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Parte 2
Teoria de Galois
Nosso objetivo ´e apresentar a Teoria de Galois, que a extens˜oes finitas de corpos L|K associa o seu grupo de automorfismos G(L|K), chamado de Grupo de Galois de L|K; assim como, a subgrupos H de G(L|K) associa um corpo intermedi´ario, chamado de corpo fixo de H, definido por
LH = {x ∈ L ; ϕ(x) = x, para todo ϕ ∈ H},
com K ⊂ LH ⊂ L.
Quando L|K ´e uma extens˜ao finita normal e separ´avel, dizemos que L|K ´e extens˜ao galoisiana finita. Nesse caso, a correspondˆencia de Galois esta- belece uma bije¸c˜ao entre os subgrupos de G(L|K) e os corpos intermedi´arios de L|K, que reverte a inclus˜ao. Essa correspondˆencia permite traduzir in- forma¸c˜oes sobre o grupo de automorfismos de L|K em propriedades de seus corpos intermedi´arios e vice-versa.
A resolu¸c˜ao de equa¸c˜oes por meio de radicais ser´a relacionada com o conceito de grupos sol´uveis. Mostraremos a impossibilidade de expressar as ra´ızes da equa¸c˜ao geral do quinto grau em termos de radicais de fun¸c˜oes alg´ebricas racionais dos seus coeficientes.
Finalizamos dando uma demonstra¸c˜ao de que C ´e um corpo algebrica- mente fechado, usando os conceitos abordados.
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M. L. T. Villela
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EXTENS AO˜
DE CORPOS
A id´eia da Teoria de Galois
Portanto, ϕ(i) = i ou ϕ(i) = −i. Temos dois R-automorfismos, a saber, I : C −→ C, com I(a + bi) = a + bi, e ϕ : C −→ C, com ϕ(a + bi) = a − bi, Verifique que a conjuga¸complexa ´e um c˜ao a conjuga¸c˜ao complexa. Nesse caso, G(C|R) = 〈ϕ〉 = {I, ϕ; ϕ (^2) = I}.
R-automorfismo de C. Exemplo 2 Seja α ∈ R tal que α^3 = 2. Consideremos a extens˜ao Q(α)|Q e um Q-automorfismo ϕ : Q(α) −→ Q(α). Como {1, α, α^2 } ´e uma base de Q(α)|Q, todo elemento β de Q(α) se escreve, de uma ´unica maneira, como
β = a + bα + cα^2 , com a, b, c ∈ Q.
Ent˜ao,
ϕ(β) = ϕ(a + bα + cα^2 ) = ϕ(a) + ϕ(b)ϕ(α) + ϕ(c)ϕ(α^2 ) = a + bϕ(α) + cϕ(α)^2.
Assim, ϕ(β) est´a perfeitamente determinada por ϕ(α). Como 2 = α^3 , ent˜ao 2 = ϕ( 2 ) = ϕ(α)^3 , logo ϕ(α) tamb´em ´e uma raiz em Q(α) de x^3 − 2. O ´unico valor poss´ıvel ´e ϕ(α) = α. Portanto, ϕ = I e G(Q(α)|Q) = {I}. Lema 1 Seja f(x) ∈ K[x]\K e seja L um corpo de ra´ızes de f(x) sobre K. Se ϕ : L −→ L ´e um K-automorfismo de L e α ´e uma raiz de f(x), ent˜ao ϕ(α) tamb´em ´e uma raiz de f(x). Demonstra¸c˜ao: Seja f(x) = a 0 + a 1 x + · · · + anxn. Logo, 0 = a 0 + a 1 α + · · · + anαn. Aplicando ϕ, obtemos
0 = ϕ( 0 ) = ϕ(a 0 ) + ϕ(a 1 )ϕ(α) + · · · + ϕ(an)ϕ(α)n = a 0 + a 1 ϕ(α) + · · · + anϕ(α)n = f(ϕ(α))
Defini¸c˜ao 3 (Grupo de Galois de f(x)) Seja f(x) ∈ K[x]\K e seja L um corpo de ra´ızes de f(x) sobre K. O grupo de Galois de f(x) ´e G(f(x)|K) = G(L|K). Teorema 1 Se f(x) ∈ K[x]\K tem n ra´ızes distintas em seu corpo de ra´ızes L, ent˜ao G(L|K) ´e isomorfo a um subgrupo de Sn.
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A id´eia da Teoria de Galois (^) PARTE 2 - SEC¸ AO 1˜
Demonstra¸c˜ao: Seja R = {α 1 ,... , αn} o conjunto das n ra´ızes de f(x). Pelo Lema anterior, se ϕ ∈ G(L|K), ent˜ao ϕ(αj) tamb´em ´e uma raiz de f(x) e, como ϕ ´e injetora, ϕ(R) = R, isto ´e, ϕ permuta as ra´ızes distintas de f(x). Consideremos a fun¸c˜ao
SR ´e o grupo das bije¸c˜oes de R. Veja Exerc´ıcio 10, item (c), da Sec˜ao 1, na Parte 1. Nesse caso, a adjun¸c˜ao ´e de um conjunto de elementos alg´ebricos sobre K e K[R] = K(R).
G(L|K) −→ SR
ϕ 7 −→ ϕ|R
Facilmente, verificamos que essa fun¸c˜ao ´e um homomorfismo. Como
L = K(α 1 ,... , αn) = K[α 1 ,... , αn] = {h(α 1 ,... , αn), h(x 1 ,... , xn) ∈ K[x 1 ,... , xn]},
ent˜ao ϕ ∈ G(L|K) est´a perfeitamente determinada por seus valores em R. Logo, se ϕ, ψ ∈ G(L|K) s˜ao tais que ϕ|R = ψ|R, ent˜ao ϕ = ψ, mostrando que a fun¸c˜ao acima ´e injetora. Portanto, G(L|K) ´e isomorfo a um subgrupo de SR ≃ Sn.
Teorema 2 Seja f(x) ∈ K[x]\K um polinˆomio separ´avel. Seja L um corpo de ra´ızes de f(x) sobre K. Ent˜ao, |G(L|K)| = [L : K].
Demonstra¸c˜ao: Mostraremos que I : K −→ K tem [L : K] extens˜oes a L. A demonstra¸c˜ao ´e por indu¸c˜ao sobre [L : K]. Se [L : K] = 1 , ent˜ao G(L|K) = {I} e o resultado ´e v´alido. Suponhamos que [L : K] > 1. Ent˜ao, f(x) tem algum fator irredut´ıvel p(x) ∈ K[x] de grau d > 1. Fixemos α ∈ L uma raiz de p(x). Como f(x) ´e separ´avel, ent˜ao p(x) tem d ra´ızes distintas, todas em L. Assim, cada ϕ ∈ G(L|K) ´e tal que β = ϕ(α) ∈ L, tamb´em ´e uma raiz de p(x). H´a exatamente d K-isomorfismos ϕ : K(α) −→ K(β) extens˜oes de I : K −→ K, um para cada β raiz de p(x). Observamos que L ´e um corpo de ra´ızes de f(x) sobre K(α), assim como L ´e um corpo de ra´ızes de f(x) sobre K(β). Pelo Teorema 4 da Se¸c˜ao 3, na Parte 1, cada ϕ : K(α) −→ K(β) admite extens˜ao ˜ϕ : L −→ L. Como [L : K(α)] = (^) [K[L(α:K):]K] = [L d:K ]< [L : K], por hip´otese de indu¸c˜ao, h´a [L : K(α)] = [L d:K ]extens˜oes de cada um dos d K-isomorfismo ϕ : K(α) −→ K(β). Portanto, h´a [L : K] K-automorfismos de L.
Exemplo 3 Seja f(x) = x^3 − 1 ∈ Q[x]. J´a vimos que o corpo de decomposi¸c˜ao de f(x) sobre Q ´e Q(ω), onde ω = cos 2π 3 + i sen 2π 3 e [Q(ω) : Q] = 2 e o polinˆomio m´ınimo de ω sobre Q ´e x^2 + x + 1 = (x − ω)(x − ω^2 ).
Ent˜ao, G(Q(ω)|Q) = {I, ϕ} = 〈ϕ〉, onde ϕ(ω) = ω^2 , ´e um grupo c´ıclico de ordem 2.
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A id´eia da Teoria de Galois (^) PARTE 2 - SEC¸ AO 1˜
Demonstra¸c˜ao: Definimos ψ : G(L|K) −→ G(F|K) por ψ(ϕ) = ϕ|F. Pelo Lema anterior, ψ est´a bem definida. Verificamos facilmente que ψ ´e um homomorfismo de grupos, pois para quaisquer ϕ, σ ∈ G(L|K), temos que (ϕ ◦ σ)|F = ϕ|F ◦ σ|F. N´ucleo(ψ) = {ϕ ∈ G(L|K) ; ϕ|F = I} = G(L|F). Portanto, G(L|F) ´e um subgrupo normal de G(L|K). Se τ ∈ G(F|K), pelo Teorema 4 da Se¸c˜ao 3, na Parte 1, τ se estende a um K-automorfismo de L, isto ´e, existe ϕ ∈ G(L|K) tal que ϕ|F = τ, mostrando que ψ ´e sobrejetor. Pelo Teorema Fundamental dos homomorfismos de grupos, obtemos o isomorfismo de grupos G(L|K)/G(L|F) ≃ G(F|K).
Proposi¸c˜ao 3 Sejam L|K uma extens˜ao de corpos e G = G(L|K). Para cada subgrupo H de G, definimos
LH = {x ∈ L ; ϕ(x) = x, para todo ϕ ∈ H}.
Ent˜ao, LH ´e um corpo intermedi´ario de L|K. Mais ainda, se H e H′^ s˜ao subgrupos de G com H ⊂ H′, ent˜ao LH ⊃ LH′^.
Demonstra¸c˜ao: Sejam α, β ∈ LH e ϕ ∈ H. Ent˜ao,
ϕ(α − β) = ϕ(α) − ϕ(β) = α − β, ϕ(α · β) = ϕ(α) · ϕ(β) = α · β, ϕ(β−^1 ) = ϕ(β)−^1 = β−^1 , se β 6 = 0 ,
para todo ϕ ∈ H, mostrando que LH ´e um subcorpo de L. Como H ⊂ G, ent˜ao ϕ ∈ G e para todo a ∈ K, temos ϕ(a) = a, logo K ⊂ LH. Portanto, LH ´e um corpo intermedi´ario de L|K.
Se α ∈ L ´e fixado por todos os elementos de H′, ent˜ao α ´e fixado por todos os elementos de qualquer subconjunto de H′, em particular, α ´e fixado por todos os elementos de H ⊂ H′, logo LH ⊃ LH′.
O diagrama da esquerda ilustra a fun¸c˜ao ϕ que faz a correspondˆencia entre os corpos intermedi´arios F de L|K e os subgrupos de G(L|K). O diagrama da direita mostra a fun¸c˜ao ψ que faz a correspondˆencia entre os subgrupos H de G(L|K) e os corpos intermedi´arios de L|K.
L I | | F 7 −ϕ→ H = G(L|F) | | K G = G(L|K)
I L
H 7 −ψ→ LH | | G = G(L|K) K
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EXTENS AO˜
DE CORPOS
A id´eia da Teoria de Galois
Observa¸c˜oes: (1) Se K ⊂ F ⊂ L e H = G(L|F) = ϕ(F), ent˜ao F ⊂ LG(L|F) = ψ(ϕ(F)), pois cada elemento de F ´e fixado por cada automorfismo que fixa todo F. (2) Se H ´e um subgrupo de G(L|K), ent˜ao H ⊂ G(L|LH) = ϕ(ψ(H)), pois cada elemento de H fixa os elementos que s˜ao fixados por todos os elementos de H. (3) As inclus˜oes acima nem sempre s˜ao igualdades. No Exemplo 2, G = G(Q(α)|Q) = {I} e Q ( Q(α) = LG = ψ(ϕ(Q)). (4) Seja F o conjunto dos corpos intermedi´arios de L|K e seja H o conjunto dos subgrupos de G(L|K). As fun¸c˜oes descritas acima s˜ao ϕ : F −→ H F 7 −→ ϕ(F) = G(L|F)
ψ : H −→ F H 7 −→ ψ(H) = LH e ambas revertem a inclus˜ao. Galois deu condi¸c˜oes sobre L|K para que essas fun¸c˜oes sejam bije¸c˜oes, inversas uma da outra, a saber, a separabilidade e a normalidade da extens˜ao L|K, conforme veremos na pr´oxima se¸c˜ao.
Exerc´ıcios
- Determine G(L|K):
(a) L = Q( 4
2 ) e K = Q; (b) L = Q( 3
2, ω) e K = Q, onde ω = cos 2π 3 + i sen 2π 3 ; (c) L = Q(ω) e K = Q, onde ω = cos 2π 5 + i sen 2π 5. (d) L = Q(i) e K = Q. (e) L = Q(
3 ) e K = Q
- Seja α alg´ebrico sobre K e seja τ ∈ G(K(α)|K). Mostre que τ(α) tem o mesmo polinˆomio m´ınimo de α sobre K.
- Diga quais das afirma¸c˜oes s˜ao falsas ou verdadeiras, justificando a sua resposta:
(a) Todo K-automorfismo de L ´e um automorfismo de L. (b) Todo L-automorfismo ´e a identidade em L. (c) Se G(L|K) = {I}, ent˜ao L = K. (d) Se L = K, ent˜ao G(L|K) = {I}.
M. L. T. Villela
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DE CORPOS
A id´eia da Teoria de Galois
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A conex˜ao de Galois (^) PARTE 2 - SEC¸ AO 2˜
A conex˜ao de Galois
Estamos pr´oximos de obter o Teorema de Galois, que estabelece que as fun¸c˜oes ϕ e ψ da Se¸c˜ao 1 s˜ao inversas uma da outra quando L|K ´e uma extens˜ao finita normal e separ´avel. Para isto, precisamos mostrar que se H ´e um subgrupo de G(L|K), ent˜ao ϕ(ψ(H)) = H. J´a sabemos que H ⊂ G(L|LH) = ϕ(ψ(H)). Vamos mostrar H e ϕ(ψ(H)) s˜ao grupos finitos de mesma ordem, seguindo assim, a igualdade dos grupos.
Conjuntos infinitos de mesma cardinalidade, um contido no outro, podem ser diferentes, por exemplo 2 Z ⊂ Z s˜ao ambos Vamos, primeiramente, determinar [LH : K] em termos de |H| e depois enumer´aveis e 2 Z ( Z. |G(L|LH)| em termos de [LH : K].
Proposi¸c˜ao 4 (Dedekind) Sejam L um corpo e λ 1 ,... , λn automorfismos distintos de L. Ent˜ao, o con- junto {λ 1 ,... , λn} ´e linearmente independente sobre L.
Demonstra¸c˜ao: Suponhamos, por absurdo, que o conjunto acima seja linear- mente dependente sobre L. Ent˜ao, existem a 1 ,... , an ∈ L, nem todos nulos, tais que a 1 λ 1 (x) + a 2 λ 2 (x) + · · · + anλn(x) = 0 , para todo x ∈ L. Nesse caso, podemos encontrar uma rela¸c˜ao que tem o menor n´umero de coeficientes n˜ao-nulos e, reenumerando os automorfismos, podemos supor que
a 1 λ 1 (x) + a 2 λ 2 (x) + · · · + amλm(x) = 0 , para todo x ∈ L, (⋆)
com a 1 ,... , am n˜ao-nulos, seja a rela¸c˜ao minimal. Como λ 1 ( (^1) L) = λ 1 ( (^1) L · (^1) L) = λ 1 ( (^1) L) · λ 1 ( (^1) L) e λ 1 ( (^1) L ) 6 = λ 1 ( (^0) L ) = (^0) L , cancelando λ 1 ( (^1) L ) obtemos λ 1 ( (^1) L ) = (^1) L.
Afirmamos que m ≥ 2. De fato, se m = 1 , ent˜ao {λ 1 } ´e linearmente independente sobre L, pois se 0 = a 1 λ 1 (x), com a 1 ∈ L, para todo x ∈ L, como λ 1 ( (^1) L) = (^1) L, ent˜ao 0 = a 1 λ( (^1) L) = a 1 · (^1) L = a 1.
Podemos assumir que m ≥ 2 e n˜ao haja equa¸c˜ao do tipo (⋆) com menos de m coeficientes n˜ao-nulos.
Como λ 1 6 = λm, existe y ∈ L tal que λ 1 (y) 6 = λm(y). Substituindo x por yx em (⋆), obtemos:
a 1 λ 1 (y)λ 1 (x) + a 2 λ 2 (y)λ 2 (x) + · · · + amλm(y)λm(x) = 0 , (1)
para todo x ∈ L. Multiplicando a equa¸c˜ao (⋆) por λ 1 (y), obtemos:
a 1 λ 1 (y)λ 1 (x) + a 2 λ 1 (y)λ 2 (x) + · · · + amλ 1 (y)λm(x) = 0 , (2)
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A conex˜ao de Galois (^) PARTE 2 - SEC¸ AO 2˜
σi(α 1 )x 1 + · · · + σi(αn+ 1 )xn+ 1 = 0 , para todo i = 1,... , n. (2)
Caso necess´ario, reenumeramos os elementos da base de L|LG.
Entre todas as solu¸c˜oes n˜ao-nulas, escolhemos a rela¸c˜ao com o me- nor n´umero de coeficientes n˜ao-nulos, digamos x 1 ,... , xr s˜ao n˜ao-nulos e xr+ 1 = · · · = xn+ 1 = 0. Assim, a equa¸c˜ao (2) se reescreve como
σi(α 1 )x 1 + · · · + σi(αr)xr = 0 , para todo i = 1,... , n. (3) A fun¸c˜ao G −→ G σj 7 −→ σ ◦ σj ´e um automorfismo do grupo G.
Seja σ ∈ G. Ent˜ao, {σ ◦ σ 1 ,... , σ ◦ σn} = G. Aplicando σ em (3), obtemos
σ(σi(α 1 ))σ(x 1 ) + · · · + σ(σi(αr))σ(xr) = 0 , para todo i = 1,... , n. (4)
O sistema de equa¸c˜oes lineares em (4) ´e equivalente ao sistema
σi(α 1 )σ(x 1 ) + · · · + σi(αr)σ(xr) = 0 , para todo i = 1,... , n. (5)
Multiplicando a equa¸c˜ao (3) por σ(x 1 ) e multiplicando a equa¸c˜ao (5) por x 1 temos, respectivamente,
{ σi(α 1 )x 1 σ(x 1 ) + σi(α 2 )x 2 σ(x 1 ) + · · · + σi(αr)xrσ(x 1 ) = 0 σi(α 1 )σ(x 1 )x 1 + σi(α 2 )σ(x 2 )x 1 + · · · + σi(αr)σ(xr)x 1 = 0,
para todo i = 1,... , n.
Subtraindo, obtemos:
σi(α 2 )
x 2 σ(x 1 ) − σ(x 2 )x 1
xrσ(x 1 ) − σ(xr)x 1
para todo i = 1,... , n.
Esse sistema de equa¸c˜oes ´e do tipo (3) com menos termos n˜ao-nulos, o que ´e uma contradi¸c˜ao, a n˜ao ser que os coeficientes
xjσ(x 1 ) − σ(xj)x 1 = 0 , para todo j = 1,... , r.
Se isso ocorre, ent˜ao xjσ(x 1 ) = σ(xj)x 1 , logo xjx 1 −^1 = σ(xj)
σ(x 1 )
σ(xj)σ(x 1 −^1 ). Portanto,
xjx− 1 1 = σ(xjx− 1 1 ), para todo σ ∈ G e para todo j = 1,... , r.
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DE CORPOS
A conex˜ao de Galois
Logo, xjx− 1 1 ∈ LG. Assim, existem β 1 ,... , βr ∈ LG n˜ao-nulos e um elemento x 1 ∈ L tais que xj = x 1 βj, para todo j = 1,... , r. A equa¸c˜ao (3), com i = 1 , isto ´e, σ 1 = I se torna:
α 1 x 1 β 1 + · · · + αrx 1 βr = 0.
Como x 1 6 = 0 , cancelando x 1 , obtemos que {α 1 ,... , αr} ´e linearmente depen- dente sobre LG, uma contradi¸c˜ao. Portanto, [L : LG] ≤ n. Pela primeira etapa da demonstra¸c˜ao, [L : LG] = n = |G|. Proposi¸c˜ao 5 Sejam L|K uma extens˜ao finita e G = G(L|K). Se H ´e um subgrupo de G, ent˜ao
[LH : K] = [L^ :^ K] |H|
Demonstra¸c˜ao: Basta mostrarmos que G = G(L|K) ´e finito. Assim, H tamb´em ´e finito e, pelo Teorema anterior, [L : LH] = |H|. Logo, L | LH | K
[LH : K] = [[LL :: LK]
H]
= [L |^ H:^ K| ].
Vamos mostrar que |G(L|K)| ≤ [L : K]. Seja {α 1 ,... , αm} uma base de L|K. Suponhamos, por absurdo, que existam σ 1 ,... , σm+ 1 K-automorfismos distintos de L. Seja A a matriz m × (m + 1 ) com coeficientes em L definida por Aij = σj(αi). O sistema linear AX = 0 tem uma solu¸c˜ao n˜ao-nula (x 1 ,... , xm+ 1 ) ∈ Lm+^1 , tal que
σ 1 (αi)x 1 + · · · + σm+ 1 (αi)xm+ 1 = 0 , para todo i = 1,... , m (1)
Seja α ∈ L. Ent˜ao, existem a 1 ,... , am ∈ K, tais que α = a 1 α 1 + · · · + amαm. Assim,
σ 1 (α)x 1 + · · · + σm+ 1 (α)xm+ 1 = σ 1 (^ ∑^ aiαi^ )x 1 + · · · + σm+ 1 (^ ∑^ aiαi^ )xm+ 1
( ∑ aiσ 1 (αi)
) x 1 + · · · +
( ∑ aiσm+ 1 (αi)
) xm+ 1 =
( (^) ∑ aiσ 1 (αi)x 1
)
( (^) ∑ aiσm+ 1 (αi)xm+ 1
) = ∑^ ai
( σ 1 (αi)x 1 + · · · + σm+ 1 (αi)xm+ 1
) = ∑^ ai · 0 = 0,
A pen´ultima igualdade segue da equa¸c˜ao (1).
M. L. T. Villela
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EXTENS AO˜
DE CORPOS
A conex˜ao de Galois
ent˜ao g(x) ∈ K[x] e tem todas as ra´ızes distintas. Os polinˆomios p(x) e g(x) tˆem α como raiz comum em L, temos que mdcL[x](p(x), g(x)) 6 = 1 , ent˜ao mdcK[x](p(x), g(x)) 6 = 1. Como p(x) ´e irredut´ıvel em K[x] segue que mdcK[x](p(x), g(x)) = p(x), logo p(x) divide g(x). Portanto, todas as ra´ızes de p(x) s˜ao distintas. (ii) =⇒ (iii): Primeiramente, observamos que cada α ∈ L ´e alg´ebrico sobre K, porque L|K ´e uma extens˜ao finita. Escolha α 1 ∈ L e seja p 1 (x) ∈ K[x] o polinˆomio m´ınimo de α 1 sobre K. Por hip´otese, p 1 (x) tem todas as suas ra´ızes em L e ´e separ´avel. Seja K 1 ⊂ L um corpo de decomposi¸c˜ao de p 1 (x) sobre K. Se K 1 = L, estamos prontos. Caso contr´ario, escolha α 2 ∈ L tal que α 2 6 ∈ K 1. Seja p 2 (x) ∈ K[x] o polinˆomio m´ınimo de α 2 sobre K. Por hip´otese, p 2 (x) ´e separ´avel e tem todas as suas ra´ızes em L. Consideremos K 2 ⊂ L o corpo de decomposi¸c˜ao do polinˆomio separ´avel p 1 (x)p 2 (x) ∈ K[x]. Se K 2 = L, estamos prontos. Caso contr´ario, continuamos o processo, que tem que parar, em virtude de [L : K] se finito. (iii) =⇒ (i): Pelo Teorema 2, |G(L|K)| = [L : K] e, pelo Teorema 4, temos que |G(L|K)| = [L : LG]. Portanto, [L : LG] = [L : K]. Como K ⊂ LG ⊂ L, segue da multiplicatividade dos graus que K = LG. Defini¸c˜ao 5 (Extens˜ao galoisiana) Uma extens˜ao finita de corpos ´e dita galoisiana se, e somente se, tem uma das condi¸c˜oes equivalentes do Teorema anterior. Lema 3 Sejam L|K uma extens˜ao finita, F um corpo intermedi´ario e σ ∈ G(L|K). Ent˜ao,
G(L|σ(F)) = σG(L|F)σ−^1.
Demonstra¸c˜ao: De fato, tome γ ∈ G(L|F) e β ∈ σ(F). Ent˜ao, β = σ(α), para algum α ∈ F e
E claro que^ ´ σγσ−^1 ´e um automorfismo de L.
(σγσ−^1 )(β) = σ(γ(σ−^1 (β))) = σ(γ(α)) = σ(α) = β.
Logo, σγσ−^1 ∈ G(L|σ(F)) e
σG(L|F)σ−^1 ⊂ G(L|σ(F)).
Analogamente, tomando τ ∈ G(L|σ(F)) e α ∈ F, ent˜ao
(σ−^1 τσ)(α) = σ−^1 (τ(σ(α))) = σ−^1 (σ(α)) = α.
M. L. T. Villela
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A conex˜ao de Galois (^) PARTE 2 - SEC¸ AO 2˜
Logo, σ−^1 γσ ∈ G(L|F) e
σ−^1 G(L|σ(F))σ ⊂ G(L|F),
E claro que^ ´ σ−^1 γσ ´e um automorfismo de L.
portanto
σG(L|F)σ−^1 ⊃ G(L|σ(F)),
e o Lema est´a demonstrado.
Agora, finalmente, estamos prontos para o Teorema de Galois.
Teorema 6 (Teorema Fundamental da Teoria de Galois) Sejam L|K uma extens˜ao finita normal e separ´avel, com [L : K] = n, G = G(L|K), F = {F ; K ⊂ F ⊂ L e F ´e corpo}, H = {H ; H ´e subgrupo de G}. Consideremos
ϕ : F −→ H F 7 −→ ϕ(F) = G(L|F)
e ψ^ :^ H^ −→^ F H 7 −→ ψ(H) = LH
Ent˜ao,
(i) |G| = n. L| {I|} F = LH H = G(L|F) | | K G = G(L|K)
(ii) ϕ e ψ revertem as inclus˜oes, ϕ ◦ ψ = IH e ψ ◦ ϕ = IF.
(iii) Seja F um corpo intermedi´ario. Ent˜ao,
[L : F] = |G(L|F)| e [F : K] = (^) |G(|GL||F)| = (G : G(L|F)).
(iv) Seja F um corpo intermedi´ario. F|K ´e normal se, e somente se, G(L|F) ´e subgrupo normal de G. Nesse caso, G(F|K) ´e isomorfo a G/G(L|F).
Demonstra¸c˜ao:
(i): Pelo Teorema 5, temos K = LG. Pelo Teorema 4, obtemos |G| = [L : LG]. Portanto, |G| = [L : K] = n.
(ii): J´a sabemos que ϕ e ψ revertem as inclus˜oes, F ⊂ LG(L|F) = ψ(ϕ(F)), assim como H ⊂ G(L|LH) = ϕ(ψ(H)).
Fez o Exerc´ıcio 3 da Se¸c˜ao 4, na Parte 1?
Como L|K ´e normal e separ´avel, ent˜ao L|F ´e normal e separ´avel e, pelo Teorema 5,
LG(L|F) = F, (1)
Instituto de Matem´atica
(^69) U F F
A conex˜ao de Galois (^) PARTE 2 - SEC¸ AO 2˜
L I
F 7 −ϕ→ H = G(L|F) | | K G = G(L|K)
I L
H 7 −ψ→ F = LH | | G = G(L|K) K
Exemplo 6 Seja L = Q(
3 ). L ´e corpo de decomposi¸c˜ao sobre Q do polinˆomio f(x) = (x^2 − 2 )(x^2 − 3 ) ∈ Q[x], portanto L|Q ´e galoisiana.
As extens˜oes alg´ebricas dos racionais s˜ao separ´aveis.
Como [Q(
3 ) : Q] = 4 , ent˜ao |G(L|Q)| = 4. Cada σ ∈ G(L|Q) ´e tal que σ|Q(√ 2 ) ∈ G(Q(
2 )|Q), pois Q(
2 )|Q ´e normal sobre Q. Logo, σ(
ou σ(
- Tamb´em, σ|Q(√ 3 ) ∈ G(Q(
3 )|Q), pois Q(
3 )|Q ´e normal sobre Q. Logo, σ(
3 ou σ(
Os Q-automorfismos de L s˜ao:
I :
√^2
ϕ :
√^2
ψ :
√^2
ϕ ◦ ψ :
√^2
Observamos que ϕ^2 = I, ψ^2 = I e ψ ◦ ϕ = ϕ ◦ ψ. Logo, G(L|Q) ≃ Z 2 × Z 2.
Verifique!
Os corpos intermedi´arios n˜ao-triviais de L|Q s˜ao Q(
3 ), Q(
2 ) e Q(
corpos fixos dos subgrupos n˜ao-triviais de G(L|K), respectivamente, H 1 = 〈ϕ〉, H 2 = 〈ψ〉, H 3 = 〈ϕ ◦ ψ〉.
Exemplo 7 Seja L = Q(ω, 3
2 ), onde ω = cos 2π 3 + i sen 2π 3. L ´e normal sobre Q, pois ´e corpo de decomposi¸c˜ao sobre Q de f(x) = x^3 − 2. Logo, L|Q ´e galoisiana. J´a observamos que G(L|Q) ≃ S 3. O polinˆomio m´ınimo de ω sobre Q ´e x^2 + x + 1 e suas ra´ızes s˜ao ω e ω^2. Logo, se σ ∈ G(L|K), ent˜ao σ(ω) ∈ {ω, ω^2 } e σ( 3
2, ω 3
2, ω^2
2 }. Observamos que Q(ω)|Q ´e galoisiana e, para todo σ ∈ G(L|Q), σ|Q(ω) ∈ G(Q(ω)|Q).
Os Q-automorfismos de L s˜ao:
Verifique que τ^3 = I, σ^2 = I, τ ◦ σ = σ ◦ τ^2 , (σ ◦ τ)^2 = I e (σ ◦ τ^2 )^2 = I.
I : 3
ω 7 −→ ω
τ : 3
2 7 −→ ω 3
ω 7 −→ ω
τ^2 : 3
2 7 −→ ω^2
ω 7 −→ ω
σ : 3
ω 7 −→ ω^2
Instituto de Matem´atica
(^71) U F F
EXTENS AO˜
DE CORPOS
A conex˜ao de Galois
σ ◦ τ^2 : 3
2 7 −→ ω 3
ω 7 −→ ω^2
σ ◦ τ : 3
2 7 −→ ω^2
ω 7 −→ ω^2
Os subgrupos n˜ao-triviais de S 3 s˜ao H 1 = 〈τ〉, H 2 = 〈σ〉, H 3 = 〈σ ◦ τ〉 e H 4 = 〈σ ◦ τ^2 〉.
Use a correspondˆencia de Galois para verificar a afirma¸c˜ao ao lado.
Os corpos intermedi´arios n˜ao-triviais de Q(ω, 3
2 )|Q s˜ao Q(ω), Q( 3
Q(ω 3
2 ) e Q(ω^2
2 ), respectivamente, os corpos fixos de H 1 , H 2 , H 3 e H 4.
Finalizamos essa Se¸c˜ao com a determina¸c˜ao do grau e do grupo de Galois de uma extens˜ao galoisiana L|Q muito importante. Seja n ≥ 1 um natural. O polinˆomio xn^ − 1 ∈ Q[x] se decomp˜oe em C[x] como
xn^ − 1 = (x − 1 )(x − ω) · · · (x − ωn−^1 ),
onde ω = cos 2π n + i sen 2π n. Q(ω) ´e corpo de decomposi¸c˜ao sobre Q de xn^ − 1 ∈ Q[x]. Nosso objetivo ´e responder `as quest˜oes: (1) Qual o grau [Q(ω) : Q]? (2) Quem ´e o grupo de Galois G(Q(ω)|Q)? A resposta para a primeira quest˜ao ´e φ(n), onde φ ´e a fun¸c˜ao de Euler e para respondˆe-la vamos determinar o polinˆomio m´ınimo de ω sobre Q. A resposta para a segunda quest˜ao ´e Zn⋆. Precisamos construir o grupo de Q-automorfismos de Q(ω)|Q. Vamos denotar por Un(C) o conjunto das ra´ızes complexas n-´esimas da unidade. Un(C) = {1, ω,... , ωn−^1 } ´e um grupo c´ıclico de ordem n gerado por ω. Qualquer gerador do grupo Un(C) ´e chamado de raiz primitiva n-´esima da unidade. Pelo Teorema de estrutura dos grupos c´ıclicos finitos, as ra´ızes primitivas n-´esimas da unidade s˜ao ωj, onde 1 ≤ j < n e mdc(n, j) = 1. Defini¸c˜ao 6 (n-´esimo polinˆomio ciclotˆomico) Definimos o n-´esimo polinˆomio ciclotˆomico por
φn(x) =
1 ≤ j < n mdc(n,j) = 1
(x − ωj), onde ω = cos 2π n + i sen 2π n.
M. L. T. Villela
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