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# 21.1: Campos de extensión

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Un campo$$E$$ es un campo de extensión de un campo$$F$$ si$$F$$ es un subcampo de$$E\text{.}$$ El campo$$F$$ se llama campo base. Escribimos$$F \subset E\text{.}$$

Ejemplo$$21.1$$.

Por ejemplo, vamos

$F = {\mathbb Q}( \sqrt{2}\,) = \{ a + b \sqrt{2} : a, b \in {\mathbb Q} \} \nonumber$

y dejar$$E = {\mathbb Q }( \sqrt{2} + \sqrt{3}\,)$$ ser el campo más pequeño que contiene ambos$${\mathbb Q}$$ y$$\sqrt{2} + \sqrt{3}\text{.}$$ Ambos$$E$$ y$$F$$ son campos de extensión de los números racionales. Afirmamos que

Solución

$$E$$es un campo de extensión de$$F\text{.}$$ Para ver esto, solo necesitamos mostrar que$$\sqrt{2}$$ está en$$E\text{.}$$ Dado que$$\sqrt{2} + \sqrt{3}$$ está en también$$E\text{,}$$$$1 / (\sqrt{2} + \sqrt{3}\,) = \sqrt{3} - \sqrt{2}$$ debe estar en$$E\text{.}$$ Tomando combinaciones lineales de$$\sqrt{2} + \sqrt{3}$$ y$$\sqrt{3} - \sqrt{2}\text{,}$$ nos encontramos con eso$$\sqrt{2}$$ y ambos$$\sqrt{3}$$ deben estar en $$E\text{.}$$

Ejemplo$$21.2$$.

Vamos$$p(x) = x^2 + x + 1 \in {\mathbb Z}_2[x]\text{.}$$ Dado que ni 0 ni 1 es una raíz de este polinomio, sabemos que$$p(x)$$ es irreducible sobre$${\mathbb Z}_2\text{.}$$ Construiremos una extensión de campo de$${\mathbb Z}_2$$ contener un elemento$$\alpha$$ tal que$$p(\alpha) = 0\text{.}$$ Por Teorema 17.22, el ideal$$\langle p(x) \rangle$$ generado por$$p(x)$$ es máximo; de ahí ,$${\mathbb Z}_2[x] / \langle p(x) \rangle$$ es un campo. Dejar$$f(x) + \langle p(x) \rangle$$ ser un elemento arbitrario de$${\mathbb Z}_2[x] / \langle p(x) \rangle\text{.}$$ Por el algoritmo de división,

$f(x) = (x^2 + x + 1) q(x) + r(x)\text{,} \nonumber$

donde el grado de$$r(x)$$ es menor que el grado de$$x^2 + x + 1\text{.}$$ Por lo tanto,

Solución

$f(x) + \langle x^2 + x + 1 \rangle = r(x) + \langle x^2 + x + 1 \rangle\text{.} \nonumber$

Las únicas posibilidades para$$r(x)$$ son entonces$$0\text{,}$$$$1\text{,}$$$$x\text{,}$$ y$$1 + x\text{.}$$ Consecuentemente,$$E = {\mathbb Z}_2[x] / \langle x^2 + x + 1 \rangle$$ es un campo con cuatro elementos y debe ser una extensión de campo de$${\mathbb Z}_2\text{,}$$ contener un cero$$\alpha$$ de$$p(x)\text{.}$$ El campo$${\mathbb Z}_2( \alpha)$$ consta de elementos

\ begin {align*} 0 + 0\ alpha & = 0\\ 1 + 0\ alpha & = 1\\ 0 + 1\ alpha & =\ alpha\\ 1 + 1\ alpha & = 1 +\ alpha\ text {.} \ end {alinear*}

Observe que$${\alpha}^2 + {\alpha} + 1 = 0\text{;}$$ por lo tanto, si calculamos$$(1 + \alpha)^2\text{,}$$

$(1 + \alpha)(1 + \alpha)= 1 + \alpha + \alpha + (\alpha)^2 = \alpha\text{.} \nonumber$

Otros cálculos se realizan de manera similar. Resumimos estos cálculos en las siguientes tablas, que nos indican cómo sumar y multiplicar elementos en$$E\text{.}$$

$\begin{array}{c|cccc} + & 0 & 1 & \alpha & 1 + \alpha \\ \hline 0 & 0 & 1 & \alpha & 1 + \alpha \\ 1 & 1 & 0 & 1 + \alpha & \alpha \\ \alpha & \alpha & 1 + \alpha & 0 & 1 \\ 1 + \alpha & 1 + \alpha & \alpha & 1 & 0 \end{array} \nonumber$

$$Figure \text { } 21.3.$$Tabla de adición para$${\mathbb Z}_2(\alpha)$$

$\begin{array}{c|cccc} \cdot & 0 & 1 & \alpha & 1 + \alpha \\ \hline 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & \alpha & 1 + \alpha \\ \alpha & 0 & \alpha & 1 + \alpha & 1 \\ 1 + \alpha & 0 & 1 + \alpha & 1 & \alpha \end{array} \nonumber$

$$Figure \text { } 21.4.$$Tabla de multiplicación para$${\mathbb Z}_2(\alpha)$$

El siguiente teorema, debido a Kronecker, es tan importante y tan básico para nuestra comprensión de los campos que a menudo se le conoce como el Teorema Fundamental de la Teoría de Campos.

Teorema$$21.5$$.

Dejar$$F$$ ser un campo y dejar$$p(x)$$ ser un polinomio no constante en$$F[x]\text{.}$$ Entonces existe un campo$$E$$ de extensión de$$F$$ y un elemento$$\alpha \in E$$ tal que$$p(\alpha) = 0\text{.}$$

Prueba

Para probar este teorema, vamos a emplear el método que empleamos para construir Ejemplo$$21.2$$. Claramente, podemos suponer que$$p(x)$$ es un polinomio irreducible. Deseamos encontrar un campo$$E$$ de extensión de$$F$$ contener un elemento$$\alpha$$ tal que$$p(\alpha) = 0\text{.}$$ El ideal$$\langle p(x) \rangle$$ generado por$$p(x)$$ es un ideal máximo en$$F[x]$$ por Teorema$$17.22$$; de ahí,$$F[x]/\langle p(x) \rangle$$ es un campo. Afirmamos que$$E = F[x]/\langle p(x) \rangle$$ es el campo deseado.

Primero mostramos que$$E$$ es una extensión de campo de$$F\text{.}$$ Podemos definir un homomorfismo de anillos conmutativos por el mapa$$\psi:F \rightarrow F[x]/\langle p(x) \rangle\text{,}$$ donde$$\psi(a) = a + \langle p(x)\rangle$$ para$$a \in F\text{.}$$ Es fácil verificar que efectivamente$$\psi$$ es un homomorfismo de anillo. Observe que

$\psi( a ) + \psi( b ) = (a + \langle p(x) \rangle) + (b + \langle p(x) \rangle) = (a + b) + \langle p(x) \rangle = \psi( a + b ) \nonumber$

y

$\psi( a ) \psi( b ) = (a + \langle p(x) \rangle) (b + \langle p(x) \rangle) = ab + \langle p(x) \rangle = \psi( ab )\text{.} \nonumber$

Para probar que$$\psi$$ es uno a uno, asuma que

$a + \langle p(x) \rangle = \psi(a) = \psi(b) = b + \langle p(x) \rangle\text{.} \nonumber$

Entonces$$a - b$$ es un múltiplo de$$p(x)\text{,}$$ ya que vive en el ideal$$\langle p(x) \rangle\text{.}$$ Ya que$$p(x)$$ es un polinomio no constante, la única posibilidad es que$$a - b = 0\text{.}$$ Consecuentemente,$$a = b$$ y$$\psi$$ sea inyectivo. Dado que$$\psi$$ es uno a uno, podemos identificarnos$$F$$ con el subcampo$$\{ a + \langle p(x) \rangle : a \in F \}$$$$E$$ y ver$$E$$ como un campo de extensión de$$F\text{.}$$

Nos queda demostrar que$$p(x)$$ tiene un cero$$\alpha \in E\text{.}$$ Set$$\alpha = x + \langle p(x) \rangle\text{.}$$ Then$$\alpha$$ is in$$E\text{.}$$ If$$p(x) = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n\text{,}$$ then

\ begin {alinear*} p (\ alpha) & = a_0 + a_1 (x +\ langle p (x)\ rangle) +\ cdots + a_n (x +\ langle p (x)\ rangle) ^n\\ & = a_0 + (a_1 x +\ langle p (x)\ rangle) +\ cdots + (a_n x^n +\ langle p (x)\ rangle)\\ & = a_0 + a_1 x +\ cdots + a_n x^n +\ langle p (x)\ rangle\\ & = 0 +\ langle p (x)\ rangle\ text {. } \ end {alinear*}

Por lo tanto, hemos encontrado un elemento$$\alpha \in E = F[x]/\langle p(x) \rangle$$ tal que$$\alpha$$ es un cero de$$p(x)\text{.}$$

Ejemplo$$21.6$$.

Let$$p(x) = x^5 + x^4 + 1 \in {\mathbb Z}_2[x]\text{.}$$ Then$$p(x)$$ tiene factores irreducibles

Solución

$$x^2 + x + 1$$y$$x^3 + x + 1\text{.}$$ Para una extensión$$E$$ de campo de$${\mathbb Z}_2$$ tal que$$p(x)$$ tenga una raíz en$$E\text{,}$$ podemos dejar$$E$$ ser cualquiera$${\mathbb Z}_2[x] / \langle x^2 + x + 1 \rangle$$ o lo$${\mathbb Z}_2[x] / \langle x^3 + x + 1 \rangle\text{.}$$ dejaremos como ejercicio para mostrar que$${\mathbb Z}_2[x] / \langle x^3 + x + 1 \rangle$$ es un campo con$$2^3 = 8$$ elementos.

## Elementos algebraicos

Un elemento$$\alpha$$ en un campo de extensión$$E$$ sobre$$F$$ es algebraico sobre$$F$$ si$$f(\alpha)=0$$ para algún polinomio distinto de cero$$f(x) \in F[x]\text{.}$$ Un elemento en$$E$$ que no es algebraico sobre$$F$$ es trascendental sobre $$F\text{.}$$Un campo$$E$$ de extensión de un campo$$F$$ es una extensión algebraica de$$F$$ si cada elemento en$$E$$ es algebraico sobre$$F\text{.}$$ Si$$E$$ es una extensión de campo de$$F$$ y$$\alpha_1, \ldots, \alpha_n$$ están contenidos en$$E\text{,}$$ denotamos el campo más pequeño que contiene$$F$$ y$$\alpha_1, \ldots, \alpha_n$$ por$$F( \alpha_1, \ldots, \alpha_n)\text{.}$$ Si$$E = F( \alpha )$$ para algunos$$\alpha \in E\text{,}$$ entonces$$E$$ es una extensión simple de$$F\text{.}$$

Ejemplo$$21.7$$.

Ambos$$\sqrt{2}$$ y$$i$$ son algebraicos sobre$${\mathbb Q}$$ ya que son ceros de los polinomios$$x^2 -2$$ y$$x^2 + 1\text{,}$$ respectivamente. Claramente$$\pi$$ y$$e$$ son algebraicas sobre los números reales; sin embargo,

Solución

es un hecho no trivial que son trascendentales sobre$${\mathbb Q}\text{.}$$ los Números en$${\mathbb R}$$ que son algebraicos sobre$${\mathbb Q}$$ son de hecho bastante raros. Casi todos los números reales son trascendentales sobre$${\mathbb Q}\text{.}$$ 7 (En muchos casos no sabemos si un número en particular es trascendental o no; por ejemplo, todavía no se sabe si$$\pi + e$$ es trascendental o algebraico).

La probabilidad de que un número real elegido al azar del intervalo$$[0, 1]$$ sea trascendental sobre los números racionales es uno.

Un número complejo que es algebraico sobre$${\mathbb Q}$$ es un número algebraico. Un número trascendental es un elemento de$${\mathbb C}$$ que es trascendental sobre$${\mathbb Q}\text{.}$$

Ejemplo$$21.8$$.

Vamos a mostrar que$$\sqrt{2 + \sqrt{3} }$$ es algebraico sobre$${\mathbb Q}\text{.}$$ Si$$\alpha = \sqrt{2 + \sqrt{3} }\text{,}$$ entonces

Solución

$$\alpha^2 = 2 + \sqrt{3}\text{.}$$De ahí,$$\alpha^2 - 2 = \sqrt{3}$$ y$$( \alpha^2 - 2)^2 = 3\text{.}$$$$\alpha^4 - 4 \alpha^2 + 1 = 0\text{,}$$ ya que debe ser cierto que$$\alpha$$ es un cero del polinomio$$x^4 - 4 x^2 + 1 \in {\mathbb Q}[x]\text{.}$$

Es muy fácil dar un ejemplo de un campo de extensión$$E$$ sobre un campo$$F\text{,}$$ donde$$E$$ contiene un elemento trascendental sobre$$F\text{.}$$ El siguiente teorema caracteriza extensiones trascendentales.

Teorema$$21.9$$.

Dejar$$E$$ ser un campo de extensión de$$F$$ y$$\alpha \in E\text{.}$$ Entonces$$\alpha$$ es trascendental sobre$$F$$ si y solo si$$F( \alpha )$$ es isomórfico$$F(x)\text{,}$$ al campo de fracciones de$$F[x]\text{.}$$

Prueba

$$\phi_{\alpha} : F[x] \rightarrow E$$Sea el homomorfismo de evaluación para$$\alpha\text{.}$$ Entonces$$\alpha$$ es trascendental sobre$$F$$ si y solo si$$\phi_{\alpha} (p(x)) = p(\alpha) \neq 0$$ para todos los polinomios no constantes$$p(x) \in F[x]\text{.}$$ Esto es cierto si y solo si$$\ker \phi_{\alpha} = \{ 0 \}\text{;}$$ eso es, es cierto exactamente cuando$$\phi_{\alpha}$$ es uno a uno. De ahí,$$E$$ debe contener una copia de$$F[x]\text{.}$$ El campo más pequeño que contiene$$F[x]$$ es el campo de fracciones$$F(x)\text{.}$$ Por Teorema$$18.4$$,$$E$$ debe contener una copia de este campo.

Tenemos una situación más interesante en el caso de las extensiones algebraicas.

Teorema$$21.10$$.

Dejar$$E$$ ser un campo de extensión de un campo$$F$$ y$$\alpha \in E$$ con$$\alpha$$ algebraico sobre$$F\text{.}$$ Luego hay un polinomio monico irreducible único$$p(x) \in F[x]$$ de menor grado tal que $$p( \alpha ) = 0\text{.}$$Si$$f(x)$$ es otro polinomio en$$F[x]$$ tal que$$f(\alpha) = 0\text{,}$$ luego$$p(x)$$ divide$$f(x)\text{.}$$

Prueba

$$\phi_{\alpha} : F[x] \rightarrow E$$Sea el homomorfismo de evaluación. El núcleo de$$\phi_{\alpha}$$ es un ideal principal generado por algunos$$p(x) \in F[x]$$ con$$\deg p(x) \geq 1\text{.}$$ Sabemos que tal polinomio existe, ya que$$F[x]$$ es un dominio ideal principal y$$\alpha$$ es algebraico. El ideal$$\langle p(x) \rangle$$ consiste exactamente en esos elementos de$$F[x]$$ tener$$\alpha$$ como cero. Si$$f( \alpha ) = 0$$ y no$$f(x)$$ es el polinomio cero, entonces$$f(x) \in \langle p(x) \rangle$$ y$$p(x)$$ divide$$f(x)\text{.}$$ So$$p(x)$$ es un polinomio de grado mínimo teniendo$$\alpha$$ como cero. Cualquier otro polinomio del mismo grado que tenga$$\alpha$$ como cero debe tener la forma$$\beta p( x)$$ para algunos$$\beta \in F\text{.}$$

Supongamos ahora que$$p(x) = r(x) s(x)$$ es una factorización de$$p(x)$$ en polinomios de menor grado. Ya que en$$p( \alpha ) = 0\text{,}$$$$r( \alpha ) s( \alpha ) = 0\text{;}$$ consecuencia, cualquiera$$r( \alpha )=0$$ o$$s( \alpha ) = 0\text{,}$$ que contradice el hecho de que$$p$$ es de mínimo grado. Por lo tanto,$$p(x)$$ debe ser irreducible.

Dejar$$E$$ ser un campo de extensión de$$F$$ y$$\alpha \in E$$ ser algebraico sobre$$F\text{.}$$ El polinomio monico único$$p(x)$$ del último teorema se llama el polinomio mínimo para$$\alpha$$ más$$F\text{.}$$ El grado de$$p(x)$$ es el grado de$$\alpha$$ más$$F$$.

Ejemplo$$21.11$$.

Let$$f(x) = x^2 - 2$$ y$$g(x) = x^4 - 4 x^2 + 1\text{.}$$

Solución

Estos polinomios son los polinomios mínimos de$$\sqrt{2}$$ y$$\sqrt{2 + \sqrt{3} }\text{,}$$ respectivamente.

Proposición$$21.12$$.

Dejar$$E$$ ser una extensión de campo de$$F$$ y$$\alpha \in E$$ ser algebraico sobre$$F\text{.}$$ Entonces,$$F( \alpha ) \cong F[x] / \langle p(x) \rangle\text{,}$$ ¿dónde$$p(x)$$ está el polinomio mínimo de$$\alpha$$ más$$F\text{.}$$

Prueba

$$\phi_{\alpha} : F[x] \rightarrow E$$Sea el homomorfismo de evaluación. El núcleo de este mapa$$p(x)$$ es$$\langle p(x) \rangle\text{,}$$ donde se encuentra el polinomio mínimo de$$\alpha\text{.}$$ Por el primer teorema del isomorfismo para anillos, la imagen de$$\phi_{\alpha}$$ in$$E$$ es isomórfica a$$F( \alpha )$$ ya que contiene tanto$$F$$ y$$\alpha\text{.}$$

Teorema$$21.13$$.

Let$$E = F( \alpha )$$ be a simple extension of$$F\text{,}$$ where$$\alpha \in E$$ is algebraico over$$F\text{.}$$ Supongamos que el grado de$$\alpha$$ over$$F$$ es$$n\text{.}$$ Entonces cada elemento $$\beta \in E$$se puede expresar de forma única en la forma

$\beta = b_0 + b_1 \alpha + \cdots + b_{n-1} \alpha^{n - 1} \nonumber$

para$$b_i \in F\text{.}$$

Prueba

Ya que$$\phi_{\alpha} ( F[x] ) \cong F( \alpha )\text{,}$$ cada elemento en$$E = F( \alpha )$$ debe ser de la forma$$\phi_{\alpha} ( f(x) ) = f( \alpha )\text{,}$$ donde$$f(\alpha)$$ es un polinomio en$$\alpha$$ con coeficientes en$$F\text{.}$$ Let

$p(x) = x^n + a_{n - 1} x^{n - 1} + \cdots + a_0 \nonumber$

ser el polinomio mínimo de$$\alpha\text{.}$$ Entonces$$p( \alpha ) = 0\text{;}$$ por lo tanto,

${\alpha}^n = - a_{n - 1} {\alpha}^{n - 1} - \cdots - a_0\text{.} \nonumber$

Del mismo modo,

\ begin {align*} {\ alpha} ^ {n + 1} & = {\ alpha} {\ alpha} ^n\\ & = - a_ {n - 1} {\ alpha} ^n - a_ {n - 2} {\ alpha} ^ {n - 1} -\ cdots - a_0 {\ alpha}\\ & = - a_ {n - 1} (- a_ {n - 1} {\ alpha} ^ {n - 1} -\ cdots - a_0) - a_ {n - 2} {\ alpha} ^ {n - 1} -\ cdots - a_0 {\ alpha}\ text {.} \ end {alinear*}

Continuando de esta manera, podemos expresar cada monomio$${\alpha}^m\text{,}$$$$m \geq n\text{,}$$ como una combinación lineal de poderes de$${\alpha}$$ que son menores que$$n\text{.}$$ Por lo tanto, cualquiera$$\beta \in F( \alpha )$$ puede escribirse como

$\beta = b_0 + b_1 \alpha + \cdots + b_{n - 1} \alpha^{n - 1}\text{.} \nonumber$

Para mostrar singularidad, supongamos que

$\beta = b_0 + b_1 \alpha + \cdots + b_{n-1} \alpha^{n-1} = c_0 + c_1 \alpha + \cdots + c_{n - 1} \alpha^{n - 1} \nonumber$

para$$b_i$$ y$$c_i$$ en$$F\text{.}$$ Entonces

$g(x) = (b_0 - c_0) + (b_1 - c_1) x + \cdots + (b_{n - 1} - c_{n - 1})x^{n - 1} \nonumber$

está en$$F[x]$$ y$$g( \alpha ) = 0\text{.}$$ Dado que el grado de$$g(x)$$ es menor que$$p( x )\text{,}$$ el grado del polinomio irreducible de$$\alpha\text{,}$$$$g(x)$$ debe ser el polinomio cero. En consecuencia,

$b_0 - c_0 = b_1 - c_1 = \cdots = b_{n - 1} - c_{n - 1} = 0\text{,} \nonumber$

o$$b_i = c_i$$ para$$i = 0, 1, \ldots, n-1\text{.}$$ Por lo tanto, hemos demostrado singularidad.

Ejemplo$$21.14$$.

Ya que$$x^2 + 1$$ es irreducible sobre$${\mathbb R}\text{,}$$$$\langle x^2 + 1 \rangle$$ es un ideal máximo en$${\mathbb R}[x]\text{.}$$ Así$$E = {\mathbb R}[x]/\langle x^2 + 1 \rangle$$ es una extensión de campo de$${\mathbb R}$$ que contiene una raíz de$$x^2 + 1\text{.}$$ Let$$\alpha = x + \langle x^2 + 1 \rangle\text{.}$$

Solución

Podemos identificarnos$$E$$ con los números complejos. Por la Proposición 21.12,$$E$$ es isomórfica a$${\mathbb R}( \alpha ) = \{ a + b \alpha : a, b \in {\mathbb R} \}\text{.}$$ Sabemos que$$\alpha^2 = -1$$ en$$E\text{,}$$ desde

\ begin {alinear*}\ alfa^2 + 1 & = (x +\ langle x^2 + 1\ rangle) ^2 + (1 +\ langle x^2 + 1\ rangle)\\ & = (x^2 + 1) +\ langle x^2 + 1\ rangle\\ & = 0\ text {.} \ end {alinear*}

De ahí que tengamos un isomorfismo de$${\mathbb R}( \alpha )$$ con$${\mathbb C}$$ definido por el mapa que lleva$$a + b \alpha$$ a$$a + bi\text{.}$$

Dejemos$$E$$ ser una extensión de campo de un campo$$F\text{.}$$ Si consideramos$$E$$ como un espacio vectorial sobre$$F\text{,}$$ entonces podemos llevar la maquinaria del álgebra lineal para incidir en los problemas que encontraremos en nuestro estudio de campos. Los elementos en el campo$$E$$ son vectores; los elementos en el campo$$F$$ son escalares. Podemos pensar en sumar$$E$$ como sumar vectores. Cuando multiplicamos un elemento$$E$$ por un elemento de$$F\text{,}$$ estamos multiplicando un vector por un escalar. Esta vista de las extensiones de campo es especialmente fructífera si una extensión$$E$$ de campo de$$F$$ es un espacio vectorial dimensional finito$$F\text{,}$$ y el teorema$$21.13$$ establece que$$E = F(\alpha )$$ es un espacio vectorial dimensional finito sobre$$F$$ con base$$\{ 1, \alpha, {\alpha}^2, \ldots, {\alpha}^{n - 1} \}\text{.}$$

Si un campo$$E$$ de extensión de un campo$$F$$ es un espacio vectorial dimensional finito sobre$$F$$ la dimensión$$n\text{,}$$, entonces decimos que$$E$$ es una extensión finita de grado$$n$$ sobre$$F$$. Escribimos

$[E:F]= n\text{.} \nonumber$

para indicar la dimensión de$$E$$$$F\text{.}$$

Teorema$$21.15$$.

Cada campo$$E$$ de extensión finita de un campo$$F$$ es una extensión algebraica.

Prueba

Dejar$$\alpha \in E\text{.}$$ Desde$$[E:F] = n\text{,}$$ los elementos

$1, \alpha, \ldots, {\alpha}^n \nonumber$

no pueden ser linealmente independientes. De ahí que$$a_i \in F\text{,}$$ no exista todo cero, tal que

$a_n {\alpha}^n + a_{n - 1} {\alpha}^{n - 1} + \cdots + a_1 \alpha + a_0 = 0\text{.} \nonumber$

Por lo tanto,

$p(x) = a_n x^n + \cdots + a_0 \in F[x] \nonumber$

es un polinomio distinto de cero con$$p( \alpha ) = 0\text{.}$$

Obrar$$21.16$$.

Teorema$$21.15$$ dice que cada extensión finita de un campo$$F$$ es una extensión algebraica. Lo contrario es falso, sin embargo. Lo dejaremos como un ejercicio para mostrar que el conjunto de todos los elementos en los$${\mathbb R}$$ que son algebraicos sobre$${\mathbb Q}$$ forma una extensión infinita de campo de$${\mathbb Q}\text{.}$$

El siguiente teorema es un teorema de conteo, similar al teorema de Lagrange en la teoría de grupos. El teorema$$21.17$$ demostrará ser una herramienta extremadamente útil en nuestra investigación de extensiones de campo finitas.

Teorema$$21.17$$.

Si$$E$$ es una extensión finita de$$F$$ y$$K$$ es una extensión finita de$$E\text{,}$$ entonces$$K$$ es una extensión finita de$$F$$ y

$[K:F]= [K:E] [E:F]\text{.} \nonumber$
Prueba

Let$$\{ \alpha_1, \ldots, \alpha_n \}$$ be a basis for$$E$$ as a vector space over$$F$$ and$$\{ \beta_1, \ldots, \beta_m \}$$ be a basis for$$K$$ as a vector space over$$E\text{.}$$ We claim that$$\{ \alpha_i \beta_j \}$$ is a basis for$$K$$ over$$F\text{.}$$ We will first show that these vector span$$K\text{.}$$ Let$$u \in K\text{.}$$ Then $$u = \sum_{j = 1}^{m} b_j \beta_j$$y$$b_j = \sum_{i = 1}^{n} a_{ij} \alpha_i\text{,}$$ donde$$b_j \in E$$ y$$a_{ij} \in F\text{.}$$ Entonces

$u = \sum_{j = 1}^{m} \left( \sum_{i = 1}^{n} a_{ij} \alpha_i \right) \beta_j = \sum_{i,j} a_{ij} ( \alpha_i \beta_j )\text{.} \nonumber$

Entonces los$$mn$$ vectores$$\alpha_i \beta_j$$ deben abarcar$$K$$$$F\text{.}$$

Debemos demostrar que$$\{ \alpha_i \beta_j \}$$ son linealmente independientes. Recordemos que un conjunto de vectores$$v_1, v_2, \ldots, v_n$$ en un espacio vectorial$$V$$ son linealmente independientes si

$c_1 v_1 + c_2 v_2 + \cdots + c_n v_n = 0 \nonumber$

implica que

$c_1 = c_2 = \cdots = c_n = 0\text{.} \nonumber$

Let

$u = \sum_{i,j} c_{ij} ( \alpha_i \beta_j ) = 0 \nonumber$

para$$c_{ij} \in F\text{.}$$ Tenemos que demostrar que todos los$$c_{ij}$$'s son cero. Podemos reescribir$$u$$ como

$\sum_{j = 1}^{m} \left( \sum_{i = 1}^{n} c_{ij} \alpha_i \right) \beta_j = 0\text{,} \nonumber$

donde$$\sum_i c_{ij} \alpha_i \in E\text{.}$$ Dado que los$$\beta_j$$'s son linealmente independientes sobre debe$$E\text{,}$$ darse el caso de que

$\sum_{i = 1}^n c_{ij} \alpha_i = 0 \nonumber$

para todos$$j\text{.}$$ Sin embargo, los también$$\alpha_j$$ son linealmente independientes sobre$$F\text{.}$$ Por lo tanto,$$c_{ij} = 0$$ para todos$$i$$ y$$j\text{,}$$ que completa la prueba.

El siguiente corolario se demuestra fácilmente mediante inducción matemática.

Corolario$$21.18$$.

Si$$F_i$$ es un campo para$$i = 1, \dots, k$$ y$$F_{i+1}$$ es una extensión finita de$$F_i\text{,}$$ entonces$$F_k$$ es una extensión finita de$$F_1$$ y

\ [[F_k: F_1] = [F_k: F_ {k-1}]\ cdots [F_2: F_1]\ text {.} \ nonumber\

Corolario$$21.19$$.

Dejar$$E$$ ser un campo de extensión de$$F\text{.}$$ Si$$\alpha \in E$$ es algebraico sobre$$F$$ con polinomio mínimo$$p(x)$$ y$$\beta \in F( \alpha )$$ con polinomio mínimo$$q(x)\text{,}$$ entonces $$\deg q(x)$$divide$$\deg p(x)\text{.}$$

Prueba

Lo sabemos$$\deg p(x) = [F( \alpha ) : F ]$$ y$$\deg q(x) = [F( \beta ) : F ]\text{.}$$ desde$$F \subset F( \beta ) \subset F( \alpha )\text{,}$$

$[F( \alpha ) : F ]= [ F( \alpha ) : F( \beta ) ] [ F( \beta ) : F ]\text{.} \nonumber$

Ejemplo$$21.20$$.

Determinemos un campo de extensión de$${\mathbb Q}$$ contención$$\sqrt{3} + \sqrt{5}\text{.}$$ Es fácil determinar que el polinomio mínimo de$$\sqrt{3} + \sqrt{5}$$ es De$$x^4 - 16 x^2 + 4\text{.}$$ ello se deduce que

$[{\mathbb Q}( \sqrt{3} + \sqrt{5}\, ) : {\mathbb Q} ] = 4\text{.} \nonumber$

Solución

Sabemos que$$\{ 1, \sqrt{3}\, \}$$ es una base para$${\mathbb Q}( \sqrt{3}\, )$$ más$${\mathbb Q}\text{.}$$ De ahí,$$\sqrt{3} + \sqrt{5}$$ no puede estar en$${\mathbb Q}( \sqrt{3}\, )\text{.}$$ Se deduce que$$\sqrt{5}$$ no puede estar en$${\mathbb Q}( \sqrt{3}\, )$$ ninguno de los dos. Por lo tanto,$$\{ 1, \sqrt{5}\, \}$$ es una base para$${\mathbb Q}( \sqrt{3}, \sqrt{5}\, ) = ( {\mathbb Q}(\sqrt{3}\, ))( \sqrt{5}\, )$$ más$${\mathbb Q}( \sqrt{3}\, )$$ y$$\{ 1, \sqrt{3}, \sqrt{5}, \sqrt{3} \sqrt{5} = \sqrt{15}\, \}$$ es una base para$${\mathbb Q}( \sqrt{3}, \sqrt{5}\, ) = {\mathbb Q}( \sqrt{3} + \sqrt{5}\, )$$ más$${\mathbb Q}\text{.}$$ Este ejemplo muestra que es posible que alguna extensión$$F( \alpha_1, \ldots, \alpha_n )$$ sea en realidad una extensión simple de$$F$$ aunque$$n \gt 1\text{.}$$

Ejemplo$$21.21$$.

Vamos a calcular una base para$${\mathbb Q}( \sqrt[3]{5}, \sqrt{5} \, i )\text{,}$$ dónde$$\sqrt{5}$$ está la raíz cuadrada positiva de$$5$$ y$$\sqrt[3]{5}$$ es la raíz cubo real de$$5\text{.}$$ Sabemos que$$\sqrt{5} \, i \notin {\mathbb Q}(\sqrt[3]{5}\, )\text{,}$$ así

$[ {\mathbb Q}(\sqrt[3]{5}, \sqrt{5}\, i) : {\mathbb Q}(\sqrt[3]{5}\, )] = 2\text{.} \nonumber$

Solución

Es fácil determinar que$$\{ 1, \sqrt{5}i\, \}$$ es una base para$${\mathbb Q}( \sqrt[3]{5}, \sqrt{5}\, i )$$ más También$${\mathbb Q}( \sqrt[3]{5}\, )\text{.}$$ sabemos que$$\{ 1, \sqrt[3]{5}, (\sqrt[3]{5}\, )^2 \}$$ es una base para$${\mathbb Q}(\sqrt[3]{5}\, )$$ más Por$${\mathbb Q}\text{.}$$ lo tanto, una base para$${\mathbb Q}(\sqrt[3]{5}, \sqrt{5}\, i )$$ más$${\mathbb Q}$$ es

$\{ 1, \sqrt{5}\, i, \sqrt[3]{5}, (\sqrt[3]{5}\, )^2, (\sqrt[6]{5}\, )^5 i, (\sqrt[6]{5}\, )^7 i = 5 \sqrt[6]{5}\, i \text{ or } \sqrt[6]{5}\, i \}\text{.} \nonumber$

Observe que$$\sqrt[6]{5}\, i$$ es un cero de$$x^6 + 5\text{.}$$ Podemos demostrar que este polinomio es irreducible sobre$${\mathbb Q}$$ usar el Criterio de Eisenstein, donde dejamos$$p = 5\text{.}$$ Consecuentemente,

${\mathbb Q} \subset {\mathbb Q}( \sqrt[6]{5}\, i) \subset {\mathbb Q}( \sqrt[3]{5}, \sqrt{5}\, i )\text{.} \nonumber$

Pero debe darse el caso que$${\mathbb Q}( \sqrt[6]{5}\, i) = {\mathbb Q}( \sqrt[3]{5}, \sqrt{5}\, i )\text{,}$$ dado que el grado de ambas prórrogas es$$6\text{.}$$

Teorema$$21.22$$.

Dejar$$E$$ ser una extensión de campo de$$F\text{.}$$ Entonces las siguientes declaraciones son equivalentes.

1. $$E$$es una extensión finita de$$F\text{.}$$
2. Existe un número finito de elementos algebraicos$$\alpha_1, \ldots, \alpha_n \in E$$ tales que$$E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)\text{.}$$
3. Existe una secuencia de campos
$E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) \supset F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{n-1} ) \supset \cdots \supset F( \alpha_1 ) \supset F\text{,} \nonumber$

donde cada campo$$F(\alpha_1, \ldots, \alpha_i)$$ es algebraico sobre$$F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i-1})\text{.}$$

Prueba

(1)$$\Rightarrow$$ (2). Dejar$$E$$ ser una extensión algebraica finita de$$F\text{.}$$ Entonces$$E$$ es un espacio vectorial dimensional finito sobre$$F$$ y existe una base que consiste$$\alpha_1, \ldots, \alpha_n$$ en elementos de$$E$$ tal manera que$$E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)\text{.}$$ Cada uno$$\alpha_i$$ es algebraico sobre$$F$$ por Teorema$$21.15$$.

(2)$$\Rightarrow$$ (3). Supongamos que$$E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)\text{,}$$ donde cada$$\alpha_i$$ es algebraico sobre$$F\text{.}$$ Entonces

$E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) \supset F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{n - 1} ) \supset \cdots \supset F( \alpha_1 ) \supset F\text{,} \nonumber$

donde cada campo$$F(\alpha_1, \ldots, \alpha_i)$$ es algebraico sobre$$F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i - 1})\text{.}$$

(3)$$\Rightarrow$$ (1). Let

$E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) \supset F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{n - 1} ) \supset \cdots \supset F( \alpha_1 ) \supset F\text{,} \nonumber$

donde cada campo$$F(\alpha_1, \ldots, \alpha_i)$$ es algebraico sobre$$F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i - 1})\text{.}$$ Since

$F(\alpha_1, \ldots, \alpha_i) = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i - 1} )(\alpha_i) \nonumber$

es simple extensión y$$\alpha_i$$ es algebraica sobre$$F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i - 1})\text{,}$$ ella se deduce que

$[ F(\alpha_1, \ldots, \alpha_i) : F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i - 1} )] \nonumber$

es finito para cada$$i\text{.}$$ Por lo tanto,$$[E : F]$$ es finito.

## Cierre Algebraico

Dado un campo surge$$F\text{,}$$ la pregunta de si podemos o no encontrar un campo$$E$$ tal que cada polinomio$$p(x)$$ tenga una raíz en$$E\text{.}$$ Esto nos lleva al siguiente teorema.

Teorema$$21.23$$.

Let$$E$$ Ser un campo de extensión de$$F\text{.}$$ El conjunto de elementos en$$E$$ que son algebraicas sobre$$F$$ formar un campo.

Prueba

Dejar$$\alpha, \beta \in E$$ ser algebraico sobre$$F\text{.}$$ Entonces$$F( \alpha, \beta )$$ es una extensión finita de$$F\text{.}$$ Dado que cada elemento de$$F( \alpha, \beta )$$ es algebraico sobre$$F\text{,}$$$$\alpha \pm \beta\text{,}$$$$\alpha \beta\text{,}$$ y$$\alpha / \beta$$ ($$\beta \neq 0$$) son todos algebraicos sobre$$F\text{.}$$ En consecuencia, el conjunto de elementos en$$E$$ que son algebraico sobre$$F$$ formar un campo.

Corolario$$21.24$$.

El conjunto de todos los números algebraicos forma un campo; es decir, el conjunto de todos los números complejos que son algebraicos sobre$${\mathbb Q}$$ compone un campo.

Prueba

Agrega prueba aquí y automáticamente se ocultará

Dejar$$E$$ ser una extensión de campo de un campo$$F\text{.}$$ Definimos el cierre algebraico de un campo$$F$$ en$$E$$ ser el campo que consiste en todos los elementos en$$E$$ que son algebraicos sobre$$F\text{.}$$ Un campo$$F$$ está cerrado algebraicamente si cada polinomio no constante en$$F[x]$$ tiene una raíz en$$F\text{.}$$

Teorema$$21.25$$.

Un campo$$F$$ se cierra algebraicamente si y solo si cada polinomio no constante en$$F[x]$$ factores en factores lineales sobre$$F[x]\text{.}$$

Prueba

Dejar$$F$$ ser un campo algebraicamente cerrado. Si$$p(x) \in F[x]$$ es un polinomio no constante, entonces$$p(x)$$ tiene un cero en$$F\text{,}$$ decir$$\alpha\text{.}$$ Por lo tanto,$$x-\alpha$$ debe ser un factor de$$p(x)$$ y así$$p(x) = (x - \alpha) q_1(x)\text{,}$$ donde$$\deg q_1(x) = \deg p(x) - 1\text{.}$$ Continuar este proceso con$$q_1(x)$$ para encontrar una factorización

$p(x) = (x - \alpha)(x - \beta)q_2(x)\text{,} \nonumber$

donde$$\deg q_2(x) = \deg p(x) -2\text{.}$$ El proceso finalmente debe detenerse ya que el grado de$$p(x)$$ es finito.

Por el contrario, supongamos que cada polinomio no constante$$p(x)$$ en$$F[x]$$ factores en factores lineales. Que$$ax - b$$ sea tal factor. Entonces$$p( b/a ) = 0\text{.}$$ Consecuentemente,$$F$$ se cierra algebraicamente.

Teorema$$21.26$$.

Un campo algebraicamente cerrado no$$F$$ tiene extensión algebraica adecuada$$E\text{.}$$

Prueba

Dejar$$E$$ ser una extensión algebraica de$$F\text{;}$$ entonces$$F \subset E\text{.}$$ Para$$\alpha \in E\text{,}$$ el polinomio mínimo de$$\alpha$$ es$$x - \alpha\text{.}$$ Por lo tanto,$$\alpha \in F$$ y$$F = E\text{.}$$

Teorema$$21.27$$.

Cada campo$$F$$ tiene un cierre algebraico único.

Es un hecho no trivial que cada campo tiene un cierre algebraico único. La prueba no es extremadamente difícil, sino que requiere una teoría de conjuntos bastante sofisticada. Referimos al lector a [3], [4], o [8] para una prueba de este resultado.

Ahora exponemos el Teorema Fundamental del Álgebra, probado por primera vez por Gauss a los 22 años en su tesis doctoral. Este teorema establece que cada polinomio con coeficientes en los números complejos tiene una raíz en los números complejos. La prueba de este teorema se dará en el Capítulo 23.

Teorema$$21.28$$. Fundamental Theorem of Algebra.

El campo de los números complejos está cerrado algebraicamente

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