Extensões Transcendentes: Teoria e Origem da Álgebra

Responsável pelo Conteúdo Prof Me Paulo Roberto Nascimento Revisão Textual Esp Laís Otero Fugaitti Extensões Transcendentes Extensões Transcendentes Apresentar e compreender a teoria de extensões transcendentes OBJETIVO DE APRENDIZADO Introdução A Origem da Álgebra UNIDADE Extensões Transcendentes Introdução A Álgebra é a parte da Matemática dedicada ao estudo de equações polinômios operações matemáticas e estruturas algébricas sendo um dos principais ramos da Mate mática Pura Etimologia da palavra álgenta é oriunda do termo aljabr que em árabe quer dizer arte de reunir ossos quebrados ou cirurgiãobarbeiro No sentido de conexão a palavra álgebra aljabr foi usada matematicamente pela primeira vez entre os anos de 813 e 833 em um tratado nomeado de Livro da restau ração e do balanceamento do matemático persa alKhwarizmi Na obra há a exposição dos alicerces da Álgebra sendo alKhwarizmi o primeiro a estudar a resolução das equações lineares e quadráticas O objetivo do tratado era ensinar soluções para problemas matemáticos comuns do dia a dia de forma mais didática A Origem da Álgebra A origem da Álgebra remete à antiga Babilônia que estava localizada na região centrosul da Mesopotâmia Lá os matemáticos desenvolveram um avançado sistema aritmético que possibilitava cálculos algébricos Esse sistema permitia a aplicação de fórmulas e o cálculo de soluções para cógnitas Atualmente esses problemas teriam soluções a partir de equações lineares quadráticas e indeterminadas Muitos defendem a ideia de que o surgimento da Álgebra ocorreu juntamente com o da escrita já que é uma forma de representação simbólica de acontecimentos e ideias O registro mais antigo da Álgebra é o Papiro de Rhind que foi escrito por um escriba chamado Ahmes por volta de 1650 aC Esse papiro detalhava a solução de 85 problemas de aritmética fração equações lineares geometria cálculos de área volume trigonome tria básica e repartições proporcionais No primeiro milênio antes de Cristo a maioria dos matemáticos resolvia proble mas por métodos geométricos Diofanto de Alexandria um grego que viveu nos anos 200 dC foi o primeiro a usar símbolos para fazer a representação de ideias Contudo esse conceito não chegou a ser desenvolvido acreditase que por causa do período de guerra pelo qual a Grécia passava Somente com a ascensão do Império Árabe por volta de 650 dC foi que os estudos matemáticos tomaram força Entre os anos de 786 e 809 sob o reinado do califa Harun alRachid os muçulmanos tiveram diversas conquistas territoriais O desenvolvimento de cidades centros de comércios e viagens marítimas e ao deserto acabaram impulsionando o desenvolvimento dos conhecimentos matemáticos 8 9 Com a morte de alRashid em 809 seu filho alMamum assumiu o trono e criou em Bagdá um centro de ensino no qual reuniu os sábios da época Entre esses estudiosos estava o matemático Mohamed Ibn Musa alKhwarizmi de quem falamos anteriormente Ele escreveu um livro que tinha aljabr no nome É provável que o termo álgebra tenha se originado do título desse livro Nesta Unidade veremos as extensões transcendentes que são uma classe maior das extensões de corpos Apenas para relembrar seja E um corpo Dizemos que E F ou E K é uma extensão de F se F é subcorpo de E F é subcorpo de E se 1 F onde 1 é o elemento neutro da operação produto de E se x y F então x y F se x y F então xy F se x F então 1 x F Isso nos diz que F é um corpo com as operações de soma e produto induzidas de E Começamos com a seguinte definição uma extensão L K é dita finitamente gerada se 1 2 n L K α α α sendo n finito Os αj podem ser algébricos ou transcendentes sobre o corpo K Temos então a seguinte definição s e 1 2 n t t t são elementos transcendentes sobre um corpo K todos sobre alguma extensão L de K então eles são ditos independentes se e xiste um polinômio P sobre K em n indeterminadas de tal forma que 1 2 0 em n p t t t L Exemplo Se t é transcendente sobre K e u é transcendente sobre K t então K t u é uma extensão finitamente gerada de K e t e u são independentes Mas t e 2 1 u t são transcendentes sobre K e não relacionados pela equação polinomial 2 1 0 t u e portanto não são independentes O seguinte resultado nos diz como é a estrutura de uma extensão finitamente gerada Lema s e L K é uma extensão finitamente gerada então existe um corpo interme diário M de forma que 1 r M K α α onde os i α são elementos transcendentes e independentes sobre K L M é uma extensão finita 9 UNIDADE Extensões Transcendentes Demonstração Temos que 1 n L K β β já que L K é finitamente gerada Se todos os j β são algébricos sobre K então L K é finita e devemos considerar M K De outra forma temos algum j β transcendente sobre K seja este 1 α Se 1 L K α não é finita existe algum k β transcendente sobre 1 K α e seja este α2 Seguindo esse raciocínio conseguimos 1 r M K α α de tal forma que L M é finita Por construção os elementos j α são elementos transcen dentes independentes sobre K A seguir temos mais um resultado e este está relacionado com o anterior Lema se existir outro corpo intermediário de 1 s N K β β de tal forma que 1 s β β são elementos transcendentes independentes sobre K e L N seja finita então r s Demonstração De fato sendo L M finita então 1 β é algébrico sobre M e portanto existe uma equação polinomial p β1 α1 αr 0 Ou seja sem perder a generalidade 1 α está na equação Logo 1 α é algébrico sobre 1 2 r K β α α e 1 2 r L K β α α é finita Por indução conseguimos substituir j por j α β e temos que 1 2 r L K β β β é finita Se s r temos que r 1 β deve ser algébrico sobre 1 2 r K β β β uma contradição Logo s r Da mesma forma podemos ver que r s e portanto r s Com os dois lemas anteriores fica bem definido o grau de transcendência de L K Por quê Definição O número inteiro definido e bem definido nos lemas anteriores é o grau de transcen dência de L K Vejamos o seguinte exemplo consideremos K t u K α onde t é transcendente so bre K e u é transcendente sobre K t α Temos M K t u onde t e u são elementos transcendentes independentes sobre K e então K t u M M M α α é finita e o seu grau de transcendência é dois Temos o seguinte resultado 10 11 Proposição Uma extensão finitamente gerada L K tem grau de transcendência igual a r se e somente se e xistir um corpo intermediário M tal que L é uma extensão finita de M e M K é isomorfa a 1 2 r K t t t K Demonstração Vamos supor que L K seja finitamente gerada Portanto pelos lemas anteriores exis tem um corpo intermediário M K M L e elementos 1 2 r t t t transcendentes e independentes de forma que 1 2 r M K t t t e L M é finita sendo r o grau de transcendência de L K Para provar a volta da proposição suponhamos que L K seja finitamente gerada M seja um corpo intermediário de e L K L M seja uma extensão e M K seja isomorfa a 1 2 r K t t t K Considerando o isomorfismo ϕ de 1 2 em r M K t t t temos 1 2 r M K β β β Seja 1 2 r M K β β β β então existe 1 2 r K t t t α ϕ β Se α é algébrico então α K logo β K o que é um absurdo Portanto α é transcendente ou seja existe algum polinômio não constante de for ma que 1 2 r f t t t α Logo 1 1 2 1 2 r r f K β ϕ β β β β β β Portanto 1 2 r M K β β β e pelos lemas anteriores r é o grau de transcendência de L K Em geral énos dado um polinômio e o objetivo é encontrar seus zeros Mas podemos também fazer o inverso ou seja dados os zeros e suas multiplicidades reconstruímos o polinômio trabalho que é mais simples do que o primeiro Por que reconstruir um polinômio tendo seus zeros é um trabalho menos árduo do que dado o polinômio encontrar seus zeros Pense em polinômios com coeficientes racionais ou reais para ter exemplos Vamos então considerar um polinômio de grau n e seus n zeros com suas multiplici dades ou seja 1 2 n f t k t t t α α α onde k K e os j α são os zeros em K não necessariamente distintos 11 UNIDADE Extensões Transcendentes Vamos supor que 0 1 n n f t a a t a t Expandindo 1 2 f t k t t α α n t α e comparando com 0 1 n n f t a a t a t temos na k 1 1 n n a k α α 2 1 2 1 3 1 n n n a k α α α α α α 0 1 2 1 n n a k α α α A expressão do lado direito em função de 1 2 n α α α é chamada de polinômio ele mentar simétrico mas com 1 2 n α α α interpretados como elementos de 1 2 n K t t t onde K é um corpo qualquer Mais ainda os polinômios elementares simétricos calcula dos como j j t α para 1 j n Os polinômios elementares simétricos são simétricos no sentido de que não se alte ram por uma permutação das indeterminadas tj Temos então a seguinte definição um polinômio 1 2 n p K t t t é simétrico se 1 2 1 2 n n p t t t p t t t σ σ σ para qualquer permutação Sn σ Vale observar que existem outros polinômios simétricos além dos polinômios ele mentares simétricos Um exemplo é o polinômio 2 2 2 1 2 n t t t Mas esses podem ser expressos em termos dos primeiros como vimos anteriormente Temos então o seguinte teorema sobre o corpo K qualquer polinômio simétrico nas indeterminadas 1 2 n t t t pode ser expresso como um polinômio de grau menor ou igual em termos dos polinômios elementares 1 2 01 r n s t t t r n A demonstração desse teorema que pode ser encontrada em EDWARDS H Galois theory New York SpringerVerlag 1984 que consta nas referências bibliográficas fica como exercício de leitura para oa caroa estudante Passemos agora para o polinômio geral Consideremos K um corpo qualquer e 1 2 n t t t os elementos transcendentes sobre K O grupo simétrico n S pode agir como um grupo de Kautomorfismos de 1 2 n K t t t com a utilização de uma transforma ção linear definindo i i t tσ σ para todo iS θ É possível estendêlo a qualquer expressão racional Φ definindo 1 2 1 2 n n t t t t t t σ σ σ σ Φ Φ Φ Φ e dessa forma conseguimos provar que σ assim estendido é um Kautomorfismo 12 13 Exemplo Consideremos n 4 e a permutação σ dada por 1234 2431 Temos que 1 2 2 4 3 3 4 1 t t t t t t e t t σ σ σ σ Observe o seguinte caso particular 3 3 1 4 2 1 5 5 2 3 4 3 3 3 t t t t t t t t σ Fica claro que elementos distintos de n S dão origem a distintos Kautomorfismos Obviamente o corpo fixo de F de n S contém todos os polinômios simétricos em it em particular os polinômios elementares simétricos 1 2 r r n s s t t t Vamos mostrar que estes geram F Utilizando a notação anterior temos o exposto a seguir Lema 1 2 n F K s s s Demonstração Em primeiro lugar mostremos que 1 2 1 2 3 n K t t t K s s s K n Consideremos a extensão dupla 1 2 1 2 1 2 n n n n K t t t K s s s t K s s s Mas 0 f tn onde 1 1 1 n n n n f t t s t s e tal que 1 2 1 2 n n K s s s K s s s n Considerando 1 2 1 n s s s o polinômio elementar simétrico em 1 2 1 n t t t e defi nindo 0 1 s temos 1 j n j j s t s s 13 UNIDADE Extensões Transcendentes e portanto 1 2 1 2 1 n n n n K s s s t K t s s s Utilizando indução finita vem 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 n n n n n n n K t t t K s s s t K t t t t K t s s s n e segue o passo de indução Claramente 1 2 n K s s s é um corpo fixo de n S e portanto 1 2 n n K t t t F S n Logo 1 2 n F K s s s Uma decorrência desse teorema é a seguinte Corolário Todo polinômio simétrico em 1 2 n t t t sobre K pode ser escrito como uma expressão racional em 1 2 n s s s Demonstração De fato polinômios simétricos estão no corpo fixo F Lema com a mesma notação anterior 1 2 n s s s são elementos transcendentes independentes sobre K Demonstração Como 1 2 n K t t t é uma extensão finita de 1 2 n K s s s então ambos têm o mesmo grau n de transcendência sobre K Logo os js são independentes pois caso contrário o grau de transcendência de 1 2 n K s s s K seria menor que n Definição Consideremos K um corpo e 1 2 n s s s elementos transcendentes sobre K O poli nômio geral de grau n sobre K é dado por 1 1 1 n n n n t s t s sobre o corpo 1 2 n K s s s Temos então o seguinte resultado 14 15 Teorema Sejam K um corpo qualquer g um polinômio geral de grau n sobre K na verdade sobre 1 2 n K s s s e 1 2 n Gal g K s s s e o corpo de decomposição de g sobre 1 2 n K s s s Então os zeros 1 2 n t t t de g em 1 2 n Gal g K s s s são elementos independentes transcendentes sobre K e o grupo de Galois de 1 2 1 2 n n Gal g K s s s K s s s é simétrico ao grupo n S Demonstração A extensão 1 2 1 2 n n Gal g K s s s K s s s é finita e portanto o grau de trans cendência de 1 2 1 2 n n Gal g K s s s K s s s é igual ao de 1 2 K s s s ns K digamos n Como 1 2 1 2 n n Gal g K s s s K t t t os jt são elementos transcen dentes independentes sobre K senão qualquer relação algébrica entre eles diminuiria o grau de transcendência Os js são agora os polinômios elementares simétricos em 1 2 n t t t Como vimos n S age como um grupo de automorfismos de 1 2 n Gal g K s s s e portanto o corpo fixo é 1 2 n K s s s Logo 1 2 1 2 n n Gal g K s s s K s s s é normal e separável como corpo de decomposição Então seu grau é Sn n Pelo teo rema fundamental da teoria de Galois o grupo de Galois tem ordem n e está contido em Sn Portanto ele é igual a n S E finalmente temos um último teorema que será apresentado sem sua demonstração e que decorre de resultados já vistos anteriormente Teorema s e K é um corpo de característica zero e n 5 então a polinomial geral de grau n sobre K em verdade sobre 1 2 n K s s s é não solúvel por radicais Na demonstração feita anteriormente por que podemos afirmar que os sj são os polinômios elementares simétricos em t1 t2 tn Agora veremos as extensões cíclicas Começaremos com a seguinte definição Definição V amos considerar L K uma extensão normal e finita com grupo de Galois G A norma de um elemento a L é dada por 1 2 n N a a a a τ τ τ onde 1 2 n G τ τ τ Temos que N a pertence ao corpo fixo de G e se a extensão é também separável então N a K 15 UNIDADE Extensões Transcendentes Teorema Seja L K uma extensão normal finita com grupo de Galois cíclico G gerado por um elemento τ Então a L é tal que 1 N a se e somente se b a τ b para algum b L com 0 b Demonstração Vamos considerar G n Se b a τ b e b 0 então 2 n N a a a a a τ τ τ 2 1 2 3 n n b b b b b b b b τ τ τ τ τ τ τ 1 pois 1 τ n Reciprocamente vamos supor que N a 1 Considerando c L definimos 0 0 d a 1d a a c τ τ j j d j a a a c τ τ τ para 0 1 j n Então 1 1 1 n n dn N a c c τ τ e mais 1 0 2 j j d a d para j n τ Vamos definir 0 1 n 1 b d d d 16 17 A afirmação é que podemos escolher c de tal forma que b 0 De fato se supuser mos que b 0 qualquer que seja a escolha de c temos que 0 0 1 1 1 0 n n c c c λ τ λτ λ τ onde j j a a a L λ τ τ Logo os j τ automorfismos distintos são linearmente in dependentes sobre L o que contraria o lema de Dedekind Logo podemos escolher c tal que b 0 e portanto 0 n 1 b d d τ τ τ 1 1 1 n n d d c a τ 1 1 1 n d d a b a Ou seja b a τ b A seguir apresentamos três resultados importantes Teorema S uponhamos que L K seja uma extensão normal finita e que seu grupo de Galois G seja cíclico de ordem p gerado por τ Vamos assumir que a característica de K é 0 ou prima com p e que 1 pt se decompõe linearmente sobre K Então L K α onde α é um zero de um polinômio irredutível pt a sobre K para algum a K Teorema S ejam K um corpo de característica 0 e L K uma extensão normal finita com grupo de Galois G solúvel Então e xiste uma extensão normal R de L tal que R K é radical Teorema Sobre um corpo de característica 0 um polinômio é solúvel por radicais se e somen te se e le tiver grupo de Galois solúvel 17 UNIDADE Extensões Transcendentes Material Complementar Indicações para saber mais sobre os assuntos abordados nesta Unidade Leitura Teoria Elementar de Galois httpsbitly3xCLzsi Teorema de Galois e Aplicações httpsbitly3SnSDBf As Equações Algébricas e a Teoria de Galois httpsbitly3qUjpoS Extensões Galoisianas Adentrando ao Problema Inverso de Galois httpsbitly3DC0u9V 18 19 Referências EDWARDS H Galois theory New York SpringerVerlag 1984 ENDLER O Teoria dos corpos Rio de Janeiro IMPA 2005 JACOBSON N Basic Algebra I 2nd ed Mineola Dover Publications 2009 KAPLANSKY I Introdução à teoria de Galois Rio de Janeiro IMPA 1966 KATZ V J FRALEIGH J B A first course in abstract algebra 7th ed Boston AddisonWesley 2003 LANG S Algebra 3rd ed New York SpringerVerlag 2002 19