Episodi 10. Elements Primitiu

En aquest episodi demostrem el teorema de l’element primitiu, i ho apliquem a estudiar com es comporta la propietat de ser Galois en reticles.

10.1 El teorema de l’element primitiu

Recordem que una extensió $K/F$ és simple si hi ha algun $\alpha\in K$ tal que $K=F(\alpha)$.

Teorema 10.1 (caracterització d'extensions simples) Una extensió $K/F$ és simple si i només si hi ha finites subextensions $K/M/F$.

Prova. Suposem que $K=F(\alpha)/F$ és simple, i sigui $f(x)=\Irr_{\alpha,F}(x)$. Considerem una subextensió $K/M/F$. Aleshores $g(x)=\Irr_{\alpha,M}(x)$ és un divisor de $f(x)$ pensats a $K[x]$. Sigui $M'\subseteq M$ l’extensió generada sobre $F$ pels coeficients de $g(x)$. Com que $\Irr_{\alpha,M}(x)=\Irr_{\alpha,M'}(x)$, tenim $[K\colon M]=[K \colon M']$ i per tant $M=M'$. En conclusió, els subcossos $M$ estan generats per coeficients dels factors irreductibles de $f(x)$ pensat com a polinomi a $K[x]$ i, per tant, n’hi ha un nombre finit.

Recíprocament, suposem que $K/F$ té un nombre finit de subcossos. Gràcies a la Proposició 7.2, hi ha algun $\alpha\in K$ que no pertany a cap dels subcossos de $K$. Per tant, $F(\alpha)=K$.

Amb aquesta caracterització i tot el què sabem fins ara podem demostrar fàcilment el teorema de l’element primitiu.

Teorema 10.2 (Element Primitiu) Si una extensió $K/F$ és finita i separable, aleshores existeix $\gamma\in K$ tal que $K=F(\gamma)$.

Prova. Sigui $L/K$ una extensió tal que $L/F$ sigui Galois. Per exemple, podem prendre el compositum de tots els cossos de descomposició dels polinomis mínims d’un conjunt de generadors de $K/F$. Aleshores $L/F$ és primitiva i, pel criteri anterior, hi ha un nombre finit de subcossos de $L$. En particular, hi ha un nombre finit de subcossos de $K$ i, un altre cop pel criteri anterior, l’extensió $K/F$ és primitiva.

Podem generalitzar una mica aquest teorema:

Teorema 10.3 Suposem que $K=F(\alpha,\beta)$ i $\beta$ és separable sobre $F$. Aleshores existeix $\gamma\in K$ tal que $K=F(\gamma)$.

Prova. Si $F$ és un cos finit, aleshores $F(\alpha,\beta)$ també és un cos finit i per tant sabem que és simple. Suposem doncs que $F$ és infinit, i escrivim $f(x)$ i $g(x)$ pels polinomis mínims d’$\alpha$ i $\beta$, respectivament. Sigui $L/F(\alpha,\beta)$ un cos de descomposició per $f(x)g(x)$, i escrivim $\alpha=\alpha_1, \alpha_2,\ldots \alpha_r$ per les arrels de $f(x)$ a $L$ i $\beta=\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_s$ per les arrels de $g(x)$ a $L$. Per cada $i$ i per cada $j\neq 1$, l’equació \[ \alpha_i + X \beta_j = \alpha + X \beta_j \] només té la solució $X=\frac{\alpha_i-\alpha}{\beta-\beta_j}$ (el denominador no és zero perquè $g(x)$ és separable). Per tant, com que $F$ és infinit podem prendre $t\in F$ que no sigui cap de les solucions anteriors, i definim $\gamma=\alpha+t\beta$. Veurem que $F(\alpha,\beta)=F(\gamma)$. N’hi ha prou amb veure que $\beta\in F(\gamma)$, perquè aleshores $\alpha=\gamma-t\beta$ també hi serà. Considerem els polinomis a $g(x)$ i $h(x)=f(\gamma - tx)$ a $F(\gamma)$. Observem que $g(\beta)=0$ i $h(\beta)=f(\gamma-t\beta) = f(\alpha)=0$. Però les altres arrels de $g(x)$ són les $\beta_j$ amb $j>1$, i $h(\beta_j)\neq 0$ en aquest cas. Per tant, $\mcd(g(x),h(x))=(x-\beta)$ i en deduim que $\beta\in F(\gamma)$, com volíem.

10.2 Galois i compositum d’extensions

Estudiem ara com es comporta la propietat de ser Galois quan prenem compositums.

Suposem que tenim extensions $K/F$ i $F'/F$.

Proposició 10.1 Si $K/F$ és de Galois, aleshores $KF'$ és de Galois sobre $F'$ i la restricció indueix un isomorfisme $\Gal(KF'/F') \cong \Gal(K/K\cap F')$: \[ \xymatrix{ & KF'\\ K \ar@{-}[ur]^{G}& & F' \ar@{-}[ul]_{G}\\ & K\cap F'\ar@{-}[ul]\ar@{-}[ur]\\ & F\ar@{-}[u]. } \] En particular, si $F'/F$ és finita, aleshores \[ [KF': F] = \frac{[K\colon F] [F' \colon F]}{[K\cap F' \colon F]}. \]

Prova. Sabem que $K$ és el cos de descomposició d’un polinomi separable $f(x)\in F[x]$. Aleshores, $KF'$ és el cos de descomposició del mateix polinomi $f(x)$ ara pensat com a polinomi a $F'[x]$. Considerem ara el morfisme restricció \[ \varphi \colon \Gal(KF'/F') \to \Gal(K/F). \] Està ben definit: donat $\sigma\in\Gal(KF'/F')$, com que $F$ és un subcos de $F'$ també fixa els elements de $F$, i per tant la seva restricció a $K$ dona lloc a un element de $\Gal(K/F)$. Calcularem el nucli i la imatge de $\varphi$.

Si $\sigma\in\Gal(KF'/F')$, i suposem que $\sigma|_K=1$, vol dir que $\sigma$ fixa $K$. Com que també fixava $F'$, fixa tot $KF'$ i per tant és la identitat a $\Gal(KF'/F')$. Així doncs, $\varphi$ és injectiva.

Sigui $H=\operatorname{Im}(\varphi)\leq \Gal(K/F)$ la imatge, i sigui $M=K^H$ el seu subcos fix. Volem veure que $M=K\cap F'$, i això ens donarà el resultat gràcies a la correspondència de Galois. Si $\sigma\in H$, aleshores $\sigma$ fixa $F'$. Per tant, $K\cap F'\subseteq M$. D’altra banda, el compositum $M F'$ és fix per tot $\sigma\in \Gal(KF'/F')$, ja que aquest $\sigma$ fixa els elements de $F'$ i en els elements de $K$ hi actua via la restricció. Pel teorema fonamental, $MF'= F'$ i, per tant $M\subseteq F'$, d’on en traiem $K \cap F'=M$.

La fórmula final s’obté comptant graus d’extensions.

Remarca. Considerem $F=\QQ$, $K=\QQ(\sqrt[3]{2})$ (el nostre prototipus d’extensió no normal) i $F'=\QQ(\zeta_3\sqrt[3]{2})$, on $\zeta_3$ és una arrel cúbica primitiva de la unitat. Tenim $[K\colon F]=[F'\colon F]=3$, i $KF'=\QQ(\zeta_3,\sqrt[3]{2})$ té grau $6$, per tant la igualtat no és certa si cap de les extensions inicials és de Galois.

Estudiem ara el cas on les dues extensions inicials són de Galois.

Proposició 10.2 Siguin $K_1/F$ i $K_2/F$ dues extensions de Galois amb grups $G_1$ i $G_2$. Aleshores $K_1K_2/F$ i $K_1\cap K_2 /F$ són Galois, i la restricció a $K_1$ i a $K_2$ indueix un isomorfisme \[ \Gal(K_1K_2 / F) \cong H = \{(\sigma,\tau) \in G_1\times G_2 ~|~ \sigma|_{K_1\cap K_2} = \tau|_{K_1\cap K_2}\}. \]

En particular, si $K_1\cap K_2 = F$, aleshores \[ \Gal(K_1K_2 / F)\cong G_1\times G_2. \]

Prova. Suposem que $K_i$ és el cos de descomposició del polinomi separable $f_i(x)\in F[x]$. Aleshores $K_1K_2$ és el cos de descomposició de la part lliure de quadrats de $f_1(x)f_2(x)$ i per tant $K_1K_2$ és Galois sobre $F$. Sigui ara $f(x)$ un polinomi irreductible a $F[x]$ amb una arrel a $K_1\cap K_2$. Aleshores totes les arrels de $f(x)$ són a $K_1$ i també a $K_2$ i, per tant, a $K_1\cap K_2$. Per tant, $K_1\cap K_2$ és Galois.

Considerem ara l’aplicació \[ \varphi\colon \Gal(K_1K_2 / F) \to G_1\times G_2,\quad \sigma\mapsto (\sigma|_{K_1}, \sigma|_{K_2}). \] És clarament injectiva, i per tant només ens cal estudiar la imatge. Clarament està continguda dins d’$H$, i per tant n’hi ha prou amb calcular els ordres. Pel primer teorema d’isomorfisme, \[ |\operatorname{Im}(\varphi)| = |\Gal(K_1K_2/F)| = [K_1K_2 \colon F]. \] D’altra banda, fixem-nos que per cada $\sigma\in \Gal(K_1/F)$ hi ha $|\Gal(K_2/K_1\cap K_2)|$ elements $\tau\in \Gal(K_2/K_1\cap K_2)$ que satisfan $(\sigma,\tau)\in H$. Per tant: \[ |H| = |G_1| |\Gal(K_2/ K_1\cap K_2)| = |G_1| \frac{|G_2|}{\Gal(K_1\cap K_2 / F)} \] i la fórmula de la proposició anterior ens demostra $|H| = |\operatorname{Im}(\varphi)|$.

Podem demostrar un cert recíproc:

Proposició 10.3 Suposem que $K/F$ és una extensió de Galois, i $G=\Gal(K/F) = G_1\times G_2$. Aleshores $K$ és el compositum de dues extensions de Galois $K_1/F$ i $K_2/F$ amb $K_1\cap K_2=F$ i grups de Galois $G_1$ i $G_2$, respectivament.

Prova. Definim $K_1=K^{G_1}$ i $K_2=K^{G_2}$. Aleshores $K_1\cap K_2$ correspon a $\langle G_1,G_2\rangle=G$, per tant $K_1\cap K_2=F$. El compositum correspon amb $G_1\cap G_2=1$, i per tant $K_1K_2=K$.

Corol·lary 10.1 (clausura de Galois) Sigui $K/F$ una extensió finita separable. Aleshores hi ha una extensió $E/K/F$ tal que $E/F$ és Galois$, i és mínima en el sentit que si $E'/K$ és una extensió amb $E'/F$ Galois, tenim $E \subseteq E'$. Aquesta extensió s’anomena la clausura de Galois de $K/F$.

Prova. Ja sabem que hi ha extensions de $K$ que són Galois (prenem el cos de descomposició dels polinomis mínims d’un conjunt de generadors de $K$). El cos $E$ buscat és llavors la intersecció de totes les extensions $E'/K$ tals que $E'/F$ és Galois. Hem vist que aquesta intersecció serà Galois.