Teoría de Galois

Como la extensión no es trivial, ha de existir algún $\alpha\in K$ tal que $\alpha\notin F$. El grado de este elemento ha de dividir a $2$. Como no puede ser $1$ porque $\alpha\notin F$, ha de ser $2$. La extensión $F\subset F[\alpha]$ también tiene grado $2$ y $F[\alpha]\subset K$ por tanto $K=F[\alpha]$. Si $x^2+ax+b\in F[ x ]$ es el polinomio mínimo de $\alpha$, entonces

$$\alpha=\frac{-a\pm\sqrt{\delta}}{2}$$

donde $\delta=a^2-4b\in F$ es el discriminante. Deducimos por tanto que $\sqrt{\delta}\in K$, $\sqrt{\delta}\notin F$, y $K=F[\sqrt{\delta}]$. Sabemos que $\{1,\sqrt{\delta}\}\subset K$ es una base como $F$-espacio vectorial. Como cualquier $f\in G(K/F)$ preserva el $1$ y las raíces de $x^2-\delta$, tenemos solo dos posibilidades:

$$\begin{array}{rcl}f(1)&=&1,\cr f(\sqrt{\delta})&=&\sqrt{\delta},\end{array}$$

y

$$\begin{array}{rcl}f(1)&=&1,\cr f(\sqrt{\delta})&=&-\sqrt{\delta}.\end{array}$$

El primero es la identidad $\operatorname{id}_{K}$, que es obviamente un isomorfismo de extensiones. El segundo es el que denominamos conjugación $c$. Dejamos como ejercicio probar que la conjugación, que a priori es solo un homomorfismo de $F$-espacios vectoriales, es de hecho un homomorfismo de extensiones. Solo queda por demostrar que preserva el producto.

En efecto, si $f\colon K\rightarrow K$ es un isomorfismo de anillos que deja fijo a $L$ entonces también deja fijo a $F$ ya que $F\subset L$.

El conjunto $K^H$ está contenido en $K$ por definición. Es más, cualquier $\alpha\in F$ satisface $f(\alpha)=\alpha$ para todo $f\in G(K/F)$, en particular para todo $f\in H$, por tanto $F\subset K^H$.

Veamos que $K^H\subset K$ es un subanillo. Obviamente $0,1\in F\subset K^H$. Si $\alpha,\beta\in K^H$ entonces, dado $f\in H$, como $f\colon K\rightarrow K$ es un homomorfismo de anillos,

$$\begin{array}{rcl} f(\alpha+\beta)&=&f(\alpha)+f(\beta)\cr &=&\alpha+\beta,\cr f(-\alpha)&=&-f(\alpha)\cr &=&-\alpha,\cr f(\alpha\beta)&=&f(\alpha)f(\beta)\cr &=&\alpha\beta. \end{array}$$

Por tanto $\alpha+\beta,-\alpha,\alpha\beta\in K^H$. Además $K^H$ es un cuerpo porque si $\alpha\neq 0$ entonces

$$\begin{array}{rcl} f(\alpha^{-1})&=&f(\alpha)^{-1}\cr &=&\alpha^{-1}. \end{array}$$

Es obvio porque, por definición de $K^H$, todos los automorfismos de la extensión que están en $H$ dejan fijo a $K^H$.

Sea $\alpha\in K\backslash F$, entonces $K=F[\alpha]$ (de lo contrario, $F[\alpha]$ sería una extensión intermedia de $F\subset K$, lo cual es imposible porque $2$ es primo). Si $p(x)=x^2+ax+b\in F[x]$ es el polinomio mínimo de $\alpha$, entonces las raíces de $p(x)$ son $\alpha$ y $-a-\alpha$, que están en $K$, por lo que $K$ contiene todas las raíces de $p(x)$ (y está generado por ellas) y es por tanto el cuerpo de descomposición de $p(x)$.

Si $K$ es el cuerpo de descomposición del polinomio $p(x)\in F[x]$, también es el cuerpo de descomposición del mismo polinomio visto en $L[x]$.

$\Rightarrow$) Supongamos que $K$ es el cuerpo de descomposición de $f\in F[x]$. Sea $\alpha\in K$ con polinomio mínimo $p\in F[x]$, y supongamos que $p$ no se descompone como producto de factores lineales en $K[ x ]$, es decir, tiene algún factor irreducible $q$ de grado $>1$. Sea $K(\beta)$ una extensión de $K$ en la que $q$ tenga una raíz $\beta$. Entonces $K(\beta)$ es un cuerpo de descomposición de $f$ sobre $F(\beta)$.

Por otra parte, tenemos un isomorfismo de extensiones de $F$, $\phi:F(\alpha)\to F(\beta)$, ya que $\alpha$ y $\beta$ tienen el mismo polinomio mínimo $p$ sobre $F$. Como $f$ tiene sus coeficientes en $F$, este isomorfismo deja $f$ invariante. Como se probó en el tema anterior, este isomorfismo se extiende a un isomorfismo entre los cuerpos de descomposición de $f$ sobre $F(\alpha)$ y sobre $F(\beta)$. Pero el cuerpo de descomposición de $f$ sobre $F(\alpha)$ es $K$, ya que $\alpha\in K$. Por tanto, tenemos un isomorfismo $K\to K(\beta)$, que además es $F$-lineal. Esto es imposible, ya que $K\subsetneq K(\beta)$ y por tanto tienen distinta dimensión sobre $F$.

$\Leftarrow$) Sea $K=F(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)$, y $f_i\in F[x]$ el polinomio mínimo de $\alpha_i$. Entonces $K$ es el cuerpo de descomposición de $f_1f_2\cdots f_r$, ya que todas las raíces de cada uno de los $f_i$ están en $K$, y $K$ está generado sobre $F$ por ellas (porque lo está ya por $\alpha_1,\ldots,\alpha_r$).

$\Leftarrow$ Cada $f\in H$ induce una permutación de $\{\beta_1,\dots,\beta_l\}$. Los coeficientes de $g$ son funciones simétricas elementales evaluadas en los $\beta_i$, por tanto no varían al aplicar $f\in H$. Esto demuestra que estos coeficientes están en $K^H$, por tanto $\beta_1$ es algebraico sobre $K^H$.

$\Rightarrow$ Sea $h\in K^H[ x ]$ un polinomio que tenga $\beta_1$ como raíz. Todo elemento de $f\in H\subset G(K/K^H)$ envía raíces de un polinomio con coeficientes en $K^H$ en otras raíces, por tanto toda la órbita de $\beta_1$ por $H$ está formada por raíces de $h$. Como todo polinomio con coeficientes en un cuerpo tiene una cantidad finita de raíces, deducimos que la órbita es finita.

Hemos visto que cuando la órbita es finita el polinomio $g$ tiene coeficientes en $K^H$ y que todos los elementos de la órbita son también raíces de cualquier otro polinomio $h\in K^H[ x ]$ que tenga $\beta_1$ como raíz. Esto prueba que $g|h$ en $K[ x ]$ y por tanto también en $K^H[ x ]$, así que efectivamente $g$ es el polinomio mínimo de $\beta_1$ sobre $K^H$.

El teorema de la órbita muestra que el polinomio mínimo sobre $K^H$ de cualquier elemento $\beta\in K$ es separable.

Por el corolario anterior, la extensión $K^H\subset K$ es separable por lo que, aplicando teorema del elemento primitivo, existe $\gamma\in K$ tal que $K=K^H[\gamma]$. Un elemento $\sigma$ de $H$ actúa trivialmente sobre $K^H$, así que está unívocamente determinado por $\sigma(\gamma)$, y por tanto la órbita de $\gamma$ por $H$ tiene exactamente $|H|$ elementos. Por el teorema de la órbita, el grado de $\gamma$ sobre $K^H$ es $|H|$, y este grado es $[K:K^H]$.

Por el teorema del cuerpo fijo, $|G(K/F)|=[K:K^{G(K/F)}]$, y por la fórmula del grado para extensiones intermedias este último número divide a $[K:F]$.

$2\Leftrightarrow 3$ se sigue inmediatamente del teorema del cuerpo fijo, ya que siempre se tiene la inclusión $F\subset K^{G(K/F)}\subset K$ y, por tanto, $F=K^{G(K/F)}$ si y solo si $[K:F]=[K:K^{G(K/F)}]=|G(K/F)|$.

Veamos $2\Rightarrow 1$. Por el colorario al teorema de la órbita, la extensión $F=K^{G(K/F)}\subset K$ es separable, falta probar que es normal. Sea $\alpha\in K$, y $f\in F[ x ]$ su polinomio mínimo, hay que probar que todas las raíces de $f$ están en $K$. Sean $\alpha=\alpha_1,\ldots,\alpha_r$ las raíces de $f$ en $K$, y $g(x)=(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_r)$. Claramente $g(x)|f(x)$. Como los elementos de $G(K/F)$ permutan las raíces de $g$, el polinomio $g$ es invariante por la acción de $G(K/F)$, es decir, está en $K^{G(K/F)}[ x ]=F[ x ]$. Y como tiene a $\alpha$ como raíz, debe ser múltiplo del polinomio mínimo, es decir, $f(x)|g(x)$. Por tanto, $g(x)=f(x)$ y $f$ no tiene más raíces aparte de $\alpha_1,\ldots,\alpha_r$, que están en $K$.

Veamos $1\Rightarrow 2$. La extensión $F\subset K$ es normal, y por tanto el cuerpo de descomposición de un polinomio $p\in F[ x ]$. Supongamos que la inclusión $F\subset K^{G(K/F)}$ fuera estricta, y sea $\alpha\in K^{G(K/F)}\backslash F$. Como $\alpha\not\in F$, su polinomio mínimo tiene grado mayor que $1$, y por ser separable tiene al menos otra raíz $\beta$, que también está en $K$ por ser la extensión $F\subset K$ normal. Como $\alpha$ y $\beta$ tienen el mismo polinomio mínimo, existe un isomorfismo de extensiones de $F$, $\phi:F[\alpha]\to F[\beta]$ que envía $\alpha$ en $\beta$. Notemos que $K$ es el cuerpo de descomposición de $p$ sobre $F[\alpha]$ y sobre $F[\beta]$. Por el teorema de extensión de isomorfismos, existe un automorfismo $K\to K$ que restringido a $F[\alpha]$ coincide con $\phi$. En particular, este automorfismo envía $\alpha$ en $\beta\neq\alpha$, lo cual contradice el hecho de que $\alpha\in K^{G(K/F)}$.

Sabemos que, en general, $H\subset G(K/K^H)$ es un subgrupo, así que $|H|\leq |G(K/K^H)|$. También sabemos que $|G(K/K^H)|$ divide a $[K:K^H]=|H|$, así que tenemos también la otra desigualdad $|G(K/K^H)|\leq|H|$. Esto prueba que $H=G(K/K^H)$, por tanto esta extensión es de Galois.

Sea $\beta\in K$ un elemento primitivo de la extensión, y $p(x)\in F[x]$ su polinomio mínimo, que es separable. Tomemos como $L$ un cuerpo de descomposición de $p(x)$ sobre $K$ (que lo es también sobre $F$). La extensión $F\subset L$ es claramente normal, falta probar que es separable. Veamos, por inducción sobre el grado, que una extensión $F\subset L$ que sea el cuerpo de descomposición de un polinomio separable es una extensión de Galois (y, en particular, separable).

Por el teorema, basta probar que $|G(L/F)|=[L:F]$. Esto es obvio si $[L:F]=1$, así que supongamos que $[L:F]>1$, siendo $L$ el cuerpo de descomposición de un polinomio separable $p(x)$ sobre $F$. Sea $\alpha\in L$ una raíz de $p(x)$ que no esté en $F$, $q(x)$ su polinomio mínimo sobre $F$ (que debe dividir a $p(x)$, y por tanto es separable), y denotemos por $d$ su grado. Como la extensión es normal, las $d$ raíces de $q(x)$ están en $L$. Razonando como en la prueba del apartado $1\Rightarrow 2$ del teorema, existe un automorfismo de la extensión $F\subset L$ que lleva $\alpha$ en cada una de las $d$ raíces de $q(x)$. Además, componiendo un tal automorfismo con un elemento de $G(L/F(\alpha))$ (que fija $\alpha$) obtenemos un automorfismo que actúa igual sobre $\alpha$, por lo que existen (al menos) $|G(L/F(\alpha))|$ automorfismos que llevan $\alpha$ en cada una de las $d$ raíces de $q(x)$. Por tanto,

$$|G(L/F)|\geq d\cdot |G(L/F(\alpha))|.$$

Por hipótesis de inducción, $|G(L/F(\alpha))|=[L:F(\alpha)]$ (ya que $L$ es también el cuerpo de descomposición de $p(x)$ sobre $F(\alpha)$), de donde

$$|G(L/F)|\geq d\cdot [L:F(\alpha)] = [F(\alpha):F]\cdot [L:F(\alpha)] = [L:F]$$

y por tanto se tiene la igualdad, es decir, $F\subset L$ es de Galois (ya que la desigualdad contraria se tiene siempre).

Dado un subgrupo $H\subset G(K/F)$, ya hemos probado en un corolario anterior que $H=G(K/K^H)$, así que la composición que empieza y acaba en la derecha es la identidad. Dada ahora una extensión intermedia $F\subset L\subset K$, sabemos que $L\subset K$ es de Galois, así que por el teorema anterior $K^{G(K/L)}=L$.

Cuando la extensión es de Galois el resultado es cierto porque el grupo $G(K/F)$, que es finito, tiene una cantidad finita de subgrupos, que se corresponden con las extensiones intermedias. Si $F\subset K$ no fuera de Galois, basta tomar $F\subset K\subset L$ con $F\subset L$ de Galois y observar que toda extensión intermedia de $F\subset K$ lo es también de $F\subset L$.

Comenzaremos probando la equivalencia de la primera parte del enunciado.

$\Rightarrow$ Sea $h\in G(K/L)$ un elemento cualquiera. Para ver que este subgrupo es normal tenemos que probar que, para todo $f\in G(K/F)$, $f^{-1}hf$ está en $G(K/L)$, es decir, que deja fijo a todo elemento de $L$. Sea $\alpha\in L$, entonces $f(\alpha)$ es un conjugado de $\alpha$. Como la extensión $F\subseteq L$ es normal, $f(\alpha)\in L$. Por tanto, $h(f(\alpha))=f(\alpha)$ o, equivalentemente, $(f^{-1}hf)(\alpha)=f^{-1}(h(f(\alpha)))=\alpha$.

$\Leftarrow$ Por el teorema de caracterización de las extensiones normales, debemos probar que para todo $\alpha\in L$ el polinomio mínimo $q(x)$ de $\alpha$ sobre $F$ se descompone en factores lineales en $L[x]$. Como la extensión $F\subseteq K$ es normal, $q(x)$ se descompone en $K[x]$ como $(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_n)$, y hay que probar que $\alpha_i\in L$ para todo $i$. Como $\alpha$ y $\alpha_i$ son conjugados sobre $F$, existe un automorfismo $f\in G(K/F)$ tal que $f(\alpha)=\alpha_i$.

Sea $h\in G(K/L)$, entonces $h(\alpha_i)=h(f(\alpha))=f(f^{-1}hf)(\alpha)=f(\alpha)=\alpha_i$, ya que $f^{-1}hf$ está en $G(K/L)$ (y, por tanto, fija $\alpha\in L$) por ser éste un subgrupo normal. Es decir, $\alpha_i$ está en el cuerpo fijo de $G(K/L)$, que es $L$.

Una vez establecida la equivalencia de la primera parte del enunciado, demostraremos el isomorfismo de la segunda. Supongamos pues que $F\subset L$ es de Galois. Hemos visto que entonces todo $f\in G(K/F)$ se restringe a $L$, es decir $f_{|_{L}}\in G(L/F)$. Esta restricción induce un homomorfismo de grupos

$$ \begin{array}{rcl} \Phi:G(K/F)&\longrightarrow&G(L/F),\cr f&\mapsto&f_{|_{L}}. \end{array} $$

cuyo núcleo está formado por los automorfismos de $K$ que actúan trivialmente en $L$, es decir, $G(K/L)$. El teorema de isomorfía nos da entonces un isomorfismo entre el cociente $G(K/F)/G(K/L)$ y la imagen de $\Phi$, que es un subgrupo de $G(L/F)$. Pero esta imagen tiene orden $|G(K/F)|/|G(K/L)|=[K:F]/[K:L]=[L:F]=|G(L/F)|$, y por tanto es el grupo $G(L/F)$ entero.

Como $f$ preserva raíces de polinomios con coeficientes en $F$, $f$ ha de mandar el conjunto $\{\alpha_1,\dots,\alpha_n\}$ dentro de sí mismo. Además ha de hacerlo de manera biyectiva por ser $f$ un automorfismo, por tanto existe una única permutación $\sigma\in S_n$ que satisface la ecuación del enunciado. Esto me permite definir la aplicación $\varphi$ de manera única.

Veamos que $\varphi$ es un homomorfismo de grupos. Por un lado $\varphi(\operatorname{id}_{K})$ es la permutación identidad ya que $\operatorname{id}_{K}(\alpha_i)=\alpha_i$. Por otro lado, dados $f,g\in G(K/F)$, si denotamos $\varphi(f)=\sigma$ y $\varphi(g)=\tau$ entonces

$$\begin{array}{rcl} (f\circ g)(\alpha_i)&=&f(g(\alpha_i))\cr &=&f(\alpha_{\tau(i)})\cr &=&\alpha_{\sigma(\tau(i))}\cr &=&\alpha_{(\sigma\circ\tau)(i)}. \end{array}$$

Por tanto

$$\begin{array}{rcl} \varphi(f\circ g)&=&\sigma\circ\tau\cr &=&\varphi(f)\circ \varphi(g). \end{array}$$

Comprobemos por último que $\varphi$ es inyectivo. Para ello debemos probar que si $f\in G(K/F)$ es tal que $\varphi(f)$ es la permutación identidad entonces $f=\operatorname{id}_{K}$. Por definición $\varphi(f)$ es la permutación identidad si y solo si $f(\alpha_i)=\alpha_i$ para todo $i=1,\dots,n$. Como $K=F[\alpha_1,\dots,\alpha_n]$, todo elemento $\alpha\in K$ se puede escribir como polinomio en $\alpha_1,\dots,\alpha_n$ con coeficientes en $F$, es decir

$$\alpha=\sum_{m_i\geq 0} b_{m_1,\dots,m_n}\alpha_1^{m_1}\cdots\alpha_n^{m_n}$$

para ciertos $b_{m_1,\dots,m_n}\in F$, casi todos nulos (y no necesariamente únicos, pero esto es irrelevante). Entonces

$$\begin{array}{rcl} f(\alpha)&=&f\left(\sum_{m_i\geq 0} b_{m_1,\dots,m_n}\alpha_1^{m_1}\cdots\alpha_n^{m_n}\right)\cr &=&\sum_{m_i\geq 0} f(b_{m_1,\dots,m_n}\alpha_1^{m_1}\cdots\alpha_n^{m_n})\cr &=&\sum_{m_i\geq 0} f(b_{m_1,\dots,m_n})f(\alpha_1)^{m_1}\cdots f(\alpha_n)^{m_n}\cr &=&\sum_{m_i\geq 0} b_{m_1,\dots,m_n}\alpha_1^{m_1}\cdots\alpha_n^{m_n}\cr &=&\alpha, \end{array}$$

así que $f=\operatorname{id}_{K}$. En las ecuaciones anteriores hemos usado que $f$ es un homomorfismo de anillos que deja fijo a $F$ y a las raíces $\alpha_1,\dots,\alpha_n\in K$ de $p(x)$.

Notemos que cualquier potencia de $\zeta$ es una raíz del polinomio $x^n-1\in F[x]$. Además, si $\zeta^i=\zeta^j$ con $0\leq i\leq j<n$ tenemos que $\zeta^{j-i}=1$ con $0\leq j-i<n$, así que $i=j$ por la minimalidad de $n$. Por tanto, $1=\zeta^0,\zeta^1,\ldots,\zeta^{n-1}$ son las $n$ raíces del polinomio $x^n-1$, y todas ellas están en $K=F(\zeta)$, así que $K$ es el cuerpo de descomposición de $x^n-1$ sobre $F$. Si $F$ tiene característica $p>0$, entonces $n$ no puede ser múltiplo de $p$: de lo contrario, escribiendo $n=mp$, tendríamos $0=\zeta^n-1=\zeta^{mp}-1=(\zeta^m-1)^p$, por lo que $\zeta^m=1$, lo que contradice la minimalidad de $n$. Concluimos que el polinomio $x^n-1$ es separable, pues su derivada $nx^{n-1}$ no tiene factores comunes con $x^n-1$. Su cuerpo de descomposición es, por tanto, separable.

Como la extensión está generada por $\zeta$, todo automorfismo está unívocamente determinado por la imagen de $\zeta$, que debe ser una raíz primitiva $n$-ésima de la unidad (ya que $\sigma(\zeta)^k=1$ si y solo si $\zeta^k=1$ si $\sigma\in G(K/F)$). En particular, es una raíz del polinomio $x^n-1$, y por tanto de la forma $\zeta^i$ para un único $i\in\{0,\ldots,n-1\}$. Además, este $i$ debe ser primo con $n$: de lo contrario, si $d=\operatorname{mcd}(i,n)$, tendríamos que $(\zeta^i)^{n/d}=\zeta^{in/d}=(\zeta^n)^{i/d}=1^{i/d}=1$, por lo que $\zeta^i$ no sería una raíz primitiva $n$-ésima. Podemos definir entonces una aplicación inyectiva $$\psi\colon G(K/F)\longrightarrow (\mathbb Z/(n))^\times$$ que envía $\sigma$ a la clase $\bar i\in\mathbb Z/(n)$ del único $i\in\{0,\ldots,n-1\}$ tal que $\sigma(\zeta)=\zeta^i$. Veamos que es un homomorfismo: si $\sigma,\tau\in G(K/F)$ son tales que $\sigma(\zeta)=\zeta^i$ y $\tau(\zeta)=\zeta^j$ con $i,j\in\{0,\ldots,n-1\}$, entonces $\tau(\sigma(\zeta))=\tau(\zeta^i)=\tau(\zeta)^i=(\zeta^j)^i=\zeta^{ij}=\zeta^k$, siendo $k\in\{0,\ldots,n-1\}$ el resto de la división de $ij$ entre $n$. Por tanto, $\psi(\tau\sigma)=\bar k=\overline{ij}=\bar i\cdot \bar j=\psi(\tau)\psi(\sigma)$. Como $\psi$ es inyectivo, induce un isomorfismo entre $G(K/F)$ y su imagen en $(\mathbb Z/(n))^\times$.

Como vimos en el tema anterior, debemos probar que el ángulo $\frac{2\pi}{p}$ es constructible o, equivalentemente, que el número $\cos\frac{2\pi}{p}$ lo es. Sea $\zeta=\cos\frac{2\pi}{p}+i\cdot\mathrm{sen}\frac{2\pi}{p}$ una raíz primitiva $p$-ésima de la unidad, veamos que existe una cadena de extensiones

$$ \mathbb Q=K_0\subset K_1\subset K_2\subset\cdots\subset K_n=\mathbb Q(\zeta) $$

tal que $[K_i:K_{i-1}]=2$ para todo $i=1,\ldots,n$. Entonces, $\cos\frac{2\pi}{p}=\frac{1}{2}(\zeta+\zeta^{-1})\in K_n$ será constructible.

Por la correspondencia de Galois, si $G=G(\mathbb Q(\zeta)/\mathbb Q)$, esto es equivalente a probar que existe una cadena de subgrupos

$$ \{Id\}=G_n\subset G_{n-1}\subset \cdots\subset G_2\subset G_1\subset G_0=G $$

tal que $[G_i:G_{i-1}]=2$ para todo $i=1,\ldots,n$. Y esto es cierto ya que $G$ es cíclico de orden $2^n$, y tiene por tanto un único subgrupo de orden $2^i$ para todo $i$, que contiene al único subgrupo de orden $2^{i-1}$.

Sea $\alpha$ una raíz compleja de $q(x)$. Hemos observado que $K=F[\alpha]$ y $\alpha$ es una raíz de $q(x)$, que es de grado $p$, por tanto $[K:F]\leq p$. Al ser $F\subset K$ de Galois, para probar la otra desigualdad bastará ver que $[K:F]=|G(K/F)|\geq p$.

Como $\alpha\notin F= K^{G(K/F)}$, ha de existir algún $f\in G(K/F)$ tal que $f(\alpha)\neq\alpha$. Como $f$ preserva raíces de polinomios en $F[ x ]$, $f(\alpha)=\zeta_p^i\alpha$ para cierto $0<i<p$. Usaremos esto para ver que las potencias $f^j$ de $f$ son diferentes para todo $0\leq j<p$, así que $G(K/F)$ tendrá en efecto al menos $p$ elementos. Para ello basta comprobar que cada una de estas potencias $f^j$ manda $\alpha$ a un elemento diferente. Vamos a probar por inducción que

$$f^j(\alpha)=(\zeta_p^{i})^{j}\alpha.$$

Todos estos elementos son diferentes ya que al ser $p$ primo todas las potencias de $\zeta_p$ distintas de $1$, por ejempo $\zeta_p^i$, tienen orden multiplicativo $p$, así que todos los $(\zeta_p^i)^{j}$ son diferentes para $0\leq j<p$. Para $j=1$ la ecuación anterior es obviamente cierta. Supongamos que es cierta para $j-1$. Como $\zeta_p\in F$ se tiene que $f(\zeta_p)=\zeta_p$. Por tanto,

$$\begin{array}{rcl} f^j(\alpha)&=&f(f^{j-1}(\alpha))\cr &=&f((\zeta_p^{i})^{j-1}\alpha)\cr &=&(f(\zeta_p)^{i})^{j-1}f(\alpha)\cr &=&(\zeta_p^{i})^{j-1}\zeta_p^i\alpha\cr &=&(\zeta_p^{i})^{j}\alpha. \end{array}$$

Al ser la extensión de Galois $|G(K/F)|=[K:F]=p$, el grupo $G(K/F)$ es cíclico de orden $p$, así que cualquier $f\in G(K/F)$ distinto de la identidad genera el grupo de Galois,

$$G(K/F)=\{f^0,f^1,\dots, f^{p-1}\}.$$

Sea $\alpha\in K\backslash F$ y, para cada $i=1,\ldots,p-1$, denotemos $\beta_i=\sum_{j=0}^{p-1}\zeta_p^{-ij}f^j(\alpha)=\alpha+\zeta_p^{-i}f(\alpha)+\zeta_p^{-2i}f^2(\alpha)+\cdots+\zeta_p^{-(p-1)i}f^{p-1}(\alpha)$. Veamos que algún $\beta_i$ debe ser distinto de cero. De lo contrario, tendríamos que $$ 0=\sum_{i=1}^{p-1}\beta_i=\sum_{i=1}^{p-1}\sum_{j=0}^{p-1}\zeta_p^{-ij}f^j(\alpha)=\sum_{j=0}^{p-1}f^j(\alpha)\sum_{i=1}^{p-1}(\zeta_p^{-j})^i=p\alpha-\sum_{j=0}^{p-1}f^j(\alpha) $$ ya que, para $j\neq 0$, $\sum_{i=1}^{p-1}(\zeta_p^{-j})^i=-1$ por ser $\zeta_p^{-j}$ raíz del polinomio $x^{p-1}+\cdots+x+1$. Deducimos que $p\alpha=\sum_{j=0}^{p-1}f^j(\alpha)$. Pero esto es imposible, ya que el término de la izquierda no está en $F$ y el de la derecha sí lo está (puesto que es fijo por $f$).

Aplicando $f$ a $\beta_i$, obtenemos $$ f(\beta_i)=f\left(\sum_{j=0}^{p-1}\zeta_p^{-ij}f^j(\alpha)\right)=\sum_{j=0}^{p-1}\zeta_p^{-ij}f^{j+1}(\alpha)=\zeta_p^i\sum_{j=0}^{p-1}\zeta_p^{-i(j+1)}f^{j+1}(\alpha)=\zeta_p^i\cdot\beta_i, $$ por lo que $f(\beta_i^p)=(\zeta_p^i\cdot\beta_i)^p=\beta_i^p$, esto es, $\beta_i^p\in F$ y $\beta_i$ es raíz del polinomio $x^p-\beta_i^p\in F[x]$. Además, si $\beta_i\neq 0$, entonces $f(\beta_i)=\zeta_p^i\cdot\beta_i\neq\beta_i$, por lo que $\beta_i\not\in F$. Como el grado de la extensión $F\subseteq K$ es primo, $\beta_i$ debe generar la extensión completa $K$.

Denotamos $p\colon G\twoheadrightarrow G/ N$ a la proyección natural.

$\Rightarrow$ Si

$$\{e\}=G_0 \subset G_1 \subset G_2 \subset \cdots\subset G_n=G$$

es una cadena en las condiciones de la definición entonces las cadenas siguientes demuestran que $N$ y $G/N$ son solubles,

$$ \begin{array}{c} \{e\}=N\cap G_0 \subset N\cap G_1 \subset \cdots\subset N\cap G_n=N,\cr \{e\}=p(G_0) \subset p(G_1) \subset \cdots\subset p(G_n)=G/N. \end{array} $$

Aquí usamos que, gracias al primer teorema de isomorfía,

$$ \frac{N\cap G_{i+1}}{N\cap G_{i}}\subset\frac{G_{i+1}}{G_i} \cong\frac{p(G_{i+1})}{p(G_{i})}. $$

$\Leftarrow$ Si $N$ y $G/N$ son solubles gracias a las cadenas

$$ \begin{array}{c} \{e\}=N_0 \subset N_1 \subset N_2 \subset \cdots\subset N_m=N,\cr \{e\}=K_0 \subset K_1 \subset K_2 \subset \cdots\subset K_n=G/N, \end{array} $$

entonces $G$ es soluble gracias a la cadena

$$ \{e\}=N_0 \subset \cdots\subset N_m=p^{-1}(K_0)\subset \cdots\subset p^{-1}(K_m)=G. $$

Aquí usamos que, gracias al primer teorema de isomorfía,

$$ \frac{p^{-1}(K_{i+1})}{p^{-1}(K_{i})}\cong \frac{K_{i+1}}{K_i}. $$

Basta usar el primer teorema de isomorfía para observar que $G\cong G\times \{e\}\subset G\times H$ es un subgrupo normal y $(G\times H)/(G\times \{e\})\cong H$.

Antes que nada, observamos que la demostración del lema anterior también sirve para probar que si $G$ es un grupo y $N\subset G$ es un subgrupo normal, entonces $G$ satisface la condición del enunciado de esta proposición si y solo si $N$ y $G/N$ la cumplen. En particular, dos grupos $G$ y $H$ la satisfacen si y solo si el producto $G\times H$ la cumple. Partiendo de esto, abordamos ahora la prueba de esta proposición.

$\Leftarrow$ Es obvio porque todo grupo de orden primo es cíclico y por tanto abeliano.

$\Rightarrow$ Si $G=\mathbb{Z}/(p^n)$ basta tomar $G_i=(\bar{p}^{n-i})$, $0\leq i<n$, ya que todos los subgrupos de $G$ son normales por ser abelianos y $\bar{p}^{n-i}\in\mathbb{Z}/(p^n)$ tiene orden $p^i$, así que $|G_i|=p^i$ y por tanto

$$ \begin{array}{rcl} \left|\frac{G_{i+1}}{G_i}\right|&=&\frac{|G_{i+1}|}{|G_i|}\cr &=&\frac{p^{i+1}}{p^i}\cr &=&p. \end{array} $$

Si $G$ es abeliano el resultado también es cierto, ya que al ser finito sería un producto finito de grupos de la forma $\mathbb{Z}/(p^n)$, en virtud del segundo teorema de estructura.

En general, si $G$ satisface la condición de solubilidad gracias a la cadena

$$ \{e\}=G_0 \subset G_1 \subset G_2 \subset \cdots\subset G_n=G, $$

vamos a probar por inducción que cada $G_i$ satisface la condición del enunciado. Obviamente $G_0$ la satisface por ser trivial. Si $G_i$ la cumple, como $G_i\subset G_{i+1}$ es normal y $G_{i+1}/G_i$ la satisface por ser abeliano, tenemos que $G_{i+1}$ también la cumple.

Tenemos que $F\subset L_1,L_2\subset K$, ya que las raíces de un producto de dos polinomios son la unión de las raíces de los factores. Consideramos el homomorfismo

$$G(K/F)\longrightarrow\frac{G(K/F)}{G(K/L_1)}\times \frac{G(K/F)}{G(K/L_2)}\cong G(L_1/F)\times G(L_2/F)$$

definido en cada coordenada como la proyección natural. El núcleo es $G(K/L_1)\cap G(K/L_2)$, es decir, los automorfismos de $K$ que dejan fijas a las raíces tanto de $f_1$ como de $f_2$. Un automorfismo así deja fijas a las raíces de $f_1f_2$ y por tanto a su cuerpo de descomposición $K$, así que tiene que ser la identidad. Como el núcleo es trivial, el homomorfismo es inyectivo y, en virtud del primer teorema de isomorfía, el dominio es isomorfo a un subgrupo del codominio.

Para $m=1$ se prueba como en el caso $F=\mathbb{Q}$. Por inducción, si es cierto para $m-1$ primos, nuestro grupo de Galois es isomorfo a un subgrupo del producto de los de $F\subset F[\zeta_{p_1},\dots,\zeta_{p_{m-1}}]$ y $F\subset F[\zeta_{p_m}]$ en virtud del lema anterior. El producto de grupos abelianos es abeliano y los subgrupos de los grupos abelianos también.

$\Leftarrow$ Denotamos $G=G(L/F)$. Sea

$$\{e\}=G_0 \subset G_1 \subset G_2 \subset \cdots\subset G_n=G$$

una cadena de subgrupos como en la proposición anterior.

Supongamos primero que $F$ tiene todas las raíces primitivas de la unidad asociadas a los primos que aparecen como el orden de los cocientes $G_{i+1}/G_i$. En este caso basta considerar la cadena de extensiones

$$L= L^{G_0} \supset L^{G_1} \supset \cdots\supset L^{G_n}= F[\zeta_{p_1},\dots, \zeta_{p_n}]= F.$$

En efecto, el teorema sobre extensiones de Kummer garantiza que cada $L^{G_{i}}\supset L^{G_{i+1}}$ se obtiene añadiendo una raíz.

Si $F$ no tuviera todas las raíces primitivas de la unidad mencionadas, denotamos $F’$ y $L’$ a los cuerpos obtenidos al añadírselas a $F$ y a $L$, respectivamente. Por construcción, la extensión $F\subset F’$ se puede interpolar como en la definición de número soluble. El grupo $G(L’/L)$ es abeliano por el lema anterior y

$$\frac{G(L’/F)}{G(L’/L)}\cong G(L/F),$$

que es soluble, así que $G(L’/F)$ es soluble y su subgrupo normal $G(L’/F’)$ también. Como $F’$ posee todas las raíces primitivas de la unidad necesarias, el párrafo anterior demuestra que $F’\subset L’$ también se puede interpolar como en la definición de número soluble. Por tanto $F\subset L’$ también, concatenando ambas interpolaciones.

$\Rightarrow$ El argumento es muy parecido anterior. Lo dejamos como ejercicio.