Appunti di. Algebra Superiore. Rosario Strano

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1 Appunti di Algebra Superiore Rosario Strano A cura di Giuseppe Bilotta. Dattiloscritti con AMS-L A TEX.

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3 Indice Parte I. Teoria di Galois 5 Capitolo I. Estensioni di campi 7 1. Richiami 7 2. Estensioni di campi Estensioni finitamente generate; numeri algebrici e trascendenti Alcune applicazioni Polinomi con radici multiple Costruzione con riga e compasso 19 Capitolo II. Teoria di Galois Campi finiti Estensioni separabili Automorfismi; campi fissi; estensioni di Galois Due applicazioni della Teoria di Galois Il Teorema Fondamentale dell Algebra Ciclotomia 45 Capitolo III. Risolubilità delle equazioni polinomiali Gruppi risolubili Risolubilità di S n Estensioni cicliche Estensioni radicali Formule risolutive per le equazioni di grado 2, 3, Secondo grado Terzo grado Quarto grado 70 3

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5 Parte I Teoria di Galois

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7 CAPITOLO I Estensioni di campi 1. Richiami Richiamiamo alcune definizioni elementari Definizione 1.1 Un anello commutativo D dotato di unità si dice dominio di integrità se è privo di divisori dello zero, ossia se vale la legge di annullamento del prodotto a b = 0 a = 0 b = 0 Definizione 1.2 Un anello commutativo K dotato di unità e tale che ogni elemento non nullo possiede l inverso si dice campo. Esempio 1.1 Esempi di campi sono: l insieme Q dei numeri razionali, l insieme R dei numeri reali, l insieme C dei numeri complessi, l insieme Z p delle classi di resto modulo p con p numero primo. Osservazione 1.1 Ogni campo K è un dominio di integrità. Dimostrazione. Siano a, b K tali che a b = 0; proviamo che se a 0 allora b = 0; essendo a 0, esiste a 1 K; da a b = 0 segue allora, moltiplicando ambo i membri per a 1, b = 0. Osservazione 1.2 Ogni dominio D si può immergere in un campo K, detto campo delle frazioni; il campo K è costituito dagli elementi del tipo a, con a K e b K \ {0}, b (def) ed è il più piccolo campo contenente D. Esempio 1.2 Il dominio Z degli interi relativi si può immergere nel campo Q dei numeri razionali. Osservazione 1.3 Se K è un campo, allora l insieme K[x] dei polinomi a coefficienti in K è un dominio di integrità. Il suo campo delle frazioni si suole denotare con K(x) ed i suoi elementi si chiamano funzioni razionali. Osservazione 1.4 Sia K un campo; l insieme dei suoi elementi: (def)..., 1, 0, 1, 1 + 1, ,... forma una sottoanello di K. Inoltre, due casi possono presentarsi: risulta k 1 0 k Z; in tal caso il campo K si dirà a caratteristica 0, e si porrà ch K = 0. esiste k Z tale che k 1 = 0; in tal caso esisterà in particolare m N tale che m 1 = 0 (basta scegliere, nel caso in cui k < 0, n = k). Essendo N ben ordinato, l insieme {m N m 1 = 0}, che è non vuoto, ammetterà minimo; si prova che esso è un numero primo p; il campo K si dirà in tal caso a caratteristica finita, ed il numero naturale p si dirà caratteristica di K, e si porrà ch K = p. (def) (def) 7

8 8 I. ESTENSIONI DI CAMPI (def) Osservazione 1.5 Sia K un campo. Se ch K = 0, risulta Z K (isomorficamente), e quindi anche (essendo K un campo e Q il campo delle frazioni di Z) Q K (isomorficamente). Se invece ch K = p, risulta Z p K (isomorficamente). I campi Q e Z p (con p primo) sono detti campi primi poiché ogni altro campo contiene un sottocampo isomorfo all uno o all altro. Osservazione 1.6 Siano F, F due campi e sia ϕ: F F un omomorfismo di anelli; allora ϕ è iniettivo, oppure banale, Dimostrazione. Infatti, gli unici ideali di un campo sono quelli banali; poiché il nucleo di un omomorfismo di anelli è un ideale, si ha: se Ker ϕ = {0 F }, allora ϕ è iniettivo; se Ker ϕ = F, allora ϕ è banale. 2. Estensioni di campi Introduciamo ora il concetto di estensione di un campo, che, benché semplice, si rivelerà estremamente potente. Definizione 2.1 Siano F, K due campi; se risulta F K diremo che K è una estensione di F. Esempio 2.1 Esempi già noti di estensioni sono Q R, R C. (def) (def) Osservazione 2.1 Sia F K un estensione; K può allora essere considerato uno spazio vettoriale su F, dove la somma tra vettori (elementi di K) è la somma del campo K, ed il prodotto tra scalari e vettori è il prodotto del campo K, in quanto ogni elemento di F è in particolare un elemento di K. Se la dimensione di K su F è finita, allora l estensione F K si dirà finita; in tal caso la dimensione n di K su F si dirà grado dell estensione e si indicherà con il simbolo [K : F]. Per la definizione di dimensione di uno spazio vettoriale, ciò ovviamente si verifica se e solo se è possibile determinare in K una base B costituita da n elementi. Esempio 2.2 L estensione R C è finita di grado 2; infatti, una base di C come spazio vettoriale su R è {1, i}. L estensione Q R non è invece finita; infatti, se per assurdo esistesse n N tale che [R : Q] = n, si avrebbe pure l esistenza di un isomorfismo lineare tra R e Q n ; ciò è assurdo in quando R ha la cardinalità del continuo, mentre Q ha cardinalità numerabile, e quindi anche Q n ha cardinalità numerabile. Teorema 2.1 (transitività del grado) Siano F, K, L tre campi tali che F K L; L è un estensione finita di F se e solo se K è finita su F ed L è finita su K. In tal caso risulta (1) [L : F] = [L : K] [K : F] Dimostrazione. Supponiamo che L sia finita su F. K è allora un sottospazio vettoriale di L su F, e la sua dimensione sarà non maggiore di [L : F]; F K sarà quindi un estensione finita. D altra parte, se B è una base di L su F, B è in particolare un

9 2. ESTENSIONI DI CAMPI 9 insieme di generatori di L su F e quindi anche di L su K; quindi anche K L sarà finita. Proviamo ora il viceversa, supponendo che F K, K L siano estensioni finite. Sia n = [L : K] e sia m = [K : F]; per definizione di grado di un estensione esisteranno α 1, α 2,..., α n L base di L su K e β 1, β 2,..., β m base di K su F. Proviamo che B = {α i β j } 1 i n è una base di L su F. 1 j m Cominciamo con il provare che B è un insieme di generatori di L su F; fissiamo allora α L; poiché α 1, α 2,..., α n formano una base di L su K, α si potrà scrivere nella forma n α = a i α i i=1 con a i K i = 1, 2,..., n; fissato poi i = 1, 2,..., n, essendo a i K, ed essendo β 1, β 2,..., β m una base di K su F, esisteranno b ij F (con j = 1, 2,..., m) tali che m a i = b ij β j ; j=1 in definitiva n m α = b ij β j α i = i=1 j=1 n i=1 j=1 m b ij α i β j e quindi α si può scrivere come combinazione lineare a coefficienti in F degli elementi di B; per l arbitrarietà della scelta di α L, si ha allora che B è un insieme di generatori di L su F. Proviamo ora che gli elementi di B sono linearmente indipendenti, ossia che da n m b ij α i β j = 0 i=1 j=1 segue b ij = 0 i = 1, 2,..., n, j = 1, 2,..., m; infatti, da segue n m b ij α i β j = 0 i=1 j=1 n m b ij β j α i = 0 i=1 j=1 e quindi, poiché α 1, α 2,..., α n sono linearmente indipendenti m b ij β j = 0 i = 1, 2,..., n; j=1 ma anche β 1, β 2,..., β m sono linearmente indipendenti, e quindi b ij = 0 j = 1, 2,..., m, i = 1, 2,..., n che è quanto volevamo provare.

10 10 I. ESTENSIONI DI CAMPI Abbiamo così dimostrato che B è una base di L su F; ne segue allora che F L è un estensione finita, di grado nm; si ha quindi [L : F] = nm = [L : K] [K : F] e quindi anche la (1) è verificata, e ciò prova completamente il teorema Estensioni finitamente generate; numeri algebrici e trascendenti. Definizione 2.2 Sia F K un estensione di campi, e siano α 1, α 2,..., α n K; denotiamo con F(α 1, α 2,..., α n ) il sottocampo generato da α 1, α 2,..., α n su F, ossia la più piccola estensione di F contenente α 1, α 2,..., α n. Osservazione 2.2 Sia F K un estensione di campi e siano α 1, α 2,..., α n K; si ha F F(α 1, α 2,..., α n ) K, e gli elementi di F(α 1, α 2,..., α n ) sono tutti e soli gli elementi di K del tipo R(α 1, α 2,..., α n ), con R F(x 1, x 2,..., x n ). Definizione 2.3 Sia F K un estensione di campi; diremo che l estensione è finitamente generata (f.g.) se esistono α 1, α 2,..., α n K tali che K = F(α 1, α 2,..., α n ). Un estensione generata da un unico elemento si dice semplice. Osservazione 2.3 Ogni estensione finita è anche f.g. Dimostrazione. Sia F K un estensione finita di grado n e sia B = {α 1, α 2,..., α n } una base di K su F; ogni elemento di K si può allora scrivere come combinazione lineare di α 1, α 2,..., α n, a coefficienti in F; quindi K F(α 1, α 2,..., α n ); d altra parte F(α 1, α 2,..., α n ) K e quindi K = F(α 1, α 2,..., α n ), ossia K è f.g. Osservazione 2.4 Non è vero il viceversa, ossia un estensione può essere f.g. (addirittura semplice) senza essere finita. Porteremo adesso due interessanti esempi per dimostrare che ciò è talvolta vero, talvolta no, e daremo quindi una regola generale per stabilire se una estensione f.g. è anche finita. Esempio 2.3 Consideriamo l estensione Q R; fissiamo poi α = 3 2 / Q e studiamo l estensione ( ) 3 Q Q 2 ; gli elementi di Q ( 3 2 ) sono del tipo a 0 + a a b 0 + b b con a 0, a 1, a 2, b 0, b 1, b 2, Q e b b b 2 2 > 0. Proviamo ora che ogni elemento di Q ( 3 2 ) si può in realtà scrivere nella forma a 0 + a a ; basta provare che ogni elemento del tipo a 0 + a a ammette inverso nella stessa forma, ossia che l equazione ( a 0 + a a )( x 0 + x x ) = 1 ammette soluzioni in Q; ma la precedente equazione è equivalente a a 0 x 0 + 2(a 2 x 1 + a 1 x 2 ) + (a 1 x 0 + a 0 x 1 + 2a 2 x 2 ) (a 2 x 0 + a 1 x 1 + a 0 x 2 ) = 1

11 2. ESTENSIONI DI CAMPI 11 che equivale al sistema a 0 x 0 + 2(a 2 x 1 + a 1 x 2 ) = 1 a 1 x 0 + a 0 x 1 + 2a 2 x 2 = 0 a 2 x 0 + a 1 x 1 + a 0 x 2 = 0 ; poiché il precedente sistema ammette soluzioni (purché a 0, a 1, a 2 non siano contemporaneamente nulli), ogni elemento di Q ( 3 2 ) si può scrivere nella forma a 0 + a a ; ne segue allora, poiché 1, 3 2, Q ( 3 2 ) e sono linearmente indipendenti, che { 1, 3 2, 3 2 2} è una base di Q ( 3 2 ) su Q, e pertanto l estensione Q Q ( 3 2 ) è finita (il suo grado è anzi 3). Esempio 2.4 Consideriamo ora α = π e studiamo l estensione Q Q(π); questa estensione è semplice, ma non è finita; infatti, gli elementi 1, π, π 2, π 3,..., π n,... sono linearmente indipendenti (su Q) ed infiniti, e pertanto Q(π) non può avere una base formata da un numero finito di elementi. Definizione 2.4 Sia F K un estensione di campi e sia α K. Diremo che α è algebrico su F se è radice di un polinomio non nullo a coefficienti in F, cioè se esiste f F[x], f 0, tale che f(α) = 0. Diremo che α è trascendente su F se non è algebrico. In particolare, un numero reale si dice algebrico (risp. trascendente) quando è algebrico (risp. trascendente) su Q. Esempio 2.5 Il numero reale 3 2 è algebrico, in quanto radice del polinomi x 3 2; il numero reale π è invece trascendente, in quanto non è radice di alcun polinomio a coefficienti razionali (dimostrato da Lindemann nel 1882) Osservazione 2.5 È interessante notare che, benché i numeri trascendenti siano di più dei numeri algebrici (infatti la cardinalità dell insieme dei numeri algebrici è pari alla cardinalità di Q, e quindi i numeri trascendenti devono avere per cardinalità il continuo), è difficile trovare un numero trascendente; il primo di essi fu trovato nel 1855, ed assume la forma: 0, = + n=0 10 ( ( n i=0 i!)+n ) (fra l i-esimo 1 ed il successivo vi sono i! zeri); in seguito, come già detto, si dimostrò la trascendenza di π e di e (il numero di Nepero); resta comunque il fatto che i numeri trascendenti conosciuti sono straordinariamente pochi. Esempio 2.6 Consideriamo l estensione Q C; l unità immaginaria i C è algebrica su Q, in quanto radice del polinomio x

12 12 I. ESTENSIONI DI CAMPI Definizione 2.5 Un estensione F K si dice algebrica quando ogni elemento di K è algebrico su F. Esempio 2.7 L estensione Q R non è algebrica (π R non è algebrico su Q); l estensione R C è algebrica. Osservazione 2.6 Sia F K un estensione di campi, e sia α K algebrico su F; l insieme I = {f F[x] f(α) = 0} è un ideale di F[x]; poiché F[x] è un dominio ad ideali principali (PID), l ideale I è generato da un polinomio g, che ha grado minimo rispetto ai gradi dei polinomi di I; inoltre, esso è unico, a meno di costanti moltiplicative; si conviene di scegliere g monico (ossia in modo che il coefficiente del termine di grado massimo sia 1). Definizione 2.6 Sia F K un estensione di campi, e sia α K algebrico su F; il generatore dell ideale {f F[x] f(α) = 0}, scelto in base alla convenzione dell Oss. 2.6, si dice polinomio minimo di α. Osservazione 2.7 Sia F K un estensione di campi, e sia α K algebrico su F; sia poi g il polinomio minimo di α; allora g è irriducibile su F; se f è un polinomio monico irriducibile in F, avente α come radice (in K), allora f = g; (g) è un ideale massimale di F[x]. Dimostrazione. Proviamo innanzi tutto che il polinomio minimo g di α è irriducibile. Supponiamo per assurdo che g(x) = g 1 (x)g 2 (x), con g 1, g 2 F[x] non costanti; si avrà allora 0 = g(α) = g 1 (α)g 2 (α) e quindi, poiché in K vale la legge di annullamento del prodotto, risulterà g 1 (α) = 0 oppure g 2 (α) = 0; supponiamo per fissare le idee che g 1 (α) = 0; si ha allora g 1 I = {f F[x] f(α) = 0}, ed inoltre il grado di g 1 è strettamente minore del grado di g, in contrasto con il fatto che I è generato da g (e pertanto g ha grado minimo). Viceversa, supponiamo che f sia monico, irriducibile in F, e che α sia una sua radice (in K); posto I = {h F[x] h(α) = 0} = (g) (con g polinomio minimo di α), si ha che f I, e quindi f è multiplo di g; essendo f irriducibile, f differisce da g per una costante moltiplicativa a F; ma f, g sono entrambi monici, e quindi a = 1, ossia f = g, e quindi f è il polinomio minimo di α. Proviamo infine che (g) è massimale; sia J un ideale proprio di F[x] contente (g); poiché F[x] è PID, J sarà generato da un certo polinomio f (che possiamo scegliere monico); da (g) (f) segue che g = λf; ma g è irriducibile ed f, g sono entrambi monici; quindi λ = 1, f = g, e (g) = J; (g) è allora massimale. Teorema 2.2 Sia F K un estensione di campi, e sia α K. Condizione necessaria e sufficiente affinché α sia algebrico su F è che F(α) sia un estensione finita di F; in tal caso, detto g il polinomio minimo di α ed n il suo grado, si ha [F(α) : F] = n ed una base di F(α) su F è data dagli elementi 1, α, α 2,..., α n 1.

13 2. ESTENSIONI DI CAMPI 13 Sufficienza. Se l estensione F F(α) è finita, detto n il suo grado, si ha che gli n + 1 elementi di F(α) 1, α, α 2,..., α n devono essere linearmente dipendenti (in quanto in numero maggiore della dimensione dello spazio); esistono quindi tali che a 0, a 1,..., a n F a 0 + a 1 α + + a n α n = 0 e quindi α è radice del polinomio a 0 + a 1 x + + a n x n, ed è pertanto algebrico. Necessità. Supponiamo che α sia algebrico su F e sia g il suo polinomio minimo, di grado n. Consideriamo l omomorfismo di anelli ϕ: F[x] K definito da ϕ(f) = f(α) f F[x]; osserviamo che Ker ϕ = {f F f(α) = 0} = (g); allora, per il teorema dell omomorfismo, esiste un omomorfismo iniettivo ψ : F[x] (g) K tale che Im ψ = Im ϕ. Studiamo innanzi tutto F[x] (g) ; esso è un campo (in quanto l ideale (g) è massimale). Inoltre, l omomorfismo canonico π : F[x] F[x] (g) definito da π(f) = f è iniettivo su F F[x]; poiché inoltre π è suriettivo, F è isomorfo alla propria immagine secondo π. Denoteremo quindi per semplicità con a stesso l immagine di a F secondo π. Detta poi x l immagine secondo π del monomio x, si ha, per ogni f = a 0 + a 1 x + + a m x m, π(f) = a 0 + a 1 x + + a m x m = f(x). Proviamo ora che ogni elemento di F[x] (g) si può scrivere in maniera unica nella forma (2) a 0 + a 1 x + + a n 1 x n 1 dove n (ricordiamo) è il grado del polinomio minimo g di α. Sia quindi f(x) F[x] (g) ; proviamo che f(x) si può scrivere nella forma (2). Per la suriettività di π, risulta f(x) = π ( f(x) ) ; è possibile applicare l algoritmo euclideo, dividendo f per g, ottenendo l esistenza di due polinomi q, r F[x] tali che f(x) = q(x)g(x) + r(x)

14 14 I. ESTENSIONI DI CAMPI ed il grado di r è minore del grado n di g. Applicando π alla precedente eguaglianza si ottiene allora f(x) = q(x)g(x) + r(x) = r(x) in quanto g (g) = Ker π; poiché r(x) è nella forma (2), anche f(x) sarà nella stessa forma. Proviamo ora l unicità dell espressione, supponendo per assurdo che f(x) si possa scrivere in due forme diverse, entrambe del tipo (2); siano dette forme r(x), r (x); risulta allora r(x) = r (x) e quindi r(x), r (x) hanno la stessa immagine secondo π, ossia r(x) r (x) (g); poiché r, r hanno grado minore del grado di g, anche la loro differenza avrà grado minore del grado di g; ma l unico polinomio di grado minore del grado di g presente nell ideale (g) è il polinomio nullo, e quindi r(x) = r (x), ossia l unicità della forma (2) 1. In definitiva risulta provato che F[x] (g) è un estensione finita di F di grado n ed in cui una base è 1, x, x 2,..., x n 1. ( ) Essendo ψ un omomorfismo iniettivo, anche ψ F[x] (g) è un estensione finita di F di grado n ed in cui una base è 1, ψ(x), ψ ( x 2),..., ψ ( x n 1) ; ( ) ma ψ F[x] (g) = ϕ(f[x]) = F(α), ed inoltre ψ(x) = ϕ(x) = α, e quindi F(α) è un estensione finita di F di grado n, ed una base è 1, α, α 2,..., α n 1 ; la tesi è allora provata. La dimostrazione del Teor. implica banalmente il seguente Corollario 2.1 Sia F K un estensione di campi, e sia α K algebrico su F; risulta allora F(α) = F[x] (g), dove g è il polinomio minimo di α. Corollario 2.2 Sia F K un estensione di campi, e siano α, β K algebrici su F; se α, β hanno lo stesso polinomio minimo, allora F(α) = F(β). Dimostrazione. Sia g il polinomio minimo di α e β; per il precedente Cor. si ha F(α) = F[x] (g) = F(β) e quindi la tesi. Corollario 2.3 Sia F K un estensione; l insieme A degli elementi di K algebrici su F è un sottocampo di K. Dimostrazione. Siano α, β A, occorre provare che α + β A, α β A, α 1 A se α 0. Essendo β algebrico su F, β è anche algebrico su F(α); allora, nella catena di campi F F(α) F(α, β) K 1 Osserviamo che in questa parte della dimostrazione non è stato sfruttato il fatto che g sia il polinomio minimo di α, ma semplicemente il fatto che g è il generatore di (g).

15 2. ESTENSIONI DI CAMPI 15 le estensioni F F(α) e F(α) F(α, β) hanno grado finito; per il Teor. di transitività del grado (Teor. 2.1), anche F F(α, β) ha grado finito. Siccome risulta γ = α + β F(α, β) e quindi F F(γ) F(α, β), dal fatto che l estensione F F(α, β) abbia grado finito segue che anche F F(γ) ha grado finito, e quindi γ è algebrico su F. Lo stesso ragionamento si applica al prodotto di α e β ed all esistenza dell inverso degli elementi non nulli. Definizione 2.7 Sia F K un estensione; l insieme A degli elementi di K algebrici su F prende il nome di chiusura algebrica di F in K. Corollario 2.4 Condizione necessaria e sufficiente affinché una estensione F K sia finita è che sia algebrica e finitamente generata. Necessità. Abbiamo già provato che se F K è finita, allora F K è finitamente generata; proviamo che è algebrica. Sia α K; risulta F F(α) K; poiché F K è finita, anche F F(α) è finita, e quindi α è algebrico su F; per l arbitrarietà della scelta di α K, si ha allora che ogni elemento di K è algebrico su F, e quindi F K è algebrica. Sufficienza. Essendo per ipotesi F K finitamente generata, è possibile determinare α 1, α 2,..., α n K tali che K = F(α 1, α 2,..., α n ). Consideriamo ora la catena F F(α 1 ) F(α 1, α 2 ) F(α 1, α 2,..., α n ); poiché ogni elemento di K è algebrico su F, in particolare α 1 è algebrico su F ed α i+1 è algebrico su F(α 1, α 2,..., α i ); per il Teor. 2.2 si ha quindi che ogni estensione della catena è finita; per il Teor. di transitività del grado (Teor. 2.1) anche F F(α 1, α 2,..., α n ) è finita, ossia F K è finita, che è la tesi. Corollario 2.5 Siano F, K, L tre campi tali che F K L; L è un estensione algebrica su F se e solo se K è algebrica su F ed L è algebrica su K. Dimostrazione. Se L è algebrico su F, allora L è in particolare algebrico su K; inoltre, K è algebrico su F in quanto ogni suo elemento è anche elemento di L, ed è quindi algebrico su F. Viceversa, supponiamo che L sia algebrico su K e che K sia algebrico su F; proviamo che L è algebrico su F, provando che, scelto ad arbitrio α L, α è algebrico su F. Sia dunque α L; essendo L algebrico su K, esiste g K[x] tale che g(x) = 0; g(x) sarà nella forma g(x) = α 0 + α 1 x + + α n x n con α 0, α 1,..., α n K. Consideriamo la catena di campi F F(α 0, α 1,..., α n ) F(α 0, α 1,..., α n, α); essendo α algebrico su F, e quindi su F(α 0, α 1,..., α n ), l estensione F(α 0, α 1,..., α n ) F(α 0, α 1,..., α n, α)

16 16 I. ESTENSIONI DI CAMPI è finita (in quanto algebrica e finitamente generata); d altra parte F F(α 0, α 1,..., α n ) è finita, in quanto finitamente generata ed algebrica 2 ; per transitività del grado, F F(α 0, α 1,..., α n, α) dev essere è finita. Consideriamo ora la catena F F(α) F(α 0, α 1,..., α n, α); essendo F F(α 0, α 1,..., α n, α) finita, anche F F(α) sarà finita, e quindi in particolare algebrica; α è allora algebrico su F, che è quanto volevamo provare. Corollario 2.6 Sia F un campo, e sia f F[x] irriducibile di grado n; esiste un estensione K di F finita, di grado n ed in cui f ha almeno una radice. Dimostrazione. Con ragionamento analogo a quello utilizzato nella dimostrazione del Teor. 2.2 (con f al posto di g; ricordiamo che l unica cosa che si sfruttasse di g era il fatto che fosse il generatore di (g)), sfruttando l ipotesi di irriducibilità di f, si deduce che F[x] (f) è un estensione finita di F, una cui base è 1, x, x 2,..., x n 1, dove x è la classe di equivalenza del monomio x. Inoltre, sempre dalla stessa dimostrazione, segue che f(x) = 0, e quindi si ha la tesi con K = F[x] (f). Corollario 2.7 Sia F un campo, e sia f F[x] di grado n; esiste un estensione K di F finita, di grado non maggiore di n ed in cui f ha almeno una radice. Dimostrazione. Se f è irriducibile, basta applicare il precedente Cor.; se f è riducibile, detto p un suo fattore di grado m < n, applicando il precedente Cor. a p si ottiene l esistenza di un estensione K di F, finita, di grado m < n ed in cui p ha una radice; f ha allora una radice in K (la stessa di p) e K è pertanto il campo della tesi. Corollario 2.8 Sia F un campo, e sia f F[x] di grado n; esiste un estensione K di F finita, di grado non maggiore di n! ed in cui f si decompone in fattori lineari. Dimostrazione. Applicando il precedente Cor. si ottiene l esistenza di un estensione K 1 finita, di grado non maggiore di n, in cui f ha una radice; sia α 1 questa radice; per il Teor. di Ruffini, f è divisibile per x α 1 (in K 1 ), e quindi esiste f 1 K 1 [x] di grado n 1 tale che f(x) = f 1 (x) (x α 1 ); applicando ora il precedente Cor. al campo K 1 ed al polinomio f 1, si ottiene l esistenza di un campo K 2, estensione finita di K 1 di grado non maggiore di n 1, tale che f 1 ammette in K 2 una radice α 2. Si ha quindi in particolare che K 2 è un estensione finita di F, di grado al più n (n 1), ed in essa f si decompone nella forma f(x) = f 2 (x) (x α 1 ) (x α 2 ). Così procedendo si arriva (dopo al più n passaggi) ad un campo K, estensione finita di F di grado al più n (n 1) 2 1 in cui f si decompone nella forma f(x) = (x α 1 ) (x α 2 ) (x α n ); il campo K è quindi quello della tesi. 2 poiché αi K è algebrico su F i = 0, 1, 2,..., n.

17 2. ESTENSIONI DI CAMPI 17 Definizione 2.8 Una estensione K di un campo F si dice campo di spezzamento (c.s.) di un polinomi f F[x] se gode delle due seguenti proprietà: (1) f si decompone in fattori lineari in K[x]; (2) K è generato dalle radici di f. Corollario 2.9 Sia F un campo, e sia f F[x] di grado n; il campo di spezzamento di f esiste ed ha grado (su F) non maggiore di n!. Dimostrazione. Per il Cor. 2.8, esiste un estensione finita L di F, di grado non maggiore di n!, in cui f si decompone in fattori lineari; dette α 1, α 2,..., α n le sue radici, il campo K = F(α 1, α 2,..., α n ) risulta essere il c.s. di f; inoltre, essendo F K L, risulta [K : F] [L : F] n!. Teorema 2.3 Sia F K un estensione di campi, e sia f F[x] tale che K sia il c.s. di f; sia poi F un campo isomorfo ad F mediante un isomorfismo ϕ: F F ; sia f = ϕ(f); detto K il c.s. di f su F, risulta K isomorfo a K mediante un isomorfismo σ : K K tale che σ F = ϕ. Dimostrazione. Dimostriamo il teorema per induzione sul grado [K : F]. Il teorema è vero per [K : F] = 1 in quanto in tal caso K = F, ossia f si decompone in F in fattori lineari, e quindi f si decompone in F in fattori lineari, ossia K = F, e σ = ϕ = id. Proviamo ora il teorema supponendo che [K : F] = n > 1 e che il teorema sia vero per tutte le estensioni di grado minore di n. Essendo n > 1, f possiede un fattore q irriducibile in F, di grado r > 1, fattore che può essere scelto monico; d altra parte f si decompone in K, e quindi il suo fattore q avrà una radice α in K. Detto q l immagine di q secondo f, si ha che q è un fattore monico di f, irriducibile in F ; q ha però una radice α in K. Si ha inoltre che q, q sono i polinomi minimi 3 di α, α rispettivamente. Consideriamo ora i due campi F(α), F (α ); si ha: F(α) = F[x] (q), F (α ) = F [x] (q), F[x] (q) = F [x] (q), e quindi F(α) = F (α ); detto τ : F(α) F (α ) l isomorfismo, si ha τ F = ϕ. Poiché si ha poi [F(α) : F] = r = [K : F(α)] = n r < n [F (α ) : F ] = r = [K : F (α )] = n r < n, possiamo applicare l ipotesi induttiva (con F(α), F (α ) al posto di F, F e τ al posto di ϕ), ottenendo l esistenza di un isomorfismo σ : K K tale che σ F(α) = τ; risulta quindi σ F = τ F = ϕ, e pertanto l isomorfismo σ è l isomorfismo della tesi. Corollario 2.10 Il campo di spezzamento di un polinomi f a coefficienti in un campo F è unico a meno di isomorfismi. Esempio 2.8 Consideriamo, sul campo Q, il polinomio f(x) = x 3 2; determiniamo il suo campo di spezzamento. 3 essendo irriducibili e monici.

18 18 I. ESTENSIONI DI CAMPI Il polinomio fissato ammette sicuramente radici in C (essendo a coefficienti reali), ed esse sono 3 2, ω 3 2, ω 2 3 2, dove ω è una radice cubica primitiva dell unità. Ne segue allora che il campo K = Q ( 3 2, ω ) contiene tutte le radici di f, ossia f si spezza ivi in fattori lineari; K è anzi generato dalle radici di f, e quindi K = Q ( 3 2, ω ) è il c.s. di x 3 2 su Q. Osserviamo che si ha [ Q ( 3 2 ) : Q ] = 3, in quanto il polinomio minimo di 3 2 è x 3 + 2, che ha grado 3, e [ Q ( 3 2, ω ) : Q ( 3 2 )] = 2, in quanto il polinomio minimo di ω è x 2 + x + 1, che ha grado 2; risulta quindi [ Q ( 3 2, ω ) : Q ] = 6 = 3!. Esempio 2.9 Consideriamo, sul campo Q, il polinomio f(x) = x 3 + 1; determiniamo il suo campo di spezzamento. Poiché il polinomio fissato ammette sicuramente radici in C (essendo a coefficienti reali), determiniamo innanzi tutto le sue radici in C; si ha x = (x + 1) ( x 2 x + 1 ) ; le radici di x 2 x + 1 sono 1 ± i 3 2 = 1 2 ± i 3 2 ; e pertanto le radici di f in C sono 1, i 2, i ; il c.s. di f è allora 2 ( Q 1, i 2, 1 ) 3 ( 2 i = Q i ) 3. 2 Poiché il polinomio minimo di i 3 è x 2 +3, il grado dell estensione Q Q ( i 3 ) risulta essere 2 < 3!. 3. Alcune applicazioni 3.1. Polinomi con radici multiple. Richiamiamo innanzi tutto le seguenti definizioni: Definizione 3.1 Sia F un campo, e sia f F[x]; diremo che una radice α di f in F ha molteplicità r se f è divisibile per (x α) r, ma non per (x α) r+1. Definizione 3.2 Sia F un campo, e sia f = a 0 + a 1 x + + a n x n F[x]; si dice polinomio derivato di f, e lo si indica con f, il polinomio f (x) = a 1 + 2a 2 x + + na n x n 1 Ricordiamo inoltre il seguente risultato: Osservazione 3.1 Sia F un campo, e sia f F[x]; f ha radici multiple se e solo se f ed f hanno un fattore comune di grado positivo, ossia se e solo se non sono primi fra loro. Teorema 3.1 Sia F un campo, e sia f F[x] irriducibile di grado positivo. Il polinomio f ha radici multiple nel suo campo di spezzamento se e solo se F ha caratteristica positiva p ed f è nella forma f(x) = g(x p ).

19 3. ALCUNE APPLICAZIONI 19 Dimostrazione. Sia n il grado del polinomio f, che sarà allora nella forma f(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n Dimostriamo innanzi tutto che F deve avere caratteristica positiva. Supponiamo per assurdo che F abbia caratteristica nulla e che f abbia radici multiple; allora, f ha un fattore di grado positivo a comune con il proprio polinomio derivato f (x) = a 1 + 2a 2 x + + na n x n 1 ; essendo d altra parte f irriducibile, l unico suo fattore è f stesso; ma f ha grado n 1, essendo n a n 0, e quindi non può avere fattori a comune con f, assurdo. Perché f abbia radici multiple, il campo F deve quindi avere caratteristica positiva p; inoltre, f ha in tal caso un fattore comune con f se e solo se f = 0, ossia se i a i = 0 i = 1, 2,..., n, e ciò si verifica se e solo se 4 in f sono presenti solo potenze di x con esponente multiplo di p, ossia se e solo se f è nella forma g(x p ); la proprietà è così completamente dimostrata Costruzione con riga e compasso. Le costruzioni con riga e compasso sono problemi di natura geometrica, in cui si impone che la soluzione sia raggiungibile esclusivamente mediante l uso di una riga (immaginata perfetta ed infinitamente lunga, ma non graduata) e di un compasso (immaginato perfetto e tale da poter tracciare cerchi di raggio arbitrario). Alcuni classici problemi di riga e compasso sono duplicazione del cubo: costruzione di un cubo avente volume doppio di un cubo di lato assegnato; rettificazione della circonferenza: costruzione di un segmento di lunghezza pari ad una circonferenza di raggio assegnato; quadratura del cerchio: costruzione di un quadrato avente area pari all area di un cerchio di raggio assegnato; trisezione dell angolo: costruzione di un angolo di ampiezza pari ad un terzo dell ampiezza di un angolo assegnato; ciclotomia: suddivisione di una circonferenza in n parti uguali, con n numero naturale assegnato. Affronteremo ora i precedenti problemi da un punto di vista algebrico, dimostrando che i primi tre non ammettono soluzioni, e vedendo in quali casi il quarto non è risolubile. Per affrontare la ciclotomia, dovremo prima sviluppare la Teoria di Galois. Definizione 3.3 Un numero reale a si dice costruibile se, mediante riga e compasso, e possibile costruire un segmento di lunghezza a. Osservazione 3.2 L insieme K dei numeri costruibili è un sottocampo di R contenente Q. 4 essendo p primo.

20 20 I. ESTENSIONI DI CAMPI Dimostrazione. Cominciamo con il provare che K è un campo. Supponiamo quindi che α, β K, e proviamo che α ± β, α β, α K. Si ha β banalmente α ± β K; proviamo quindi che α β, α K; poiché un numero è β costruibile se e solo se lo è l opposto, basta studiare il caso in cui α, β > 0. Proviamo che il quoziente α è costruibile, descrivendo il processo di costruzione: β si traccino, sul lato di un angolo di vertice O, i segmenti OB di lunghezza β e BA di lunghezza α (costruibili per ipotesi); sia poi P un punto sul secondo lato dell angolo, tale che OP abbia lunghezza 1; si tracci quindi la retta BP, e la sua parallela AH, come in figura 1. 1 P x H O β B α A Figura 1. Costruzione del quoziente di due numeri costruibili Per le proprietà dei triangoli simili, la lunghezza x soddisfa la proporzione 1: x = β : α e quindi x = α β. Con costruzione analoga (figura 2) si ottiene una lunghezza x soddisfacente 1 P β B O α A x H Figura 2. Costruzione del prodotto di due numeri costruibili e quindi 1: β = α: x x = α β. Risulta così provato che K è un sottocampo di R; poiché ha caratteristica nulla, risulta Q K.

21 3. ALCUNE APPLICAZIONI 21 Teorema 3.2 Condizione necessaria e sufficiente affinché un numero reale α sia costruibile è che esista una catena Q = K 0 K 1 K 2 K t di sottocampi di R soddisfacente α K t [K i : K i 1 ] = 2 i = 1, 2,..., t Sufficienza. Sia α un numero reale per cui esista una catena di sottocampi di R soddisfacente l ipotesi; proviamo che α è costruibile, procedendo per induzione sul numero t di campi della catena. Se t = 0, la catena è costituita dal solo Q, cioè α è razionale; poiché tutti i numeri razionali sono costruibili, α è costruibile. Supponiamo ora t > 0, e proviamo il teorema supponendolo vero per t 1. Se α K t 1, la tesi è vera per ipotesi induttiva; supponiamo quindi che α K t \ K t 1. Consideriamo la catena K t 1 K t 1 (α) K t ; poiché [K t : K t 1 ] = 2 e [K t 1 (α) : K t 1 ] > 1, per la proprietà di transitività dei gradi deve essere [K t : K t 1 (α)] = 1 (e quindi K t 1 (α) = K t ) e [K t 1 (α) : K t 1 ] = 2, e quindi α è algebrico su K t 1, ed il suo polinomio minimo ha grado 2. Sia x 2 + ax + b il polinomio minimo di α su K t 1 ; si ha allora α = a ± a 2 4b ; 2 poiché a, b sono costruibili (in quanto elementi di K t 1 ), per provare che α è costruibile basta provare che la radice quadrata di un numero costruibile è costruibile. Sia quindi un numero costruibile; proviamo che è costruibile. Costruiamo un semicerchio avente per diametro un segmento di lunghezza 1+ e sia P un punto del diametro che lo divide in due segmenti di lunghezza 1, rispettivamente; tracciamo poi la perpendicolare al diametro passante per il punto P, e sia H la sua intersezione con la semicirconferenza (figura 3); il segmento P H H 1 P Figura 3. Costruzione della radice quadrata di un numero costruibile ha lunghezza in quando medio proporzionale tra 1 e (Teorema di Euclide), e quindi è costruibile; poiché allora le radici quadrate dei numeri costruibili sono costruibili, si ha che α è costruibile, e ciò prova la tesi. Necessità. Sia α un numero costruibile; dal punto di vista analitico, il fatto che α sia costruibile si traduce nella possibilità di costruire t punti, nel piano, tali che in un opportuno sistema di riferimento α sia l ascissa (o l ordinata) del punto P = P t.

22 22 I. ESTENSIONI DI CAMPI Dimostriamo dunque il teorema per induzione sul numero t di punti, provando che per le ascisse e le ordinate dei punti costruiti è possibile determinare catene di campi del tipo (3) Q K 1 K 2 K m tali che le coordinate di P 0, P 1,..., P t stiano in K m e [K i : K i 1 ] = 2 i = 1, 2,..., m. Se t = 0 oppure t = 1, la tesi è vera, con la catena ridotta al solo campo Q (i punti infatti saranno P 0 = O = (0, 0) ed eventualmente P 1 sull asse delle ascisse, a distanza α da P 0 ). Supponiamo ora che t > 1 e che per le coordinate dei punti P i con i < t sia possibile determinare delle catene del tipo (3); sia quindi Q K 1 K 2 K m 1 un catena di campi tale che le coordinate di P 0, P 1,..., P t 1 stanno in K m 1 e [K i : K i 1 ] = 2 i = 1, 2,..., m 1. Per provare la tesi basta provare che: o le coordinate di P t stanno in K m 1, oppure esiste K m K m 1 tale che le coordinate di P t stanno in K m e [K m : K m 1 ] = 2. Osserviamo innanzi tutto che il punto P t si può ottenere dai precedenti in uno dei tre seguenti modi: (1) come intersezione di due rette passanti per punti già costruiti; (2) come intersezione di una retta con una circonferenza di centro un punto costruito e passante per un altro punto costruito; (3) come intersezione di due circonferenze. Proviamo, in ognuno dei precedenti casi, la tesi. (1) Supponiamo che le due rette abbiano equazioni: ax + by + c = 0 ; a x + b y + c = 0 poiché i coefficienti a, b, c, a, b, c si ottengono dalle coordinate dei punti per cui passano le rette, ed i punti fissati hanno coordinate nel campo K m 1, anche a, b, c, a, b, c apparterranno a K m 1 ; la soluzione del precedente sistema sta allora in K m 1, e quindi le coordinate di P t stanno in K m 1. (2) La retta e la circonferenza del caso avranno equazioni del tipo: ax + by + c = 0 ; x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 ancora una volta, i coefficienti stanno in K m 1, ed inoltre risulterà a 0 oppure b 0; supponiamo, per fissare le idee, che sia b 0; risolvendo nella prima equazione rispetto ad y, e sostituendo nella seconda, si otterrà un sistema del tipo: y = px + q, x 2 + mx + t = 0

23 3. ALCUNE APPLICAZIONI 23 con p, q, m, t opportuni elementi di K m 1. Posto allora = m 2 4t, l ascissa di P t sarà x = m ± 2 e quindi si avrà x, y K m = K m 1 ( ); osserviamo che w = è algebrico su K m, in quanto soddisfa l equazione x 2 = 0; se il polinomio x 2 è il polinomio minimo di w, allora K m è un estensione di K m 1, di grado 2; altrimenti, si avrà K m = K m 1 ; in entrambi i casi si ha la tesi. (3) Supponiamo che le due circonferenze abbiano equazioni: x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 ; x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 sottraendo membro a membro, si ottiene il sistema (a d)x + (b e)y + (c f) = 0 x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 e ci si ritrova quindi nel caso precedente (dal punto di vista geometrico, si cerca l intersezione dell asse radicale con una delle due circonferenze). Il teorema è allora completamente dimostrato. Corollario 3.1 Se a è un numero reale costruibile, allora a è algebrico su Q ed inoltre il suo polinomio minimo ha per grado una potenza di 2. Dimostrazione. Infatti, per ipotesi esiste una catena Q K 1 K 2 K m in cui ogni campo ha grado 2 sul precedente; in particolare, ne segue che [K m : Q] = 2 m. Allora, nella catena Q Q(a) K m, l estensione Q Q(a) sarà finita (e quindi a sarà algebrico su Q) ed inoltre avrà per grado un divisore di 2 m, ossia una potenza 2 t con t m; ma il grado di Q Q(a) è pari al grado del polinomio minimo di a su Q, e quindi il suddetto polinomio avrà grado 2 t, e si ha quindi la tesi. Osservazione 3.3 Il precedente corollario è utile a fini distruttivi, ossia per provare che un determinato numero non è costruibile. Così, ad esempio: la circonferenza non è rettificabile: infatti, assegnato il raggio r della circonferenza, dovrebbe essere possibile costruire il numero reale 2πr; in particolare, dovrebbe essere costruibile π, e ciò non è vero in quanto π non è algebrico. il cerchio non è quadrabile: infatti, assegnato il raggio r del cerchio, dovrebbe essere possibile costruire un quadrato avente area πr 2, ossia lato πr; in particolare, dovrebbe essere costruibile π, e ciò non è vero in quanto π non è algebrico, e quindi non è algebrico π.

24 24 I. ESTENSIONI DI CAMPI il cubo non è duplicabile: infatti, assegnato un cubo di spigolo l, un cubo di volume doppio ha spigolo l 3 2; poiché il polinomio minimo di 3 2 è x 3 2, di grado 3, e 3 non è una potenza di 2, 3 2 non è costruibile. Inoltre, il precedente corollario è utile per vedere in quali casi certi problemi non ammettono soluzione. Ad esempio, affrontiamo il problema della trisezione dell angolo. Sia assegnato un angolo di ampiezza 3ϕ; per costruire un angolo di ampiezza ϕ, basta poter costruire, ad esempio, il suo coseno; per una nota formula: cos (3ϕ) = 4 cos 3 ϕ 3 cos ϕ; deve quindi essere possibile risolvere l equazione 4x 3 3x cos (3ϕ) = 0, che è di terzo grado, ed inoltre la sua soluzione deve essere costruibile; quindi, il problema non è risolubile quando il polinomio (4) 4x 3 3x cos (3ϕ), è irriducibile su Q; infatti, in tal caso, una eventuale soluzione avrebbe come polinomio minimo (4), che ha grado 3, che non è una potenza di 2. Così, ad esempio, non è risolubile il caso 3ϕ = π, poiché il polinomio (4) 3 diventerebbe in tal caso 4x 3 3x 1 2, che non ha radici in Q (si vede direttamente: le eventuali radici razionali dovrebbero essere scelte tra ±1, ± 1 2, ±1 4, ±1 8, ma nessuna delle precedenti è radice dell equazione).

25 CAPITOLO II Teoria di Galois 1. Campi finiti Richiamiamo innanzi tutto alcune proprietà dei gruppi abeliani. Proposizione 1.1 Sia G un gruppo abeliano e siano a, b due suoi elementi di ordine rispettivamente m, n; se m, n sono primi tra loro, allora ab ha ordine mn. Dimostrazione. Osserviamo innanzi tutto che (ab) mn = (a m ) n (b n ) m = 1 1 = 1 e quindi l ordine di ab è un divisore di mn; supponiamo per assurdo che l ordine di ab sia k < mn; si ha allora (ab) k = 1 e quindi (ab) km = 1, cioè (a m ) k b km = 1, ed infine b km = 1; quindi km dev essere un multiplo di n; essendo m primo con n, dev essere k un multiplo di n. Ripetendo lo stesso procedimento e scambiando il ruolo di m, n si ottiene che k è multiplo di m; in definitiva k è multiplo di mn, assurdo poiché in contrasto con l ipotesi k < mn. È così provato che l ordine di ab è mn, ossia la tesi. Proposizione 1.2 Sia G un gruppo abeliano e siano a, b due suoi elementi di ordine rispettivamente m, n; esiste allora c G avente per ordine mcm (m, n). Dimostrazione. Siano p 1, p 2,..., p t i fattori comuni e non comuni di m ed n, che potranno allora essere scritti nella forma m = p 1 r 1 p 2 r 2... p t r t, n = p 1 s 1 p 2 s 2... p t s t con gli esponenti r i, s i eventualmente nulli; il minimo comune multiplo di m ed n sarà allora m = mcm (m, n) = p 1 max (r 1,s 1) p 2 max (r 2,s 2)... p t max (r t,s t) ; consideriamo gli elementi di G a 1 = a p2r2 p 3 r 3...p t r t, b 1 = b p2s2 p 3 s 3...p t s t, a 2 = a p1r1 p 3 r 3...p t r t, b 2 = b p1s1 p 3 s 3...p t s t,.. a t = a p1r1 p 2 r 2...p t 1 r t 1, b t = b p1s1 p 2 s 2...p t 1 s t 1 ; si vede immediatamente che, per ogni i = 1, 2,..., t, a i ha ordine p i r i e b i ha ordine p i s i ; scegliamo quindi, per ogni i = 1, 2,..., t, c i = a i oppure c i = b i, a seconda che r i > s i oppure r i s i ; osserviamo che l ordine di c i è p max (ri,si) ; poniamo c = t c i ; i=1 25

26 26 II. TEORIA DI GALOIS l ordine di c risulta essere il prodotto degli ordini degli elementi c i (Prop. 1.1), ossia o(c) = m ; l elemento c è quindi proprio quello della tesi. Proposizione 1.3 Sia G un gruppo abeliano finito e sia a un suo elemento di ordine massimo m. Ogni elemento b di G ha per ordine un divisore di m. Dimostrazione. Sia b G, n il suo ordine; proviamo che n divide m; per la Prop. 1.2, esiste in G un elemento c avente per ordine mcm (m, n); ma m è l ordine massimo, e quindi o(c) m; ciò è possibile solo se o(c) = m; quindi mcm (m, n) = m, che implica che n divide m, e si ha quindi la tesi. Richiamiamo ora alcune proprietà dei campi finiti. Proposizione 1.4 Se K è un campo finito, allora K possiede p m elementi, dove p è un numero primo ed m N. Dimostrazione. Se K è finito, la sua caratteristica sarà un numero primo p (infatti, se per assurdo fosse ch K = 0, sarebbe Q K (isomorficamente), e quindi K non sarebbe finito); risulterà allora Z p K (isomorficamente), e K sarà uno spazio vettoriale su Z p, di dimensione finita 1 m; detta u 1, u 2,..., u m una base di K su Z p, si ha che per ogni elemento u di K è possibile determinare in maniera univoca α 1, α 2,..., α m Z p tali che u = α 1 u 1 + α 2 u α m u m ; inoltre, la corrispondenza u (α 1, α 2,..., α m ) è biunivoca; si ha allora: K = Z m p = Zp m = p m e quindi per transitività si ottiene che il numero di elementi di K è p m, ossia la tesi. Proposizione 1.5 Sia K un campo finito; se K ha p m elementi, allora K è il campo di spezzamento del polinomio x pm x su Z p. Dimostrazione. Consideriamo il gruppo moltiplicativo di K, (K, ) (dove, ricordiamo, K = K \ {0}); per ipotesi, esso ha p m 1 elementi e quindi, per ogni u K si ha u pm 1 = 1; allor u pm 1 1 = 0 u K, ed in definitiva, moltiplicando ambo i membri per u, u pm u = 0 u K, che vale banalmente anche per u = 0. Si ottiene cioè che tutti gli elementi di K sono radici dell equazione x pm x = 0; poiché il polinomio x pm x ha al più p m radici, e K ha esattamente p m elementi, x pm x si decompone in K in fattori lineari, ed inoltre le sue radici sono tutte e sole gli elementi di K, cioè K è il c.s. di x pm x. Proposizione 1.6 Per ogni numero primo p e per ogni m N esiste un campo finito con p m elementi, e due tali campi sono isomorfi. Dimostrazione. L isomorfismo di due tali campi è banale conseguenza del fatto che entrambi sono c.s. del polinomio x pm x su Z p. Proviamo dunque l esistenza di un campo finito con p m elementi. Consideriamo il campo Z p ed il polinomio f(x) = x pm x; sia K il campo di spezzamento del suddetto polinomio su Z p. 1 poiché K è finito.

27 1. CAMPI FINITI 27 Osserviamo che f (x) = p m x pm 1 1 = 1 0 x K, e quindi f, essendo costante e non nullo, non ha radici e quindi in particolare non ha radici in comune con f; allora f ha radici tutte semplici, ed ha allora esattamente p m radici distinte, nel suo campo di spezzamento. Consideriamo l insieme L delle radici di f, e proviamo che L è un campo finito: L sarà allora il campo della tesi. Siano u, v L. Proviamo che uv L e u + v L. Si ha (uv) pm = u pm v pm = uv e quindi uv L. Si ha poi p 1 ( ) (5) (u + v) p p = u p + u i v p i + v p = u p + v p i i=1 ( ) p poiché è multiplo di p, e nullo nel campo K, che ha caratteristica p; applicando i due volte la (5) si ha allora che (6) (u + v) p2 = ((u + v) p ) p = (u p + v p ) p = (u p ) p + (v p ) p = u p2 + v p2 ; ripetendo il procedimento: (u + v) p3 = così procedendo: ( (u + v) p2) p (6) = (u + v) ph = u ph + v ph h N; in particolare, dopo m passaggi: (u + v) pm = u pm + v pm = u + v, ( u p2 + v p2) p (5) = (u p2) p ( + v p2) p = u p 3 + v p3 ; da cui segue che u + v L. Risulta così provato che L è un campo; poiché L è finito, ed ha esattamente p m elementi (le radici di f), L è il campo della tesi 2. Proposizione 1.7 Il gruppo moltiplicativo di un campo finito è ciclico. Dimostrazione. Sia K un campo finito e sia (K, ) il suo gruppo moltiplicativo; esso è abeliano, in quanto K è un campo; sia t il suo ordine. Occorre provare che esiste u K tale che x K n N tale che x = u n. Poiché K è finito, è possibile determinare un elemento u K di ordine massimo m; per provare la tesi basta provare che m = t. Per la Prop. 1.3, sappiamo che ogni elemento di K ha per ordine un divisore di m, e quindi in particolare che v m = 1 v K, ossia tutti gli elementi di K sono radici dell equazione x m 1 = 0, che ha m radici; quindi t = K m. D altra parte, l ordine di un gruppo è non minore dell ordine di ogni suo elemento, e quindi in particolare t = K m; si ha in definitiva m t m e quindi t = m, che è quanto volevamo provare. 2 In effetti, si vede immediatamente che L = K.

28 28 II. TEORIA DI GALOIS 2. Estensioni separabili Definizione 2.1 Sia F K un estensione di campi; un elemento α K, algebrico su F, si dice separabile se è radice di un polinomio a coefficienti in F ed avente radici tutte semplici nel suo campo di spezzamento. Osservazione 2.1 Sia F K e sia α K, algebrico su F; α è separabile se e solo se il suo polinomio minimo ha radici tutte semplici nel suo campo di spezzamento. Dimostrazione. Infatti, ogni altro polinomio avente α come radice è multiplo del polinomio minimo di α. Definizione 2.2 Una estensione di campi F K si dice separabile se è algebrica e ogni elemento di K è separabile su F. Osservazione 2.2 Se ch F = 0, ogni estensione algebrica di F è separabile. Dimostrazione. Sia F K un estensione algebrica e sia α K; il polinomio minimo g di α è irriducibile su F, ed ha pertanto radici tutte semplici 3 ; quindi α è separabile. L arbitrarietà di α K assicura che K è separabile su F. Osservazione 2.3 Se F è un campo finito, allora ogni sua estensione algebrica è separabile. Dimostrazione. Sia K un estensione algebrica di F, e sia α F. Consideriamo l estensione F F(α); essendo α algebrico, l estensione è finita; essendo F finito, anche F(α) sarà allora finito, e pertanto avrà per ordine una potenza m della caratteristica p di F; ne segue allora che ogni elemento di F(α) è radice dell equazione x pm x, che ha p m radici distinte (tutti gli elementi di F(α)); α è allora radice del polinomio x pm x, che ha tutte radici semplici, ossia α è separabile. Per l arbitrarietà di α K si ha in definitiva che K è separabile su F. Esempio 2.1 Portiamo ora un esempio di estensione non separabile; in virtù delle due precedenti osservazioni, il campo F dev essere infinito e con caratteristica finita p. Consideriamo il campo Z p (T ) delle funzioni razionali, a coefficienti in Z p, nella indeterminata T ; sia poi U = T p Z p (T ). Poniamo F = Z p (U), K = Z p (T ). Proviamo che l estensione F K è algebrica, ma non separabile. Osserviamo che T K è algebrico su F, in quanto radice di X p U = 0, ed inoltre K = F(T ); l estensione F K è allora un estensione algebrica. Proviamo ora che X p U = 0 è il polinomio minimo di T su F; occorre provare che X p U è irriducibile su F = Z p (U); per il Teor. di Gauss, basta provare che X p U è irriducibile su Z p [U]; poiché Z p [U] è un dominio fattoriale, possiamo applicare il criterio di Eisenstein. Occorre trovare un elemento primo in Z p [U] che divida tutti i coefficienti, tranne quello di grado massimo, ed il cui quadrato non divida il termine noto; osserviamo che un tale elemento primo è U Z p [U], e quindi X p U è irriducibile, e pertanto X p U è il polinomio minimo di T su F. Essendo K = F(T ), si ha allora [K : F] = p. Osserviamo che in K il polinomio X p U si spezza completamente in fattori lineari, in quanto X p U = X p T p = (X T ) p (in quanto la caratteristica del campo è p) e quindi in particolare X p U ha, in 3 altrimenti, g dovrebbe avere un fattore a comune con g ; ma g ha grado strettamente minore del grado di g, e quindi g dovrebbe essere un fattore proprio di g, contro l irriducibilità di g.

29 2. ESTENSIONI SEPARABILI 29 K, una sola radice, T, multipla; T non è quindi separabile, e pertanto F K non è separabile, pur essendo algebrica. Teorema 2.1 (dell elemento primitivo) Ogni estensione di campi F K finitamente generata e separabile è semplice. Dimostrazione. Occorre provare che esiste α K tale che K = F(α). Supponiamo in un primo tempo che F sia finito; allora K è anche finito, e quindi il suo gruppo moltiplicativo K è ciclico; detto α un generatore di K, si ha banalmente K = F(α) (addirittura, ogni elemento di K è una potenza di α). Supponiamo ora che F sia infinito. Per ipotesi esistono α 1, α 2,..., α t K tali che K = F(α 1, α 2,..., α t ). Lavoriamo per induzione su t. Se t = 1, la tesi è banalmente vera per α = α 1. Proviamo ora la tesi con t = 2. Supponiamo quindi di avere un estensione separabile F K, finita, generata da a, b K; siano f, g i polinomi minimi rispettivamente di a, b, di grado rispettivamente n, m. Sia M il campo di spezzamento del polinomio f g; esso contiene in particolare le radici a, b, e quindi contiene K; si ha allora F K M. Siano a = a 1, a 2,..., a n le radici di f, e b = b 1, b 2,..., b m le radici di g. Poniamo, per ogni i = 1, 2,..., n e per ogni j = 2, 3,..., m, λ ij = a a i b j b M; essendo F infinito, esiste λ F, λ λ ij i = 1, 2,..., n, j = 2, 3,..., m; risulta allora a + λb a i + λb j i = 2, 3,..., n, j = 2, 3,..., m. Poniamo c = a + λb; avendosi a, b K e λ F K, si ha c K. Per provare che K è semplice su F basta provare che K = F(c). Poiché risulta F F(c), per provare la tesi basta in definitiva provare che a, b F(c). Consideriamo i due seguenti polinomi a coefficienti in F(c): h 1 (x) = f(c λx) h 2 (x) = g(x); osserviamo che b è radice di entrambi, in quando h 2 (b) = g(b) = 0 e h 1 (b) = f(c λb) = f(a) = 0; inoltre, non ci sono altre radici comuni, poiché le radici di h 2 sono b 1, b 2,..., b m ; per la scelta di λ, si ha c λb j a i i = 1, 2,..., n, j = 2, 3,..., m e quindi b j non è radice di h 1, se j > 1. Essendo b l unica radice comune, si ha MCD (h 1, h 2 ) = x b; ma i coefficienti del massimo comun divisore stanno nel campo dei coefficienti dei due polinomi, e quindi b F(c); si ha poi a = c λb F(c), e quindi a, b F(c) da cui segue, come già detto, K = F(c); ogni estensione separabile generata da due elementi è allora semplice, e ciò prova il teorema nel caso t = 2.