SOLUZIONI ESERCIZI DI IGS. b 0 (mod 3) 1 + 2a + b 0 (mod 3)

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1 SOLUZIONI ESERCIZI DI IGS 1. Il polinomio f(x) è irriducibile su Q per il criterio di Eisenstein (p = 3). 2. Sia f(x) = X 2 +ax +b Z 3 [X]. Poichè f(x) è di secondo grado, è irriducibile se e solo se non ha radici in Z 3, quindi si ha b 0 (mod 3) 1 + a + b 0 (mod 3) 1 + 2a + b 0 (mod 3) Dunque b 1 (mod 3) o b 2 (mod 3). Se b 1 (mod 3) si ha, per la seconda relazione, a (mod 3) e quindi a 1 (mod 3). D altra parte, per la terza relazione, si ha 2a+2 0 (mod 3) e quindi a 2 (mod 3). In conclusione se b 1 (mod 3) deve essere a 0 (mod 3). Se b 2 (mod 3) si ha a 0 (mod 3) per la seconda relazione e 2a 0 (mod 3) per la terza relazione. Dunque a 1 (mod 3) oppure a 2 (mod 3). I polinomi monici irriducibili di 2 grado di Z 3 [X] sono quindi X 2 + 1, X 2 + X + 2, X 2 + 2X Il polinomio X 3 + 6X è riducibile su R avendo almeno una radice reale, è irriducibile su Q non avendo radici razionali (ed essendo di grado 3), è riducibile su Z 3 avendo come radice 2. 4 L elemento 2 è algebrico su Q e quindi su Q( 3). Inoltre X 2 2 è il suo polinomio minimo su Q( 3). In particolare 2 ha grado 2 su Q( 3). 5. Sia α la radice a comune di f(x) e g(x). Poichè f(x) è monico e irriducibile coincide necessariamente con il polinomio minimo di α. Allo stesso modo, g(x) coincide con il polinomio minimo di α. In conclusione f(x) e g(x) coincidono. 6. È noto che il prodotto delle radici di un polinomio f(x) Q[X] è un numero razionale. Poichè 2( 2 + i)( 2 i) / Q, tale polinomio non esiste. 7. Elevando al cubo α = otteniamo α 3 = = ( ), cioè α 3 6α 6 = 0. Il polinomio X 3 6X 6 è irriducibile per Eisenstein e quindi è il polinomio minimo di α. 8.Se α E \ K allora K(α) è un estensione propria di K, quindi [K(α) : K] > 1 ma [K(α) : K][E : K(α)] = [E : K] = p, pertanto [E : K(α)] = 1, cioè E = K(α). 1

2 2 9. Si ha X 4 + 2X = (X 2 + 2X + 3)(X 2 2X + 3). Le radici di f(x) sono ±1 ± 2i, quindi il campo di decomposizione di f(x) è Q( 2i) che ha grado 2 su Q essendo X il polinomio minimo di 2i su Q. 10. Poichè lim X ± f(x) = ±, f (X) = 3X 2 3 si annulla in X = ±1, f( 1) = 3, f(1) = 1, f(x) ha tre radici reali distinte non razionali (essendo ±1 le sole radici razionali possibili di f(x)). Pertanto essendo di terzo grado è irriducibile su Q. Poichè le radici x 1, x 2, x 3 di f(x) sono elementi algebrici di grado 3 su Q e poichè x 1 + x 2 + x 3 = 0, ne segue che il campo di decomposizione di f(x), Q(x 1,x 2,x 3 ), coincide con Q(x 1,x 2 ) = Q(x 1 )(x 2 ), e quindi ha al più grado 9 su Q. Ovviamente l esercizio aveva senso se fatto senza tener conto della teoria delle equazioni di terzo grado, altrimenti e ovvio che f abbia grado 6 su Q. 11.Si pone X = 2i 3, da cui X + 3 = 2i elevando al quadrato si ottiene X X + 3 = 2 e quindi elevando ancora al quadrato X = 2 3X si ottiene il polinomio a coefficienti reali f(x) = X 4 2X che è irriducibile su Q in quanto i due fattori di secondo grado in R[X] non sono in Q[X]. Le sue radici sono ±( 2i ± 3) e quindi il suo campo di decomposizione è Q( 2i, 3). 12.Moltiplicando X per X 2 + ( 3 3 1)X + ( 3 3 1) 2, si ottiene f(x) = X 3 + 3X 2 + 3X 2, irriducibile su Q per costruzione, che è dunque il polinimio minimo di Poichè f(x) = (X + 1) 3 3, si vede che le radici di f(x) sono 3 3 1, 3 3ε 1 e 3 3ε 2 1, dove ε è una radice terza primitiva dell unità. Il campo di decomposizione di f(x) è quindi Q( 3 3, ε). 13. Le radici di f(x) sono le soluzioni di X 3 = 1± 2. Considerati quindi i numeri reali x = e y = , le radici sono {x, y,xe 2πi/3,ye 2πi/3,xe 4πi/3,ye 4πi/3 }, dove e 2πi/3 è radice terza primitiva dell unità. Notiamo inoltre che x = 1 y, quindi il campo di decomposizione di f(x) su Q è Q(x, e 2πi/3 ). 14.Sia K = Q( 6 2, 4 2) = Q( 6 2)( 6 2). Si ha intanto che X 6 2 Q[X] è il polinomio minimo di 6 2 in quanto è monico ed è irriducibile (per Eisenstein) e quindi [Q( 6 2) : Q] = 6. Il polinomio X = X 2 2 Q( 6 2)[X] è monico e non ha radici in Q( 6 2) (poichè 4 2 / Q( 6 2)) ed è quindi irriducibile. Dunque è il polinomio minimo di 4 2 su Q( 6 2). Ne segue [Q( 6 2)( 4 2) : Q( 6 2)] = 2. In conclusione [K : Q] = [Q( 6 2)( 4 2) : Q( 6 2)][Q( 6 2) : Q] = 12.

3 D altra parte X 4 2 Q[X] è il polinomio minimo di 4 2 e quindi [Q( 4 2) : Q] = 4. Dunque 12 = [K : Q] < [Q( 6 2) : Q][Q( 4 2) : Q] = Consideriamo le estensioni K F E. Sia G := G(E/K) A 4. Per il Teorema di Corrispondenza di Galois ad F corrisponde il sottogruppo G(E/F) di G. Inoltre F = E G(E/F) e quindi G(E/F) = [E : F]. D altra parte [E : K] = G = 12 e [E : F][F : K] = 2[E : F]. Ne segue che [E : F] = 6, cioè G(E/F) è un sottogruppo di ordine 6 di A 4. Ma A 4 non ha sottogruppi di ordine Si ha σ = (12)(356)(4) e τ = (1753)(264). Ricordando che un r-ciclo ha ordine r e che l ordine del prodotto di cicli disgiunti è il minimo comune multiplo degli ordini dei singoli cicli, si ha che l ordine di σ è 6 e l ordine di τ è Poichè 50 = 2 5 2, per il I teorema di Sylow G ha un sottogruppo H di ordine 5 2 che è, per il teorema di Lagrange, di indice 2 in G e quindi H è normale in G. 18. Un gruppo ciclico infinito G è isomorfo a Z che ha come soli generatori 1 e 1. Quindi se G = g, l unico altro generatore di G è g Se σ : G G è un automorfismo e G = g, allora σ(g) = g (e quindi σ = id G ) oppure σ(g) = g Se Q(α) fosse di Galois su Q, allora Q(α) conterrebbe tutte le radici di f(x) e quindi si avrebbe Q(α) = K. Dunque Q(α) avrebbe grado S 3 = 6 su Q. Ma [Q(α) : Q] = f(x) = Poichè 20 = 2 2 5, il numero dei sottogruppi di ordine 5 di G coincide con il numero n 5 dei 5-sottogruppi di Sylow di G. È noto dalla teoria che n 5 1 (mod 5) e che n 5 20, da cui n 5 = 1. Quindi il numero degli elementi di ordine 5 coincide con il numero degli elementi (diversi dall identità) dell unico sottogruppo di ordine 5 e dunque vi sono 4 elementi di ordine Le permutazioni σ e γ sono coniugate in quanto hanno la stessa struttura ciclica: σ = (132)(45)(6)(78) e γ = (143)(26)(5)(78). Una permutazione τ che le coniuga è ( ) τ = Le radici del polinomio f(x) sono 1± 2 e 1± 8, quindi il campo di decomposizione di f(x) su Q è Q( 2) che ha Q come unico sottocampo proprio. Il gruppo di Galois, G, di f(x) su Q è allora Z 2 in quanto G Z n con n = [Q( 2) : Q].

4 Poiché non ha radici in Q, f(x) è irriducibile su Q, inoltre non è razionale, quindi G S 3. Senza usare la teoria delle equazioni di terzo grado, studiando il grafico della funzione Y = X 3 X + 10 si vede che il polinomio f(x) = X 3 X + 10 ha una radice reale (non razionale), α, e due complesse coniugate, a ± ib. In particolare f(x) è irriducibile su Q e quindi il suo gruppo di Galois, G, su Q è un sottogruppo transitivo di S 3, avente pertanto come ordine un multiplo di 3. In conclusione G S 3 oppure G Z 3. D altra parte, se K è il campo di decomposizione di f(x) su Q risulta [K : Q] = [K : Q(α)][Q(α) : Q]. Per la struttura delle radici di f(x) sopra descritta, risulta anche [Q(α) : Q] = 3 e [K : Q(α)] 2. Dunque [K : Q] 6 e quindi il caso G Z 3 si esclude. In conclusione G è S I polinomi f(x) = X 2 2 e h(x) = (X 1)(X 2 2) hanno campo di decomposizione Q( 2) e gruppo di Galois G g G h Z 2 ; ma i loro gradi sono differenti. 26. La funzione y = x 5 4x + 2 ha derivata y = 5x 4 4 = ( 5x 2 2)( 5x 2 + 2). 2 Allora la funzione y = f(x) ha un solo massimo relativo in x = e un solo minimo relativo in x =. Inoltre lim f(x) = ±. Poichè f(0) = 2 > 0 e 4 5 x ± f(1) = 1 < 0 il polinomio f(x) ha solo tre radici reali distinte (e due complesse e coniugate). Per risultati visti a teoria, il suo gruppo di Galois è quindi isomorfo a S a) Facilmente si vede che f(x) = (X 3 2)(X 3 3). Quindi il campo K è il campo Q( 3 2, 3 3, ε) dove ε = e 2πi/3, radice primitiva terza dell unità. b) Si prenda il campo ciclotomico F 1 = Q(ε). c) Si prenda il campo F 2 = Q( 3 2). d) Essendo i fattori irriducibili di f(x), (X 3 2) e (X 3 3), risolubili per radicali, anche f(x) è risolubile per radicali. 28. Sia G un gruppo di ordine 40 e sia K G tale che K sia commutativo di ordine 8. a) Poiché K N G (K), se N G (K) K allora N G (K) > K ed è un multiplo di 8, perciò N G (K) = 40 da cui N G (K) = G e dunque G è commutativo. b) G = D 10 C 4, dove D 10 è il gruppo delle simmetrie del pentagono e C 4 è il gruppo ciclico di ordine 4. c) G = D 8 C Sia σ = (a 1,...,a n ), allora se j > 1 si ha a j = σ j 1 (a 1 ), a 1 = σ n (a 1 ), a 1 = σ n+1 i (a i ). Dobbiamo provare che i, j {1,...,n}, τ tale che τ(a i ) = a j. Basta porre τ(a i ) = σ j 1 σ n+1 i (a i ) = σ n+j i (a i ). 30. Un gruppo di ordine 10 ha un sottogruppo H (di Sylow) ciclico di ordine 5 che è normale perchè ha indice 2. E ha n 2 sottogruppi di ordine 2 con n 2 = 1 + 2k 5.

5 Quindi o n 2 = 1 e c è un unico sottogruppo K, quindi normale, di ordine 2 e quindi G = HK C 2 C 5 C 10 oppure n 2 = 5 e quindi G = HK D 10, dove K è uno dei sottogruppi di ordine 2. Dunque ci sono solo due gruppi di ordine 10 a meno di isomorfismi. Un gruppo di ordine 15 ha un sottogruppo H (di Sylow) ciclico di ordine 5 che è normale perchè n 5 = 1 + 5k 3 solo se n 5 = 1. E ha un sottogruppo K (di Sylow) ciclico di ordine 3 che è normale perchè n 3 = 1 + 3k 5 solo se n 3 = 1. Dunque c è un solo gruppo di ordine 15, G = HK C 3 C 5 C Un gruppo di ordine 45 ha un sottogruppo H (di Sylow) ciclico di ordine 5 che è normale perchè n 5 = 1 + 5k 9 solo se n 5 = 1. E ha un 3-sottogruppo K di Sylow di ordine 9 che è normale perchè n 3 = 1 + 3k 5 solo se n 3 = 1. Ora i gruppi di ordine nove sono commutativi (perché di ordine p 2 con p = 3) e sono 2 a meno di isomorfismi. Dunque i gruppi di ordine 45 sono due: G = HK C 9 C 5 e G = HK C 3 C 3 C Si ha che H = {0} G G è un sottogruppo normale di G G e G (G G )/({0} G ) = (G G )/H. La tesi segue dal fatto che G G è risolubile lo sono H e (G G )/H. 33. Un gruppo G di ordine 63 ha un solo sottogruppo di Sylow H di ordine 7 (perchè n 7 = 1 + h7 9 solo se n 7 = 1. Allora una risoluzione è G H {1}. Infatti H è commutativo, quindi risolubile, e G/H = 9 per cui anche G/H è commutativo. 34. Un gruppo G di ordine 77 ha un solo sottogruppo di Sylow H di ordine 7 (perchè n 7 = 1 + h7 11 solo se n 7 = 1. Allora una risoluzione è G H {1}. Infatti H è commutativo, quindi risolubile, e G/H = 11 per cui anche G/H è commutativo (è ciclico). Si poteva anche far vedere che l unico gruppo di ordine 77 è G C 7 C 11 C 77 ragionando come per i gruppi di ordine 15 dell esercizio No, A 5 è un gruppo di ordine 60 non risolubile. 36. Un gruppo G di ordine 84 ha un 7-sottogruppo di Sylow H normale (percé n 7 = 1 + 7k 12 solo se n 7 = 1) e G/H = 12 = è risolubile. Quindi G è risolubile. 37. Una risoluzione di D 10 S 3 è: G 0 = D 10 S 3 G 1 = D 10 A 3 G 2 = D 10 {1} G 3 = σ {1} G 4 = {1} {1}

6 6 dove σ è il sottogruppo di D 10 generato dalla rotazione di 2π 5 Osserviamo che G 1 è normale in G 0 perché ha indice 2, G 2 è normale in G 1 perché il prodotto è diretto, G 3 è normale in G 2 perché ha indice 2, G 4 è normale in G 3 perché G 3 è commutativo. Inoltre G 0 /G 1 C 2, G 1 /G 2 A 3, G 2 /G 3 C 2, G 3 /G 4 C Il gruppo di Galois G di X 5 5 non è commutativo perchè Q( 5 5) non è un estensione normale, quindi G ha un sottogruppo non normale. 39. Il polinomio f(x) = x 6 + X è risolubile per radicali perché ponendo y = x 3, risulta y = 1 ± i 3. Scrivendo y in forma trigonometrica ed estraendo 2 le radici terze si trovano le sei radici none primitive di 1 ξ, ξ 2, ξ 4,ξ 5,ξ 7,ξ 8, dove ξ = cos 2π 9 + isen2π 9. Quindi f = Q(ξ,i 3) è un estensione per radicali (si ha Q Q(i 3) Q(ξ, i 3) ). 40. Il polinomio f(x) = x 6 X 5 + X 4 X 3 + X 2 X + 1 è risolubile per radicali. Infatti f = x7 +1. Ora le radici settime di 1 sono le opposte della radici settime di 1, quindi f = Q(ξ). 41. Si ha g = (X 5 2)f con f di quarto grado, quindi risolubile. Anche X 5 2 è risolubile perchè f = Q(ξ, 5 2), dove ξ è una radice quinta primitiva di 1. Quindi g è risolubile per radicali. 42. Ragionando in modo analogo al precedente si ottiene che anche (X 5 1)(X 3 + X 1) è risolubile per radicali. 43. Per determinare un intero a tale che f(x) = X 5 +ax +1 non sia risolubile per radicali basta fare in modo che f sia irriducibile su Q e abbia esattamente 3 radici reali. Ora se f è riducibile o ha una radice razionale, che può essere solo ±1 e allora a=-2 oppure a=0, o si decompone nel prodotto di un polinomio di secondo grado e uno di terzo. Poiché f ha tre radici reali se ha un massimo relativo positivo e un minimo negativo e poiché f (X) = 5X 4 + a si annulla se a < 0 in x = ± 4 a 5 si deve fare in modo che f( 4 a 5 < 0 e a f( 4 > 0. Ciò avviene se a = 5. 5 Basta quindi verificare che f(x) = X 5 5X + 1 non si decompone nel prodotto di un polinomio di secondo grado e uno di terzo. 44. Il polinomio f(x) = 2X 5 10X + 5 è irriducibile su Q per il criterio di Eisenstein (p = 5). Studiando il suo grafico si vede che ha tre radici reali quindi non è risolubile per radicali.