Lema. G(K/F ) [K : F ]. Vamos demonstrar usando o Teorema do Elemento Primitivo, a ser provado mais adiante. Assim, K = F (α).
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- Rafaela Bayer Balsemão
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1 Teoria de Galois Vamos nos restringir a car. zero. Seja K/F uma extensão finita de corpos. O grupo de Galois G(K/F ) é formado pelos isomorfismos ϕ : K K tais que x F, ϕ(x) = x.
2 Lema. G(K/F ) [K : F ]. Vamos demonstrar usando o Teorema do Elemento Primitivo, a ser provado mais adiante. Assim, K = F (α).
3 Sejam ϕ 1 = I,..., ϕ n,... elementos de G distintos 2 a 2. Seja p α (x) F [x] o polinômio mínimo de α sobre F.Temos ϕ i α = ϕ j α i = j. Mas 0 = p α (α) = ϕ i p α (α) = p α (ϕ i α). Por fim, conte as raízes...
4 Extensões de Galois Dizemos que K/F é Galois quando valer a igualdade G(K/F ) = [K : F ]. Exemplos: [K : F ] 2 Galois.
5 Teorema do elemento primitivo Seja K/F extensão finita, car. 0. Então existe α em K tal que K = F (α). De fato, se K = F (α 1,..., α n ), o argumento abaixo mostra que uma combinação linear genérica α = c 1 α c n α n, c i F, funciona.
6 Por indução em n, reduz-se a n = 2. Dados α, β K, seja γ = cα + β, c F. Mostrar que, evitando um número finito de c F, γ funciona, i.e., K = F (α, β) = F (γ).
7 Basta mostrar que α F (γ). Calcular o polinômio mínimo q α de α sobre F (γ) e mostrar que o grau é igual a um. Sejam α = α 1,..., α m e β = β 1,..., β n as raízes dos polinômios mínimos de α,β sobre F.
8 Seja h(x) = p β (γ cx). Temos h(α) = p β (γ cα) = p β (β) = 0 = p α (α). Logo q α (x) divide o mdc de h(x), p α (x). Este mdc vai ser igual a x α desde que nenhuma das outras raízes α i, (i 2) de p α (x) seja raiz de h(x).
9 h(α i ) = p β (γ cα i ) = 0 γ cα i = β j β + c(α α i ) = β j. Valores a evitar: β j β α α i No que segue, seja ϕ : F F isomorfismo de corpos. Seja f = f ϕ F [x] o polinômio obtido aplicando ϕ nos coeficientes.
10 lema de extensão Seja f(x) F [x] irredutível. Seja α raiz de f em alguma extensão K/F, idem α para f em K/ F. Então existe um e um só isomorfismo ψ : F (α) F ( α) compatível com ϕ e tal que ψα = α.
11 É claro que a exigência ψ F = ϕ, junto com ψα = α, determina ψ. Para a existência, analise o diagrama
12 F (α) = F [α] F [x] F ϕ ϕ ϕ F [ α] = F ( α) F [x] F ϕ passa ao quociente induzindo pois ϕ manda f em f. (Detalhes?)
13 Lema 2. Sejam ϕ : F F isomorfismo de corpos e ϕ : F [x] F [x] como acima. Seja f F [x], f = f ϕ F [x]. Sejam K, K corpos de raízes de f, f. Então existe :K K isomorfismo compatível com ϕ. Em particular, o corpo de raízes é único a menos de F isomorfismo.
14 Se todo fator irredutível de f em F [x] é linear, segue K = F, nada a fazer. Proceder por indução sobre [K : F ]. Tome fator irredutível p F [x] de f, com deg p 2. Escolha uma raiz α K de p, idem α K para p.
15 Pelo lema 1, temos θ : F (α) F ( α) compatível com ϕ. Trocar K/F por K/F (α) e usar indução. A asserção sobre a unicidade do corpo de raízes segue fazendo F = F, ϕ = id.
16 Lema 3 Sejam K/F, K/ F, ϕ, f, f como no Lema 2. Então o número de isomorfismos distintos ψ : K K compatíveis com ϕ é igual a [K : F ]. Em particular, K/F é Galois, i.e., G(K/F ) = [K : F ].
17 Indução sobre N = [K : F ]. Escolha fator irredutível p de f com grau 2. Fixe uma raiz α de p em K. Para cada raiz α K de p, existe um e só um isomorfismo θ : F (α) F ( α) que estende ϕ.
18 Há exatamente deg p escolhas para α, igualmente para θ. Substitua ϕ : F F por θ : F (α) F ( α). Temos [K : F (α)] < [K : F ]. Por indução, cada θ se estende a K K de [K : F (α)] maneiras distintas.
19 Logo, ϕ se estende a K K de [K : F (α)] [F (α) : F ] maneiras distintas. K ϕ [K : F (α)] F (α) θ K F ( α) deg p α = [F (α) : F ] F ϕ F A afirmação sobre a natureza galoisiana de [K : F ] segue tomando F = F, ϕ = id.
20 Galois corpo de raízes Vale a recíproca: se K/F é uma extensão galoisiana, então K é o corpo de raízes de algum f F [x].
21 De fato, seja α K primitivo, K = F (α). Vamos mostrar que K é o corpo de raízes do polinômio mínimo p α. Para cada ψ G(K/F ), temos (p α ) ψ = p α. Segue que cada ψα é raiz de p α.
22 Visto que ψ é completamente determinado por ψα, produzimos, em K, todas as raízes de p α.
23 a correspondência de Galois Seja K/F galoisiana, G = G(K/F ). Seja K L F um corpo intermediário. Então K/L é galoisiana, com G(K/L)={ψ G ψx = x x L}. (Atenção!! L/F nem sempre é Galois. Veja mais adiante.)
24 O caráter galoisiano é claro, pois K é igualmente corpo de raízes de um polinômio a coeficientes em L. Para determinar o grupo de Galois, denote por S o subgrupo de G que age trivialmente em L. É claro que S G(K/L).
25 Mas se ψ G(K/L), então ψ age trivialmente em L e portanto também age trivialmente em F L, logo ψ S.
26 o subcorpo fixo Para cada subgrupo S G, denote K S = {x K ψx = x ψ S}. Então K S é um subcorpo de K contendo F e a extensão K/K S é (como já sabemos) galoisiana, valendo G(K/K S ) = S.
27 Abreviemos L = K S. É óbvio que G(K/L) S por definição de L. Sabemos que G(K/L) = [K : L]. Mostraremos que [K : L] = S.
28 Seja α elemento primitivo de K sobre L = K S. Cada ψ S é determinado por seu valor ψα. Seja p(x) = ψ S(x ψα), polinômio de grau n := S, sem fator repetido.
29 Temos p ψ = p ψ S. Logo, p L[x]. Seja q α (x) L[x] o polinômio mínimo de α sobre L. Temos 0=q α (α) = q α (ψα) ψ S. Segue q α (x) = p(x) e portanto [K : L] = [L(α) : L] = deg q α = S.
30 A discussão anterior estabelece uma bijeção entre os corpos intermediários K L F de uma extensão galoisiana K/F e os subgrupos S G = G(K/F ) : L = K S S = G(K/L).
31 Resta apenas ver que, tomando S = G(K/L), vale L = K S. Temos evidentemente L K S. Examine os tamanhos: S = [K : K S ] }{{} (corpo fixo) [K : L] = S }{{} galoisiana.
32 Na bijeção acima, podemos ainda explicitar quando G(K/L) é subgrupo normal de G(K/F ) : exatamente se L/F é galoisiana. Neste caso, mostraremos / que G(L/F ) G(K/F ) G(K/L).
33 Seja ψ G = G(K/F ) S = G(K/L). Temos G(K/(ψL)) = ψsψ 1. De fato, dados σ S, λ L, calculamos ψσψ 1 (ψλ) = ψσλ = ψλ, mostrando a inclusão
34 G(K/(ψL)) ψsψ 1. A igualdade segue do tamanho: [K : ψl]= G(K/(ψL)) ψsψ 1 [K : L] = S
35 Ora, se S G é normal, temos ψsψ 1 = S ψ G. Portanto, por conta da correspondência de Galois, segue ψl = L ψ G.
36 Deduzimos um homomorfismo de grupos, definido por restrição G(K/F ) ψ Ψ ψ L G(L/F ). O núcleo de Ψ é G(K/L). Logo, G(K/F ) / G(K/L) G(L/F ) Mostremos em seguida que L/F é Galois.
37 Sejam ψ 1,..., ψ m G representantes das distintas classes laterais de S = G(K/L) em G = G(K/F ). Argumentando com um elemento primitivo, L = F (λ), temos ψ i λ = ψ j λ ψ 1 i ψ j λ = λ ψ 1 i ψ j L = id.
38 Percebemos que a imagem de Ψ contém os m = G/S elementos distintos, ψ 1 L,..., ψ m L G(L/F ). Temos assim G(L/F ) m = [K : F ]/[K : L]=[L : F ].
39 Como G(L/F ) [L : F ], segue a igualdade, completando a prova de que G(K/L) normal em G(K/F ) L/F Galois.
40 Reciprocamente, suponhamos L/F Galois. Seja f F [x] tal que L = corpo de raízes de f. Temos f ψ = f, ψ G=G(K/F ).
41 Logo, cada ψ G manda raízes de f em raízes de f. Como L é gerado por essas raízes, temos ψl = L. Daí segue a normalidade de S = G(K/L) G(K/F ).
42 De fato, já vimos que ψsψ 1 = G(K/(ψL)) = G(K/L) ψsψ 1 = S.
43 Exemplos Seja k um corpo e seja R = k[x 1, x 2, x 3 ] o anel de polinômios em 3 variáveis. Seja K = Fr(R) o corpo de frações, i.e., o corpo de funções nas 3 variáveis, a coeficientes em k.
44 Defina s 1 = x 1 + x 2 + x 3, s 2 = x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3, s 3 = x 1 x 2 x 3. São as funções simétricas elementares. Seja F = k(s 1, s 2, s 3 ) K. Nosso propósito é calcular G(K/F ).
45 Considere f = (x x 1 )(x x 2 )(x x 3 ) K[x]. Temos de fato f = x 3 s 1 x 2 + s 2 x s 3 F [x]. Vemos assim que K/F é Galois, como corpo de raízes de f.
46 É claro que cada elemento de G(K/F ) permuta as raízes x 1, x 2, x 3. Por definição de K, todo homomorfismo de corpos K = k(x 1, x 2, x 3 ) K que fixa k é completamente determinado
47 pelas imagens, y 1, y 2, y 3 de x 1, x 2, x 3. As escolhas dos y i são bastante arbitrárias, exceto pelo cuidado de que, para cada polinômio não nulo p(x 1, x 2, x 3 ), deve-se igualmente verificar p(y 1, y 2, y 3 ) 0.
48 Em particular, vemos que G = G(K/F ) contém pelo menos os 6 automorfismos definidos por permutação dos x 1, x 2, x 3. Em resumo, G S 3. Logo, [K : F ] = 6. Deduzimos também que K S 3 = F : toda função simétrica é função das elementares.
49 Lista dos corpos intermediários? Consideremos apenas os subgrupos S = (12) (transposição) e 3= (123) das permutações pares. Queremos determinar os respectivos corpos fixos.
50 S = 2 [K : K S ] = 2 [K S : F ] = 3. Visto que a transposição (12) deixa x 3 fixo, temos x 3 K S. Não é difícil ver que a cúbica f = x 3 s 1 x 2 + é de fato irredutível em F [x]. Segue que K S = F (x 3 ).
51 A 3 = 3 [K : K A 3] = 3 [K A 3 : F ] = 2. Procura-se uma extensão quadrática de F cujos elementos sejam funções racionais de x 1, x 2, x 3, invariantes por permutações pares.
52 Sabemos a priori que a resposta é única, pois A 3 é o único subgrupo do seu tamanho. E a resposta é F (δ), com δ = (x 1 x 2 )(x 1 x 3 )(x 2 x 3 ). Note que δ 2 F. O resultado abaixo mostra que K = F (δ, 3 α), α F (δ), desde que F contenha raiz cúbica primitiva da unidade.
53 extensões de Kummer Seja K/F Galois com [K : F ] = p um número primo. Se F contém uma raiz p ésima da unidade, ξ 1, então existe α em F tal que K = F ( p α).
54 Sabemos que G = G(K/F ) Z p, cíclico. Seja γ G um gerador. O operador F linear, γ : K K, satisfaz γ p = 1. Logo seu polinômio mínimo divide x p 1,
55 raízes distintas. Portanto γ é diagonalizável e os auto-valores são raízes p ésimas de 1. Sabemos que γ 1. Assim, ao menos um autovalor é raiz primitiva.
56 Seja α K autovetor associado a ξ. Temos γα = ξα α. Logo α F, seguindo K = F (α) (por que?). Por fim, note que γ(α p ) = γ(α) p = (ξα) p = α p. Isso mostra que α p K G = F.
57 Vimos assim que o ferramental da correspondência de Galois garante a solubilidade por radicais da equação geral cúbica. Embora não explicitando a fórmula, a informação de que
58 K = L( 3 α), α L = F ( δ), mostra que as raízes x i se exprimem como função racional de uma raiz cúbica de um elemento que é função racional de uma raiz quadrada de uma função dos coficientes da equação.
59 Uma análise similar mostra que a equação do quarto grau também é solúvel por radicais. O subgrupo A 4 S 4 das permutações pares tem como corpo fixo L uma extensão quadrática de F = k(x 1,..., x 4 ).
60 L = F ( δ), δ = i<j (x i x j ). A extensão K/L tem grupo de Galois A 4. Este grupo alternado pode ser descrito como as
61 rotações do tetraedro regular, O subgrupo S= I, (12)(34), (13)(24), (14)(23) tem ordem 4. É normal em A 4.. 2
62 Logo, K 4 K S 3 L. A extensão K S /L é normal. Segue que K S se realiza pela adjunção de uma raiz cúbica sobre L.
63 Lembrando que S é abeliano, podemos refinar a extensão K/K S inserindo um corpo intermediário K 2 M 2 K S, cada qual adjunção de raiz quadrada. Resumo: K 2 M 2 K S 3 L 2 F.
64 Para a quíntica geral, acabou a festa: A n não é solúvel para n 5. Detalhes no texto...
65 lema de extensão Lema 1. Seja f(x) F [x] irredutível. Seja α raiz de f em alguma extensão K/F, idem α para f em K/ F. Então existe um e um só isomorfismo ψ : F (α) F ( α) compatível com ϕ e tal que ψα = α. (volta)
66 o subcorpo fixo Para cada subgrupo S G, denote K S = {x K ψx = x ψ S}. Então K S é um subcorpo de K contendo F e a extensão K/K S é (como já sabemos) galoisiana, valendo G(K/K S ) = S. (volta)
correspondência entre extensões intermédias de K M e subgrupos de Gal(M, K) chama-se correspondência de Galois.
Aula 21 - Álgebra II Estamos finalmente em condições de explicar como é que a teoria de Galois permite substituir problemas sobre polinómios por um problema em princípio mais simples de teoria dos grupos.
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