Galois Teórico de la Prueba del Teorema Fundamental del Álgebra

Question

La Teoría de Galois de la prueba implica que demuestra que $F(i)$ es algebraicamente cerrado para cualquier campo cerrado $F$ (donde $i$ es una raíz cuadrada de $-1$), donde podemos definir un verdadero campo cerrado como un ordenado campo en el que cada impar de grado del polinomio tiene una raíz y cada número positivo tiene una raíz cuadrada.

El último paso en la prueba parece un poco ad-hoc; consiste en mostrar que el $F(i)$ no tiene cuadrática de extensión, que a su vez consiste en mostrar que cada elemento de a $F(i)$ tiene una raíz cuadrada, que implica solucionar $(a+bi)^2=c+di$$a, b \in F$.

Hay más Galois-enfoque teórico para el último paso que yo no soy consciente de que? O, para el caso, alguna otra razón más profunda de por qué el cálculo de las obras?

Editar Aquí está la prueba de que tengo que $F(i)$ es cerrado bajo las raíces cuadradas, para ilustrar cómo se ad-hoc. Yo preferiría una solución que no incluya explícitamente a resolver una raíz cuadrada - ¿hay más abstractos, razón por la $F(i)$ debe ser cerrado bajo tomando raíces cuadradas?

Podemos resolver explícitamente $(a+bi)^2=c+di$ $a$ $b$ en términos de$c$$d$. Tenemos $(a+bi)^2 = a^2-b^2+2abi$, lo que da el sistema de ecuaciones $$a^2-b^2=c$$ and $$2ab=d.$$ Since every element of $F$ already has a square root in $F(i)$, we may assume $d \neq 0$, and substitute $b = d/(2a)$ into the first equation, which gives $^2-d^2/(4a^2) = c$, or $4a^4-4ca^2-d^2=0$. Observing that the discriminant of this quadratic is positive, we can then see that $$a^2 := \frac{4c + \sqrt{16c^2+16d^2}}{8} \in F$$ is positive, because $16c^2+16d^2>(4c)^2$ (and by $\sqrt{\bullet}$ I mean the positive square root), and therefore has two square roots in $F$. Letting $$ be such a square root, we set $b = d/2a$ y lo llaman un día.

Answer 1

Recordar :

Lema 1 : $F$ solo tiene una extensión cuadrática.

prueba: Desde $F$ es un orden de campo con raíces cuadradas, $F^\times/(F^\times)^2$ sólo tiene un no-trivial elemento. QED

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Deje $\Omega$ ser una expresión algebraica campo cerrado que contiene a $F(i)$ (en el siguiente todo va a ser en $\Omega$).

Suponga que $F(i)$ tiene una extensión cuadrática $K=F(i,x)$ $x \in \Omega$ tal que $x^2 = a+ib \in F(i)$. El $F$-Galois conjugados de $x$ están entre $x$, $-x$ y los cuadrados de las raíces de $a-ib$. Denotar $L=F(i,x,y)$ $y \in \Omega$ tal que $y^2=a-ib$. El grado de $L/K$ es $1$ o $2$. Tenemos el campo de las extensiones : $$ F \subset F(i) \subset K \subset L.$$

1er Caso : $L/K$ es de grado 2. A continuación, $L/F$ es de grado 8 y $\mathrm{Gal}(L/F(i))$ es isomorfo a $V_4$ (debido a $L/F(i)$ es generado por $(x,y)$ y el grupo de Galois es generado $(x,y) \mapsto (-x,y)$$(x,y) \mapsto (x,-y)$).

Por lo $\mathrm{Gal}(L/F(i))$ es un grupo de orden 8 tal que $V_4$ es un subgrupo normal y no tiene dos cocientes isomorfo a $C_2$ (por el Lema 1).

• Los grupos $(C_2)^3$, $C_2 \times C_4$ y $H_4$ tiene al menos dos cocientes isomorfo a $C_2$.
• $C_8$ no contiene $V_4$.
• $D_8$ no contiene $V_4$ como un subgrupo normal.

Por lo $\mathrm{Gal}(L/F(i))$ no existe.

2º Caso : $L=K$. A continuación, $L/F$ es de Galois de la orden de $4$. Si $\mathrm{Gal}(L/F) = C_2 \times C_2$ a continuación, se contradice el Lema 1. Si $\mathrm{Gal}(L/F) = C_4$, entonces se contradice con el siguiente Lema 2 (desde $-1$ no es la suma de dos cuadrados en $F$). Por lo $\mathrm{Gal}(L/F)$ no existe.

Lema 2 : Si $F$ es cualquier campo y $d \in F$ es un no-plaza elemento, a continuación, los siguientes son equivalentes:

(i) $F(\sqrt{d})$ está incluido en una extensión de Galois de $F$ cíclica de grado 4.

(ii) $d$ es la suma de dos cuadrados en $F$.

Prueba : Ver "Serre, el Tema de la teoría de Galois, Thm 1.2.4'. Puedo demostrar (i) $\Rightarrow$ (ii), que es necesario.

Deje $L/F$ cíclica de grado $4$ contiene $F(\sqrt{d})$ $\sigma$ un generador de $\mathrm{Gal}(L/F)$. Deje $\alpha \in L$, de tal manera que $\alpha^2 \in F(\sqrt{d})$$L=F(\sqrt{d},\alpha)$. Escribir $\alpha^2 = a+b\sqrt{d} \in F(\sqrt{d})$ y deje $\beta = \sigma(\alpha)$.

Así que tenemos el campo de las extensiones: $$F \subset F(\sqrt{d}) \subset L$$

Reivindicación 1 : $\alpha\beta \in F(\sqrt{d})$. Desde $L/K$ es cíclica, es decir, la automorphism $\sigma^2$ es no trivial elemento de $\mathrm{Gal}(L/F(\sqrt{d}))=$ $\mathrm{Gal}\Big(F(\sqrt{d})(\alpha)/F(\sqrt{d})\Big)$, por lo $\sigma^2(\alpha) = -\alpha$$\sigma^2(\beta) = \sigma^3(\alpha)=-\beta$. Por lo $\alpha\beta$ es fijo por $\mathrm{Gal}(L/F(\sqrt{d}))$.

Reivindicación 2 : $(\alpha\beta)^2 = a^2 - b^2d$. Desde $\sigma_{|F(\sqrt{d})}$ es un generador de $\mathrm{Gal}(F(\sqrt{d})/F)$, uno ha $\sigma(\sqrt{d})=-\sqrt{d}$ $\beta^2 = \sigma(\alpha^2) = \sigma(a+b\sqrt{d}) = a-b\sqrt{d}$

Escribir $\alpha\beta = u + v\sqrt{d} \in F(\sqrt{d})$. Desde $(u + b\sqrt{d})^2 =a^2 - b^2d$ $F$ $u + b\sqrt{d} = \alpha \beta$ no $F$ (debido a que no se fija por $\sigma$), llegamos a la conclusión de que $u=0$.

Por lo $(\alpha\beta)^2 = (v\sqrt{d})^2 = a^2-b^2d$$(v^2+b^2)d = a^2$. Así $d$ es la suma de dos cuadrados, debido a que el cociente de la suma de dos cuadrados es también una suma de dos cuadrados. Más precisamente, se tiene: $$d = \frac{a^2}{v^2+b^2} = \frac{a^2(v^2+b^2)}{(v^2+b^2)^2}= \left( \frac{av}{v^2+b^2} \right)^2 + \left( \frac{ab}{v^2+b^2} \right)^2.$$ QED

Answer 2

Esta es mi adaptación de user254665 la respuesta de los comentarios, ya que no han publicado su respuesta. La divulgación completa: mi egoísta propósito en la publicación de esta respuesta es para tratar de atraer más atención a mi pregunta, en la posibilidad de que alguien pueda averiguar (o ya lo sé) una mejor respuesta a lo largo del camino. Soy bien consciente de que no puedo asignar la recompensa a mi propia respuesta.

Como configurar en mi pregunta, vamos a $x, y \in F$, por lo que el $x+yi$ es un elemento arbitrario de $F(i)$ (estoy usando $x$ $y$ en lugar de $c$ $d$ para evitar un conflicto de nombres con coseno más tarde), y buscamos $a, b \in F$, de modo que $(a+bi)^2 = x+yi$. Deje $r = \sqrt{x^2+y^2} \in F$ ser no negativo de la raíz cuadrada del número de no negativo $x^2+y^2$, y vamos a $c = x r^{-1}$, $s = yr^{-1}$. Entonces es fácil verificar que $c^2+s^2 = (x^2+y^2)r^{-2} = 1$, por lo que podemos re-expresar $x+yi$ en una especie de "polar formulario" $r(c+si)$$c^2+s^2=1$.

Inspirado por la forma en que podemos tomar de las raíces cuadradas mediante la polar en el caso $F = \mathbb R$, dejamos $r' = \sqrt r \ge 0$, y el uso de análogos de la mitad de ángulo fórmulas de la trigonometría para sugerir $c' := \epsilon_1 \sqrt{\frac{1+c}{2}}$$s' := \epsilon_2 \sqrt{\frac{1-c}{2}}$, donde elegimos $\epsilon_1, \epsilon_2 \in \{\pm 1\}$ adecuadamente - esto sólo corresponde a una elección de un cuadrante, y la elección exacta también puede ser inspirado por el caso de $F=\mathbb R$. En lugar de hacer esta elección explícita de aquí, me voy a ceder a la final cuando se convertirá en claro desde el álgebra cómo la elección que debe hacerse.

Aunque estas definiciones son inspirados por la mitad el ángulo de fórmulas, es necesario que no justifican su uso el uso de las propiedades de bienes de campos cerrados: el bien definedness de $c'$ $s'$ como elementos de $F$ sigue a partir de las desigualdades $\frac{1-c}{2}, \frac{1+c}{2} \ge 0$, los cuales son equivalentes a $-1 \le c \le 1$, que a su vez sigue a partir de la $c^2 \le c^2+s^2 = 1$ de los casos.

Luego la dejamos $a = r'c'$ aqnd $b=r's'$. El cuadrado de $a+bi$ da $a^2-b^2+2abi$ $=$ $r'^2((c'^2-s'^2)+2c's'i)$ $=$ $r\left(\frac{1+c}{2}-\frac{1-c}{2} +2\epsilon_1\epsilon_2 \sqrt{\frac{1-c^2}{4}}i\right)$ $=$ $r(c+\epsilon_1\epsilon_2\sqrt{1-c^2}i)$. El hecho de que una elección adecuada de $\epsilon_1$ $\epsilon_2$ existe entonces simplemente se sigue del hecho de que $s = \pm \sqrt{1-c^2}$.