Das Simetrias à Teoria de Galois

Das Simetrias à Teoria de Galois
Uma das questões mais antigas na história da matemática é a resolução de equações. Acreditase que os babilônios já tinham métodos para resolver equações polinomiais do segundo grau.
De
qualquer forma o conhecimento de como resolver essas equações é muito antigo. Por volta de 1.500
Scipione del Ferro, um professor da Universidade de Bolonha, desenvolveu o método para resolver
equações polinomiais cúbicas. Mais ou menos na mesma época Niccolo Tartaglia também encontrou
as fórmulas para equações cúbicas. Através de Tartaglia um outro matemático dessa época chamada
Gerolamo Cardano obteve o segredo de como resolver equações cúbicas. Um estudante e servente da
casa de Cardano, chamado Ludovico Ferrari, consegui resolver equações de grau 4. Esses fatos e a
resolução das equações estão narrados no livro Ars Magna de Cardano de 1.545.
O que esses matemáticos zeram foi oferecer uma sequência de passos que levava às soluções. Os
procedimentos eram cheios de truques, provavelmente desenvolvidos a custa de muitos cálculos, e
funcionavam caso a caso. Para resolver uma cúbica produzia-se uma quadrática e no m extraiam-se
raízes cúbicas. Para a resolução da equação de grau 4 era necessário resolver uma cúbica. Cada caso
era tratado isoladamente. Por exemplo:
Para eles uma equação
x2 + a1 x + ao = 0 era o mesmo que encontrar dois números b1
(
b1 + b2 = −a1
b1 · b2
=
e
b2
tais que
ao
Neste caso o truque era calcular
(b1 − b2 )2 = (b1 + b2 )2 − 4b1 b2 = a21 − 4ao
que é um valor conhecido. Hoje chamamos esse valor de discriminante da equação. Chamando-se
α = b1 − b2
obtemos um sistema de equações
(
b1 + b2 = −a1
b1 − b2 =
α
cuja solução é dada por
b1 =
b2 =
1
(−a1
2
1
(−a1
2
que é a fórmula que conhecemos hoje em dia onde
+ α)
.
− α)
p
α = a21 − 4ao .
Já no caso da cúbica eles tiveram que suar muito mais. Não vamos tratar da solução dada por
Scipione-Tartaglia-Cardano para obter uma fórmula semelhante. Para uma equação
x3 + px + q = 0
eles deduziram a fórmula para uma raiz
s
b1 =
3
s
r r 2
3
−q
q
p
q 2 p 3
3 −q
+
+
+
−
+
.
2
2
3
2
2
3
1
(1)
Essa fórmula requer um cuidado especial pois não temos só uma raiz cúbica, mas sim três. No caso da
raiz quadrada temos duas possibilidades. Se
r2 = s
também
(−r)2 = s.
Para a raiz cúbica acontece
algo semelhante. Observemos que para
√
−1 + −3
ω=
2
ω 3 = 1.
vale
as raízes de
Isto é
ω
é uma das raízes da equação
2
x − 1 que eram 1 e −1.
cada equação
x3 − s = 0
se
r
1·r
Por isso temos
x3 − 1 = 0 são 1, ω
Agora as soluções de
x3 − 1 = 0.
e
ω2.
De fato
e
Para a raiz quadrada também usamos
−1 · r
como soluções da equação
x3 − 1 = (x − 1)(x − ω)(x − ω 2 ).
ωr
é uma raiz, as outras duas serão
e
ω2 r.
chamadas de raízes cúbicas da unidade e mais geralmente para todo
são as raízes
n-ésimas
x −
r q 2 p 3
+
2
3
x3 −
−q
−
2
!
r q 2 p 3
+
,
2
3
temos nove possibilidades de combinações do tipo
que
3.
2
α=
(b1 − b2 )2
reescrever a solução
onde
b1
as raízes de
x −1 = 0
das equações
,
b2
etc
b3 .
e
x 2 + a1 x + ao = 0
(b1 − b2 )2 = a21 − 4ao
e
e sejam
b 1 + b 2 = a1
B1
e
b2
suas raízes. Lembremos
são grandezas conhecidas. Podemos
na forma
p
1
b1 = (b1 + b2 + (b1 − b2 )2
2
através de valores conhecidos. Analogamente para
do grau
são
n
para procurar um caminho que leve a solução da equação de
Tomemos novamente a equação
p
x3 − 1 = 0
r + r0 , r + ωr0 , r + ω 2 r0 , ωr + r0 , ωr + ωr0 ,
Igualmente para obter as outras duas raízes
Vamos voltar a equação de grau
grau
r e r0
!
−q
+
2
3
b1 .
n≥1
Portanto para
da unidade.
Voltando a fórmula acima vemos que xadas duas soluções
para obter
As raízes de
x2 − s = 0.
b2 .
(2)
Como copiar esse procedimento para o caso
3?
Tomemos então a equação
primeiro lugar que
x 3 + a2 x 2 + a1 x + ao = 0
b1 + b2 + b3 = −a2
montar um sistema com
6
e sejam
b1 , b2 ,
e
b3
as raízes. Observemos em
é um valor conhecido, como no caso anterior. Vamos a seguir
equações onde trocamos as raízes
1
e
−1
de
x2 − 1
pelas raízes de
x3 − 1:
α1 = b1 + ωb2 + ω 2 b3
α2 = b1 + ω 2 b2 + ωb3
α3 = b2 + ωb1 + ω 2 b3 =
ωα2
α4 = b2 + ω 2 b1 + ωb3 = ω 2 α1
α5 = b3 + ωb1 + ω 2 b2 =
2
ωα1
α6 = b3 + ω b1 + ωb2 = ω 2 α2
2
,
(3)
onde
ω
é a raiz cúbica da unidade já mencionada (ω
3
= 1).
Em seguida usando a fórmula (2) como
modelo formamos a soma
b1 + b2 + b2 + α1 + α2 = 3b1 + (1 + ω + ω 2 )b2 + (1 + ω + ω 2 )b3 = 3b1
pois como
(x − 1)(x − ω)(x − ω 2 ) = x3 − 1
temos que
1 + ω + ω2 =
Obtemos assim
Em seguida, como zemos no
1 − ω3
= 0.
1−ω
1
b1 = (b1 + b2 + b3 + α1 + α2 )
3
cálculo de b1 , podemos calcular b2 , e b3 :
1
(b
3 1
1
(b
3 1
b2 =
b3 =
α1 , α2 , . . . , α6
(5)
+ b2 + b3 + α3 + α4 )
(6)
+ b2 + b3 + α5 + α6 )
que esperamos seja o análogo da fórmula (2) para as cúbicas.
calcular os valores de
(4)
Mas será necessário que possamos
por meio de valores conhecidos, como
a2 , a1
e
ao ,
por exemplo.
Convém explicarmos que estamos seguindo os cálculos feitos por Lagrange e Vandermond mais
ou menos em 1771. Lagrange, Vandermond e outros já conheciam os métodos usados por Scipione,
Tartaglia e Cardano. O que eles procuravam era um processo que pudesse ser usado para equações de
grau maior, ou mesmo para todas as equações. Nessa época, por volta de 1770, já era conhecido um
resultado de Newton sobre polinômios simétricos. Por meio desse resultado é possível, pelo menos
α1 , α2 , . . . , α6 .
em teoria, calcular os valores de
Um polinômio em
n
simétrico em
nadas.
4
f (t1 , . . . , tn )
indeterminadas
quando permutamos as indeterminadas
t1 , . . . , tn .
indeterminadas. Em geral,
Também
t1 t2 · · · tn =
Vejamos esse resultado.
é chamado de
Por exemplo,
t1 + · · · + tn
Qn
i=1 ti é simétrico.
simétrico
se car invariante
t1 + t2 + t3 + t4
é um polinômio
é um polinômio simétrico em
n
indetermi-
Para tornar a denição de polinômio simétrico
mais precisa vamos xar alguns dados sobre permutações. Em primeiro lugar vamos olhar para uma
permutação do conjunto
{1, 2, . . . , n}
σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n}
denotado por
é chamado de
Sn
e tem
n!
bijetiva é uma permutação. O conjunto de todas as permutações é
elementos.
grupo simétrico.
como uma função bijetiva do conjunto nele mesmo, isto é,
Sn
com a operação de composição de funções é um grupo que
Denimos agora um polinômio
f (tσ(1) , . . . , tσ(n) ) = f (t1 , . . . , tn ),
para toda permutação
Dentre os polinômios simétricos em
n
f (t1 , . . . , tn )
com sendo simétrico se
σ ∈ Sn .
indeterminadas encontramos uma família muito especial
3
que descrevemos a seguir:
eo (t1 , . . . , tn ) =
1,
e1 (t1 , . . . , tn ) =
t1 + · · · + tn ,
P
i<j ti tj ,
e2 (t1 , . . . , tn ) =
.
.
.
.
.
.
ej (t1 , . . . , tn ) =
.
.
.
.
.
.
P
.
.
.
i1 <i2 <···<ij ti1 ti2
geral
de grau
n
.
.
.
Qn
en (t1 , . . . , tn ) =
Esses polinômios são chamados de
· · · tij ,
i=1 ti
polinômios simétricos elementares
nas indeterminadas
e são os coecientes da
equação
x, t1 , . . . , tn :
F (x, t1 , . . . , tn ) = (x − t1 )(x − t2 ) · · · (x − tn ) =
(7)
xn − e1 (t1 , . . . , tn )xn−1 + e2 (t1 , . . . , tn )xn−2 + · · · + (−1)j ej (t1 , . . . , tn )xn−j + · · · + (−1)n en (t1 , . . . , tn ).
Sabemos que nos complexos,
grau
g(x).
é
1: g(x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + ao = (x − b1 )(x − b2 ) · · · (x − bn ), onde b1 , . . . , bn
são as raízes de
t1 , . . . , tn
g(x).
Vemos assim que substituindo-se
g(x) = F (x, b1 , . . . , bn ).
de
C, todo polinômio de grau n fatora-se completamente em polinômios de
t1 , . . . , tn
por
b1 , . . . , b n
por
b1 , . . . , b n
na equação geral obtemos
Como consequência os coecientes de
g(x)
Isto
são obtidos pela substituição
nos polinômio simétricos elementares. Isto é
ej (b1 , . . . , bn ) = (−1)j an−j .
Podemos então concluir que os valores
ej (b1 , . . . , bn )
são conhecidos, mesmo se as raízes
b1 , . . . , b n
não são conhecidas.
Antes de prosseguirmos convém observar que para toda permutação
σ ∈ Sn
vale que
F (x, tσ(1) , . . . , tσ(n) ) = F (x, t1 , . . . , tn ).
Segue-se disso que
ej (tσ(1) , . . . , tσ(n) ) = ej (t1 , . . . , tn ),
é um polinômio simétrico, para todo
isto é, acabamos de vericar que
ej (t1 , . . . , tn )
j.
Vamos agora enunciar o Teorema de Newton:
Para todo polinômio simétrico f (t1 , . . . , tn ) existe um polinômio h(t1 , . . . , tn )
(não necessariamente simétrico) tal que
Teorema: [Newton]
f (t1 , . . . , tn ) = h(e1 (t1 , . . . , tn ), . . . , en (t1 , . . . , tn )).
O teorema está dizendo que os polinômio simétricos são gerados pelos polinômio simétricos elementares. Outro aspecto interessante é que o polinômio
teoria. Uma consequencia importante é a seguinte:
4
h
é efetivamente calculável, pelo menos em
Dado um um polinômio g(x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + ao com coecientes conhecidos
(racionais, por exemplo, an−j ∈ Q) sejam b1 , . . . , bn suas raízes (complexas, por exemplo, bi ∈ C).
Para todo polinômio simétrico f (t1 , . . . , tn ) o valor de f (b1 , . . . , bn ) é conhecido.
Corolário:
ej (b1 , . . . , bn ) = (−1)j an−j .
De fato, já vimos que
Logo pelo Teorema de Newton,
f (b1 , . . . , bn ) = h(e1 (b1 , . . . , bn ), . . . , en (b1 , . . . , bn )) = h(−an−1 , . . . , (−1)n ao )
an−1 , . . . , ao
é um conhecido pois
são conhecidos.
Voltemos ao problema da cúbica e lembremos que o cálculo de
mos
α1 , α2 , . . . , e α6 .
b1 , b2 , e b3
depende de determinar-
O próximo passo é então encontrar um método para calcular os valores dos
αi s
e assim obter as raízes procuradas. É aqui que vamos usar o resultado de Newton sobre polinômios
simétricos.
Observemos que se permutarmos
b1 , b2 , b3
em um
αi
αj .
Tomando-se então
α1 , . . . , α6 .
Logo são também
o resultado será um
o polinômio
`(x) = (x − α1 )(x − α2 ) · · · (x − α6 )
seus coecientes
simétricos em
e1 (α1 , . . . , α6 ), . . . , e6 (α1 , . . . , α6 )
b1 , b2 ,
e
b3 .
são simétricos em
Concluímos então que os coecientes de
do Teorema de Newton. Neste caso são expressões em
tiver coecientes racionais. Logo, os
Um comentário:
`(x)
αi s
ω
`(x)
são conhecidos pelo corolário
e em números racionais, se a cúbica inicial
que procuramos são as raízes de
`(x).
é chamado de polinômio resolvente de Lagrange e cada um dos
resolvente de Lagrange.
calcular os coecientes de
No caso de uma equação de grau
`(x),
3,
αi s
de uma
como estamos estudando, será fácil
como veremos em seguida. Lembremos contudo que tanto Lagrange
como Vandermond queriam um método para resolver qualquer equação polinomial.
Observemos que embora
`(x) tenha grau 6 o cálculo de suas raízes pode ser feito com simplicidade.
De fato, basta re-escrevermos todos os
αs
em função de
α1
e
α2 .
`(x) = (x − α1 )(x − α2 )(x − ωα2 )(x − ω 2 α1 )(x − ωα1 )(x − ω 2 α2 )
= (x − α1 )(x − ωα1 )(x − ω 2 α1 )(x − α2 )(x − ωα2 )(x − ω 2 α2 )
(8)
= (x3 − α13 )(x3 − α23 )
= (x3 )2 − (α13 + α23 )(x3 ) + α13 α23 .
Usando na passagem da segunda linha para a terceira um dos chamados produtos notáveis:
X 3 − Y 3 = (X − Y )(X − ωY )(X − ω 2 Y ).
A última equação nos mostra que
α23 )y + α13 α23 = 0
α13
e
α23
são as raízes da equação do segundo grau
y 2 − (α13 +
que tem coecientes conhecidos como consequência do Teorema de Newton.
Esse procedimento permite a obtenção das raízes de uma cúbica. Em particular as fórmulas que
apresentamos em (1) podem ser obtidas dessa forma, embora seja necessário uma certa habilidade
nos cálculos assim como levar em conta que correspondem a um polinômio com
5
a2 = 0.
4,
Usando um procedimento semelhante podemos obter as raízes de uma equação de grau
podemos observar que agora teríamos
teria grau
24.
4! = 24
resolventes
α1
mas já
e o polinômio resolvente de Lagrange
Apesar de Lagrange ter observado que existia uma simplicação no caso de grau
4
mesmo assim um procedimento geral seguindo esse caminho seria muito trabalhoso, mesmo que fosse
possível. A impossibilidade de encontrar raízes para equações de grau maior que
4 por esse método foi
armada por Runi entre 1798 e 1813 em três trabalhos. Mas seus cálculos não convenceram muito
seus contemporâneos.
equações de grau
Finalmente, em 1824 Abel demonstrou sem sombra de dúvida que existem
5 para as quais não só o método acima não funciona, como também não funcionará
nenhum método para encontrar as raízes envolvendo somente as operações de soma, produto, divisão,
e radiciação. Hoje dizemos que Abel demonstrou a existência de equações de grau
por radical.
5
não
resolúveis
Posteriormente, em 1829, Abel demonstrou que certos polinômios são sempre resolúveis
por radicais (na terminologia da época). Ainda nessa época, por volta de 1803, Gauss mostrou que
toda equações do tipo
nos complexos.
xn − 1 = 0
é resolúvel por radicais e ainda que toda equação tem solução
Isto é, que todo polinômio não constante, com coecientes complexos, tem raiz
nos complexos, isto é, Gauss estabeleceu o chamado Teorema Fundamental da Álgebra. Convém
observar que nessa época anterior a Galois a Álgebra só envolvia métodos numéricos e a resolução
de equações polinomiais era um dos grandes desaos. Por isso Gauss classicou esse resultado como
fundamental.
Podemos resumir o método de Lagrange e Vandermond no seguinte procedimento:
•
Construir resolventes
α
através de funções racionais envolvendo as raízes da equação
f (x) = 0
e valores conhecidos como números racionais e raízes da unidade.
•
As raízes da equação podiam ser calculadas através das resolventes e valores conhecidos.
•
Cada resolvente podia ser determinada por um processo razoável, por exemplo, resolvendo-se
uma equação
g(x) = 0
mais fácil que a inicial.
Esse procedimento não funcionou para equações de grau maior que
4.
Galois
Com Galois inicia-se a forma atual da Álgebra. Ao invés de procurar métodos numéricos para
resolver equações, Galois passou a investigar a estrutura dos corpos e grupos e estabeleceu uma
conexão entre eles que hoje chamamos de Teoria de Galois. Vamos ver onde Galois fez sua mágica
a partir da qual nos anos seguintes os matemáticos nalmente entenderam como lidar com equações
algébricas e assim elas deixaram de ser o foco da pesquisa matemática.
6
Em Galois já encontramos as idéias de extensão de corpos, polinômio mínimo de um elemento
algébrico, grupo de automorsmos e corpo de raízes de um polinômio. Além disso Galois já considerou
corpos não numéricos, mais precisamente, os corpos nitos.
Galois inicia seu trabalho considerando os polinômios com coecientes em um corpo qualquer,
digamos
F.
Embora ele não tenha denido corpo axiomaticamente como fazemos hoje, ca claro em
sua argumentação que os coecientes estão em um conjunto que é o que chamamos hoje de corpo.
Para ele
F
era um conjunto de quantidades conhecidas que poderiam ser os números racionais,
números complexos, ou mesmo funções racionais do tipo
com denominador não nulo, ou ainda valores
xados.
A esse corpo inicial
F,
ϕ(t1 , . . . , tn ) = f (t1 , . . . , tn )/g(t1 , . . . , tn ),
ϕ(r1 , . . . , rn ),
com
r1 , . . . , r n
números complexos pré-
de quantidades conhecidas a priori, podemos acrescentar novos
elementos, como raízes da unidade, ou mesmo indeterminas, passando-se assim a um corpo maior,
uma extensão do corpo inicial. Dessa forma Galois trocou a procura por fórmulas numéricas para
encontrar raízes de polinômios pelo estudo do ambiente onde essas raízes estão, isto é, a extensão do
corpo dos racionais que contém as raízes procuradas.
Referências
[E]
H. M. Edwards, Galois Theory, Springer-Verlag, 1984.
[H]
I. N. Herstein, Topics in Algebra, John Wiley & Sons, 1975.
[R]
S. Roman, Field Theory, Srpinger-Verlag, 2006.
[Rot]
J. Rotman, Galois Theory, Springer-Verlag, 1990.
[T]
J.-P. Tignol, Galois' Theory of Algebraic Equations, Longman Scientic & Techical, 1988.
7