ESAME DI ALGEBRA 3, 24/02/2014

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1 ESAME DI ALGEBRA 3, 24/02/204 Esercizio. Si consideri il polinomio f X := X 4 8X + 2 Q [X]. Si mostri che f X Q [X] è irriducibile. 2 Si determini il gruppo di Galois del campo di spezzamento di f X su Q. Soluzione: Mostriamo, per cominciare, che f X Q [X] è irriducibile. Se per assurdo fosse riducibile, sarebbe il prodotto di due fattori irriducibili di grado due oppure ammetterebbe una radice x Q. Ma in quest ultimo caso il criterio della radice garantirebbe che x {±, ±2, ±4, ±6, ±2} e, poichè f x 0 in tutti questi casi, ciò non è possibile. Se f X fosse il prodotto di due fattori irriducibili in Q [X] di grado 2, poichè f X Z [X] è primitivo, per il lemma di Gauss sarebbe anche il prodotto di due fattori irriducibili in Z [X] di grado due. In particolare, f X mod5 sarebbe il prodotto in F 5 [X] di due polinomi di grado 2; mostriamo che ciò non è possibile. Infatti osserviamo che f X X 4 +2X+2 F 5 [X] e che è la sola radice di f X F 5 [X] in F 5 ; segue che f X X g X F 5 [X] e che la sola possibile radice di g X in F 5 è. Ma il polinomio derivato f X = 4X non ha come radice q euindi non è una radice doppia di f X. Segue che g X è irriducibile, avendo grado 3 e non avendo radici, e che quindi f X non può essere prodotto in F 5 [X] di due polinomi di grado 2, da cui come notato l irriducibilità di f X Q [X]. 2 Il risolvente cubico di f X è il polinomio il cui discriminante è g f X = X 3 48X 64 Q [X], D g f = = = = Q 2. Mostriamo che g f X Q [X] è irriducibile, da cui seguirà che G f A 4. Si ha infatti g f X X 3 + 2X + F 5 [X] e tale polinomio è irriducibile poichè ha grado 3 e non ammette radici. Esercizio 2. Si consideri il polinomio f X = X 3 Q [X] e sia E/Q il suo campo di spezzamento. Si calcoli [E : Q]. 2 Si mostri che G E/Q può essere presentato come un prodotto semidiretto non diretto. 3 Si trovi un elemento α E tale che E = Q α. 4 Si mostri che G E/Q è un prodotto semidiretto della forms G E/Q = C C 2 C 3 con C i gruppi ciclici e se ne calcolino esplicitamente dei generatori. Soluzione: Poichè f X = X 4 e f ± = ± esiste uno ed un solo 3 R tale che f 3 = 0. Se ζ è una radice primitiva -esima dell unità, le radici di f X sono { R f = } 3ζ i : i = 0,..., 4.

2 2 ESAME DI ALGEBRA 3, 24/02/204 Per definizione E = Q R f e si ha chiaramente E Q 3, ζ. Viceversa 3 R f E e ζ = 3ζ 3 Q R f = E, da cui segue che E = Q 3, ζ. Poichè f X Q [X] è irriducibile per il criterio di Eisenstein applicato al primo 3, deduciamo che [ Q 3 : Q ] =. Inoltre sappiamo dalla teoria delle estensioni cicliche che Q ζ /Q è di Galois e che [Q ζ : Q] = #G Qζ/Q = #Z = ϕ = 8. Poichè Q 3 /Q e Q ζ /Q hanno indici coprimi segue che Q 3 Q ζ = Q, E : Q ] 3 = [Q ζ : Q] = 8, [E : Q ζ] = Q ] 3 : Q = e si ha [E : Q] = [Q ζ : Q] Q ] 3 : Q = 8 = Poichè E/Q è di Galois sappiamo che E/Q 3 ed E/Q ζ sono di Galois; inoltre come notato Q ζ /Q è di Galois e, pertanto, G E/Qζ G E/Q. Segue che G E/Qζ H G E/Q è un sottogruppo per ogni H G E/Q sottogruppo. Poichè #G E/Qζ = e #G E/Q 3 = 8 sono coprimi, G E/Qζ G E/Q 3 = e # G E/Qζ G E/Q 3 = #G E/Qζ #G E/Q 3 = 8 # G E/Qζ G E/Q 3 = 20 = #G E/Q. Dunque G E/Qζ G E/Q 3 = G E/Q e si è mostrato che G E/Q = G E/Qζ G E/Q 3. Non si tratta di un prodotto diretto, perchè in questo caso si avrebbe G E/Q 3 G E/Q ovvero Q 3 /Q sarebbe una estensione normale e quindi E = Q 3. 3 Mostriamo che E = Q α con α = 3+ζ. Per farlo ricordiamo la seguente descrizione esplicita dei gruppi G E/Qζ e G E/Q 3. Poichè µ Q ζ e [E : Q ζ] =, sappiamo dalla teoria delle estensioni cicliche che si ha un isomorfismo di gruppi µ G E/Qζ, ottenuto mediante una associazione ξ σ ξ tale che σ ξ è univocamente determinato da σ ξ α = αξ. Poichè Q ζ /Q è di Galois e Q 3 Q ζ = Q, sappiamo anche che l applicazione di restrizione G E/Q 3 G Qζ/Q è un isomorfismo e, dalla teoria delle estensioni cicliche, sappiamo che G Qζ/Q Z. L isomorfismo Z G E/Q 3 è ottenuto mediante la regola i ρ i dove ρ i è univocamente determinato da ρ i ζ = ζ i. Per mostrare che E = Q α verifichiamo la condizione equivalente g α = α g = per ogni g G E/Q. Possiamo scrivere g = σ ξ ρ i dove ξ, i µ Z e si ha g α = σ ξ ρ i 3 + ζ = σ ξ ρ i 3 + ρ i ζ = σ ξ 3 + ζ i = σ ξ 3 + σ ξ ζ i Dunque g α = α se e solo se = 3ξ + ζ i. 3 + ζ = 3ξ + ζ i 3 ξ = ζ i ζ. Se ξ rispettivamente i deduciamo 3 = ζi ζ = ξ 3 ζ i ζ ξ Q 3 Q ζ rispettivamente Q 3 Q ζ: poichè Q 3 Q ζ = Q si ottiene la contraddizione

3 ESAME DI ALGEBRA 3, 24/02/ Q rispettivamente 3 Q, ovvero ancora 3 Q. Dunque abbiamo mostrato che, se g α = α, non è possibile ξ, i, ovvero g ; in altre parole g =. 4 Per il teorema cinese dei resti si ha l isomorfismo di anelli Z Z 3 Z 5 e dunque Z Z 3 Z 5. Poichè Z 3 rispettivamente Z 5 o µ è un sottogruppo moltiplicativo finito di un campo, si ha che Z 3 Z 2 rispettivamente Z 5 Z 5 o µ Z è ciclico. Segue da quanto mostrato in 2 e 3 che G E/Q = G E/Qζ G E/Q 3 µ Z Z Z 2 Z 4. Si ha che Z 3 è generato da 2, mentre Z 5 è generato da 2 oppure 3. Poichè l immagine di Z rispettivamente 7 Z in Z 3 Z 5 è 2, Z 3 Z 5 rispettivamente, 2 Z 3 Z 5, Z = 7 ; d altra parte µ = ζ. Segue dalla descrizione in 3 che G E/Q = σ ξ 7. Esercizio 3. Siano date estensioni di campi F E Ω e si supponga che E/F sia una estensione finita. Si mostri che, se 0 f X E [X] è irriducibile, esiste 0 g X F [X] tale che f X g X in E [X]. 2 Si mostri che sono equivalenti i fatti che seguono. f X F [X] si ha che f X spezza completamente in Ω [X]. f X E [X] si ha che f X spezza completamente in Ω [X]. 3 È possibile segliere il polinomio g X in in modo tale che sia anche irriducibile? Soluzione: Quanto asserito nell esercizio è vero supponendo semplicemente che E/F sia una estensione algebrica e per un arbitrario polinomio 0 f X E [X], non necessariamente irriducibile, in. Mostriamo dunque questo risultato più generale. Consideriamo l estensione di anelli F [X] E [X] e, posto I f := E [X] f X E [X], l ideale I := I f F [X]; notiamo che E [X] I E [X] I f = I f da cui segue che, se g X I, allora f X g X in E [X]. Resta dunque da mostrare che 0 I, in modo tale che, se 0 g X I, allora f X g X in E [X]. Per farlo notiamo che l inclusione F [X] E [X] induce un applicazione F f := F [X] I f F [X] E [X] =: E f I f che è iniettiva. Possiamo dunque vedere F f come un sottoanello di E f e considerare l elemento X := X + I f F [X] = X + I f. Poichè 0 f X è irriducibile, E f è una estensione finita di E; segue che, poichè E/F è algebrica, allora E f /F è algebrica. Ma allora X F f E f è algebrico su F, cioè l applicazione ψ X : F [X] F f E f tale che ψ X g = g X ha nucleo non banale. Ma si ha g X = g X + I f se g X F [X] e dunque ker ψ X = { g X F [X] : g X = 0 } = If F [X] che risulta non nullo. Equivalentemente, una volta notato che X F f E f è algebrico su F, si può concludere osservando che, se I f F [X] = 0, allora F [X] F [ X ] E f e dunque X non sarebbe algebrico su F.

4 4 ESAME DI ALGEBRA 3, 24/02/204 Alternativamente, la ineguaglianza I f F [X] 0 può essere dedotta dal fatto che F [X] E [X] è una estensione intera di anelli e dunque, se p E [X] è un ideale primo, si ha che p F [X] è massimale in F [X] se e solo se p è massimale in E [X]. 2 Chiaramente se ogni polinomio in E [X] spezza completamente in Ω [X] lo stesso è vero per i polinomi in F [X] E [X]. Viceversa sia 0 f X E [X] e supponiamo che ogni polinomio in F [X] spezzi completamente in Ω [X]. Sappiamo per che esiste 0 g X F [X] tale che f X g X in E [X], ovvero 0 g X = f X h X in E [X]. Poichè 0 g X F [X], sappiamo che possiamo scrivere dove ω, ω,..., ω n Ω. Dunque g X = ω X ω... X ω n in Ω [X] f X h X = X ω... X ω n in Ω [X] e, poichè i polinomi X ω i Ω [X] sono irriducibili ed Ω [X] è un UF D, possiamo supporre a meno di riordinare gli indici che si abbia f X = X ω... X ω m in Ω [X] a meno di moltiplicazione per elementi in Ω [X] = Ω. Ciò significa che f X E [X] spezza completamente in Ω [X]. 3 Siano le notazioni come in nel caso in cui 0 f X E [X] sia irriducibile. Poichè E [X] è un UF D, se f X E [X] è irriducibile I f è un ideale primo e segue che I è primo; ma poichè F [X] è P ID si ha che 0 I = g X e g X è irriducibile. Esercizio 4. [TeoNum] Sia K un campo di numeri con n = [K : Q]. Sia {α,..., α n } una Q-base di K composta di interi algebrici e sia d = K/Q α,..., α n Z\{0} il discriminante di {α,..., α n }. i. Mostrare che per ogni α O K esistono unici a,..., a n Z tali che α = a d α + + a nd α n. ii. Sia β K un intero algebrico tale che α i = β i per ogni i =,..., n, sia f β X il polinomio minimo di β su Q e sia γ := f β β dove f β X è il polinomio derivato. Mostrare che f β X ha grado n e che γ O K \{0}. Soluzione: Per il punto i vedere la Poposizione 4.6 delle note del collega Bertolini. ii Visto che β O K so che f β X Z[X]. Quindi f β X Z[X]. Siccome O K è un anello che contiene Z e β, concludo che f β β = γ O K. Siccome Q è un campo perfetto e f β X è un polinomio irriducibile, tale polinomio non ha zeri multipli. In particolare, β è una radice semplice di f β X e quindi f β β 0.. Esercizio 5. Sia ζ 7 = exp 2πi 7 e sia K = Qζ 7 il 7 o -campo ciclotomico. i. Trovare una base intera per l anello degli interi O K e calcolare il discriminante di O K giustificando i conti. ii. Determinare quali primi p Z ramificano in O K. iii. Mostrare che pz spezza completamente in O K se e solo se p modulo 7 dire che p spezza completamente in O K significa richiedere che po K = n i= P i è il prodotto di n = [K : Q] ideali primi distinti.

5 ESAME DI ALGEBRA 3, 24/02/204 5 Soluzione: i Sappiamo che K è di Galois su Q con gruppo ciclico G di ordine 6. Inoltre O K = Z [ ] ζ 7 e, visto che [K : Q] = 6, una base intera è data da {, ζ7, ζ7 2,, ζ5 2 }. Il polinomio minimo di ζ 7 è fx := X 7 /X = X 6 +X 5 +X 4 +X 3 +X 2 +X+ = σ G X σζ7. Il discriminante è Norm K/Q f ζ 7 dove f X è il polinomio derivato. Usando il fatto che fxx = X 7, segue dalla regola di Leibniz che f XX + fx = 7X 6 e quindi f ζ 7 ζ 7 = 7ζ7 6. La norma di 7 è 76 e la norma di ζ 7 è il coefficiente costante del polinomio minimo, ovvero. Infine la norma di Norm K/Q ζ 7 = Norm K/Q ζ 7 = Norm K/Q ζ 7 = σ G σζ7 = f = 7. Visto che la norma è moltiplicativa, deduciamo che il discriminante cercato è Norm K/Q f ζ 7 = 7 5. ii iii Utilizziamo il fatto che la decomposizione po K = s i= Pa i i in fattori primi è univocamente determinata dalla decomposizoone di fx modulo p in fattori irriducibili s i= ga i i in F p [X]. Infatti, P i = p, g i ζ 7 dove g i X Z[X] modulo p è uguale a g i X. Il polinomio X 7 modulo un primo p 7, ha tutti zeri distinti in quanto il m.c.d fra gx ed il suo polinomio derivato g X = 7X 6 è banale. Essendo fx un fattore di X 7 segue che fx modulo p ha anch esso tutti zeri distinti e quindi i fattori irriducibili nella decomposizione in F p [X] hanno molteplicità. Segue che p 7 non ramifica in O K. Invece fx modulo 7 è uguale a X 6 e quindi p = P 6 con P = 7, ζ 7 = ζ 7 abbiamo visto che 7 = Norm K/Q ζ 7 e quindi 7 ζ 7. Supponiamo p 7. Affermo che p spezza completamente se e solo se p modulo 7. Questo equivale a chiedere che fx modulo p spezzi completamente in F p [X]. Se p modulo 7 allora F p, essendo un gruppo ciclico di ordine p, contiene tutte le radici dell unità di ordine 7, ovvero X 7 e quindi fx modulo p si spezza completamente in F p. Viceversa se fx modulo p si spezza completamente in F p, allora F p contiene un sottogrupo di ordine 7 e p modulo 7.