a-galois.tex

\chapter{Campos y la teoría de Galois básica}
\label{ap:teoria-de-Galois}

El propósito de este apéndice es resumir la teoría campos y teoría de Galois
necesaria para nuestros propósitos. Será suficiente considerar extensiones
finitas $K/F$, y de hecho nos interesará más que todo el caso de
$F = \QQ$. Otras fuentes recomendadas son \cite{Morandi-GTM167} y el pequeño
libro de Artin \cite{Artin-Galois} (¡el primer tratamiento moderno y conciso de
la teoría de Galois!).

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Extensiones de campos}

\begin{definicion}
  Si $K$ es un campo y $F \subseteq K$ es un subcampo, se dice que $K$ es una
  \textbf{extensión} de $F$ y se escribe «$K/F$» o se dibuja el diagrama
  \[ \begin{tikzcd}[row sep=1em]
    K\ar[-]{d} \\
    F
  \end{tikzcd} \]

  La dimensión de $K$ como un espacio vectorial sobre $F$ se llama el
  \textbf{grado} de la extensión y se denota por $[K : F] = \dim_F (K)$.
  Si el grado es finito, se dice que $K/F$ es una \textbf{extensión finita}.
\end{definicion}

\begin{proposicion}
  \label{prop:base-de-una-cadena-de-extensiones}
  Para una torre de extensiones finitas $F \subseteq K \subseteq L$ se tiene
  $$[L : F] = [L : K] \cdot [K : F].$$
  Específicamente, si $\alpha_1,\ldots,\alpha_m \in K$ es una base de $K$ sobre
  $F$ y $\beta_1,\ldots,\beta_n \in L$ es una base de $L$ sobre $K$, entonces
  los productos $\alpha_i\beta_j$ forman una base de $L$ sobre $F$.
  \[ \begin{tikzcd}[column sep=0.2cm,row sep=1em]
    L \ar[-]{d}[swap]{[L:K] = n} & \beta_1,\ldots,\beta_n \\
    K \ar[-]{d}[swap]{[K:F] = m} & \alpha_1,\ldots,\alpha_m \\
    F
  \end{tikzcd} \]

  \begin{proof}
    Ejercicio para el lector.
\iffalse
    Todo elemento de $L$ puede ser escrito como $\sum_j b_j\,\beta_j$ para
    algunos $b_1,\ldots,b_n \in K$. Luego, los coeficientes $b_j$ pueden ser
    expresados como $b_j = \sum_i a_{ij}\,\alpha_i$ para $a_{ij} \in F$.
    Se sigue que los productos $\alpha_i\beta_j$ generan a $L$ como un espacio
    vectorial sobre $F$. Para ver que esta es una base, hay que ver que los
    elementos $\alpha_i\beta_j$ son linealmente independientes.
    Si $\sum_{i,j} a_{ij} \alpha_i \beta_j = 0$, entonces se tiene
    $\sum_j b_j\,\beta_j = 0$, de donde $b_j = 0$ para todo $j$ por la
    independencia lineal de los $\beta_j$. Pero la independencia lineal de los
    $\alpha_i$ implica entonces que $a_{ij} = 0$ para todo $i$.
\fi
  \end{proof}
\end{proposicion}

\begin{teorema}
  \label{thm:cociente-por-polinomio-irreducible}
  Sea $F$ un campo y $f \in F [x]$ un polinomio irreducible de grado
  $n$.
  \begin{enumerate}
  \item[1)] El anillo cociente $K = F [x]/(f)$ es un campo.

  \item[2)] el homomorfismo canónico
    $F \hookrightarrow F [x] \twoheadrightarrow F [x]/(f)$ identifica $F$ con un
    subcampo de $K$ y entonces $F [x]$ con un subanillo de $K [x]$. Considerando
    $f$ como un elemento de $K [x]$, se tiene $f (\alpha) = 0$.

  \item[3)] si $\alpha \in K$ es la imagen de la variable $x$ en el
    cociente, entonces $[K:F] = n$, y los elementos
    $1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^{n-1}$ forman una base de $K$ sobre $F$.
  \end{enumerate}

  \begin{proof}
    El anillo de polinomios $F [x]$ es un dominio de ideales principales,
    y entonces si $f$ es irreducible, el ideal $(f) \subset F [x]$ es maximal.
    Esto significa que $F [x]/(f)$ es un campo.

    Todo elemento de $F [x]/(f)$ puede ser representado por algún polinomio
    $g \in F [x]$ considerado módulo $f$. La división con resto en $F [x]$ nos
    permite concluir que podemos asumir que $\deg (g) < \deg (f)$, así que
    $$\overline{g} = a_0 + a_1\,\alpha + \cdots + a_{n-1}\,\alpha^{n-1} \in K.$$
    Entonces, $1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^{n-1}$ generan a $K$ como un
    espacio vectorial sobre $F$. Ahora si se cumple $\overline{g} = 0$, esto
    significa que $f \mid g$, pero luego $g = 0$ y
    $a_0 = a_1 = \cdots = a_{n-1} = 0$. Esto significa que
    $1, \alpha, \ldots, \alpha^{n-1}$ son linealmente independientes sobre $F$.
  \end{proof}
\end{teorema}

Hemos visto cómo añadir a un campo $F$ una raíz de un polinomio irreducible
$f \in F [x]$ de manera formal: hay que pasar al cociente $F [x]/(f)$. En muchos
casos estas raíces ya están en una extensión específica de $F$ y pueden ser
añadidas en el siguiente sentido.

\begin{definicion}
  Para una extensión de campos $K/F$ y elementos
  $\alpha_1,\alpha_2,\ldots \in K$ el subcampo mínimo de $K$ que contiene a
  $\alpha_1,\alpha_2,\ldots$ y todos los elementos de $F$ se llama el subcampo
  \textbf{generado} por $\alpha_1,\alpha_2,\ldots$ sobre $F$ y se denota por
  \[ F (\alpha_1,\alpha_2,\ldots) =
     \bigcap_{\substack{F \subseteq F' \subseteq K \\ \alpha_1,\alpha_2,\ldots \in F'}} F'. \]
  Las extensiones de la forma $F (\alpha)/F$ para un solo elemento
  $\alpha \in K$ se llaman las \textbf{extensiones simples} de $F$. En este caso
  $\alpha$ se llama un \textbf{elemento primitivo} de $F (\alpha)$.
  En general, las extensiones de la forma $F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)/F$ se
  llaman las \textbf{extensiones finitamente generadas} de $F$.
\end{definicion}

No es difícil verificar que $F (\alpha,\beta) = (F (\alpha)) (\beta)$.

\begin{definicion}
  Para una extensión $K/F$ se dice que un elemento $\alpha \in K$ es
  \textbf{algebraico} sobre $F$ si $f (\alpha) = 0$ para algún polinomio no nulo
  $f \in F [x]$.

  Se dice que $K/F$ es una extensión algebraica si todo elemento de $K$ es
  algebraico sobre $F$.
\end{definicion}

\begin{proposicion}
  Para una cadena de extensiones $F \subseteq K \subseteq L$, si $\alpha \in L$
  es algebraico sobre $F$, entonces es algebraico sobre $K$.

  \begin{proof}
    Si $f (\alpha) = 0$ para algún polinomio no nulo $f \in F [x]$, en
    particular $f \in K [x]$.
  \end{proof}
\end{proposicion}

\begin{proposicion}
  \label{obs:extension-finita-es-algebraica}
  Toda extensión finita es algebraica.

  \begin{proof}
    Si $K/F$ es una extensión de grado $[K : F] = n$, entonces para cualquier
    elemento $\alpha \in K$ hay una dependencia $F$-lineal
    entre $1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^n$, pero esto nos da un polinomio
    no nulo $f \in F[x]$ tal que $f (\alpha) = 0$.
  \end{proof}
\end{proposicion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Polinomio mínimo}

\begin{teorema}[Polinomio mínimo]
  \label{thm:polinomio-minimo}
  Sean $K/F$ una extensión de campos y $\alpha \in K$ un elemento.

  \begin{enumerate}
  \item[1)] $\alpha$ es algebraico sobre $F$ si y solamente si el homomorfismo
    de evaluación
    $$ev_\alpha\colon F [x] \to F (\alpha), \quad f \mapsto f (\alpha)$$
    tiene núcleo no trivial.

  \item[2)] En este caso $\ker ev_\alpha = (f^\alpha_F)$, donde
    $f^\alpha_F \in F [x]$ es un polinomio mónico irreducible definido de modo
    único; a saber, $f^\alpha_F$ es el polinomio mónico de grado mínimo posible
    que tiene $\alpha$ como su raíz.

  \item[3)] Hay un isomorfismo natural $F [x] / (f^\alpha_F) \cong F (\alpha)$,
    y $[F (\alpha) : F] = \deg (f^\alpha_F)$.

  \item[4)] Un polinomio $g \in F [x]$ tiene al elemento $\alpha$ como su raíz
    si y solamente si $f^\alpha_F \mid g$. Si $g$ es irreducible, entonces
    $F [x] / (g) \cong F (\alpha)$.
  \end{enumerate}

  \begin{proof}
    Puesto que $F [x]$ es un dominio de ideales principales, se tiene
    necesariamente $\ker ev_\alpha = (f)$ para algún polinomio $f \in F [x]$.
    Si $\alpha$ no es algebraico, entonces $f = 0$. En el caso contrario,
    al revisar la prueba de que $F [x]$ es un DIP, se ve que $f$ es un polinomio
    del mínimo grado posible tal que $f (\alpha) = 0$. Esto en particular
    implica que $f$ es irreducible, y luego $F [x]/(f)$ es un campo
    (véase \ref{thm:cociente-por-polinomio-irreducible}).

    Como siempre, un generador de un ideal principal está bien definido salvo
    elementos invertibles, en este caso salvo $F [x]^\times = F^\times$.
    Entonces, la condición de que $f$ sea mónico lo define de modo
    único. Denotemos este polinomio mónico por $f^\alpha_F$.

    Se ve que el homomorfismo $ev_\alpha$ induce un isomorfismo de campos
    $F [x] / (f^\alpha_F) \cong F (\alpha)$, y como ya notamos en
    \ref{thm:cociente-por-polinomio-irreducible},
    $[F (\alpha) : F] = \deg (f^\alpha_F)$.

    Ahora para cualquier otro polinomio $g \in F[x]$ tenemos
    \[ g (\alpha) = 0 \iff
       g \in \ker ev_\alpha = (f^\alpha_F) \iff
       f^\alpha_F \mid f. \]

    Si $g$ es también irreducible, entonces $(f) = (f^\alpha_F)$, y luego
    $F [x] / (g) = F [x] / (f^\alpha_F) \cong F (\alpha)$.
  \end{proof}
\end{teorema}

\begin{definicion}
  Para una extensión $K/F$ y un elemento $\alpha \in K$ algebraico sobre $F$,
  el polinomio mónico $f^\alpha_F \in F [x]$ de arriba se llama el
  \textbf{polinomio mínimo} de $\alpha$ sobre $K$.
\end{definicion}

\begin{proposicion}
  \label{obs:deg-F-deg-K}
  Sea $F \subseteq K \subseteq L$ una cadena de extensiones y $\alpha \in L$ un
  elemento algebraico sobre $F$. Entonces, en el anillo de polinomios $K [x]$ se
  cumple $f^\alpha_K \mid f^\alpha_F$. En particular,
  $[K (\alpha) : K] \le [F (\alpha) : F]$.

  \begin{proof}
    Tenemos $f^\alpha_F (\alpha) = 0$. Puesto que
    $f^\alpha_F \in F [x] \subseteq K [x]$, se cumple
    $f^\alpha_K \mid f^\alpha_F$.
  \end{proof}
\end{proposicion}

He aquí una caracterización de los elementos algebraicos.

\begin{proposicion}
  Un elemento $\alpha \in K$ es algebraico sobre $F$ si y solo si
  $[F (\alpha) : F] < \infty$.

  \begin{proof}
    Ya hemos visto que si $\alpha$ es algebraico, entonces existe un polinomio
    mínimo y $[F (\alpha) : F] = \deg f^\alpha_K < \infty$. Viceversa, si
    $[F (\alpha) : F] < \infty$, entonces la extensión $F (\alpha)/F$ es
    algebraica, como notamos en \ref{obs:extension-finita-es-algebraica}.
  \end{proof}
\end{proposicion}

\begin{proposicion}
  Para elementos $\alpha,\beta\in K$ algebraicos sobre $F$ se cumple
  $$[F (\alpha,\beta) : F] \le [F (\alpha) : F] \cdot [F (\beta) : F].$$

  \begin{proof}
    Consideremos las extensiones
    \[ \begin{tikzcd}[row sep=1em, column sep=1em]
      & F (\alpha,\beta)\ar[-]{dl}\ar[-]{dr} \\
      F (\alpha)\ar[-]{dr} & & F (\beta)\ar[-]{dl} \\
      & F
    \end{tikzcd} \]
    La desigualdad de \ref{obs:deg-F-deg-K} aplicada a las extensiones
    $F \subseteq F (\alpha) \subseteq F (\alpha,\beta)$ y
    $\beta \in F (\alpha,\beta)$ nos da
    $$[(F (\alpha)) (\beta) : F (\alpha)] \le [F (\beta) : F],$$
    de donde
    \[ [F (\alpha,\beta) : F] =
       [(F (\alpha)) (\beta) : F (\alpha)] \cdot [F (\alpha) : F] \le
       [F (\beta) : F] \cdot [F (\alpha) : F]. \qedhere \]
  \end{proof}
\end{proposicion}

Por inducción se sigue que en general,
\[ [F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n) : F] \le
   [F (\alpha_1) : F]\cdots [F (\alpha_n) : F]. \]

Tenemos la siguiente caracterización de extensiones finitas.

\begin{proposicion}
  Una extensión $K/F$ es finita si y solo si $K = F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$,
  donde $\alpha_1,\ldots,\alpha_n \in F$ es un número finito de elementos
  algebraicos sobre $F$.

  \begin{proof}
    Si $K/F$ es una extensión finita de grado $n$, sea
    $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ una base de $K$ sobre $F$. Tenemos
    $[F (\alpha_i) : F] \le n$, así que $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ son
    algebraicos. Está claro que $K = F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$.

    Viceversa, si $K = F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$ donde
    $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ son algebraicos sobre $F$, entonces
    $$[K : F] \le [F (\alpha_1) : F] \cdots [F (\alpha_n) : F],$$
    así que la extensión es finita.
  \end{proof}
\end{proposicion}

Hay otra noción relacionada con el polinomio mínimo que es el
\textbf{polinomio característico}.

\begin{definicion}
  Para una extensión $K/F$ y $\alpha \in K$, el
  \textbf{polinomio característico} $f^\alpha_{K/F}$ es el polinomio
  característico de la aplicación $F$-lineal
  $$\mu_\alpha\colon K \to K, \quad x\mapsto \alpha x.$$
  En otras palabras, si $A$ es una matriz que representa a $\mu_A$ en alguna
  base de $K$ sobre $F$, entonces $f^\alpha_{K/F} = \det (x\,I_n - A) \in F[x]$.
\end{definicion}

Según el teorema de Cayley--Hamilton, tenemos $f^\alpha_{K/F} (\alpha) = 0$,
y en particular, el polinomio mínimo $f^\alpha_F$ siempre divide al polinomio
característico $f^\alpha_{K/F}$. Ahora si $K = F (\alpha)$, entonces los grados
de los dos polinomios coinciden y entonces $f^\alpha_{K/F} = f^\alpha_{K/F}$.
En general, la relación es la siguiente.

\begin{proposicion}
  Sean $K/F$ una extensión finita y $\alpha\in K$. Luego,
  $$f^\alpha_{K/F} = (f^\alpha_F)^{[K : F (\alpha)]}.$$

  \begin{proof}
    Pongamos $n = [K : F]$ y $d = [F (\alpha) : F]$. Consideremos las
    extensiones
    \[ \begin{tikzcd}
      K\ar[-]{d}{m}\ar[bend right=50,-]{dd}[swap]{n} \\
      F (\alpha)\ar[-]{d}{d} \\
      F
    \end{tikzcd} \]
    Como una base de $F (\alpha)$ sobre $F$ podemos tomar las potencias de
    $\alpha$:
    $$1, \alpha, \alpha^2, \ldots, \alpha^{d-1}.$$
    Sea
    $$\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_m$$
    una base de $K$ sobre $F (\alpha)$. Entonces, se pueden tomar como una base
    de $K$ sobre $F$ los productos
    $$\alpha^i\,\beta_j. \quad (0 \le i \le d-1, ~ 1 \le j \le m)$$
    Sean $c_{ij}$ los coeficientes de la matriz que representa el endomorfismo
    $\mu_\alpha\colon F (\alpha) \to F (\alpha)$:
    $$\alpha\cdot \alpha^j = \sum_{0 \le i \le d-1} c_{ij}\,\alpha^i.$$
    Tenemos entonces
    $$f^\alpha_F = f^\alpha_{F(\alpha)/F} = \det (x\cdot I_d - A),$$
    donde
    \[ A = \begin{pmatrix}
      c_{00} & c_{01} & \cdots & c_{0,d-1} \\
      c_{10} & c_{11} & \cdots & c_{1,d-1} \\
      \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
      c_{d-1,0} & c_{d-1,1} & \cdots & c_{d-1,d-1} \\
    \end{pmatrix}. \]
    Luego,
    $$\alpha\cdot \alpha^j\,\beta_k = \sum_{0 \le i \le d-1} c_{ij}\,\alpha^j\,\beta_k,$$
    de donde se ve que la multiplicación por $\alpha$ sobre $K$ se representa en
    la base $\alpha^j\,\beta_k$ por la matriz diagonal por bloques
    \[ I_m\otimes A = \begin{pmatrix}
      A \\
      & A \\
      & & \ddots \\
      & & & A
    \end{pmatrix}. \]
    Su polinomio característico viene dado por
    \[ \det \begin{pmatrix}
      x \, I_d - A \\
      & x \, I_d - A \\
      & & \ddots \\
      & & & x \, I_d - A
    \end{pmatrix} = \det (x \, I_d - A)^m = (f^\alpha_F)^{n/d}. \qedhere \]
  \end{proof}
\end{proposicion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Campos de descomposición}

\begin{definicion}
  Para un polinomio $f \in F[x]$ se dice que una extensión $K/F$ es un
  \textbf{campo de descomposición} de $f$x si se cumplen las siguientes condiciones

  \begin{enumerate}
  \item[1)] $f$ se descompone en factores lineales en $K[x]$; es decir,
    $f = (x - \alpha_1)\cdots (x - \alpha_n)$, donde $\alpha_i \in K$,

  \item[2)] ningún subcampo propio $F \subseteq K' \subsetneq K$ cumple con
    esta propiedad o de manera equivalente,
    $K = F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$.
  \end{enumerate}
\end{definicion}

\begin{proposicion}
  Para un polinomio $f \in F [x]$ existe un campo de descomposición
  $K/F$. Además, $[K : F] \le n!$ donde $n = \deg (f)$.

  \begin{proof}
    Bastaría probar que existe una extensión $K/F$ de grado $\le n!$ tal que $f$
    se descompone en factores lineales en $K [x]$.

    Procedamos por inducción sobre $n$, tomando como base el caso trivial
    $n = 1$. Para $n > 1$, sea $g \mid f$ algún factor irreducible de
    $f$. Consideremos el campo $K' = F [x] / (g)$. Denotemos por $\alpha$ la
    imagen de $x$ en el cociente. Tenemos $[K' : F] = \deg (g) \le n$. Además,
    $g (\alpha) = 0$ y por ende $f (\alpha) = 0$. Se sigue que en $K' [x]$
    tenemos una factorización $f = (x - \alpha)\,h$ para algún polinomio
    $h\in K' [x]$. Ahora $\deg (h) = n-1$, así que por la hipótesis de
    inducción, existe una extensión $K / K'$ de grado $\le (n-1)!$ tal que $h$
    (y entonces $f$) se descompone en factores lineales en $K [x]$. En fin,
    \[ [K : F] = [K : K']\cdot [K' : F] \le (n-1)!\cdot n \le n! \qedhere \]
  \end{proof}
\end{proposicion}

\begin{comentario}
  De manera similar se define un campo de descomposición para una familia de
  polinomios $\{ f_i \}$. Para una familia finita $\{ f_1, \ldots, f_s \}$
  el campo de descomposición coincide con el campo de descomposición del
  producto $f_1 \cdots f_s$.
\end{comentario}

\begin{lema}
  \label{lema:extesion-de-isomorfismos-a-F(alpha)}
  Sean $\sigma\colon F_1\to F_2$ un isomorfismo de campos, $f_1 \in F_1 [x]$ un
  polinomio irreducible, $\alpha_1$ una raíz de $f_1$ en alguna extensión
  $K_1/F_1$ y $\alpha_2$ una raíz de $\sigma (f_1) \in F_2 [x]$ en alguna
  extensión $K_2/F_2$. Luego $\sigma$ se extiende a un isomorfismo
  $\overline{\sigma}\colon F_1 (\alpha_1) \to F_2 (\alpha_2)$ tal que
  $\overline{\sigma} (\alpha_1) = \alpha_2$.

  \begin{proof}
    Por la hipótesis sobre $f_1$, la evaluación de polinomios en $\alpha_1$
    induce un $F_1$-isomorfismo $F_1 [x]/(f_1) \cong F_1 (\alpha_1)$.
    El polinomio $f_2 = \sigma (f_1) \in F_2 [x]$ será también irreducible y
    de manera similar tenemos un $F_2$-isomorfismo
    $F_2[x]/(f_2) \cong F_2 (\alpha_2)$.  Está claro que $\sigma$ se extiende a
    un isomorfismo $F_1 [x]/(f_1) \cong F_2 [x]/(f_2)$.

    \[ \begin{tikzcd}
      F_1 (\alpha_1)\ar[dashed]{rrr}{\overline{\sigma}} & & & F_2 (\alpha_2) \\
       & F_1 [x]/(f_1) \ar{r}{\cong}\ar{ul}[swap]{\cong} & F_2 [x]/(f_2)\ar{ur}{\cong} \\
      F_1 \ar[>->]{uu}\ar[>->]{ur}\ar{rrr}{\sigma} & & & F_2\ar[>->]{uu}\ar[>->]{ul}
    \end{tikzcd} \]
  \end{proof}
\end{lema}

\begin{lema}[Extensión de isomorfismos]
  \label{lema:extesion-de-isomorfismos-a-campo-de-desc}
  Sea $\sigma\colon F_1 \xrightarrow{\cong} F_2$ un isomorfismo de campos. Sean
  $f_1 \in F_1 [x]$ un polinomio irreducible y $f_2 \in F_2 [x]$ el polinomio
  que corresponde a $f_1$ bajo el isomorfismo
  $F_1 [x] \xrightarrow{\cong} F_2 [x]$ inducido por $\sigma$. Sean $K_1/F_1$ y
  $K_2/F_2$ campos de descomposición de $f_1$ y $f_2$ respectivamente. Entonces,
  el isomorfismo entre $F_1$ y $F_2$ se extiende a un isomorfismo entre $K_1$ y
  $K_2$:
  \[ \begin{tikzcd}
    K_1\ar[-]{d} \ar[dashed]{r}{\cong} & K_2\ar[-]{d} \\
    F_1 \ar{r}{\cong} & F_2
  \end{tikzcd} \]

  \begin{proof}
    Procedamos por inducción sobre $n = \deg (f_1)$. Notamos que los factores
    irreducibles de $f_1$ en $F_1 [x]$ corresponden a los factores irreducibles
    de $f_2$ en $F_2 [x]$.

    Si $n = 1$, o en general si $f_1$ se descompone en factores lineales en
    $F_1 [x]$, se tiene $K_1 = F_1$, $K_2 = F_2$ y no hay que probar nada.

    Si $n > 1$, sea $g_1 \in F_1 [x]$ un factor irreducible de $f$ y
    $g_2 \in F_2 [x]$ el factor irreducible correspondiente de $f_2$.
    Si $\alpha_1 \in K_1$ es una raíz de $g_1$ y $\alpha_2 \in K_2$ es una raíz
    de $g_2$, entonces el lema anterior nos permite extender el isomorfismo
    $F_1 \xrightarrow{\cong} F_2$ a un isomorfismo $F_1 (\alpha_1)
    \xrightarrow{\cong} F_2 (\alpha_2)$. Ahora
    \[ f_1 = (x - \alpha_1)\,h_1 \text{ en } F_1(\alpha_1) [x], \quad
    f_2 = (x - \alpha_2)\,h_2 \text{ en } F_2 (\alpha_2)[x]. \]
    Notamos que $K_1$ y $K_2$ son campos de descomposición para $h_1$ y $h_2$
    sobre $F_1 (\alpha_1)$ y $F_2 (\alpha_2)$ respectivamente. Puesto que
    $\deg (h_1) = \deg (h_2) = n-1$, por la hipótesis de inducción,
    el isomorfismo $F_1 (\alpha_1) \xrightarrow{\cong} F_2 (\alpha_2)$
    se extiende a un isomorfismo $K_1 \xrightarrow{\cong} K_2$.

    \[ \begin{tikzcd}
      K_1\ar[-]{d} \ar[dashed]{r}{\cong} & F_2\ar[-]{d} \\
      F_1 (\alpha_1)\ar[-]{d} \ar{r}{\cong} & F_2 (\alpha_2)\ar[-]{d} \\
      F_1 \ar{r}{\cong} & F_2
    \end{tikzcd} \]
  \end{proof}
\end{lema}

\begin{corolario}[Unicidad de campos de descomposición]
  Para un polinomio $f\in F [x]$, si $K_1/F$ y $K_2/F$ son dos campos
  de descomposición, entonces existe un isomorfismo
  \[ \begin{tikzcd}
    K_1 \ar{rr}{\cong} && K_2 \\
    & F\ar[>->]{ul}\ar[>->]{ur}
  \end{tikzcd} \]
\end{corolario}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Cerradura algebraica}

\begin{proposicion-definicion}
  Sea $K$ un campo. Se dice que $K$ es \textbf{algebraicamente cerrado}
  si este satisface las siguientes condiciones equivalentes:
  \begin{enumerate}
  \item[1)] todo polinomio no constante en $K [x]$ tiene una raíz en $K$;

  \item[2)] todo polinomio de grado $n > 0$ en $K [x]$ tiene $n$ raíces en $K$,
    contándolas con multiplicidades; es decir,
    $$f = c\,(x-\alpha_1)\cdots (x - \alpha_n)$$
    para $\alpha_1,\ldots,\alpha_n \in K$;

  \item[3)] todo polinomio irreducible en $K [x]$ es lineal;

  \item[4)] $K$ no tiene extensiones algebraicas propias: si $L/K$ es una
    extensión algebraica, entonces $L = K$.

  \item[5)] $K$ no tiene extensiones finitas propias.
  \end{enumerate}
  
  \begin{proof}
    $1)\Rightarrow 2)$: si $f$ es un polinomio de grado $n > 0$ y $f$ tiene una
    raíz $\alpha\in K$, entonces $f = (x-\alpha)\,g$, donde
    $\deg (g) = n-1$. Luego, $g$ también debe tener una raíz,
    etcétera. Continuando de esta manera, se obtiene una descomposición
    $f = c\,(x-\alpha_1)\cdots (x - \alpha_n)$.

    $2)\Rightarrow 3)$: está claro.

    $3)\Rightarrow 4)$: si $L/K$ es una extensión algebraica, entonces para todo
    $\alpha \in L$ el polinomio mínimo $f^\alpha_K$ debe ser lineal según 3),
    lo que significa que $\alpha \in K$.

    $4)\Rightarrow 5)$: toda extensión finita es algebraica.

    $5)\Rightarrow 1)$: para un polinomio no constante $f$, escribamos
    $f = g\,h$ donde $g$ es irreducible. Luego, $L = K [x] / (g)$ es una
    extensión finita de grado $[L:K] = \deg (g)$, pero según 5), tenemos
    $L = K$, así que $\deg (g) = 1$.
  \end{proof}
\end{proposicion-definicion}

\begin{definicion}
  Para un campo $K$, se dice que una extensión $\overline{K}/K$ es una
  \textbf{cerradura algebraica} de $K$ si

  \begin{enumerate}
  \item[1)] $\overline{K}/K$ es una extensión algebraica;

  \item[2)] el campo $\overline{K}$ es algebraicamente cerrado.
  \end{enumerate}
\end{definicion}

\begin{teorema}
  Para todo campo $K$ existe una cerradura algebraica $\overline{K}$.

  \begin{proof}[Emil Artin]
    Consideremos el anillo de polinomios $K [x_f]$, donde cada variable $x_f$
    corresponde a un polinomio mónico no constante $f \in K [x]$.
    (Este anillo es muy grande.)

    Sea $I$ el ideal en $K [x_f]$ generado por los polinomios $f (x_f)$ para
    todo polinomio mónico irreducible $f \in K [x]$. Este ideal es propio.
    En efecto, en el caso contrario existen algunos polinomios
    $g_1, \ldots, g_n \in K [x_f]$ y $f_1,\ldots,f_n \in K [x]$ tales que
    $$1 = g_1 f_1 (x_{f_1}) + \cdots + g_n f_n (x_{f_n}).$$
    Sea $L/K$ una extensión finita donde cada uno de los polinomios $f_i$ tiene
    una raíz $\alpha_i \in L$. Consideremos el homomorfismo de evaluación
    \begin{align*}
      \phi\colon K [x_f] & \to L,\\
      x_{f_i} & \mapsto \alpha_i,\text{ para }i = 1,\ldots,n,\\
      x_f & \mapsto 0, \text{ si }f\ne f_i\text{ para }i=1,\ldots,n.
    \end{align*}
    Luego,
    $$\phi \Bigl(g_1 f_1 (x_{f_1}) + \cdots + g_n f_n (x_{f_n})\Bigr) = 0,$$
    pero esto significa que
    $$g_1 f_1 (x_{f_1}) + \cdots + g_n f_n (x_{f_n}) \ne 1.$$

    Siendo un ideal propio, $I$ está contenido en un ideal maximal
    $\mathfrak{m} \subset K [x_f]$. Consideremos el campo
    $K_1 = K [x_f]/\mathfrak{m}$. Por la construcción, todo polinomio no
    constante $f \in K [x]$ tiene una raíz en $K_1$. En efecto, bastaría
    considerar el caso cuando $f$ es mónico. Denotemos por $\alpha_f \in K_1$
    la imagen de $x_f$ en el cociente. Entonces, $f (\alpha_f) = 0$. Notamos que
    los elementos $\alpha_f$ son algebraicos sobre $K$, y entonces el campo
    $K_1$, siendo generado por los $\alpha_f$, es una extensión algebraica de
    $K$.

    De la misma manera, se puede construir una extensión $K_2 / K_1$ tal que
    todo polinomio no constante $f \in K_1 [x]$ tiene una raíz en $K_2$,
    etcétera. Esto nos da una torre de extensiones algebraicas
    $$K \subseteq K_1 \subseteq K_2 \subseteq K_3 \subseteq \cdots$$
    Pongamos $\overline{K} = \bigcup_{i\ge 1} K_i$.
    Esta es una extensión algebraica de $K$. Además, para cualquier polinomio no
    constante $f \in \overline{K} [x]$ sus coeficientes pertenecen a algún $K_n$
    para $n$ suficientemente grande, así que $f$ tiene una raíz en
    $K_{n+1}$. Entonces, $\overline{K}$ es un campo algebraicamente cerrado.
  \end{proof}
\end{teorema}

\begin{lema}
  \label{lema:encajes-en-cerradura-algebraica}
  Sean $\overline{K}/K$ una cerradura algebraica de $K$ y $L/K$ una extensión
  algebraica. Entonces, existe un encaje
  \[ \begin{tikzcd}
    L \ar[>->]{rr}{i} && \overline{K} \\
    & K\ar[>->]{ul}\ar[>->]{ur}
  \end{tikzcd} \]
\end{lema}

La prueba es una aplicación típica del lema de Zorn\footnote{Nuestra
  construcción de una cerradura algebraica también usa el lema de Zorn, pero
  escondido en el resultado sobre la existencia de ideales maximales.}.

\begin{proof}
  Sea $\mathcal{P}$ el conjunto que consiste en pares de elementos $(L',i')$
  donde $K \subseteq L' \subseteq L$ es una subextensión e $i'$ es un encaje de
  $L'$ en $\overline{K}$:
  \[ \begin{tikzcd}[row sep=1em, column sep=1em]
    L' \ar[>->]{rr}{i'} && \overline{K} \\
    & K\ar[>->]{ul}\ar[>->]{ur}
  \end{tikzcd} \]
  Este conjunto no es vacío: $(K,i) \in \mathcal{P}$. Este conjunto es
  parcialmente ordenado por la relación
  $$(L',i') \preceq (L'',i'') \iff L' \subseteq L'' \text{ y } \left.i''\right|_{L'} = i'.$$
  \[ \begin{tikzcd}[row sep=1em, column sep=1em]
    L'' \ar[>->]{rrrr}{i''} &&&& \overline{K} \\
    & L' \ar[>->]{urrr}{i'}\ar[>->]{ul} \\
    && K\ar[>->]{ul}\ar[>->]{uurr}
  \end{tikzcd} \]
  Es fácil comprobar que toda cadena ascendente en $\mathcal{P}$ tiene una cota
  superior: para una cadena $\{ (L_\alpha,i_\alpha) \}_\alpha$ podemos tomar
  \[ \begin{tikzcd}[row sep=1em, column sep=1em]
    \bigcup_\alpha L_\alpha \ar[>->]{rr}{j} && \overline{K} \\
    & K\ar[>->]{ul}\ar[>->]{ur}
  \end{tikzcd} \]
  donde $j (\alpha) = i_\alpha (\alpha)$ si $\alpha \in L_\alpha$.
  Entonces, el lema de Zorn nos dice que $\mathcal{P}$ tiene un elemento maximal
  $(F,i)$. Para concluir la prueba, vamos a ver que $F = L$. Todo elemento
  $x \in L$ es algebraico sobre $K$, y entonces es algebraico sobre $F$. Sea
  $f= f^x_F \in F [x]$ el polinomio mínimo de $x$ sobre $F$. Tenemos
  $$F (x) \cong F [x] / (f).$$
  El polinomio $f$ tiene una raíz $\alpha\in \overline{K}$. Consideremos
  el homomorfismo
  \begin{align*}
    ev_\alpha\colon F [x] & \to \overline{K},\\
    \sum_{k\ge 0} a_k\,x^k & \mapsto \sum_{k\ge 0} i (a_k)\,\alpha^k.
  \end{align*}
  Tenemos $f \in \ker ev_\alpha$, así que este homomorfismo induce un
  homomorfismo
  $$i'\colon F (x) \cong F [x]/(f) \to \overline{K}$$
  que es necesariamente inyectivo, dado que $F (x)$ es un campo, y que extiende a $i$:
  \[ \begin{tikzcd}[row sep=1em, column sep=1em]
    F (x) \ar[>->]{rrrr}{i'} &&&& \overline{K} \\
    & F \ar[>->]{urrr}{i}\ar[>->]{ul} \\
    && K\ar[>->]{ul}\ar[>->]{uurr}
  \end{tikzcd} \]
  Entonces, $(F, i) \preceq (F(x), i')$. Sin embargo, la maximalidad de $(F, i)$
  implica que $F = F (x)$. Esto se cumple para cualquier $x\in L$, así que
  $F = L$.
\end{proof}

De este lema se deduce que las cerraduras algebraicas son isomorfas entre sí.

\begin{teorema}
  Sean $K \hookrightarrow \overline{K}_1$ y $K \hookrightarrow \overline{K}_2$
  dos cerraduras algebraicas. Entonces, existe un isomorfismo
  \[ \begin{tikzcd}[row sep=1em, column sep=1em]
    \overline{K}_1 \ar{rr}{\cong} && \overline{K}_2 \\
    & K\ar[>->]{ul}\ar[>->]{ur}
  \end{tikzcd} \]

  \begin{proof}
    Aplicando el lema anterior a $L = \overline{K}_1$ y
    $\overline{K} = \overline{K}_2$, se obtiene un encaje
    \[ \begin{tikzcd}
      \overline{K}_1 \ar[>->]{rr}{i} && \overline{K}_2 \\
      & K\ar[>->]{ul}\ar[>->]{ur}
    \end{tikzcd} \]
    Sin embargo, $i$ es necesariamente sobreyectivo. En efecto, un elemento
    $y \in \overline{K}_2$ es una raíz de algún polinomio mónico irreducible
    $f\in K [x]$. Luego, $f$ se factoriza como $(x - x_1)\cdots (x - x_n)$ en
    $\overline{K}_1 [x]$, así que $y = i (x_k)$ para algún $k = 1,\ldots,n$.
  \end{proof}
\end{teorema}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Extensiones normales}

\begin{proposicion-definicion}
  \label{prop-dfn:extensiones-normales}
  Para una extensión finita $K/F$ las siguientes condiciones son equivalentes.

  \begin{enumerate}
  \item[1)] $K$ es un campo de descomposición de algún polinomio $f \in F[x]$.

  \item[2)] Para una cerradura algebraica $\overline{K}/K$ y $F$-homomorfismo
    $\sigma\colon K\to \overline{K}$ se tiene $\sigma (K) = K$.

  \item[3)] Para un polinomio irreducible $f \in F[x]$, si $f$ tiene una raíz en
    $K$, entonces $f$ se descompone en factores lineales en $K[x]$.
  \end{enumerate}

  En este caso se dice que $K/F$ es una extensión \textbf{normal}.

  \begin{proof}
    1)$\Rightarrow$2): si $K$ es un campo de descomposición de $f$, entonces
    $\sigma (K)$ es también un campo de descomposición de $f$, y luego
    $K = \sigma (K)$.

    2)$\Rightarrow$3): si $\alpha$ es una raíz de $f$, consideremos el campo
    $F (\alpha) \cong F[x]/(f)$. Ahora si $\beta$ es otra raíz, entonces tenemos
    un encaje $\sigma\colon F (\alpha) \to \overline{K}$ que envía
    $\alpha$ a $\beta$. Argumentando como en
    \ref{lema:encajes-en-cerradura-algebraica}, podemos extenderlo a un encaje
    $\sigma\colon K\to \overline{K}$ que envía $\alpha$ a $\beta$, pero luego
    la condición 2) implica que $\beta \in K = \sigma (K)$.

    3)$\Rightarrow$1): bajo la condición 3), $K$ es un campo de descomposición
    de la familia de polinomios $\{ f^\alpha_F \mid \alpha \in K \}$. Dado que
    nos interesan extensiones finitas $K/F$, podemos escribir
    $K = F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$, y luego $K$ es un campo de
    descomposición de $f = f^{\alpha_1}_F \cdots f^{\alpha_n}_F$.
  \end{proof}
\end{proposicion-definicion}

Un típico ejemplo de extensión que \emph{no es} normal es
$\QQ (\sqrt[3]{2})/\QQ$. Por ejemplo, hay tres diferentes encajes
$\QQ (\sqrt[3]{2}) \to \overline{\QQ}$: uno real definido por
$\sqrt[3]{2} \mapsto \sqrt[3]{2}$ y dos complejos conjugados definidos por
$\sqrt[3]{2} \mapsto \zeta_3\sqrt[3]{2}$ y
$\sqrt[3]{2} \mapsto \zeta_3^2\sqrt[3]{2}$. Estos encajes tienen diferente
imagen, lo cual no pasa para una entensión normal. El campo de descomposición
de $x^3 - 2$ es $\QQ (\sqrt[3]{2}, \zeta_3)$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Extensiones separables}

\begin{definicion}
  Sea $F$ un campo y $f\in F [x]$ un polinomio. En un campo de descomposición
  $K/F$ tenemos
  $$f = c\,(x-\alpha_1)^{e_1} \cdots (x - \alpha_s)^{e_s},$$
  donde $\alpha_1,\ldots,\alpha_s \in K$ son diferentes elementos y
  $e_i \ge 1$. Si $e_i = 1$, se dice que $\alpha_i$ es una \textbf{raíz simple} de
  $f$ y si $e_i > 1$, se dice que $\alpha_i$ es una \textbf{raíz múltiple} de
  \textbf{multiplicidad} $e_i$. Si todas las raíces de $f$ son simples, se dice
  que $f$ es un \textbf{polinomio separable}.
\end{definicion}

Para un polinomio
$f = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0 \in F [x]$
su \textbf{derivada (formal)} viene dada por
$f' = n\,a_n\,x^{n-1} + (n-1)\,a_{n-1}\,x^{n-2} + \cdots + a_1$.
Es fácil comprobar que se cumplen las reglas habituales, como por ejemplo
$(fg)' = f' g + f g'$.

\begin{proposicion}
  Un polinomio $f \in F [x]$ tiene una raíz múltiple $\alpha \in F$ si y solo si
  $f (\alpha) = f' (\alpha) = 0$.

  \begin{proof}
    Si $\alpha$ es una raíz múltiple, entonces $f = (x-\alpha)^2\,g$ para algún
    polinomio $g\in F [x]$. Luego, tomando las derivadas, se obtiene
    $f' = 2\,(x-\alpha)\,g + (x-\alpha)^2\,g'$, de donde $f' (\alpha) = 0$.

    Viceversa, si $\alpha \in F$ es una raíz común de $f$ y $f'$, entonces
    tenemos $f = (x-\alpha)\,g$ para algún $g \in F [x]$, y luego
    $f' = g + (x-\alpha)\,g'$.  De aquí se sigue que $g = f' - (x-\alpha)\,g'$
    tiene $\alpha$ como su raíz; es decir, $(x - \alpha) \mid g$. Entonces,
    $f = (x-\alpha)^2\,h$ para algún $h\in F [x]$.
  \end{proof}
\end{proposicion}

\begin{corolario}
  Un polinomio $f\in F [x]$ es separable si y solo si $\gcd (f,f') = 1$.

  \begin{proof}
    Sea $K/F$ un campo de descomposición de $f$.
 
    Si $\gcd (f,f') \ne 1$, entonces existe un polinomio no constante
    $g \in F [x]$ tal que $g \mid f$ y $g \mid f'$. El polinomio $g$ tiene una
    raíz $\alpha \in K$, y luego $f (\alpha) = f' (\alpha) = 0$, lo que
    significa que $\alpha$ es una raíz múltiple de $f$ en $K$.

    Viceversa. si $f$ no es separable, entonces existe $\alpha \in K$ tal que
    $f (\alpha) = f' (\alpha) = 0$. Esto implica que el polinomio mínimo
    $f^\alpha_F$ divide a $f$ y $f'$, y por ende $\gcd (f,f') \ne 1$.
  \end{proof}
\end{corolario}

\begin{corolario}
  \label{cor:cuando-irreducible-es-separable}
  Sea $f \in F [x]$ un polinomio irreducible. Si $f' \ne 0$, entonces $f$ es
  separable.

  \begin{proof}
    Si $g \mid f$ y $g \mid f'$ y $f$ es irreducible, entonces $g \in F^\times$
    o $g \sim f$. Sin embargo, en el segundo caso tenemos $\deg (f') < \deg
    (f)$, así que $g \nmid f'$. Se sigue que $\gcd (f,f') = 1$, y por lo tanto
    $f$ es separable.
  \end{proof}
\end{corolario}

\begin{definicion}
  Para una extensión algebraica $K/F$ se dice que un elemento $\alpha \in K$ es
  \textbf{separable} sobre $F$ si el polinomio mínimo de $\alpha$ sobre $F$ es
  separable. Si todo elemento de $K$ es separable sobre $F$, se dice que $K/F$
  es una \textbf{extensión separable}.
\end{definicion}

Un ejemplo típico de extensión que \emph{no es} separable es
$\FF_p (t)/\FF_p (t^p)$. En este caso el polinomio mínimo de
$t$ sobre $\FF_p (t^p)$ es $x^p - t^p = (x - t)^p$, y no es separable.

Para ciertos campos todas las extensiones algebraicas son automáticamente
separables.

\begin{definicion}
  Se dice que un campo $F$ es \textbf{perfecto} si se cumple una de las siguientes
  condiciones:
  \begin{enumerate}
  \item[1)] $\fchar F = 0$,
  \item[2)] $\fchar F = p$ y todo elemento de $F$ es una $p$-ésima potencia.
  \end{enumerate}
\end{definicion}

\begin{ejemplo}
  Todo campo finito es perfecto. En efecto, si $F$ es finito y $\fchar F = p$,
  entonces la aplicación $x \mapsto x^p$ es un automorfismo de $F$.
\end{ejemplo}

\begin{proposicion}
  Si $F$ es un campo perfecto, entonces todo polinomio irreducible $f \in F [x]$
  es separable. En particular, toda extensión algebraica (y en particular toda
  extensión finita) $K/F$ es separable.

  \begin{proof}
    Gracias a \ref{cor:cuando-irreducible-es-separable}, sería suficiente probar
    que para todo polinomio irreducible
    $$f = a_n\,x^n + a_{n-1}\,x^{n-1} + \cdots + a_1\,x + a_0 \in F [x]$$
    donde $a_n\ne 0$ se tiene
    $$f' = n\,a_n\,x^{n-1} + (n-1)\,a_{n-1}\,x^{n-2} + \cdots + a_1 \ne 0.$$

    Si $\fchar F = 0$, entonces $n\,a_n \ne 0$ y por ende $f' \ne 0$. Asumamos
    que $\fchar F = p$ y todo elemento de $F$ es una $p$-ésima potencia. Notamos
    que si $f' = 0$, entonces $i\cdot a_i = 0$ para todo $i = 1,\ldots,n$; es
    decir, $a_i = 0$ o $p\mid i$. Esto significa que el polinomio tiene forma
    $$f = b_m\,x^{mp} + b_{m-1}\,x^{(m-1)\,p} + \cdots + b_1\,x^p + b_0$$
    para algunos $b_0,b_1,\ldots,b_m \in F$. Por nuestra hipótesis, todo $b_i$ es
    una potencia $p$-ésima en $F$, así que
    \[ f = c_m^p\,x^{mp} + c_{m-1}^p\,x^{(m-1)\,p} + \cdots + c_1^p\,x^p + c_0^p
         = (c_m\,x^m + c_{m-1}\,x^{m-1} + \cdots + c_1\,x + c_0)^p \]
    (usando que $\fchar F = p$). Pero esto contradice la irreducibilidad de
    $f$. Entonces, $f'\ne 0$.
  \end{proof}
\end{proposicion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Teorema del elemento primitivo}

\begin{teorema}
  Sea $K/F$ una extensión finita de campos tal que
  $K = F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$, donde $\alpha_2,\ldots,\alpha_n \in K$ son
  separables\footnote{Sic. La separabilidad de $\alpha_1$ no será necesaria en
    la prueba.}. Luego, existe un elemento $\theta \in K$ tal que
  $K = F (\theta)$.

  \begin{proof}
    Consideremos primero el caso de $n = 2$. Sea entonces
    $K = F (\alpha,\beta)$, donde $\beta$ es separable sobre $F$.
    Sea $f = f^\alpha_F$ el polinomio mínimo de $\alpha$ sobre $F$ y
    $g = f^\beta_F$ el polinomio mínimo de $\beta$ sobre $F$. Sea $L/K$ una
    extensión donde $f$ y $g$ se descomponen en factores lineales y sean
    $$\alpha_1 = \alpha, \alpha_2, \ldots, \alpha_r \in L$$
    las raíces diferentes de $f$ en $L$ y sean
    $$\beta_1 = \beta, \beta_2, \ldots, \beta_s \in L$$
    las raíces de $g$ (son todas diferentes, dado que $\beta$ es separable).

    Notamos que sin pérdida de generalidad, se puede asumir que $F$ es un campo
    infinito. En el caso contrario, $K$ también sería un campo finito, y luego
    $K = F (\theta)$ donde $\theta$ es un generador del grupo cíclico
    $K^\times$.

    Notamos que $\beta_j \ne \beta_1$ para $j \ne 1$, así que la ecuación
    $$\alpha_i + x\,\beta_j = \alpha_1 + x\,\beta_1$$
    tiene a lo sumo una raíz $x\in F$ para cualesquiera $i = 1,\ldots,r$ y
    $j = 2,\ldots,s$. Gracias a nuestra hipótesis de que $F$ sea infinito,
    existe un elemento $c\in F$ que es distinto de las raíces de las ecuaciones
    de arriba:
    \[ \alpha_i + c\,\beta_j \ne \alpha_1 + c\,\beta_1
       \quad\text{para }i = 1,\ldots,r, ~ j = 2,\ldots,s. \]
    Pongamos
    $$\theta = \alpha_1 + c\,\beta_1 = \alpha + c\,\beta.$$
    Tenemos $\theta = F (\alpha,\beta)$. Si logramos probar que
    $\beta \in F (\theta)$, entonces también
    $\alpha = \theta - c\,\beta \in F (\theta)$ y
    $F (\alpha,\beta) = F (\theta)$. Notamos que
    $$g (\beta) = 0, \quad f (\alpha) = f (\theta - c\,\beta) = 0$$
    y los polinomios $g \in F [x]$ y $f (\theta - c\,x) \in F (\theta) [x]$ no
    pueden tener más de una raíz común por nuestra elección de $c$: se tiene
    $$\theta - c\,\beta_j \ne \alpha_i\quad\text{para }i = 1,\ldots,r, ~ j = 2,\ldots,s,$$
    así que $f (\theta - c\,\beta_j) \ne 0$ para $j \ne 1$. Calculamos
    $$\gcd (g, f (\theta - c\,x)) = h \quad\text{en }F (\theta) [x]$$
    para algún polinomio mónico $h \in F (\theta) [x]$. Notamos que
    $\deg (h) > 0$: dado que $g (\beta) = f (\theta - c\,\beta) = 0$,
    ambos polinomios $g$ y $f (\theta - c\,x)$ deben ser divisibles por el
    polinomio mínimo $f^\beta_{F (\theta)}$. En $L [x]$ el polinomio $h$ se
    descompone en factores lineales y toda raíz de $h$ es una raíz de $g$ y
    $f (\theta - c\,x)$. Pero $\beta$ es la única raíz común de $g$ y
    $f (\theta - c\,x)$ y $g$ no tiene raíces múltiples, así que necesariamente
    $h = x - \beta$. Esto nos permite concluir que $\beta \in F (\theta)$.

    Esto termina la prueba en el caso de $n = 2$. En el caso general, podemos
    proceder por inducción sobre $n$. Asumamos que el resultado es válido para
    $n-1$ y se tiene
    $$F (\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-1}) = F (\eta)$$
    para algún $\eta \in K$. Luego,
    $$F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n) = F (\eta,\alpha_n) = F (\theta)$$
    por el caso de dos generadores.
  \end{proof}
\end{teorema}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Lema de Dedekind}

Para un grupo $G$ y un campo $K$ un \textbf{carácter} (multiplicativo) es un
homomorfismo $\chi\colon G\to K^\times$. El siguiente resultado es bastante
fácil de probar, pero es de mucha importancia, así que merece una sección
separada.

\begin{lema}[Dedekind; independencia lineal de caracteres]
  \label{lema:independencia-de-caracteres}
  Dado un grupo $G$ y un campo $K$, consideremos diferentes caracteres
  multiplicativos $\chi_1,\ldots,\chi_n\colon G\to K^\times$. Estos son
  necesariamente linealmente independientes sobre $K$: si para algunos
  $c_1,\ldots,c_n \in K$ se cumple
  $$c_1 \chi_1 (g) + \cdots + c_n \chi_n (g) = 0 \quad\text{para todo }g\in G,$$
  entonces $c_1 = \cdots = c_n = 0$.

  \begin{proof}
    Inducción sobre $n$, el caso base siendo $n = 1$. Supongamos que
    el resultado es válido para $n-1$ caracteres.
    Consideremos una dependencia lineal
    \[ \tag{*} c_1 \chi_1 (g) + \cdots + c_{n-1} \chi_{n-1} (g) + c_n \chi_n (g)
       = 0 \quad\text{para todo }g\in G. \]
    Dado que los caracteres son diferentes, existe $g_0 \in G$ tal que
    $\chi_1 (g_0) \ne \chi_n (g_0)$. Sustituyendo $g_0 g$ en lugar de $g$,
    se obtiene
    \[ \tag{**} c_1 \chi_1 (g_0) \chi_1 (g) + \cdots +
       c_{n-1} \chi_{n-1} (g_0) \chi_{n-1} (g) + c_n \chi_n (g_0) \chi_n (g) = 0. \]
    Ahora si multiplicamos (*) por $\chi_n (g_0)$ y luego restamos el resultado
    de (**), nos queda
    \[ c_1 (\chi_1 (g_0) - \chi_n (g_0)) \chi_1 (g) + \cdots +
       c_{n-1} (\chi_{n-1} (g_0) - \chi_n (g_0)) \chi_{n-1} (g) = 0. \]
    Entonces, por la hipótesis de inducción,
    $c_1 (\chi_1 (g_0) - \chi_n (g_0)) = 0$, pero dado que
    $\chi_1 (g_0) \ne \chi_n (g_0)$, tenemos que concluir que $c_1 = 0$.
    El mismo razonamiento nos dice que $c_2 = \cdots = c_{n-1} = 0$, pero luego
    también $c_n = 0$.
  \end{proof}
\end{lema}

El lema de Dedekind será útil para caracteres $\sigma\colon K^\times \to K^\times$
que vienen de automorfismos $\sigma\colon K\to K$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Automorfismos de campos}

Para una extensión de campos $K/F$ denotaremos por $\Aut (K/F)$ el grupo de
automorfismos $\sigma\colon K\to K$ tales que
$\left.\sigma\right|_F = id$. Estos se llaman \textbf{$F$-automorfismos} de $K$.
\[ \begin{tikzcd}[row sep=1em, column sep=1em]
  K \ar{rr}{\sigma} && K \\
   & F\ar{ul}\ar{ur}
\end{tikzcd} \]
Todos los automorfismos de $K$ serán denotados por $\Aut (K)$.

\begin{proposicion}
  Sean $K/F$ una extensión finita de campos y $\sigma\colon K\to K$ un
  $F$-automorfismo.

  \begin{enumerate}
  \item[1)] Si $K = F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$, entonces $\sigma$ está
    definido por las imágenes de los generadores $\alpha_i$.

  \item[2)] Para $\alpha \in K$ sea $f = f^\alpha_F$ el polinomio mínimo
    correspondiente. En este caso $f (\sigma (\alpha)) = 0$ y $f$ es también
    el polinomio mínimo de $\sigma (\alpha)$.

  \item[3)] $\Aut (K/F)$ es un grupo finito.
  \end{enumerate}

  \begin{proof}
    Las partes 1) y 2) se siguen del hecho de que $\sigma$, siendo un
    automorfismo, preserva sumas y productos, y entonces todos los polinomios:
    $\sigma (f (\alpha)) = f (\sigma (\alpha))$.

    En particular, la parte 2) implica que hay solamente un número finito de
    $F$-automorfismos $\sigma\colon K\to K$.
  \end{proof}
\end{proposicion}

El siguiente resultado relaciona subcampos de $K$ y subgrupos de $\Aut (K)$.

\begin{proposicion}
\label{prop:subcampos-y-subgrupos-de-Aut}
  Sea $K$ un campo.

  \begin{enumerate}
  \item[1)] Dado un subgrupo $H \subseteq \Aut (K)$, el conjunto
    $$K^H = \{ \alpha \in K \mid \sigma (\alpha) = \alpha\text{ para todo }\sigma\in H \}$$
    es un subcampo de $K$, llamado el \textbf{subcampo fijo} de $H$.

  \item[2)] Para un subcampo $F\subseteq K$ se tiene
    $F \subseteq K^{\Aut (K/F)}$.

  \item[3)] Para un subgrupo $H \subseteq \Aut (K)$ se tiene
    $H \subseteq \Aut (K/K^H)$.

  \item[4)] Para subcampos $F_1 \subseteq F_2 \subseteq K$ se tiene
    $\Aut (K/F_2) \subseteq \Aut (K/F_1)$.

  \item[5)] Para subgrupos $H_1 \subseteq H_2 \subseteq \Aut (K)$ se tiene
    $K^{H_2} \subseteq K^{H_1}$.

  \item[6)] Si $F = K^H$ para algún subgrupo $H \subseteq \Aut (K)$, entonces
    $F = K^{\Aut (K/F)}$.
    
  \item[7)] Si $H = \Gal (K/F)$ para algún subcampo $F \subseteq K$, entonces
    $H = \Aut (K/K^H)$.
  \end{enumerate}

  \begin{proof}
    1)--5) se deja al lector. En la parte 6), notamos que
    $H \subseteq \Aut (K/F)$ por la parte 3), y luego
    $K^{\Aut (K/F)} \subseteq K^H = F$. Por otra parte,
    $F \subseteq K^{\Aut (K/F)}$ según la parte 2).

    De manera similar, en 7) tenemos $F \subseteq K^{\Aut (K/F)}$, y luego
    $\Aut (K/K^H) = \Aut (K/K^{\Aut (K/F)}) \subseteq \Aut (K/F) = H$.
    Por otra parte, $H \subseteq \Aut (K/K^H)$ según 3).
  \end{proof}
\end{proposicion}

\begin{proposicion}
  \label{prop:Aut(K/F)-le-K:F}
  Para una extensión finita $K/F$ se tiene $|\Aut (K/F)| \le [K : F]$.

  \begin{proof}
    Sean $\sigma_1, \ldots, \sigma_m$ los elementos de $\Aut (K/F)$ y
    $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ una base de $K$ sobre $F$. Supongamos que
    $n < m$. En este caso habrá dependencia $K$-lineal entre las filas de
    la siguiente matriz de $m\times n$ con entradas en $K$:
    \[ \begin{pmatrix}
      \sigma_1 (\alpha_1) & \sigma_1 (\alpha_2) & \cdots & \sigma_1 (\alpha_n) \\
      \sigma_2 (\alpha_1) & \sigma_2 (\alpha_2) & \cdots & \sigma_2 (\alpha_n) \\
      \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
      \sigma_m (\alpha_1) & \sigma_m (\alpha_2) & \cdots & \sigma_m (\alpha_n)
    \end{pmatrix} \]
    Esto significa que existen $c_i \in K$, no todos nulos, tales que
    $$c_1 \sigma_1 (\alpha_j) + \cdots + c_n \sigma_n (\alpha_j) = 0$$
    para todo $j = 1,\ldots,n$. Ahora para cualquier elemento $\alpha \in K$
    podemos escribir $\alpha = \sum_j a_j \alpha_j$, y luego
    $$\sum_i c_i \sigma_i (\alpha) = \sum_j a_j \sum_i c_i \sigma_i (\alpha_j) = 0.$$
    Pero esto significa que los caracteres $\sigma_i\colon K^\times \to K^\times$
    son linealmente dependientes, lo cual contradice el lema de Dedekind.
  \end{proof}
\end{proposicion}

\begin{lema}
  \label{lema:automorphism-group-and-degree}
  Sean $K/F$ una extensión finita y $G \subseteq \Aut (K)$ tal que $F = K^G$.
  En este caso $|G| = [K : F]$ y $G = \Aut (K/F)$.

  \begin{proof}
    Sea $G = \{ \sigma_1, \ldots, \sigma_m \}$ y
    $\alpha_1, \ldots, \alpha_n \in K$ una base de $K$ sobre $F$.
    La proposición anterior nos dice que $n \le m$. Supongamos que
    $n < m$ y consideremos la matriz
    \[ \begin{pmatrix}
      \sigma_1 (\alpha_1) & \sigma_1 (\alpha_2) & \cdots & \sigma_1 (\alpha_n) \\
      \sigma_2 (\alpha_1) & \sigma_2 (\alpha_2) & \cdots & \sigma_2 (\alpha_n) \\
      \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
      \sigma_m (\alpha_1) & \sigma_m (\alpha_2) & \cdots & \sigma_m (\alpha_n)
    \end{pmatrix} \]
    Hay una dependencia $K$-lineal entre las columnas. Sea $k$ el mínimo posible    
    tal que algunas $k$ columnas son linealmente dependientes. Después de
    renumerar los $\alpha_j$, podemos suponer que la dependencia lineal es entre
    las primeras $k$ columnas:
    \[ \tag{*} c_1\,\sigma_i (\alpha_1) + \cdots + c_k\,\sigma_i (\alpha_k) = 0 \]
    para todo $i = 1,\ldots,m$, donde $c_1,\ldots,c_k \in K^\times$. Además, podemos
    normalizar los coeficientes y asumir que $c_k = 1$.

    Para cualquier elemento $\sigma \in G$ tenemos
    $\{ \sigma\sigma_j \mid i = 1,\ldots,m \} = G$,
    así que la aplicación de $\sigma$ a la ecuación (*) nos
    permite concluir que
    \[ \tag{**} \sigma (c_1)\,\sigma_i (\alpha_1) + \cdots + \sigma(c_k)\,\sigma_i (\alpha_k) = 0 \]
    para todo $i$. Ahora restando (**) de (*) y tomando en cuenta que $c_k = 1$,
    se obtiene
    \[ (c_1 - \sigma (c_1))\,\sigma_i (\alpha_1) + \cdots + (c_{k-1} - \sigma (c_{k-1}))\,\sigma_i (\alpha_k) = 0, \]
    y luego por la minimalidad de $k$ tenemos $c_j = \sigma (c_j)$ para todo $j$.

    Este argumento es válido para todo $\sigma \in G$ y demuestra que
    $c_1,\ldots,c_k \in K^G$. Pero por nuestra hipótesis, $K^G = F$. Entonces, usando
    que los automorfismos $\sigma_j$ son $F$-lineales, (*) nos da
    $$\sigma_j (c_1\,\alpha_1 + \cdots + c_k\,\alpha_k) = 0,$$
    y luego $c_1\,\alpha_1 + \cdots + c_k\,\alpha_k = 0$, pero esto contradice
    la independencia lineal de los $\alpha_i$.
  \end{proof}
\end{lema}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Extensiones de Galois}

La correspondencia entre los subgrupos y subcampos funciona bien para las
extensiones de Galois.

\begin{proposicion-definicion}
  Se dice que una extensión finita $K/F$ es una \textbf{extensión de Galois}
  si se cumple una de las siguientes condiciones equivalentes:
  \begin{enumerate}
  \item[1)] $|\Aut (K/F)| = [K : F]$,

  \item[2)] $F = K^{\Aut (K/F)}$,

  \item[3)] $K/F$ es normal y separable,

  \item[4)] $K$ es el campo de descomposición de un polinomio separable
    $f \in F[x]$.
  \end{enumerate}

  \begin{proof}
    Para la implicación 1)$\Rightarrow$2) supongamos que se cumple
    $|\Aut (K/F)| = [K : F]$. En este caso el lema
    \ref{lema:automorphism-group-and-degree} implica que
    $|\Aut (K/K^{\Aut (K/F)})| = [K : K^{\Aut (K/F)}]$. Entonces,
    $F \subseteq K^{\Aut (K/F)} \subseteq K$ y $[K : F] = [K : K^{\Aut (K/F)}]$,
    así que $F = K^{\Aut (K/F)}$.

    % Notamos que la implicación 2)$\Rightarrow$1) es el contenido
    % del lema \ref{lema:automorphism-group-and-degree}.

    \vspace{1em}

    Para probar 2)$\Rightarrow$3), para un elemento $\alpha \in K$,
    sean $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ diferentes elementos del conjunto finito
    $\{ \sigma (\alpha) \mid \sigma \in \Aut (K/F) \}$.
    Consideremos el polinomio
    $$f(x) = (x - \sigma (\alpha_1))\cdots (x - \sigma (\alpha_n)) \in K[x].$$
    Se tiene $\sigma (f) = f$, para todo $\sigma \in \Aut (K/F)$, así que los
    coeficientes de $f$ están en $K^{\Aut (K/F)} = F$. Notamos que para todo
    $\sigma \in \Aut (K/F)$ el elemento $\sigma (\alpha)$ es una raíz del
    polinomio mínimo $f^\alpha_F$, y en particular $f^\alpha_F \mid f$. Se sigue
    que $f^\alpha_F$ se descompone en diferentes factores lineales en
    $K [x]$, así que $f^\alpha_F$ es separable.

    Esto establece la separabilidad de $K/F$. Por otra parte, si
    $K = F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$, entonces nuestro argumento demuestra que
    $K$ es el campo de descomposición del polinomio
    $f = f^{\alpha_1}_F\cdots f^{\alpha_n}_F$, así que $K$ es normal.

    \vspace{1em}

    Para la implicación 3)$\Rightarrow$4), escribamos
    $K = F (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$. Por la normalidad, todo polinomio mínimo
    $f^{\alpha_i}_F$ se descompone en factores lineales en $K [x]$. Por otra parte,
    la separabilidad significa que cada $f^{\alpha_i}_F$ no tiene raíces
    múltiples. Podemos tomar $f = f^{\alpha_1}_F\cdots f^{\alpha_n}_F$. Puede ser que
    $f^{\alpha_i}_F$ y $f^{\alpha_j}_F$ tienen una raíz común, pero en este caso
    $f^{\alpha_i}_F = f^{\alpha_j}_F$. Quitando los factores repetidos, podemos
    asegurarnos que $f$ es separable.

    \vspace{1em}

    Para la implicación 4)$\Rightarrow$1), sea $K$ un campo de descomposición de
    $f \in F[x]$. Consideremos el grupo de automorfismos $G = \Aut (K/F)$. Vamos
    a probar que $|G| = [K : F]$ por inducción sobre $[K : F]$. El caso base
    es cuando $K = F$. Para el paso inductivo, si $[K : F] > 1$, existe una raíz
    $\alpha \in K$ de $f$ tal que $\alpha \notin F$.  En este caso
    $[K : F (\alpha)] < [K : F]$, así que por la hipótesis de inducción el grupo
    de automorfismos $H = \Aut (K/F (\alpha)) \subset G$ satisface
    $|H| = [K : F (\alpha)]$.

    Sean $\alpha_1, \ldots, \alpha_s$ las raíces del polinomio mínimo
    $f^\alpha_F$. Estas son distintas y $s = \deg (f^\alpha_F) = [F (\alpha) : F]$.
    Notamos que para toda raíz $\alpha_i$, usando
    \ref{lema:extesion-de-isomorfismos-a-F(alpha)} y
    \ref{lema:extesion-de-isomorfismos-a-campo-de-desc}, se obtiene un
    automorfismo $\sigma_i \in G$ tal que $\sigma_i (\alpha) = \alpha_i$:
    \[ \begin{tikzcd}
      K\ar[-]{d} \ar[dashed]{r}{\sigma_i} & K\ar[-]{d} \\
      F (\alpha)\ar[-]{d} \ar{r}{\cong} & F (\alpha_i)\ar[-]{d} \\
      F \ar[equals]{r} & F
    \end{tikzcd} \]

    Notamos que $\sigma_i H \ne \sigma_j H$ para $i \ne j$. En efecto,
    si $\sigma_i H = \sigma_j H$, entonces, dado que $H = \Aut (K/F(\alpha))$,
    esto implicaría $\sigma_i (\alpha) = \sigma_j (\alpha)$.
    De esta manera hemos encontrado $s = [F (\alpha) : F]$ diferentes
    elementos en el cociente $G/H$. Ahora
    $$|G| = [G : H]\cdot |H| \ge [F (\alpha) : F]\cdot [K : F (\alpha)] = [K : F].$$
    La otra desigualdad $|G| \le [K : F]$ se cumple en cualquier caso
    (véase \ref{prop:Aut(K/F)-le-K:F}).
  \end{proof}
\end{proposicion-definicion}

\begin{definicion}
  Para una extensión de Galois $K/F$ el grupo de automorfismos $\Aut (K/F)$ se
  conoce como el \textbf{grupo de Galois} y se denota por $\Gal (K/F)$.
\end{definicion}

Notamos que según lema \ref{lema:automorphism-group-and-degree}, se tiene
$|\Gal (K/F)| = [K : F]$.

\begin{lema}
  Si $K/F$ es una extensión de Galois, entonces para cualquier subextensión
  $F \subseteq L \subseteq K$, la extensión $K/L$ es también de Galois.

  \begin{proof}
    Si $K/F$ es separable, esto significa que para todo $\alpha \in K$ el
    polinomio mínimo $f^\alpha_F$ es separable. Pero ahora
    $f^\alpha_L \mid f^\alpha_F$, así que $f^\alpha_L$ es también separable.

    Ahora la normalidad de $K/F$ significa que $K$ es un campo de descomposición
    para algún polinomio $f \in F [x]$. En particular, $f \in L [x]$, así que
    la extensión $K/L$ es también normal.
  \end{proof}
\end{lema}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Teorema fundamental de la teoría de Galois}

\begin{lema}[Extensión de automorfismos]
  Sea $K/F$ una extensión de Galois y $F \subseteq L \subseteq K$
  una subextensión. En este caso todo $F$-automorfismo
  $\tau\colon L\to L$ es de la forma $\left.\sigma\right|_L$
  para algún $\sigma \in \Gal (K/F)$.

  \begin{proof}
    Para simplificar el asunto, podemos invocar el teorema del elemento
    primitivo y escribir $K = F (\alpha)$ para algún $\alpha \in K$. Dado que
    $\left.\tau\right|_F = id$, los polinomios mínimos de $\alpha$ y
    $\tau (\alpha)$ sobre $F$ coinciden, y $K$ es un campo de descomposición de
    estos. Podemos entonces ocupar el lema
    \ref{lema:extesion-de-isomorfismos-a-campo-de-desc}.
  \end{proof}
\end{lema}

\begin{teorema}[Correspondencia de Galois]
  \label{thm:correspondencia-de-Galois}
  Dada una extensión finita de Galois $K/F$, consideremos el grupo de Galois
  $G = \Gal (K/F)$.  A una subextensión $F \subset L \subset K$ se puede
  asociar un subgrupo $H = \Gal (K/L) \subseteq G$. Viceversa, dado un subgrupo
  $H \subseteq G$, se obtiene una subextensión
  $$L = K^H = \{ \alpha \in K \mid \sigma (\alpha) = \alpha \text{ para }\sigma\in H \}.$$
  Esto nos da una biyección
  \[ \begin{tikzcd}[column sep=4em]
    \{ \text{ subcampos }F \subseteq L \subseteq G \}
    \ar[shift left=0.25em]{r}{L \mapsto \Gal (K/L)} &
    \{ \text{ subgrupos }H \subseteq G \}
    \ar[shift left=0.25em]{l}{K^H \mapsfrom H}
  \end{tikzcd} \]

  Esta correspondencia satisface las siguientes propiedades.
  \begin{enumerate}
  \item[1)] La correspondencia invierte las inclusiones.
    Si $L_1 \subseteq L_2$, entonces $\Gal (K/L_2) \subseteq \Gal (K/L_1)$.
    Si $H_1 \subseteq H_2 \subseteq G$, entonces $K^{H_2} \subseteq K^{H_1}$.

  \item[2)] $[K:L] = |H|$ y $[L:F] = [G:H]$.

  \item[3)] La extensión $L/F$ es normal (y entonces Galois) si y solamente si
    el subgrupo $H \subseteq G$ es normal. En este caso la restricción de
    automorfismos $\Gal (K/F) \to \Gal (L/F)$ es sobreyectiva y tiene $H$ como
    su núcleo, así que $\Gal (L/F) \cong G/H$.

  \item[4)] Para dos subextensiones $L_1$ y $L_2$ hay un $F$-isomorfismo
    $L_1\cong L_2$ si y solamente si los subgrupos correspondientes
    $H, H' \subseteq G$ son conjugados por un elemento de $G$.
  \end{enumerate}

  \begin{proof}
    La proposición \ref{prop:subcampos-y-subgrupos-de-Aut} nos da la biyección
    deseada para las subextensiones de la forma $L = K^H$ para
    $H \subseteq \Gal (K/F)$ y subgrupos $H = \Gal (K/L) \subseteq \Gal (K/F)$.
    Entonces, tenemos que probar que en el caso de extensión de Galois todas
    las subextensiones surgen de campos fijos por un subgrupo $H$ y que
    todo subgrupo de $\Gal (K/F)$ tiene forma $\Gal (K/L)$.

    Dada una subextensión $F \subseteq L \subseteq K$, puesto que $K/F$ es una
    extensión de Galois, $K/L$ también lo es. Entonces, $L = K^{\Gal (K/L)}$.
    Esto demuestra que todas las subextensiones vienen de subcampos fijos.
    Por otra parte, para un subgrupo $H \subseteq \Gal (K/F)$, según
    \ref{lema:automorphism-group-and-degree} se cumple $H = \Gal (K/K^H)$.

    Esto establece la biyección deseada. La propiedad 1) se verifica fácilmente.
    Para la parte 2), dado que $K/F$ y $K/L$ son extensiones de Galois, tenemos
    $|G| = |\Gal (K/F)| = [K:F]$ y $|H| = |\Gal (K/L)| = [K:L]$. Luego,
    $$[L : F] = \frac{[K : F]}{[K : L]} = \frac{|G|}{|H|} = [G : H].$$

    Supongamos ahora que $H \subseteq G$ es un subgrupo normal y consideremos
    el subcampo $L = K^H$. Para un elemento $\alpha \in L$ consideremos
    el polinomio mínimo $f^\alpha_F$. Si $\beta$ es cualquier otra raíz de
    $f^\alpha_F$, entonces existe un automorfismo $\sigma \in G$ tal que
    $\sigma (\alpha) = \beta$. Notamos que para cualquier automorfismo
    $\tau \in H$ se tiene
    $\tau (\beta) = \sigma (\sigma^{-1} \tau \sigma (\alpha))$, donde
    $\sigma^{-1} \tau \sigma \in H$ por la normalidad, y entonces
    $\tau (\beta) = \sigma (\alpha) = \beta$. Esto demuestra que toda raíz
    de $f^\alpha_F$ está en $K^H = L$. Entonces, si un polinomio irreducible
    $f \in F[x]$ se descompone en factores lineales en $K [x]$, entonces
    este ya se descompone en factores lineales en $L [x]$. Esto establece
    la normalidad de la extensión $L/F$. Por otra parte, $L/F$ es separable,
    puesto que $K/F$ lo es.

    Viceversa, si $L/F$ es una extensión de Galois, consideremos el homomorfismo
    $$\phi\colon \Gal (K/F) \to \Gal (L/F), \quad \sigma \mapsto \left.\sigma\right|_L.$$
    Gracias a la normalidad de $L/F$, la restricción $\left.\sigma\right|_L$
    tiene imagen en $L$ (véase \ref{prop-dfn:extensiones-normales}). Ahora
    $$\ker\phi = \{ \sigma \in \Gal (K/F) \mid \left.\sigma\right|_L = id \} = \Gal (K/L).$$
    En particular, $H = \Gal (K/L)$ es un subgrupo normal de $G = \Gal (K/F)$.
    El homomorfismo $\phi$ es sobreyectivo: todo $F$-homomorfismo
    $\tau\colon L \to L$ se extiende a $\sigma\colon K\to K$ gracias
    al lema de extensión de isomorfismos
    \ref{lema:extesion-de-isomorfismos-a-campo-de-desc}. Entonces, $\phi$ induce
    un isomorfismo $\Gal (L/F) \cong G/H$.

    En fin, para la parte 4), notamos que dos subcampos $L_1$ y $L_2$ son
    isomorfos si y solamente si $L_2 = \sigma (L_1)$ para algún automorfismo
    $\sigma \in \Gal (K/F)$. En una dirección esto está claro: la restricción de
    $\sigma\colon K\to K$ a $L_1$ induce un isomorfismo
    $L_1 \cong \sigma (L_1)$. En la otra dirección, un $F$-isomorfismo
    $\tau\colon L_1 \to L_2$ se extiende a $\sigma\colon K \to K$,
    y luego $L_2 = \sigma (L_1)$. Un pequeño cálculo demuestra que
    $\Gal (K/\sigma(L_1)) = \sigma \Gal (K/L_1) \sigma^{-1}$.
  \end{proof}
\end{teorema}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Campos finitos}

Todo campo finito $F$ necesariamente tiene característica $p$, y entonces es una
extensión del campo $\FF_p = \ZZ/p\ZZ$. Siendo un $\FF_p$-espacio vectorial, $F$
debe tener $p^n$ elementos.

\begin{teorema}
  Para todo primo $p$ y $n = 1,2,3,\ldots$ existe un campo finito $\FF$ de $p^n$
  elementos; específicamente, este es un campo de descomposición del polinomio
  separable $x^{p^n} - x \in \FF_p [x]$.

  En particular, $\FF$ es único salvo isomorfismo, y $\FF/\FF_p$ es una
  extensión de Galois.

  \begin{proof}
    Consideremos una extensión $\FF/\FF_p$. Notamos que el polinomio
    $f = x^{p^n} - x \in \FF_p [x]$ es separable, dado que tenemos $f' = -1$,
    y luego $\gcd (f,f') = 1$.

    \begin{enumerate}
    \item[1)] Sea $\FF/\FF_p$ un campo de descomposición de $f$. En este caso
      $\FF$ contiene $p^n$ raíces distintas de $f$. Usando que $\fchar \FF = p$,
      no es difícil verificar que las raíces de $f$ forman un subcampo de
      $\FF$. Por la minimalidad de campos de descomposición, esto significa
      que $\FF$ consiste precisamente en las raíces de $f$ y $|\FF| = p^n$.

    \item[2)] Viceversa, notamos que si $\FF$ es un campo de $p^n$ elementos,
      entonces $\FF$ tiene característica $p$ y $\FF_p \subseteq \FF$. El grupo
      multiplicativo $\FF^\times$ tiene orden $p^n-1$, así que todo elemento
      $\alpha\in\FF^\times$ satisface $\alpha^{p^n-1} = 1$ según el teorema de
      Lagrange, así que $\alpha^{p^n} = \alpha$. Para $\alpha = 0$ esto también
      trivialmente se cumple. Luego, todos los $p^n$ elementos de $\FF$ son
      raíces del polinomio $f= x^{p^n} - x \in \FF_p [x]$ de grado $p^n$, así
      que $\FF$ es un campo de descomposición de $f$. Este es único salvo
      isomorfismo. \qedhere
    \end{enumerate}
  \end{proof}
\end{teorema}

En vista del último resultado, normalmente un campo finito de $p^n$ elementos se
denota por $\FF_{p^n}$, siempre tomando en cuenta que este está bien definido
salvo isomorfismo.

\vspace{1em}

El grupo multiplicativo de un campo finito es cíclico, lo que puede ser deducido
de la siguiente observación general de la teoría de grupos.

\begin{lema}
  Sea $G$ un grupo de orden finito $n$. Supongamos que para todo
  $d\mid n$ se cumple
  \[ \tag{*} \# \{ x\in G \mid x^d = 1 \} \le d. \]
  Entonces $G$ es cíclico.

  \begin{proof}
    Si $G$ tiene un elemento $g$ de orden $d$, entonces por el teorema de
    Lagrange tenemos necesariamente $d \mid n$. Ahora $g$ genera el subgrupo
    $\langle g\rangle$ que es cíclico de orden $d$. Todo elemento $h\in G$ tal
    que $h^d = 1$ pertenece a este subgrupo gracias a la hipótesis (*), y si $h$
    tiene orden $d$, entonces es otro generador de $\langle g\rangle$. En total
    este subgrupo tiene $\phi (d)$ generadores. Entonces, el número de elementos
    de orden $d$, donde $d \mid n$, es igual a $0$ o $\phi (d)$. De hecho,
    el primer caso no es posible: la fórmula $\sum_{d\mid n} \phi (d) = n$
    demuestra que si para algún $d\mid n$ el grupo $G$ no tiene elementos de
    orden $d$, entonces $|G| < n$. En particular, $G$ debe tener un elemento de
    orden $n$ y por lo tanto es cíclico.
  \end{proof}
\end{lema}

\begin{corolario}
  \label{cor:grupo-multiplicativo-de-campo-finito}
  Si $K$ es cualquier campo y $G$ un subgrupo finito del grupo multiplicativo
  $K^\times$, entonces $G$ es cíclico. En particular, para un campo finito
  $\FF_{p^n}$ el grupo $\FF_{p^n}^\times$ es cíclico.

  \begin{proof}
    Para un campo, la ecuación polinomial $x^d - 1 = 0$ tiene como
    máximo $d$ soluciones. Entonces, se cumple la hipótesis
    del lema anterior.
  \end{proof}
\end{corolario}

En particular, si $K = \FF_{p^n}$ es un campo finito de $p^n$ elementos y
$\alpha$ es un generador multiplicativo de $K^\times$, tenemos
$K = \FF_p (\alpha)$. El polinomio mínimo de $\alpha$ sobre $\FF_p$
es algún polinomio irreducible $f \in \FF_p [x]$ de grado $n$.
Entonces, para construir un campo finito $\FF_{p^n}$, hay que encontrar
ese polinomio y tomar el cociente $\FF_p [x] / (f)$. El campo $\FF_{p^n}$
está bien definido solo salvo isomorfismo no único. No es difícil describir
los automorfismos de campos finitos.

\begin{teorema}
  \label{thm:grupo-de-Galois-de-campo-finito}
  Sea $q = p^\ell$ para $p$ primo y $\ell = 1,2,3,\ldots$ Para un campo finito
  $\FF_{q^n}$ el grupo $\Gal (\FF_{q^n}/\FF_q)$ es cíclico de orden $n$,
  generado por el \term{automorfismo de Frobenius} $F\colon x \mapsto x^q$.

  \begin{proof}
    Notamos primero que $F$ es un automorfismo. Para cualesquiera
    $x,y\in \FF_{q^n}$ tenemos obviamente $(xy)^q = x^q\,y^q$, y para las sumas
    se tiene $(x + y)^q = x^q + y^q$, usando que estamos en característica $p$.
    Esto demuestra que $F\colon \FF_{q^n} \to \FF_{q^n}$ es un homomorfismo.
    Ahora $F$ es automáticamente inyectivo, pero ya que $\FF_{q^n}$ es finito,
    $F$ es también sobreyectivo.

    El grupo multiplicativo $\FF_{q^n}^\times$ es cíclico y podemos escoger un
    generador $\alpha \in \FF_{q^n}^\times$. Todo automorfismo
    $\sigma \in \Gal (\FF_{q^n}/\FF_q)$ está definido por la imagen de $\alpha$,
    y de allí es fácil ver que las potencias del automorfismo de Frobenius
    $F^k\colon x\mapsto x^{q^k}$ son distintas para $k = 0, \ldots, n-1$.
    Esto nos da $n$ diferentes automorfismos de $\FF_{q^n}$, pero sabemos que
    en general $|\Gal (\FF_{q^n}/\FF_q)| = [\FF_{q^n} : \FF_q] = n$, así que
    acabamos de describir todos los automorfismos.
  \end{proof}
\end{teorema}

La teoría de Galois nos da la siguiente descripción de las subextensiones
de $\FF_{q^n}/\FF_q$.

\begin{corolario}
  Los subcampos de un campo finito $\FF_{q^n}/\FF_q$ corresponden a los
  divisores de $n$: son precisamente
  $$\FF_{q^d} = \{ x\in \FF_{q^n} \mid x^{q^d} = x \}.$$
\end{corolario}

\begin{comentario}
  Respecto a las inclusiones $\FF_{p^d} \subset \FF_{p^n}$, podemos tomar
  $$\FF_{p^\infty} = \bigcup_{n\ge 1} \FF_{p^n}.$$
  A saber, los elementos de $\FF_{p^\infty}$ son $x\in \FF_{p^m}$ e
  $y \in \FF_{p^n}$, y para calcular $x\,y$ o $x\pm y$, hay que encajar $x$ e $y$
  en $\FF_{p^{\lcm (m,n)}}$. Esto nos da una extensión infinita de $\FF_p$.
  Todo polinomio $f \in \FF_{p^\infty} [x]$ tendrá sus coeficientes en algún campo
  finito $\FF_{p^n}$ para $n$ suficientemente grande, y el campo de descomposición
  de $f$, siendo una extensión finita de $\FF_{p^n}$, también será de la forma
  $\FF_{p^N}$ y será un subcampo de $\FF_{p^\infty}$. Esto demuestra que
  $\FF_{p^\infty}$ es un campo algebraicamente cerrado. Siendo la unión de
  extensiones finitas de $\FF_p$, es una extensión algebraica de
  $\FF_p$. Entonces, $\FF_{p^\infty}$ es una cerradura algebraica de $\FF_p$.

  No es difícil calcular que el grupo de automorfismos $\Aut (\FF_{p^\infty})$
  es isomorfo al grupo de enteros profinitos $\widehat{\ZZ}$.
\end{comentario}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Campos linealmente disjuntos}
\label{sec:campos-linealmente-disjuntos}

En esta sección vamos a revisar la noción de campos linealmente disjuntos. Para
nuestros propósitos, será suficiente asumir que las extensiones son finitas.

\begin{definicion}
  Para dos extensiones finitas $K/F$ y $L/F$ adentro de un campo común
  (por ejemplo, adentro de una cerradura algebraica fija $\overline{F}$),
  el subcampo más pequeño que contiene a $K$ y $L$ se llama el
  \textbf{compositum} de $K$ y $L$ y se denota por $KL$.
  \[ \begin{tikzcd}[row sep=1em,column sep=1em]
    & \overline{F}\ar[-]{d} \\
    & KL\ar[-]{dl}\ar[-]{dr} \\
    K\ar[-]{dr} & & L\ar[-]{dl} \\
    & F
  \end{tikzcd} \]
\end{definicion}

Si $K = F (\alpha_1,\ldots,\alpha_m)$ y $L = F (\beta_1,\ldots,\beta_n)$,
está claro que $KL = F (\alpha_1,\ldots,\alpha_m,\beta_1,\ldots,\beta_n)$.
En términos de bases sobre $F$, tenemos el siguiente resultado.

\begin{lema}
  Sean $K/F$ y $L/F$ extensiones finitas, $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$
  una base de $K$ sobre $F$ y $\beta_1,\ldots,\beta_m$ una base de
  $L$ sobre $F$. Entonces, los productos $\alpha_i\beta_j$ generan
  $KL$ como un espacio vectorial sobre $F$. En particular,
  $$[KL : F] \le [K : F]\cdot [L : F].$$

  \begin{proof}
    Denotemos por $A$ el espacio $F$-lineal generado por los $\alpha_i\beta_j$.
    Está claro que $A$ está cerrado respecto a sumas y productos. Además, $A$
    tiene dimensión finita sobre $F$, así que para cualquier elemento no nulo
    $x \in A$ tenemos $F [x] = F (x)$. En particular,
    $x^{-1} \in F [x] \subseteq A$, lo que demuestra que $A$ está cerrado
    respecto a inversos y es un campo. Está claro que $A = KL$.
  \end{proof}
\end{lema}

Note que no estamos afirmando que los $\alpha_i \beta_j$ forman una \emph{base}
de $KL$. Esto es falso en general. Por ejemplo, si $K = L$, entonces obviamente
$KL = K$ tiene dimensión menor que $[K : F]\cdot [L : F]$. Otro ejemplo más
interesante: para los campos $K = \QQ (\sqrt{2},\sqrt{3})$ y
$L = \QQ (\sqrt{2},\sqrt{5})$ el compositum
$KL = \QQ (\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})$ tiene dimensión $8$ sobre $\QQ$.
En el caso cuando $[KL : F] = [K : F]\cdot [L : F]$, se dice que los campos
son linealmente disjuntos.

\begin{proposicion-definicion}
  Se dice que $K$ y $L$ son \textbf{linealmente disjuntos} si se cumple una de
  las siguientes condiciones equivalentes:
  \begin{enumerate}
  \item[a)] el homomorfismo de $F$-álgebras
    $$K\otimes_F L\to K L, \quad x\otimes y \mapsto xy$$
    es un isomorfismo;

  \item[a${}'$)] el mismo homomorfismo de $F$-álgebras es inyectivo;

  \item[b)] si $\alpha_1, \ldots, \alpha_m$ es una base de $K$ sobre $F$, esta
    es linealmente independiente sobre $L$;

  \item[b${}'$)] si $\beta_1, \ldots, \beta_n$ es una base de $L$ sobre $F$,
    esta es linealmente independiente sobre $K$;

  \item[c)] si $\alpha_i$ y $\beta_j$ son bases de $K$ y $L$ respectivamente,
    entonces $\alpha_i \beta_j$ es una base de $K L$;

  \item[d)] $[KL : F] = [K : F]\cdot [L : F]$.
  \end{enumerate}

  \begin{proof}
    El lema anterior implica que la aplicación $K\otimes_F L\to K L$ es siempre
    sobreyectiva. Esto demuestra la equivalencia entre a) y a${}'$).

    Ahora supongamos que se cumple la condición b) y $\alpha_1,\ldots,\alpha_m$
    es una base de $K$ sobre $F$ y $\beta_1, \ldots, \beta_n$ es una base de
    $L$ sobre $F$. En este caso $\alpha_i\otimes\beta_j$ es una base
    de $L\otimes_F K$ sobre $F$. Si un elemento
    $\sum_{i,j} a_{ij} \alpha_i\otimes \beta_j \in K\otimes_F L$
    está en el núcleo de la aplicación $K\otimes_F L\to K L$, entonces
    $\sum_{i,j} a_{ij} \alpha_i\beta_j = 0$, pero luego $a_{ij} \beta_j = 0$
    para todo $j$ por la hipótesis b). Esto significa que el núcleo es nulo.

    Viceversa, supongamos que la aplicación $K\otimes_F L\to K L$ es inyectiva.
    Sea $\alpha_1,\ldots,\alpha_m$ una base de $K$ sobre $L$. Si tenemos
    $\sum_i c_i \alpha_i = 0$ para algunos $c_i \in L$, entonces el elemento
    $\sum_i \alpha_i\otimes c_i$ está en el núcleo de $K\otimes_F L\to K L$,
    así que $\sum_i \alpha_i\otimes c_i = 0$. Esto implica que $c_i = 0$
    para todo $i$, así que no hay $L$-dependencia no trivial entre los
    $\alpha_i$.

    Esto establece la equivalencia entre a) y b), pero luego
    $K\otimes_F L \cong L\otimes_F K$ y $KL = LK$, así que b) es equivalente
    a b${}'$).

    La condición a) es visiblemente equivalente a c). Además, el lema anterior
    establece la equivalencia entre c) y d).
  \end{proof}
\end{proposicion-definicion}

\begin{proposicion}[$\approx$ teorema de irracionalidades naturales]
  \label{prop:irracionalidades-naturales}
  Si $K/F$ y $L/F$ son extensiones finitas de Galois, entonces son linealmente
  disjuntas si y solamente si $K\cap L = F$.

  \begin{proof}
    El resultado se sigue de la fórmula
    \[ \tag{*} [KL : F] = [L : F] \cdot [K : K\cap L]. \]

    Primero notamos que $KL/L$ es una extensión de Galois. De hecho, si $K$ es
    un campo de descomposición de un polinomio separable $f \in F[x]$, entonces
    $KL$ es un campo de descomposición del mismo polinomio considerado como
    elemento de $L [x]$.

    Consideremos el homomorfismo de grupos
    \[ \phi\colon \Gal (KL/L) \to \Gal (K/F), \quad
       \sigma \mapsto \left.\sigma\right|_K. \]
    Por la normalidad de $K/F$, la restricción $\left.\sigma\right|_K$
    toma valores en $K$, así que este homomorfismo tiene sentido.
    Notamos que el núcleo de $\phi$ consiste en los automorfismos
    $\sigma \in \Gal (KL/L)$ tales que $\left.\sigma\right|_K = id$.
    Entonces, para $\sigma \in \ker\phi$ el subcampo fijo $(KL)^\sigma$ contiene
    $K$ y $L$, y por lo tanto contiene el compositum $KL$, así que $\sigma = id$.
    Esto significa que el núcleo de $\phi$ es trivial.

    La imagen de $\phi$ es un subgrupo $H \subseteq \Gal (K/F)$, y por la
    correspondencia de Galois $H = \Gal (K/K^H)$. Vamos a probar que
    $K^H = K\cap L$. Primero, si $\alpha \in K\cap L$, entonces $\alpha \in K^H$
    por la definición de $\phi$. Viceversa, si $\alpha \in K^H$, entonces
    $\sigma (\alpha) = \alpha$ para todo $\sigma \in \Gal (KL/L)$.
    Esto implica que $\alpha \in KL^{\Gal (KL/L)} = L$.

    Hemos probado entonces que la imagen de $\phi$ es $\Gal (KL/K\cap L)$,
    así que $\phi$ induce un isomorfismo de grupos de Galois
    $\Gal (KL/L) \cong \Gal (KL/K\cap L)$.
    Entonces, $[KL : L] = [K : K\cap L]$, y se sigue (*).
  \end{proof}
\end{proposicion}