Episodi 14. Càlcul explícit de grups de Galois

Hem vist com calcular el grup de Galois de polinomis de la forma $x^n-a$. En general, però, calcular el grup de Galois d’un polinomi donat és una tasca difícil. Ens conformarem doncs amb estudiar completament els polinomis de graus $3$ i $4$, i farem servir tot el que hem après per trobar fórmules per les seves arrels.

14.1 Polinomis cúbics

Trobarem la solució de la cúbica fent servir el què hem après fins ara. Primer determinarem el seu grup de Galois. Assumirem que la característica de $F$ no és $2$. Això ens cal perquè en general per un polinomi separable $f(x)$ de grau $n$ tenim $\Gal(f)\leq A_n$ si i només si $\sqrt{\disc(f(x))}\in F$.

Sigui doncs $f(x)\in F[x]$ un polinomi separable de grau $3$. Resulta que el discriminant ja determina el grup de Galois.

Teorema 14.1 Si $\disc(f(x))$ és un quadrat a $F$, aleshores $\Gal(f)$ és $A_3$. Si no, aleshores $\Gal(f)=S_3$.

Prova. Els únics subgrups transitius de $S_3$ són $S_3$ i $A_3$, i ja sabem que $\sqrt{\disc(f)}\in F$ si i només si $\Gal(f)\leq A_3$.

Remarca. Si $f(x)\in Q[x]$ té $\Gal(f)=A_3$ aleshores totes les seves arrels generen el mateix cos cúbic. Com que com a mínim una de les arrels és real, totes ho han de ser. Però el recíproc no és cert. Per exemple, el polinomi $x^3-4x-1$ té tres arrels reals, però el seu grup de Galois és $S_3$ perquè té discriminant $229$, que no és un quadrat perfecte. Les seves tres arrels generen tres subcossos diferents de $\RR$.

Remarca. La condició que $f$ és irreductible és important! El polinomi $x^3-2x+1=(x-1)(x^2+x-1)$ té discriminant $5$ però grup de Galois $A_3$, mentre que el polinomi $x^3-7x-6=(x+1)(x+2)(x-3)$ té discriminant $20^2$ i grup de Galois $S_3$.

Podem fer el resultat del teorema anterior més explícit. Si $\Delta=\disc(f(x))$ és el quadrat d’un element d’$F$, aleshores el cos de descomposició d’$f(x)$ s’obté simplement adjuntant una arrel $\alpha$ d’$f(x)$, i el cos que s’obté és Galois amb grup cíclic d’ordre $3$. En canvi, si $\Delta$ no és un quadrat aleshores el cos de descomposició és $F(\alpha,\sqrt{D})$. Els generadors del grup de Galois són $\sigma$ i $\tau$, \[ \sigma(\theta) = \theta',\quad \sigma(\sqrt{\Delta}) = \sqrt{\Delta}, \] amb $\theta'$ una altra arrel d’$f(x)$, i \[ \tau(\theta) = \theta,\quad \tau(\sqrt{\Delta}) = -\sqrt{\Delta}. \]

Considerem ara un polinomi cubic reduït $f(x)=x^3 + px+q \in \QQ[x]$. Donat un polinomi cúbic qualsevol, es pot posar en aquesta forma fent un canvi (completant el quadrat) sobre $\QQ$, i al final podem recuperar les arrels originals desfent el canvi. Ja hem vist que el cos de descomposició és una extensió $A_3$ sobre $\QQ(\sqrt{\Delta})$. Denotem per $\alpha, \beta,\gamma$ les tres arrels de $f(x)$, que satisfan que $\alpha+\beta+\gamma=0$. Si adjuntem una arrel cúbica de la unitat $\zeta=\zeta_3$, aquesta extensió serà radical de grau $3$, amb generador donat per la resolvent de Lagrange. Considerem doncs els elements \[\begin{align*} [\alpha,1] &= \alpha+\beta+\gamma=0\\ \theta_+ = [\alpha, \zeta] &= \alpha + \zeta\beta + \zeta^2\gamma\\ \theta_- = [\alpha, \zeta^2] &= \alpha + \zeta^2\beta + \zeta \gamma. \end{align*}\] Com que $1+\zeta+\zeta^2=0$, tenim: \[\begin{align*} \theta_++\theta_- &= 3 \alpha\\ \zeta^2\theta_+ +\zeta\theta_-&=3\beta\\ \zeta\theta_+ +\zeta^2\theta_- &= 3\gamma. \end{align*}\] Per tant, si podem expressar $\theta_+$ i $\theta_-$ en termes dels coeficients de $f(x)$ ja estarem.

Ja sabem en general que els cubs de les resolvents, $\theta_{\pm}^3$, viuen al cos base $\QQ(\zeta,\sqrt{\Delta})$. Expandim $\theta_{\pm}^3$ i $\sqrt{\Delta}=(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\beta-\gamma)$ en termes de les arrels, i fent servir la teoria dels polinomis simètrics arribem a les expressions \[\begin{align*} \theta_+^3 &= \frac{-27q + 3\sqrt{-3\Delta}}{2}\\ \theta_-^3 &= \frac{-27q - 3\sqrt{-3\Delta}}{2}\\ \end{align*}\] (hem triat els noms fent servir $\pm$ justament per això). Obtenim les solucions de la cúbica extraient les arrels cúbiques d’aquestes expressions. Fixem-nos que hi ha tres possibles arrels cúbiques en cada cas, i semblaria que obtindríem $9$ solucions, que no té sentit. Però $\theta_+$ i $\theta_-$ no són independents, ja que ja sabem que quan n’adjuntem una ja obtenim l’extensió total de grau $6$. De fet, un càlcul semblant al què hem fet per trobar $\theta_{\pm}^3$ ens dona l’equació $\theta_+\theta_-=-3p$, i per tant només hem de triar una de les arrels cúbiques.

Finalment, si fem servir que $\Delta=-4p^3-27q^2$, i escrivim $C_{\pm} = \frac 1 3 \sqrt[3]{\theta_{\pm}}$, tenim \[ \alpha = C_+ + C_-,\quad \beta = \zeta C_+ + \zeta^-1 C_-,\quad \gamma = \zeta^-1 C_+ + \zeta C_-, \] amb $\zeta=\frac{-1+\sqrt{-3}}{2}$.

14.2 Polinomis quàrtics

Sigui $f(x)=x^4+px^2+qy+r\in F[x]$ un polinomi de grau $4$ en forma reduïda i arrels $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$. Sigui $G=\Gal(f)$.

Suposem primer que $f(x)$ és reductible. Si té una arrel racional, aleshores estem en el cas del polinomi cúbic de l’apartat anterior. D’altra banda, si $f(x)$ és producte de dos quadràtics, aleshores el seu cos de descomposició és $K=F(\sqrt{D_1},\sqrt{D_2})$, on els $D_i$ són els discriminants dels polinomis quadràtics. Si el producte $D_1D_2$ és un quadrat perfecte, aquesta extensió s’anomena biquadràtica, i $G$ és isomorf a $V_4\cong \ZZ/2\ZZ\times\ZZ/2\ZZ$. Si el producte és un quadrat perfecte, aleshores $K=F(\sqrt{D_1})$ és una extensió quadràtica.

Considerem ara el cas de $f(x)$ irreductible. Aleshores $G$ és un subgrup transitiu de $S_4$, i hi ha les següents possibilitats: - $S_4$, - $A_44, - $D_{2\times 4}=\{1,(1324),(12)(34), (1423),(13)(24), (14)(23), (12), (34)\}$ i els seus $3$ conjugats, - $V_4 = \{1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$, o - $C_4 = \{1, (1234), (13)(24), (1432)\}$ i els seus $3$ conjugats.

Considerem els elements \[\begin{align*} \theta_1 &= (\alpha_1+\alpha_2)(\alpha_3+\alpha_4)\\ \theta_2 &= (\alpha_1+\alpha_3)(\alpha_2+\alpha_4)\\ \theta_3 &= (\alpha_1+\alpha_4)(\alpha_2+\alpha_3), \end{align*}\] tenim una acció de $S_4$ en el conjunt $\{\theta_1,\theta_2,\theta_3\}$, i el subgrup que els fixa tots tres és precisament $V_4$. Fixem-nos que les funcions simètriques elementals en els $\theta_i$ són fixes per tot $G$, i per tant viuen al cos base. Obtenim així el polinomi \[ h(x) = (x-\theta_1)(x-\theta_2)(x-\theta_3) = x^3-2px^2+ (p^2-4r)x + q^2, \] que s’anomena la resolvent cúbica de $f(x)$. Comprant les definicions dels discriminants per $f(x)$ i $h(x)$, veiem que $\disc(f(x))=\disc(h(x))$. En particular, trobem: \[ \Delta=\disc(f(x))=\disc(h(x)) = -4 p^{3} q^{2} + 16 p^{4} r - 27 q^{4} + 144 p q^{2} r - 128 p^{2} r^{2} + 256 r^{3}. \]

El següent resultat ens classifica $G$ segons aquesta informació.

Teorema 14.2

Si $h(x)$ és irreductible, aleshores:
Si $\Delta$ no és un quadrat, $G=S_4$.
Si $\Delta$ és un quadrat, $G=A_4$.
Si $h(x)$ té exactament una arrel a $F$, aleshores:
Si $f(x)$ és irreductible a $F(\sqrt{\Delta})$, aleshores $G=D_{2\times 4}$.
Si no, aleshores $G=C_4$.
Si $h(x)$ té tres arrels a $F$, aleshores $G=V_4$.

Prova. Si $h(x)$ és irreductible i $D$ no és un quadrat, aleshores $G\not\leq A_4$ i $\Gal(h(x))=S_3$. Per tant, $|G|$ és divisible per $6$ i l’única possibilitat és $S_4$.

Si $h(x)$ és irreductible i $D$ és un quadrat, aleshores $G\leq A_4$, i a més $\Gal(h(x))=A_3$, per tant $3 \mid |G|$ i l’única possibilitat és $A_4$.

Si $h(x)$ té tres arrels a $F$, aleshores $G$ fixa $\theta_i$ per $i=1,2,3$, i per tant $G\leq V$, d’on en traiem $G = V$

Finalment, si $h(x)$ té exactament una arrel, posem $\theta_1\in F$, aleshores $G$ fixa $\theta_1$ però no intercanvia $\theta_2\leftrightarrow \theta_3$. Això vol dir que $G\leq D_{2\times 4}$ i $G \not\leq V$. Per tant, $G=D_{2\times 4}$ o $G=C_4$. Per distingir-los, podem observar que $D_{2\times 4}\cap A_4=V_4$ i $C_4\cap A_4=\{1, (13)(24)\}$, i aquest segon no és transitiu en les arrels de $f(x)$. Per tant el segon cas passa justament quan $h(x)$ factoritza sobre $F(\sqrt{\Delta})$, i ja hem cobert tots els casos.

Veiem ara com trobar les arrels explícitament, en el cas que $F=\QQ$. Sigui $K/F$ el cos de descomposició de $f(x)$, i sigui $E=\QQ(\theta_1,\theta_2,\theta_3)$ el cos de descomposició de la resolvent cúbica $h(x)$. Aleshores $\Gal(K/E)\cong V_4$ i és per tant una extensió biquadràtica. Això vol dir que podem trobar les arrels $\alpha_i$ en termes d’arrels quadrades d’expressions en les $\theta_j$. En aquest cas, com que $(\alpha_1+\alpha_2)(\alpha_3+\alpha_4)= \theta_1$ i $(\alpha_1+\alpha_2)+(\alpha_3+\alpha_4)=0$, obtenim la primera fila de la següent taula. Les altres files es fan igual: \[\begin{align*} \alpha_1+\alpha_2 &= \sqrt{-\theta_1},& \alpha_3+\alpha_4&=-\sqrt{-\theta_1},\\ \alpha_1+\alpha_3 &= \sqrt{-\theta_2},& \alpha_2+\alpha_4&=-\sqrt{-\theta_2},\\ \alpha_1+\alpha_4 &= \sqrt{-\theta_3},& \alpha_2+\alpha_3&=-\sqrt{-\theta_3}.\\ \end{align*}\] Les arrels quadrades no són independents, ja que el producte $\sqrt{-\theta_1}\sqrt{-\theta_2}\sqrt{-\theta_3}=-q$ i per tant un cop triades dues arrels la tercera ja ve determinada. Amb aquestes sis equacions podem aïllar les $\alpha_i$, per exemple $\alpha_1=\frac 1 2 (\sqrt{-\theta_1} + \sqrt{-\theta_2}+\sqrt{-\theta_3})$. Les $\theta_j$ són arrels d’una cúbica, que ja sabem resoldre.