equation*}es una serie normal. Por el argumento anterior, \(G(E/F(\omega))\) es abeliano. Como
\begin{equation*} G(E/F) /G(E/F( \omega)) \cong G(F(\omega)/F) \end{equation*}también es abeliano, \(G(E/F)\) es soluble.
Sea \(F\) un cuerpo de característica cero y sea
\begin{equation*} F = F_0 \subset F_1 \subset F_2 \subset \cdots \subset F_r = E \end{equation*}una extensión radical de \(F\text{.}\) Entonces existe una extensión radical normal
\begin{equation*} F = K_0 \subset K_1 \subset K_2 \subset \cdots \subset K_r = K \end{equation*}tal que \(K\) contiene a \(E\) y \(K_i\) es una extensión normal de \(K_{i-1}\text{.}\)
Como \(E\) es una extensión radical de \(F\text{,}\) existe una cadena de subcuerpos
\begin{equation*} F = F_0 \subset F_1 \subset F_2 \subset \cdots \subset F_r = E \end{equation*}tal que para \(i = 1, 2, \ldots, r\text{,}\) tenemos \(F_i = F_{i - 1}(\alpha_i)\) y \(\alpha_i^{n_i} \in F_{i-1}\) para ciertos enteros positivos \(n_i\text{.}\) Construiremos una extensión radical normal de \(F\text{,}\)
\begin{equation*} F = K_0 \subset K_1 \subset K_2 \subset \cdots \subset K_r = K \end{equation*}tal que \(K \supseteq E\text{.}\) Defina \(K_1\) como el cuerpo de descomposición de \(x^{n_1} - \alpha_1^{n_1}\text{.}\) Las ríces de este polinomio son \(\alpha_1, \alpha_1 \omega, \alpha_1 \omega^2, \ldots, \alpha_1 \omega^{n_1 - 1}\text{,}\) donde \(\omega\) es una raíz \(n_1\)-ésima primitiva de la unidad. Si \(F\) contiene las \(n_1\) raíces de la unidad, entonces \(K_1 = F(\alpha_!)\text{.}\) Por otra parte, supongamos que \(F\) no contiene raíces \(n_1\)-ésimas primitivas de la unidad. Si \(\beta\) es una raíz de \(x^{n_1} - \alpha_1^{n_1}\text{,}\) entonces todas las raíces de \(x^{n_1} - \alpha_1^{n_1}\) son \(\beta, \omega \beta, \ldots, \omega^{n_1-1}\text{,}\) con \(\omega\) una raíz \(n_1\)-ésima primitiva de la unidad. En este caso, \(K_1 = F(\omega \beta)\text{.}\) Luego, \(K_1\) es una extensión radical normal de \(F\) que contiene a \(F_1\text{.}\) Continuando de esta manera, obtenemos
\begin{equation*} F = K_0 \subset K_1 \subset K_2 \subset \cdots \subset K_r = K \end{equation*}tal que \(K_i\) es una extensión normal de \(K_{i-1}\) y \(K_i \supseteq F_i\) para \(i = 1, 2, \ldots, r\text{.}\)
Demostraremos ahora el teorema principal sobre solubilidad por radicales.
Sea \(f(x)\) un polinomio en \(F[x]\text{,}\) con \(\chr F = 0\text{.}\) Si \(f(x)\) es soluble por radicales, entonces el grupo de Galois de \(f(x)\) sobre \(F\) es soluble.
Como \(f(x)\) es soluv¡ble por radicales existe una extensión \(E\) de \(F\) por radicales \(F = F_0 \subset F_1 \subset \cdots \subset F_n = E\text{.}\) Por el Lema 23.28, podemos suponer que \(E\) es un cuerpo de descomposición de \(f(x)\) y \(F_i\) es normal sobre \(F_{i - 1}\text{.}\) Por el Teorema Fundamental de la Teoría de Galois, \(G(E/F_i)\) es un subgrupo normal de \(G(E/F_{i - 1})\text{.}\) Por lo tanto, tenemos una serie subnormal de subgrupos de \(G(E/F)\text{:}\)
\begin{equation*} \{ \identity \} \subset G(E/F_{n - 1}) \subset \cdots \subset G(E/F_1) \subset G(E/F). \end{equation*}Nuevamente por el Teorema Fundamental de la Teoría de Galois, sabemos que
\begin{equation*} G(E/F_{i - 1})/G(E/F_i) \cong G(F_i/F_{i - 1}). \end{equation*}Por el Lema 23.27, \(G(F_i/F_{i - 1})\) es soluble; luego, \(G(E/F)\) también es soluble.
El recíproco del Teorema 23.29 también es verdadero. Para una demostración, vea cualquiera de las referencias al final de este capítulo.
Estamos ahora en condiciones de encontrar un polinomio de grado cinco que no es soluble por radicales. Simplemente debemos encontrar un polinomio cuyo grupo de Galois sea \(S_5\text{.}\) Empezaremos con un lema.
Si \(p\) es primo, entonces cualquier subgrupo de \(S_p\) que contenga una transposición y un ciclo de largo \(p\) es todo \(S_p\text{.}\)
Sea \(G\) un subgrupo de \(S_p\) que contenga una transposición \(\sigma\) y \(\tau\) un ciclo de largo \(p\text{.}\) Podemos suponer que \(\sigma = (1 2)\text{.}\) El orden de \(\tau\) es \(p\) y \(\tau^n\) es un ciclo de largo \(p\) para \(1 \leq n \lt p\text{.}\) Por lo tanto, podemos suponer que \(\mu = \tau^n = (1 2 i_3 \ldots i_p)\) para algún \(n\text{,}\) donde \(1 \leq n \lt p\) (vea el Ejercicio 5.3.13 en el Capítulo 5). Observando que \((1 2)(12 i_3\ldots i_p) = (2 i_3\ldots i_p)\) y \((2i_3 \ldots i_p)^k(12)(2i_3 \ldots i_p)^{-k} = (1i_k)\text{,}\) podemos obtener todas las transposiciones de la forma \((1n)\) para \(1 \leq n \lt p\text{.}\) Pero, estas transposiciones generan todas las transpociciones en \(S_p\text{,}\) pues \((1j)(1 i)(1 j) = (i j)\text{.}\) Las transposiciones generan \(S_p\text{.}\)
Mostraremos que \(f(x) = x^5 - 6 x^3 - 27 x - 3 \in {\mathbb Q}[x]\) no es soluble. Afirmamos que el grupo de Galois de \(f(x)\) sobre \({\mathbb Q}\) es \(S_5\text{.}\) Por el Criterio de Eisenstein, \(f(x)\) es irreducible y, por lo tanto, es separable. La derivada de \(f(x)\) es \(f'(x) = 5 x^4 - 18 x^2 - 27\text{;}\) luego, poniendo \(f'(x) = 0\) y resolviendo, vemos que las únicas raíces reales de \(f'(x)\) son
\begin{equation*} x = \pm \sqrt{ \frac{6 \sqrt{6} + 9 }{5} }. \end{equation*}Por lo tanto, \(f(x)\) puede tener a lo sumo un máximo y un mínimo. Es fácil mostrar que \(f(x)\) cambia de signo entre \(-3\) y \(-2\text{,}\) entre \(-2\) y \(0\text{,}\) y una vez más entre \(0\) y \(4\) (Figura 23.31). Por lo tanto, \(f(x)\) tiene precisamente tres raíces reales diferentes. Las restantes dos raíces de \(f(x)\) deben ser complejos conjugados. Sea \(K\) el cuerpo de descomposición de \(f(x)\text{.}\) Como \(f(x)\) tiene cincoraíces distintas en \(K\) y todo automorfismode \(K\) que fija a \({\mathbb Q}\) está determinado por la forma en que permuta las raíces de \(f(x)\text{,}\) sabemos que \(G(K/{\mathbb Q})\) es un subgrupo de \(S_5\text{.}\) Como \(f\) es irreducible, hay un elemento en \(\sigma \in G(K/{\mathbb Q})\) tal que \(\sigma(a) = b\) para dos raíces \(a\) y \(b\) de \(f(x)\text{.}\) El automorfismo de \({\mathbb C}\) que envía \(a + bi \mapsto a - bi\) dejas fijas las raíces reales e intercambia las raíces complejas; por ende, \(G(K/{\mathbb Q} )\) contiene una transposición. Si \(\alpha\) es una de las raíces reale de \(f(x)\text{,}\) entonces \([\mathbb Q(\alpha) : \mathbb Q] = 5\) por el Ejercicio 21.4.28. Como \(\mathbb Q(\alpha)\) es un subcuerpo de \(K\text{,}\) debe ser que \([K : \mathbb Q]\) es divisible por 5. Como \([K : \mathbb Q] = |G(K/{\mathbb Q})|\) y \(G(K/{\mathbb Q}) \subset S_5\text{,}\) sabemos que \(G(K/{\mathbb Q})\) contiene un ciclo de largo 5. Por el Lema 23.30, \(S_5\) está generado por una transposición y un elemento de orden 5; por lo tanto, \(G(K/{\mathbb Q} )\) es todo \(S_5\text{.}\) Por el Teorema 10.11, \(S_5\) no es soluble. Por lo tanto, \(f(x)\) no se puede resolver por radicales.
Parece apropiado que el último teorema que enunciemos y demostremos sea el Teorema Fundamental del Álgebra. Este teorema fue demostrado por primera vez por Gauss en su tesis doctoral. Antes de la demostración de Gauss, los matemáticos sospechaban que podrían existir polinomios sin soluciones sobre los números reales y los números complejos. El Teorema Fundamental del Álgebra establece que todo polinomio sobre los números complejos se factoriza como producto de factores lineales.
El cuerpo de los números complejos es algebraicamente cerrado; es decir, todo polinomio no constante en \({\mathbb C}[x]\) tiene una raíz en\({\mathbb C}\text{.}\)
Supongamos que \(E\) es una extensión propia finita de los números complejos. Como toda extensión finita de un cuerpo de característica cero es una extensión simple, existe \(\alpha \in E\) tal que \(E = {\mathbb C}( \alpha )\) con \(\alpha\) la raíz de un polinomio irreducible \(f(x)\) en \({\mathbb C}[x]\text{.}\) El cuerpo de descomposición \(L\) de \(f(x)\) es una extensión normal finita y separable de \({\mathbb C}\) que contiene a \(E\text{.}\) Debemos mostrar que es imposible que \(L\) sea una extensión propia de \({\mathbb C}\text{.}\)
Supongamos que \(L\) es una extensión propia de \({\mathbb C}\text{.}\) Como \(L\) es el cuerpo de descomposición de \(f(x)(x^2 + 1)\) sobre \({\mathbb R}\text{,}\) \(L\) es una extensión normal finita y separable de \({\mathbb R}\text{.}\) Sea \(K\) el cuerpo fijo de un 2-subgrupo de Sylow \(G\) de \(G(L/{\mathbb R})\text{.}\) Entonces \(L \supset K \supset {\mathbb R}\) y \(|G( L / K )| =[L:K]\text{.}\) Como \([L : {\mathbb R}] = [L:K][K:{\mathbb R}]\text{,}\) sabemos que \([K:{\mathbb R}]\) debe ser impar. Así, \(K = {\mathbb R}(\beta)\) con \(\beta\) un elemento cuyo polinomio minimal \(f(x)\) es de grado impar. Por lo tanto, \(K = {\mathbb R}\text{.}\)
Sabemos ahora que \(G(L/{\mathbb R})\) debe ser un 2-grupo. Por lo tanto \(G(L / {\mathbb C})\) es un 2-grupo. Hemos supuesto que \(L \neq {\mathbb C}\text{;}\) por lo tanto, \(|G(L / {\mathbb C})| \geq 2\text{.}\) Por el primer Teorema de Sylow y el Teorema Fundamental de la Teoría de Galois, existe un subgrupo \(G\) de \(G(L/{\mathbb C})\) de índice 2 y un cuerpo \(E\) fijo por \(G\text{.}\) Entonces \([E:{\mathbb C}] = 2\) y existe un elemento \(\gamma \in E\) con polinomio minimal \(x^2 + b x + c\) en \({\mathbb C}[x]\text{.}\) Este polinomio tiene raíces \(( - b \pm \sqrt{b^2 - 4c}\, ) / 2\) que están en \({\mathbb C}\text{,}\) pues \(b^2 - 4 c\) está en \({\mathbb C}\text{.}\) Esto es imposible; luego, \(L = {\mathbb C}\text{.}\)
Si bien esta demostración es estrictamente algebraica, estuvimos forzados a usar resultados de Cálculo. Es necesario suponer el axioma del Supremo para demostrar que todo polinomio de grado impar tiene una raíz real y que todo número real positivo tiene una raíz cuadrada. Pareciera que no hay forma de evitar esta dificultad para hacer un argumento puramente algebraico. Es bastante impresionante que haya varias demostraciones elegantes del Teorema Fundamental del Álgebra que usan análisis complejo. También es importante notar que podemos obtener una demostración de un teorema tan importante como este desde dos áreas muy diferentes de las matemáticas.
