SOLUZIONI DEL COMPITINO DEL 16/11/2017

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1 SOLUIONI DEL COMPITINO DEL 16/11/2017 Esercizio 1. Si consideri il polinomio f (X) = X 3 9 Q [X] e sia E C il suo campo di spezzamento. (1) Determinare il grado di [E : Q]. Esibire una base di E come Q-spazio vettoriale. (2) Dimostrare che Q E è una estensione di Galois. Descrivere tutti gli elementi del gruppo di Galois G E/Q di E su Q. (3) Trovare η E tale che E = Q (η). (4) Esibire un generatore di E R come estensione di Q. Soluzione: (1) Avendo grado 3, sappiamo che X 3 9 è irriducibile in Q [X] se e solo se non ha radici radici in Q e sappiamo anche che, se x = r s con r, s tali che (r, s) = 1 è una radice, allora r 9 ed s 1, ovvero x {±1, ±3, ±9}. Abbiamo f (1) = 8, f ( 1) = 10, f (3) = 18, f ( 3) = 36, f (9) = ed f ( 9) = Dunque X 3 9 è irriducibile in Q [X], coincide con il polinomio minimo di α su Q e, pertanto, D altra parte Essendo i gradi coprimi deduciamo che [Q (α) : Q] = deg ( X 3 9 ) = 3. [Q (ζ) : Q] = deg (Φ 3 ) = 2. [E : Q] = [Q (α) : Q] [Q (ζ) : Q] = 6 e che, poiché { 1, α, α 2} (risp. {1, ζ}) è base di Q (α) su Q (risp. Q (ζ) su Q), { 1, α, α 2, ζ, αζ, α 2 ζ } è base di E su Q. (2) Abbiamo che, posto R f := { α, αζ, αζ 2}, il campo di spezzamento di f Q [X] è Q (R f ). Ovviamente Q (R f ) Q (α, ζ) ma vale anche l altra inclusione, essendo α Q (R f ) e ζ = αζ α Q (R f ). Dunque E = Q (R f ) è di Galois su Q, essendo campo di spezzamento di un polinomio separabile su Q. Sappiamo anche che G E/Q Aut (R f ) S 3 dove l identificazione si ottiene identificando { α, αζ, αζ 2} ed {1, 2, 3} come insiemi ordinati. L applicazione è infatti iniettiva e, poichè si trattadi un isomorfismo di gruppi. Dunque (3) Notiamo che #G E/Q = [E : Q] = 6, G E/Q = ρ := ( α, αζ, αζ 2), σ := ( αζ, αζ 2) (123), (23). ( ) αζ ρ (ζ) = ρ = ρ (αζ) α ρ (α) = αζ2 αζ = ζ ( ) αζ σ (ζ) = σ = σ (αζ) α σ (α) = αζ2 α = ζ2. 1

2 2 SOLUIONI DEL COMPITINO DEL 16/11/2017 Mostriamo che l orbita di η := α + ζ ha 6 elementi, da cui segue che E = Q (η). Abbiamo che: σ i ρ j σ i ρ j (η) 1 α + ζ, ρ ρ (α + ζ) = ρ (α) + ρ (ζ) = αζ + ζ, ρ 2 ρ 2 (α + ζ) = ρ 2 (α) + ρ 2 (ζ) = ρ (ζα) + ζ = ρ (ζ) ρ (α) + ζ = ζ 2 α + ζ = α (ζ + 1) + ζ = ζ α αζ, σ σ (α + ζ) = α + ζ 2 = 1 ζ + α, = σ (ζα + ζ) = σ (ζ) σ (α) + σ (ζ) = ζ σρ σ (ρ (α + ζ)) α + ζ 2 = (ζ + 1) α + (ζ + 1) = 1 ζ α αζ, σρ 2 σ ( ρ 2 (α + ζ) ) = σ ( ζ 2 α + ζ ) = σ (ζ) 2 σ (α) + σ (ζ) = ζ 4 α + ζ 2 = ζα + ζ 2 = ζα (ζ + 1) = 1 ζ + αζ. Avendo questi elementi differenti espressioni nella base di E/Q trovata in (1), sono a due a due distinti e, dunque, l orbita di η := α + ζ ha 6 elementi. (4) Poichè α = α e ζ = ζ 2, il coniugio complesso si restringe a σ in E. Pertanto, s x E, x R σ (x) = x = x, i.e. E R = E c. Notiamo che Q (α) E R e, d altra parte, [ ] [ ] E c : Q = E c : E G E/Q Poichè [Q (α) : Q] = 3, segue che Q (α) = E R. Esercizio 2. Sia dato il polinomio = [ G E/Q : c ] = 6 3 = 2. f (X) = ( X ) ( X 2 3 ) Q [X], (1) Si espliciti il campo di spezzamento E di f (X) su Q trovandone dei generatori ed il grado come estensione di Q. (2) Si determinino tutti i sottocampi K di E, esibendone un generatore α come estensione di Q, ovvero tale che K = Q (α). Si dica quali di queste estensioni sono contenute in R. (3) Per ogni sottocampo K di E, determinare il polinomio minimo su Q del generatore α trovato in (2). Soluzione: Poichè X 2 + 1, X 2 3 Q [X] sono irriducibili (il primo poichè i / R ed il secondo per il criterio di Eisenstein con p = 3), [ ( ) ] Q 3 : Q = [Q (i) : Q] = 2. Inoltre i / Q ( 3 ) R, pertanto X Q (i) [X] è irriducibile, [ ( ) ] Q 3, i : Q (i) = 2 e [ ( ) ] [ ( ) ] Q 3, i : Q = Q 3, i : Q (i) [Q (i) : Q] = 4. Notiamo inoltre che Q ( 3, i ) = Q ( ± 3, ±i ) = E. Poichè G E/Q è un gruppo di ordine 4, abbiamo G E/Q 4, oppure G E/Q 2 2. Ma abbiamo notato che X2 + 3 Q (i) [X] è irriducibile, pertanto ψ ± 3 : Q(i)[X] Q ( i, 3 ) è un isomorfismo e σ := ψ (X 2 +3) 3 ψ 3 1 è un

3 SOLUIONI DEL COMPITINO DEL 16/11/ automorfismo di E che fissa Q (i) e che manda 3 in 3. D altra parte, poichè E/Q è di Galois, il coniugio complesso c agisce su questo campo fissando Q ( 3 ) R e mandando i in i. Notiamo che ( ) ( ) (σc) 3 = σ 3 = 3, (σc) (i) = σ (i) = i, da cui vediamo che σ, c e σc sono tre elementi di G E/Q di ordine 2. Segue che G E/Q che ha 3 sottogruèèi propri, ovvero: H { σ, c, σc }. 2 2, Poichè Q ( 3 ), Q (i) e Q ( 3i ) sono tre sottocampi propri di E/Q, sono tutti. Infatti Q ( 3 ) E c (rispettivamente Q (i) E σ ), da cui l uguaglianza e, per differenza, necessariamente Q ( 3i ) = E σc. I polinomi minimi di α = 3 ed α = i sono già stati calcolati, mentre X è il polinomio minimo di α = 3i. Notiamo che, posto α := 3 + i, abbiamo Pertanto α è radice del polinomio α 2 = 3 + 2i 3 1 = 2 + 2i 3 2i 3 = α = ( α 2 2 ) 2 = α 4 4α f (X) := X 4 4X Q [X]. Mostriamo che il polinomio minimo di α su Q ha grado 4, da cui seguirà che è f (X) è il polinomio minimo e che Q ( 3, i ) = Q (α). Infatti, il grado del polinomio minimo è la cardinalità dell orbita di α sotto l azione del gruppo di Galois. Abbiamo α = 3 + i, σ (α) = 3 + i, c (α) = ( ) 3 i, σ (c (α)) = σ 3 i = 3 i che sono quattro elementi distinti (essendo { 1, 3, i, i 3 } una base di E su Q). evidentemente solo Q e Q ( 3 ) sono sottocampi reali di E. Infine, Esercizio 3. Si dimostrino le seguenti affermazioni. (1) Se E/F è una estensione finita di campi ed α E, allora detto f α,f (X) F [X] il polinomio minimo di α su F, [F (α) : F ] = deg (f α,f ) (2) Per ogni n N, esiste una estensione di campi Q E tale che [E : Q] = n. (3) Sia F una estensione quadratica di Q. Allora, per ogni n N, esiste una estensione di campi F E tale che [E : F ] = n. F [X] Soluzione: (1) Infatti ψ α : (f α,f (X)) F (α) è ben definita poichè f α,f (α) = 0, suriettiva poichè F (α) = F [α] (poichè un dominio di dimensione finita su un campo è un campo) F [X] ed iniettiva poichè (f α,f (X)) è campo (per lo stesso motivo essendo f α,f (X) 0, o poichè 0 f α,f (X) è irriducibile ed F [X] è P ID). Segue che ψ α è isomorfismo, dunque [F (α) : F ] = dim F ( F [X] (f α,f (X)) ) = deg (f α,f ) (la seconda uguaglianza grazie all esistenza del resto con divisione per f α,f (X) 0).

4 4 SOLUIONI DEL COMPITINO DEL 16/11/2017 Poichè [F (α) : F ] = deg (f α,f ) (per (1)) per verificare (2) e (3) basta mostrare che, per ogni n N, esiste un polinomio f (X) F [X] irriducibile in F [X] di grado n (ed infatti, per il teorema dell elemento primitivo, questa affermazione è equivalente alla tesi). (2) Possiamo considerare la famiglia di polinomi f n (X) = X n + 2X n Q [X], che è irriducibile per il criterio di Eisenstein. (3) Diamo due possibili soluzioni. ( D ) Prima soluzione (assumedo F Q (i)) Poichè F è quadratica, si ha F = Q con D privo di quadrati e supponiamo D 1. Come nella risoluzione del punto (2) del precedente esercizio, vediamo che X 2n D Q [X] è irriducibile per Eisenstein applicato ad un primo p D, essendo D 1, ed una sua radice α genera una estensione tale che [Q (α) : Q] = 2n. Ma, poichè α n = ± ( D ) D, si ha F = Q Q (α) =: E e, per moltiplicatività dei gradi, [E : F ] = [E : Q] [F : Q] = 2n 2 = n. Seconda soluzione Se n è dispari, detta α una radice di f n (X), abbiamo che ([F : Q], [Q (α) : Q]) = 1, da cui si deduce facilmente che [F (α) : F ] = [Q (α) : Q] = n. ( D ) Se n = 2 m ed F = Q (con D privo di quadrati), possiamo considerare una famiglia {p 1,..., p m } di primi coprimi con D e tra loro distinti. Mostreremo sotto per induzione che, posto F 0 = F ed F i = F i 1 ( pi ) per i 1, si ha che Fi /F i 1 è una estensione di grado due e, dunque, [F m : F ] = 2 m = n. Mostrato ciò, in generale scriviamo n = 2 m n 0 in modo tale che (2, n 0 ) = 1. Detta F 1 /F (risp. F 2 /F ) una estensione di grado 2 m (risp. n 0 ), abbiamo che, poichè l estensione E 1 E 2 /F ha grado ([F 1 : F ], [F 2 : F ]) = (2 m, n 0 ) = 1, [F 1 F 2 : F ] = [F 1 : F ] [F 2 : F ] = 2 m n 0 = n. Per verificare la tesi induttiva mostriamo più precisamente che F m /Q è una estensione di Galois grado 2 m+1 e G Fm/Q ( ) m+1 2 in modo tale che la 0-esima copia di 2 si identifica con G Q( D)/Q e la i-esima copia di 2 con G Q( p nella decomposizione G i)/q F m+1 /Q ( m+1. 2) Se m = 0 la tesi segue dal fatto che X 2 D Q [X] è irriducibile. Supponiamo ora di conoscere la tesi per m e mostriamola per m + 1. Poichè Q ( ) pm+1 /Q è di Galois e di grado due ed F m /Q è una estensione di Galois tale che G Fm/Q ( m+1, 2) una volta verificato che F m Q ( ) pm+1 = Q seguirà ( ) m+1 G Fm+1 /Q ( ) m =. 2 Resta da mostrare che ( D, p m+1 / F m = Q p1,..., ) p m. In caso contrario, Q ( ) pm+1 F m è una sottoestensione di grado due, che corrisponde ad un sottogruppo di indice 2, ovvero ad un sottospazio di G Fm/Q ( m+1 2) di codimensione 1. Ma questi sottospazi sono definiti da una equazione lineare a 0 X a m X m a coefficienti a i 2 non tutti nulli e due stringhe di coefficienti definiscono lo stesso sottospazio se e solo se differiscono per moltiplicazione per uno scalare λ non-nullo, ovvero λ = 1: ci sono dunque 2 m+1 1 sottogruppi di indice 2.

5 SOLUIONI DEL COMPITINO DEL 16/11/ { D, D altra parte, consideriamo l insieme ordinato di m + 1 elementi p1,..., } p m e, per l i-esimo elemento sia a i 2 uguale a zero se non lo scegliamo oppure 1 se lo scegliamo; posto α := D a 0 a p1 1 p m m abbiamo che Q (α) è una estensione di grado due a patto che gli a i non siano tutti nulli. Abbiamo dunque esibito 2 m+1 1 sottoestensioni quadratiche di F m /Q ed inoltre, se identifichiamo la 0-esima copia di 2 con G Q( D)/Q e la i-esima copia di 2 con G Q( p nella decomposizione G i)/q F m+1 /Q ( m+1 2) come da ipotesi induttiva, σ a σa m m vediamo che Q (α) Fm+1, dove σ i genera la i-esima copia di 2 nella decomposizione G Fm+1 /Q ( m+1 2) ed a i = a i + 1 è 0 oppure 1 a seconda che a i sia 1 o, rispettivamente, 0. Poichè σ a σa m m corrisponde al sottospazio di codimensione 1 definito dall equazione σ a σa m m a 0 X a m X m, vediamo che Q (α) = Fm+1 e che tutte le sottoestensioni quadratiche sono ottentute in questo modo. Segue che Q ( ) pm+1 Fm implica Q ( ) pm+1 = Q (α) con α := D a 0 a p1 1 p m m. Ma allora possiamo scrivere pm+1 = a + b D a 0 a p1 1 p m m con a, b Q, da cui prendendo il quadrato p m+1 = a 2 + b 2 D a 0 p a pam m + 2ab D a 0 p1 a 1..., p m a m. Se ab 0 si ottiene la contraddizione D a 0 a p1 1 p m m Q (per Eisenstein, notando che gli a i non sono tutti nulli, per esempio). Dunque ab = 0, ma se b = 0 si ottiene la contraddizione p m+1 Q (ancora per Eisenstein, per esempio). Pertanto a = 0, da cui pm+1 D a 0 p1 a 1..., pm am Q, che non è possibile per Eisenstein che si applica, grazie al fatto che p m+1 è coprimo con D, p 1,..., p m, al polinomio D a 0 p a pam m X 2 p m+1 [X].