Permutación de raíces y automorfismos de cuerpos

Demostramos un teorema de permutación de raíces relativo a una extensión de cuerpos y damos dos ejemplos de aplicación al cálculo de los automorfismos de cuerpos.

1. Teorema. Sea $K/k$ una extensión de cuerpos y $\alpha\in K$ algebraico sobre $k.$ Entonces, si $\sigma\in\text{Aut }(K/k)$ y $\alpha$ es raíz de $p(x)\in k[x]$ entonces $\sigma (\alpha)$ también es raíz de $p(x).$ Es decir, $\sigma$ permuta las raíces de $p(x).$
   Demostración. Sea $\alpha$ raíz de $p(x)=a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}+\cdots+a_1x+a_0\in k[x]$ con $a_m\ne 0$. Entonces, $a_m\alpha^m+a_{m-1}\alpha^{m-1}+\cdots+a_1\alpha+a_0=0.$ Aplicando $\sigma$ a ambos miembros obtenemos $\sigma (a_m)\sigma (\alpha)^m+\sigma (a_{m-1})\sigma (\alpha)^{m-1}+\cdots +\sigma (a_{1})\sigma (\alpha)+\sigma (a_0)=0.$ Como $a_i\in k$ para todo $i=0.1,\ldots,m$ se verifica $\sigma (a_i)=a_i$ por tanto, $$a_m\sigma (\alpha)^m+a_{m-1}\sigma (\alpha)^{m-1}+\cdots +a_{1}\sigma (\alpha)+a_0=0,$$ con lo cual $\sigma (\alpha)$ es raíz de $p(x).$
2. Ejemplo. Determinar $\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\right).$
   Solución. Sabemos que si $k$ es el subcuerpo primo de $K$ entonces, $\text{Aut}\left(K\right)=\text{Aut}\left(K/k\right)$ por tanto al ser $\mathbb{Q}$ el subcuerpo primo de $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ tenemos que $\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\right)=$ $\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt{2})/\mathbb{Q}\right).$ Las únicas raíces de $f(x)=x^2-2\in\mathbb{Q}[x]$ en $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ son $\pm \sqrt{2}$ y por el apartado 1, si $\tau\in \text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\right)=$ $\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt{2})/\mathbb{Q}\right)$ entonces $\tau (\sqrt{2})=\sqrt{2}$ o $\tau (\sqrt{2})=-\sqrt{2}.$ Como $\mathbb{Q}(\sqrt{2})=\{a+b\sqrt{2}:a,b\in \mathbb{Q}\}$ y $\tau$ deja fijo todo elemento de $\mathbb{Q}$ los unicos posibles elementos de $\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\right)$ son $$\begin{aligned}
   & id (a+b\sqrt{2})=a+b\sqrt{2},\quad \sigma (a+b\sqrt{2})=a-b\sqrt{2}
   \end{aligned}.$$ El primero es la identidad y el segundo $\sigma$, es inmediato comprobar que pertenece a $\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\right)$, en consecuencia $\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\right)=\{id,\sigma\}.$
3. Ejemplo. Determinar $\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\right).$
   Solución. De manera análoga al ejemplo anterior, $\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\right)=\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})/\mathbb{Q}\right).$ La única raíz de $f(x)=x^3-2\in\mathbb{Q}[x]$ en $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ es $\sqrt[3]{2}$ y por el apartado 1, si $\tau\in \text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\right)$ $=\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})/\mathbb{Q}\right)$ entonces $\tau(\sqrt[3]{2})=\sqrt[3]{2}.$ Como $$\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})=\{a+b\sqrt[3]{2}+c(\sqrt[3]{2})^2:a,b,c\in \mathbb{Q}\}$$ y $\tau$ deja fijo todo elemento de $\mathbb{Q}$, necesariamente $$\tau \left(a+b\sqrt[3]{2}+c(\sqrt[3]{2})^2\right)=a+b\sqrt[3]{2}+c(\sqrt[3]{2})^2$$ y por tanto $\text{Aut}\left(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\right)=\{id\}.$
4. Ejemplo. Sean $a$ entero y $b$ entero positivo con $\sqrt{b}\not\in \mathbb{Z}.$ Si $a+\sqrt{b}$ es raíz de un polinomio $f(x)\in \mathbb{Q}[x]$ entonces, también $a-\sqrt{b}$ es raíz de $f(x).$ En efecto, la aplicación $\sigma :\mathbb{Q}(\sqrt{b})\to \mathbb{Q}(\sqrt{b})$ dada por $\sigma (x+y\sqrt{b})=x-y\sqrt{b}$ es un $\mathbb{Q}$-automorfismo, en consecuencia $\sigma(a+\sqrt{b})=a-\sqrt{b}$ es raíz de $f(x).$