Extensiones

Como $f$ es un homomorfismo de anillos, preserva sumas. Dado $\alpha\in F\subset K$ y $x\in K$, por ser $f$ un homomorfismo de anillos, $f(\alpha x)=f(\alpha)f(x)$. Como $f$ es un homomorfismo de extensiones de $F$, $f(\alpha)=\alpha$. Por tanto $f(\alpha x)=\alpha f(x)$, es decir, $f$ preserva el producto por escalares de $F$.

Como $f$ es un homomorfismo inyectivo de $F$-espacios vectoriales y su partida y su llegada poseen la misma dimensión, ha de ser un isomorfismo.

Por ser $f$ un homomorfismo de anillos, $f(0)=0$. Es más, como $f(1)=1$ y $f$ preserva sumas, es fácil ver que $f(n)=n$ para cualquier $n\in\mathbb Z$, $n>0$. Además $f$ preserva opuestos, luego $f(-n)=-f(n)=-n$. Esto prueba que $f$ deja fijo a $\mathbb Z$. Todo racional se puede expresar como $\frac{p}{q}=pq^{-1}$ para $p,q\in\mathbb Z$, $q\neq 0$. Los homomorfismos de anillos preservan productos e inversos, así que

$$\begin{array}{rcl}f\left(\frac{p}{q}\right)&=&f(pq^{-1})\cr &=&f(p)f(q^{-1})\cr &=&f(p)f(q)^{-1}\cr &=&pq^{-1}\cr &=&\frac{p}{q}.\end{array}$$

El homomorfismo $f$ está bien definido por el principio de sustitución, ya que es el único tal que $f_{|_F}\colon F\hookrightarrow K$ es la inclusión y $f(x)=\alpha$.

Ser $\alpha$ algebraico equivale a $\ker f\neq (0)$, pues los elementos de $\ker f$ son los polinomios en $F[ x ]$ que tienen a $\alpha$ como raíz. En particular, $\ker f\subsetneq F[ x ]$ ya que los polinomios constantes no nulos no tienen raíces.

Supongamos que $\alpha$ tiene polinomio mínimo $p(x)$. Entonces $p(x)\in\ker f$, así que $(p(x))\subset\ker f$. Como $F[ x ]$ es un DIP, $(p(x))$ es maximal por ser $p(x)$ irreducible, así que $(p(x))=\ker f$.

Recíprocamente, supongamos que $\ker f=(p(x))$ (este ideal es principal porque $F[ x ]$ es un DIP). Por el primer teorema de isomorfía, $f$ induce un isomorfismo

$$\overline{f}\colon\frac{F[ x ]}{(p(x))}\stackrel{\cong}\longrightarrow F[\alpha].$$

Como $F[\alpha]\subset K$ es un dominio, el ideal $(p(x))\subset F[ x ]$ es primo. Como $F[ x ]$ es un DFU, esto equivale a decir que $p(x)$ es irreducible. Podemos además suponer que es mónico, dividiendo por su coeficiente líder si fuera necesario. En estas condiciones hemos visto arriba que el cociente es un cuerpo, más concretamente una extensión de $F$ del mismo grado que $p(x)$. Esto implica que el anillo $F[\alpha]$ es también un cuerpo, por ser isomorfo al cociente. Es más, según vimos en el tema de factorización, el isomorfismo $\overline{f}$ se comporta sobre $F$ como la identidad, por tanto es un isomorfismo de extensiones, así que el grado de $F[\alpha]$ sobre $F$ es también el de $p(x)$.

El isomorfismo de extensiones del teorema anterior es también un isomorfismo de $F$-espacios vectoriales. Sabemos que $\{1,\bar{x},\dots,\bar{x}^{n-1}\}$ es una base de $F[ x ]/(p(x))$, donde $p(x)$ es el polinomio mínimo de $\alpha$, así que su imagen, $\{1,\alpha,\dots,\alpha^{n-1}\}$, es una base de $F[\alpha]$.

Consideramos el homomorfismo $f\colon F[ x ]\rightarrow K$ del teorema anterior. Si $p(x)$ es el polinomio mínimo de $\alpha$, $\ker f=(p(x))$. Como $\alpha$ es una raíz de $q(x)$, $q(x)\in\ker f$, así que $q(x)$ es un multiplo no nulo de $p(x)$.

Como $f\colon K\rightarrow L$ es un homomorfismo de extensiones, $f$ deja fijo a $F$. Si $p(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0$ con $a_i\in F$ y $\alpha\in K$ es una raíz entonces

$$a_n\alpha^n+\cdots+a_1\alpha+a_0=0,$$

por tanto

$$\begin{array}{rcl} 0&=&f(0)\cr &=&f(a_n\alpha^n+\cdots+a_1\alpha+a_0)\cr &=&f(a_n)f(\alpha)^n+\cdots+f(a_1)f(\alpha)+f(a_0)\cr &=&a_nf(\alpha)^n+\cdots+a_1f(\alpha)+a_0, \end{array}$$

así que $f(\alpha)\in L$ también es raíz de $p(x)$.

En virtud del teorema anterior, el elemento $\alpha$ es trascendente si y solo si el homomorfismo $f\colon F[ x ]\rightarrow K$, $f(p(x))=p(\alpha)$, tiene núcleo trivial. Por el primer teorema de isomorfía, esto equivale a que $f$ induzca un isomorfismo

$$F[ x ]\cong \frac{F[ x ]}{(0)}\cong\operatorname{im} f=F[\alpha]$$

definido por la misma fórmula $p(x)\mapsto p(\alpha)$. Este isomorfismo obviamente deja fijo a $F$.

No puede ser trascendente porque el anillo de polinomios $F[ x ]$ no tiene dimensión finita sobre $F$.

Es consecuencia de que $F[\alpha]\subset K$ es un sub-$F$-espacio vectorial.

Como $K$ es un sub-$F$-espacio vectorial de $L$, si $F\subset L$ es finita entonces $F\subset K$ también. Es más, como $F\subset K$, cualquier conjunto de generadores de $L$ como $F$-espacio vectorial también lo genera como $K$-espacio vectorial, así que $K\subset L$ también es finita.

Dada una base $\{x_1,\dots, x_p\}\subset K$ como $F$-espacio vectorial y una base $\{y_1,\dots, y_q\}\subset L$ como $K$-espacio vectorial, afirmamos que

$$\{x_iy_j\}_{\substack{1\leq i\leq p\cr 1\leq j\leq q}}\subset L$$

es una base como $F$-espacio vectorial. Hemos de ver que todo elemento de $L$ se puede expresar de manera única como combinación lineal de este conjunto con coeficientes en $F$. La base de $L$ como $K$-espacio vectorial nos garantiza que todo $\alpha\in L$ se puede escribir de manera única como

$$\alpha=\beta_1y_1+\cdots+\beta_qy_q,$$

con $\beta_j\in K$. La base de $K$ como $F$-espacio vectorial nos asegura que cada uno de estos coeficientes se puede expresar de manera única como

$$\beta_j=\gamma_{1j}x_1+\cdots+\gamma_{pj}x_p$$

con $\gamma_{ij}\in F$. Por tanto

$$\alpha=\sum_{i=1}^p\sum_{j=1}^q\gamma_{ij}x_iy_j$$

y esta expresión es única.

Por inducción en $n$. Para $n=1$ está probado en el teorema anterior. Supongamos que $F\subset F[\alpha_1,\dots,\alpha_{n-1}]=L$ es finita. Como $\alpha_n$ es algebraico sobre $F$, también lo es sobre $L$, así que $L\subset L[\alpha_n]=F[\alpha_1,\dots,\alpha_n]$ es finita. El corolario se deduce ahora de la proposición anterior.

Los elementos de $F$ son algebraicos de grado $1$ sobre $F$, así que $F\subset L$. Veamos que $L\subset K$ es un subanillo. Tenemos que $0,1\in F\subset L$. Dados $\alpha,\beta\in L$, por el corolario anterior $F\subset F[\alpha,\beta]$ es una extensión finita, así que todos sus elementos son algebraicos. Como $\alpha+\beta,\alpha\beta,-\alpha\in F[\alpha,\beta]$, deducimos que estos tres elementos son en efecto algebraicos. Esto prueba que $L\subset K$ es un subanillo. Además, si $\alpha\neq 0$ entonces $\alpha^{-1}\in F[\alpha,\beta]$, que por lo mismo será también algebraico, por tanto $L$ es un cuerpo.

Usando la fórmula para el grado de extensiones consecutivas vemos que en el primero caso $[L:K]=1$ y en el segundo $[K:F]=1$, así que basta usar que la única extensión de grado $1$ es la trivial.

Dada una posible extensión intermedia $F\subset L\subset K$, tenemos que $p=[K:F]=[K:L][L:F]$. Por ser $p$ primo esto implica que bien $[K:F]=[K:L]$ o bien $[K:F]=[L:F]$, es decir $F=L$ o $K=L$.

Basta observar que tenemos extensiones sucesivas $F\subset F[\alpha]\subset K$ y por tanto $[K:F]=[K:F[\alpha]][F[\alpha]:F]$.

Por inducción en el grado. Si $[K:F]=1$ no hay nada que demostrar pues $K=F$. Supongamos que $[K:F]=m>1$ y que el resultado es cierto para extensiones de grado $<m$. Entonces, como la inclusión $F\subsetneq K$ es estricta ha de existir $\alpha_1\in K$ tal que $\alpha_1\notin F$. Por tanto $F\subsetneq F[\alpha_1]\subset K$. Esto implica que $[F[\alpha_1]:F]>1$ así que

$$\begin{array}{rcl}m&=&[K:F]\cr &=&[K:F[\alpha_1]][F[\alpha_1]:F]\cr &>&[K:F[\alpha_1]].\end{array}$$

Entonces, por hipótesis de inducción, han de existir $\alpha_2,\dots,\alpha_n\in K$ tales que

$$\begin{array}{rcl}K&=&F[\alpha_1][\alpha_2,\dots,\alpha_n]\cr &=&F[\alpha_1,\dots,\alpha_n].\end{array}$$

Procedemos por inducción en el grado de $p(x)$. Si el grado es $1$, está claro que el propio $F$ cumple las condiciones para ser un cuerpo de descomposición de $p(x)$. Supongamos que $p(x)$ tiene grado $n$, y la proposición se verifica para polinomios de menor grado.

Sabemos que existe una extensión $F\subset F[\alpha]$ en la que $p(x)$ tiene una raíz $\alpha$. En $F[\alpha]$, $p(x)$ se descompone como $(x-\alpha)q(x)$, donde $q(x)$ tiene grado $n-1$. Por hipótesis de inducción, existe una extensión $F[\alpha]\subset K$ que es un cuerpo de descomposición de $q(x)$. Entonces, $q(x)$ se descompone como $(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_{n-1})$ en $K$, y $K=F[\alpha][\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-1}]=F[\alpha,\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-1}]$. En particular, $p(x)=(x-\alpha)(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_{n-1})$ en $K$, por lo que $K$ es un cuerpo de descomposición de $p(x)$ sobre $F$.

Procedemos por inducción en el grado de $p(x)$. Si el grado es $1$ o, más generalmente, si todas las raíces de $p(x)$ están en $F$ (equivalentemente, si $p(x)$ se descompone como producto de factores lineales en $F[x]$), entonces $F=K$ y $F’=K’$, y la proposición es evidente tomando $\psi=\phi$. Supongamos que $p(x)$ tiene grado $n$ y al menos un factor irreducible de grado mayor que $1$, y que la proposición se verifica para polinomios de menor grado.

Sea $q(x)$ un factor irreducible de $p(x)$ de grado mayor que $1$ en $F[x]$, y $q’(x)\in F’[x]$ el polinomio obtenido al aplicar $\phi$ a los coeficientes de $q(x)$. Entonces $q’(x)$ es un factor irreducible de $p’(x)$. Sea $\alpha\in K$ una raíz de $q(x)$, y $\alpha’\in K’$ una raíz de $q’(x)$. Tenemos la siguiente cadena de isomorfismos:

$$ F[\alpha]\stackrel{x\mapsto \alpha}{\leftarrow} F[x]/(q(x)) \stackrel\phi\to F’[x]/(q’(x)) \stackrel{x\mapsto\alpha’}\to F’[\alpha’] $$

cuya composición $\hat\phi:F[\alpha]\to F’[\alpha’]$ lleva $\alpha$ en $\alpha’$ y su restricción a $F$ es $\phi$. Por lo visto anteriormente, $K$ es el cuerpo de descomposición de $p(x)/(x-\alpha)$ sobre $F[\alpha]$ y, análogamente, $K’$ es el cuerpo de descomposición de $p’(x)/(x-\alpha’)$ sobre $F’[\alpha’]$. Tenemos entonces un isomorfismo $\hat\phi:F[\alpha]\to F’[\alpha’]$, un polinomio mónico $p(x)/(x-\alpha)\in F[\alpha][x]$, un cuerpo de descomposición $F[\alpha]\subset K$ de dicho polinomio, y un cuerpo de descomposición $F’[\alpha’]\subset K’$ del polinomio $p’(x)/(x-\alpha’)\in F[\alpha’][x]$, que se obtiene al aplicar $\hat\phi$ a los coeficientes de $p(x)/(x-\alpha)$. Por hipótesis de inducción, existe un isomorfismo $\psi:K\to K’$ tal que su restricción a $F[\alpha]$ coincide con $\hat\phi$ y, en particular, su restricción a $F\subset F[\alpha]$ coincide con $\phi$.

Supongamos que $p(x)$ tiene raíces multiples en $K$. Entonces, podemos escribir $p(x)=(x-\alpha)^2q(x)$ para unos ciertos $\alpha\in K$ y $q(x)\in K[x]$. Tomando la derivada, obtenemos $p’(x)=(x-\alpha)(2q(x)+(x-\alpha)q’(x))$, por lo que $p(x)$ y $p’(x)$ tienen $x-\alpha$ como factor común, y su máximo común divisor (que no depende de sobre qué cuerpo lo calculemos) no puede ser $1$.

Recíprocamente, supongamos que $p(x)$ no tiene raíces múltiples. Entonces, $p(x)=(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_n)$ en $K[x]$, donde $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ son distintos. Derivando, obtenemos $$ p’(x)=\sum_{i=1}^n p(x)/(x-\alpha_i) $$ y, sustituyendo $x=\alpha_i$, deducimos que $p’(\alpha_i)=\prod_{j\neq i}(\alpha_i-\alpha_j)\neq 0$. Por tanto, $p’(x)$ no es divisible por $x-\alpha_i$ para ningún $i$, así que no tiene factores comunes con $p(x)$.

La extensión $F\subset L$ es obviamente separable, ya que $L\subset K$ y todo elemento de $K$ es separable sobre $F$.

Sea $\alpha \in K$ y $p(x)\in F[x]$ su polinomio mínimo. Entonces el polinomio mínimo $q(x)$ de $\alpha$ sobre $L$ divide a $p(x)$. Si $q(x)$ no fuera separable, cualquier factor común entre $q(x)$ y su derivada sería también un factor común entre $p(x)$ y su derivada, por lo que $p(x)$ (y por tanto $\alpha$) no sería separable.

Sean $f(x),g(x)\in F[ x ]$ los polinomios mínimos de $\alpha,\beta\in K$, respectivamente. Fijemos un cuerpo de descomposición $L$ de $f(x)g(x)$ sobre $K$, y sean $\alpha_1,\dots,\alpha_m$ y $\beta_1,\dots,\beta_n$ las raíces de $f(x)$ y $g(x)$ en $L$, con $\alpha=\alpha_1$ y $\beta=\beta_1$. Dado $c\in F$, denotemos

$$\gamma_{ij}=\beta_j+c\alpha_i.$$

Veamos que, si $(i,j)\neq (k,l)$, la igualdad $\gamma_{ij}=\gamma_{kl}$ solo puede ser cierta para un único valor de $c\in F$. En efecto, esto es cierto pues equivale a

$$c(\alpha_i-\alpha_k)=\beta_l-\beta_j.$$

Si $i\neq k$ entonces $\alpha_i\neq \alpha_k$ y podemos despejar $c$, que sería única. Si $i=k$ entonces $j\neq l$, luego $\beta_l\neq \beta_j$ y no hay ningún valor de $c$ que satisfaga la ecuación. Por tanto, para casi todos los $c\in F$, los $\gamma_{ij}$ son todos distintos. Fijemos tal $c\in F$, necesariamente no nula, y demostremos que $\gamma=\gamma_{11}$ es un elemento primitivo.

Consideramos la extensión intermedia $F\subset F[\gamma]\subset F[\alpha,\beta]$. Bastará demostrar que $\alpha\in F[\gamma]$, ya que entonces también $\beta=\gamma-c\alpha\in F[\gamma]$, y por tanto tendríamos la otra inclusión $F[\gamma]\supset F[\alpha,\beta]$.

Como $g(x)\in F[ x ]$, $h(x)=g(\gamma-cx)\in F[\gamma][ x ]$. Tenemos que $\alpha$ es raíz de $h$ ya que $h(\alpha)=g(\gamma-c\alpha)=g(\beta)=0$. También es raíz de $f\in F[ x ]$, que es su polinomio mínimo. Veamos que no poseen más raíces en común en $L$. En efecto, si algún otro $\alpha_i$, $i>1$, fuera raíz de $h$, entonces $0=h(\alpha_i)=g(\gamma-c\alpha_i)$. Como las raíces de $g$ son los $\beta_j$, tendríamos que $\gamma-c\alpha_i=\beta_j$, así que $\gamma_{11}=\beta_j+c\alpha_i=\gamma_{ij}$, lo cual es imposible porque $i\neq 1$. Como además sabemos que $\alpha$ es una raíz simple de $f$, por ser éste separable, deducimos que $\operatorname{mcd}(f,h)=x-\alpha$ en $L[ x ]$. El divisor común máximo de dos polinomios está bien definido salvo producto por constantes no nulas. Es más, divisor común máximo de dos polinomios en $F[\gamma][ x ]$ lo es también en $L[ x ]$, ya que toda división euclídea en el primero lo es también en el segundo, así que que el resultado de aplicar el algoritmo de Euclides en el primero es también válido en el segundo. Esto demuestra que $x-\alpha\in F[\gamma][ x ]$, así que en efecto $ \alpha\in F[\gamma]$.

Si $F$ es un cuerpo finito, entonces $K$ también lo es, y vimos en el tema anterior que $K^\times$ es un grupo cíclico, cuyo generador será también un generador de $K$ como extensión de $F$. Supongamos entonces que $F$ es infinito.

Sea $F\subset K$ una extensión finita y separable. Vimos al final de la sección anterior que estaba generada por una cantidad finita de elementos $\alpha_1,\dots,\alpha_n\in K$, $K=F[\alpha_1,\dots,\alpha_n]$. Demostraremos este teorema por inducción en el número $n$ de generadores. Para $n=1$ no hay nada que demostrar. Probémoslo para $n$ generadores suponiendo el resultado cierto para $n-1$. Aplicando la hipótesis de inducción, $F[\alpha_1,\dots,\alpha_{n-1}]=F[\beta]$, así que $K=F[\beta,\alpha_n]$, que por el lema anterior posee un elemento primitivo.

$\Rightarrow$ Trazando paralelas y perpendiculares por puntos constructibles, podemos construir los ejes de coordenadas y las proyecciones de $(a,b)$ sobre los mismos. La distancia de las proyecciones al origen son $|a|$ y $|b|$, así que las coordenadas son constructibles.

$\Leftarrow$ Recíprocamente, asi $a$ y $b$ son constructibles podemos construir los puntos sobre los ejes de coordenadas que están a distancia $|a|$ y $|b|$ del origen, es decir, $(\pm a,0)$ y $(0,\pm b)$, y obtener $(a,b)$ como punto de intersección de las paralelas a los ejes que pasan por $(a,0)$ y $(0,b)$.

El $0$ y el $1$ son constructibles ya que el $(0,0)$ y el $(1,0)$ están construidos.

Dados $a\geq b\geq 0$ constructibles, podemos construir $a+b$ y $a-b$ tomando a partir del origen puntos del eje horizonal a distancias $a$ y $b$,

Por tanto también son constructibles $-a-b$ y $-a+b$. Esto demuestra que la suma de dos números constructibles cualesquiera y el opuesto de uno dado son constructibles.

Para construir el producto de dos números constructibles $a,b> 0$ usamos triángulos semejantes. Construimos primero el triángulo ractángulo con base en el eje horizontal, de longitud 1, vértice en el origen y altura $a$. El triángulo semejante de base $b$ tiene altura $ab$.

Esto demuestra que también son constructibles $(-a)b$, $a(-b)$ y $(-a)(-b)$, es decir, el producto de dos números constructibles cualesquiera (multiplicar por $0$ da $0$, que es constructible). Con esto hemos visto que los números constructibles forman un subanillo de $\mathbb R$.

La construcción del inverso de un número constructible $a> 0$ se lleva a cabo del mismo modo

Por tanto $(-a)^{-1}=-a^{-1}$ también es constructible. Esto demuestra que el anillo de los números constructibles es un cuerpo.

Es consecuencia del conocido teorema de la media geométrica. En el eje horizontal tomamos el punto a la izquierda del origen a distancia $a$. Trazamos una circunferencia que pase por él y que tenga centro en el punto medio entre este punto y el $(1,0)$. La distancia del origen al punto de corte con la circunferencia de la perpendicular al eje horizontal es $\sqrt{a}$.

Dados dos puntos $(a_0,b_0), (a_1,b_1)\in\mathbb R^2$, la recta que pasa por ambos tiene ecuación

$$(a_1-a_0)(y-b_0)=(b_1-b_0)(x-a_0),$$

y la circunferencia de centro el primero que pasa por el segundo está definida por

$$(x-a_0)^2+(y-b_0)^2=(a_1-a_0)^2+(b_1-b_0)^2.$$

Si las coordenadas están en $F$ entonces los coeficientes de ambas ecuaciones también.

La intersección de dos de estas rectas tiene coordenadas en $F$ porque las soluciones de un sistema de ecuaciones lineales con coeficientes en un cuerpo siempre están en dicho cuerpo.

Para hallar la intersección de una recta y una circunferencia, despejamos una incógnita de la ecuación de la recta y la sustituimos en la ecuación de la circunferencia. Esto nos da una ecuación de grado $2$ con coeficientes en $F$. Para que esta ecuación tenga solución su discriminante ha de ser $D\geq 0$. En ese caso la solución está en $F[\sqrt{D}]$. Por tanto las coordenadas del punto de intersección están en este cuerpo. Si $D$ es el cuadrado de un número de $F$ entonces $F[\sqrt{D}]=F$.

Para intersecar dos circunferencias, observamos que la diferencia de ambas ecuaciones es de grado $1$, por tanto este caso se reduce al anterior.

La construtibilidad de los números $a_i$ equivale a la de los puntos $(a_i,0)$. Los puntos constructibles se construyen a partir de los básicos, $(0,0)$ y $(1,0)$, trazando e intersecando rectas y circunferencias mediante los métodos permitidos. Los puntos básicos tienen coordenadas en $\mathbb Q$. Por la proposición anterior, los puntos que se construyen a partir de ellos tendrán coordenadas en extensiones sucesivas de $\mathbb Q$ obtenidas al añadir nuevas raíces cuadradas de números positivos, por tanto el teorema se sigue de la proposición anterior por inducción. La observación sobre el grado se sigue de la fórmula del grado para extensiones intermedias, que en este caso nos dice que

$$[K:\mathbb Q]=\prod_{i=0}^{n-1}[F_{i+1}:F_i]=2^n$$

ya que por el tercer apartado $[F_{i+1}:F_i]=2$.

Por el teorema anterior, si $a\in \mathbb R$ es constructible entonces $a\in K$ para cierta extensión finita $\mathbb{Q}\subset K$ de grado $2^n$. En particular $a$ es algebraico sobre $\mathbb Q$ y su grado divide a $2^n$, así que ha de ser una potencia de $2$.

Este ángulo se puede construir porque $\cos 60º=\frac{1}{2}$ es constructible. Cada ángulo de su trisección tendría $20º$ y el ángulo de $20º$ no es constructible. En efecto, la siguiente fórmula trigonométrica es cierta en general

$$\cos 3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta.$$

Tomando $\theta= 20º$ deducimos que $\alpha=\cos 20º$ es una raíz del polinomio $8x^3-6x-1$. Vamos a ver que este polinomio es irreducible sobre $\mathbb Q$, por tanto $\alpha$ tendrá grado $3$ sobre $\mathbb Q$, así que no podrá ser constructible. El polinomio $8x^3-6x-1$ es primitivo, por tanto es irreducible sobre $\mathbb Q$ si y solo si lo es sobre $\mathbb Z$. Sobre $\mathbb Z$ es irreducible por el criterio de reducción módulo $5$, ya que $3x^3-x-1\in\mathbb Z/(5)[ x ]$ tiene grado $\leq 3$ pero no tiene raíces.

Esto equivale a la constructibilidad del ángulo de $\frac{2\pi}{p}$ radianes.

$\Leftarrow$ Es un resultado de Gauss que no probaremos.

$\Rightarrow$ El número complejo $\zeta=e^{\frac{2\pi i}{p}}=\cos\frac{2\pi}{p}+i\sin \frac{2\pi}{p}$ es una raíz $p$-ésima de la unidad, es decir, una raíz del polinomio $x^p-1$. Este polinomio factoriza como

$$(x-1)(x^{p-1}+\cdots+x+1)$$

y como $\zeta\neq 1$, $\zeta$ es raíz del segundo, que se denomina $p$-ésimo polinomio ciclotómico

$$f(x)=x^{p-1}+\cdots+x+1.$$

Veamos que este polinomio es irreducible sobre $\mathbb Q$. Para ello hacemos el cambio de variable $x=y+1$, que se corresponde con el isomorfismo $g$ que pasamos a definir.

Consideramos el único homomorfismo de anillos

$$g\colon \mathbb Q[ x ]\longrightarrow \mathbb Q[y]$$

tal que $g_{|_{\mathbb{Q}}}$ es la inclusión $\mathbb{Q}\subset\mathbb{Q}[y]$ y $g(x)=y+1$, que está bien definido por el principio de sustitución. El homomorfismo $g$ está definido sobre un polinomio cualquiera $h(x)\in\mathbb{Q}[ x ]$ como $g(h(x))=h(y+1)$. Análogamente, consideramos el único homomorfismo

$$g’\colon \mathbb Q[y]\longrightarrow \mathbb Q[ x ]$$

tal que $g’_{|_{\mathbb{Q}}}$ es la inclusión $\mathbb{Q}\subset\mathbb{Q}[ x ]$ y $g’(y)=x-1$. Sobre un polinomio cualquiera $h’(y)\in\mathbb{Q}[y]$, el homomorfismo $g’$ está definido como $g’(h’(y))=h’(x-1)$. Es fácil comprobar que $g’\circ g=1_{\mathbb{Q}[ x ]}$ y $g\circ g’=1_{\mathbb{Q}[y]}$, por tanto $g$ es un isomorfismo con inverso $g^{-1}=g’$. En particular, $f(x)$ es irreducible en $\mathbb{Q}[ x ]$ si y solo si $g(f(x))=f(y+1)$ es irreducible en $\mathbb{Q}[y]$. Vamos a probar esto último.

Como $x^p-1=(x-1)f(x)$ entonces

$$\begin{array}{rcl} yf(y+1)&=&(y+1)^p-1\cr &=& \sum_{n=1}^{p}\binom{p}{n}y^n. \end{array}$$

Aplicando la propiedad cancelativa en el dominio $\mathbb Q[y]$ obtenemos que

$$\begin{array}{rcl} f(y+1)&=&\sum_{n=1}^{p}\binom{p}{n}y^{n-1}. \end{array}$$

Este polinomio es irreducible por el criterio de Eisenstein para el primo $p$ ya que el coeficiente líder es $1$, el término independiente es $p$, y $p$ divide a $\binom{p}{n}$ para todo $0<n<p$.

Por ser el polinomio ciclotómico $f(x)$ irreducible y tener a $\zeta$ como raíz, deducimos que $\zeta$ tiene grado $p-1$ sobre $\mathbb Q$. Si $\frac{2\pi}{p}$ fuera constructible, tendríamos un cuerpo $K\subset\mathbb R$ tal que $\cos\frac{2\pi}{p}, \sin\frac{2\pi}{p}\in K$ y $[K:\mathbb Q]=2^n$. Como $K$ está contenido en los reales, $[K[i]:K]=2$, luego $[K[i]:\mathbb Q]=[K[i]:K][K:\mathbb Q]=2^{n+1}$. Además, $\zeta\in K[i]$ luego el grado de $\zeta$, que es $p-1$, ha de ser una potencia de $2$.