Matematiche elementari

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1 Matematiche elementari Avvertenza Il testo che segue riproduce, con poche variazioni, ciò che compariva sulle trasparenze utilizzate nelle lezioni Naturalmente non è un testo autosufficiente Ho indicato nelle note i testi utilizzati Critiche, suggerimenti ecc possono essere inviati all indirizzo massimogaluzzi@matunimiit Indice I Frazioni continue 5 1 Introduzione 5 2 Definizioni e proprietà 6 21 Una semplice equazione diofantea 8 3 Approssimazione e frazioni continue 11 4 Il metodo di Lagrange per le equazioni algebriche Un teorema di Liouville 19 5 Un numero trascendente 20 6 I teoremi di Lagrange e di Galois 21 II Approssimazione delle radici delle equazioni algebriche 27 7 Il teorema di Sturm Osservazioni complementari sul teorema di Sturm 32 8 Un teorema di Laguerre 35 9 Realtà delle radici 40 1

2 III Questioni elementari sulle equazioni algebriche L equazione di terzo grado L equazione di quarto grado (Descartes) Funzioni simmetriche Funzioni simmetriche elementari Il teorema sulle funzioni simmetriche Un osservazione di Pierpont Le formule di Newton Somme di potenze delle radici di un equazione Risultante di due polinomi Discriminante Costruzioni con riga e compasso 51 IV Teoria di Galois Miscellanea sulle estensioni Sottogruppi finiti del gruppo moltiplicativo di un campo Un polinomio interessante Costruzione di una estensione Il risultato di Kronecker K-omomorfismi Definizioni e proprietà Il Teorema dell elemento primitivo Una prima dimostrazione Un altra dimostrazione (van der Waerden) Il gruppo di Galois Definizione del gruppo ed esempi 65 2

3 21 I Caratteri Un teorema di Dedekind Isomorfismi e campo fisso Alcuni corollari importanti Estensioni normali Campo fisso del gruppo di automorfismi Separabilità Definizione di separabilità Esempio di un polinomio non separabile Il teorema fondamentale La corrispondenza di Galois Un esempio: x Campi finiti Gruppo di Galois di un polinomio di quarto grado irriducibile Ancora il teorema dell elemento primitivo Radici dell unità Ancora le radici dell unità: dall edizione tedesca delle Lezioni di Artin Costruzione dei polinomi ciclotomici Il teorema di decomposizione dei gruppi abeliani Equazioni di Noether Un aggiunta dell edizione tedesca delle Lezioni di Artin Un corollario del Teorema 90 di Hilbert Un altra dimostrazione del corollario Campi di Kummer Definizione di estensione di Kummer Caratterizzazione delle estensioni di Kummer Alcuni esempi: l equazione biquadratica Equazione biquadratica e campi di Kummer 108 3

4 30 Alcuni elementi di teoria dei gruppi Gruppi risolubili Estensioni radicali Definizioni Il teorema fondamentale di Galois Le equazioni risolubili per radicali Le irrazionalità naturali Il teorema di Galois sulle equazioni di grado primo Il gruppo di un equazione irriducibile di grado primo Risolubilità e legami funzionali tra le radici Basi normali Esistenza di una base normale Un aggiunta dell edizione tedesca delle Lezioni di Artin L equazione generale di grado n > Il gruppo dell equazione generale S n non è risolubile per n > Il teorema di Abel Appendice La definizione originale del gruppo di Galois Un lemma preliminare La risolvente di Galois Il gruppo 127 4

5 Parte I Frazioni continue 1 Introduzione Nell esposizione seguente, ho tenuto conto soprattutto delle esposizioni date in (Bombieri and van der Poorten 1995; Kumanduri and Romero 1998) Ecco un esempio introduttivo Consideriamo la frazione complicata Possiamo approssimarla con frazioni più semplici = = , = L algoritmo di Euclide mostra come si ottengono queste frazioni per semplicità limitiamoci a considerare: Allora, dalla prima riga: Dalla seconda riga: 137 = = = = = = = =

6 Con i numeri trovati: 1, 2, 1, 4 possiamo costruire la frazione continua: Le frazioni più semplici sono quelle che si ottengono usando solo una parte della lista [1, 2, 1, 4] Un altro esempio: Allora (!) Quindi ( 2 1)( 2 + 1) = = = 2 1 = Si può procedere indefinitamente: otteniamo la frazione continua infinita Definizioni e proprietà Definizione 1 Una frazione continua (aritmetica) finita è 1 a a 1 + a a h 6

7 Evidentemente è solo un altro modo (vantaggioso) di scrivere un numero razionale Le ridotte sono (per definizione): a 0, a a 1, a a a 2, Definiamo p k, q k con p 1 = 1, p 0 = a 0, p k+1 = a k+1 p k + p k 1 q 1 = 0, q 0 = 1, q k+1 = a k+1 q k + q k 1 p k q k è la k-esima ridotta Consideriamo il passaggio alla ridotta successiva: a k+1 a k a k+2 Allora: ( ) a k a k+2 p k + p k 1 ( ) = a k a k+2 q k + q k 1 Esercizio 1 Dimostrare che = p k+1 + p k a k+2 q k+1 + q k a k+2 p k+1 q k p k q k+1 = ( 1) k Corollario 1 La frazione p k q k è ridotta ai minimi termini 7

8 21 Una semplice equazione diofantea Risolviamo, quando possibile, l equazione mx + ny = 1 Supponiamo m, n primi fra loro, e sviluppiamo in frazione continua m n = p k+1 q k+1 Abbiamo mq k p k n = ( 1) k Esempio 1 Risolviamo 27x + 43y = 1 Abbiamo = La penultima ridotta vale 5 8 Allora Osservazione 1 Da = 1 p k+1 q k p k q k+1 = ( 1) k, deduciamo p k+1 p k q k+1 = 1 q k+1 q k Consideriamo la differenza q k p k+1 q k+1 p k q k = ( 1)k q k q k+1 8

9 Poiché, come abbiamo visto q 1 = 0, q 0 = 1, q k+1 = a k+1 q k + q k 1, q 1 1, q 2 2, e, in generale, q k f k, ove f k è il k-esimo numero di Fibonacci Abbiamo p k+1 q k+1 = p 0 q 0 + k i=0 ( pi+1 p ) i = p 0 + q i+1 q i q 0 k i=0 ( 1) i q i q i+1 La serie (a segni alternati) è convergente, e quindi il limite i=0 ( 1) i q i q i+1 p k γ = lim k q k esiste La convergenza avviene alternatamente dal di sotto e dal di sopra Consideriamo la frazione continua Abbiamo [1, 2, 2, 2, ] p : 1, 1, = 3, = 7, = 17, q : 0, 1, = 2, = 5, = 12, Quindi, le convergenti sono Abbiamo procedendo nel calcolo si ha 1, 3 2, 7 5, 17 12, 1, 15, 14, , 41 29, =

10 Le frazione continua finite p h q h = [c 0, c 1,, c h ] sono dette le convergenti del numero reale γ definito dalla frazione continua e le code γ h+1 = [c h+1, c h+2, ] sono dette quozienti completi Formalmente, possiamo scrivere γ = [c 0, c 1,, c h, γ h+1 ] Abbiamo γ p [ h = ( 1) h q h 1 q h q h+1 ] 1 + q h+1 q h+2 Ne consegue che γ p h < 1 q h q h+1 Osservando che q h+1 = c h+1 q h + q h 1 si ha anche γ p h q h < 1 c h+1 qh 2 q h Se dunque si ha un quoziente parziale c h+1 molto grande si ha una buona approssimazione Osserviamo ora che γ = [c 0, c 1, ] = c [c 1, c 2, ] e dunque c 0 = γ e γ 1 = [c 1, c 2, ] = (γ c 0 ) 1 Avremo, in generale c h = γ h e γ h+1 = (γ h c h ) 1 10

11 Esempio 2 Rivediamo lo sviluppo in frazione continua di 2 Abbiamo c 0 = 2 = 1 e Allora mentre γ 1 = ( 2 1 ) 1 = = [( ) γ 2 = c 1 = γ 1 = = ] = = Dunque 2 = [1, 2, 2, 2, ] Esempio 3 Osserviamo che = e dunque = = [1, 1, 1, ] 2 2 Il più semplice sviluppo in frazione continua corrisponde alla parte aurea 3 Approssimazione e frazioni continue Definizione 2 Diremo che un numero razionale p costituisce una buona q approssimazione di γ se per ogni coppia (x, y) con 1 y q si ha γ p q < γ x y Definizione 3 Diremo che un numero razionale p costituisce una migliore q approssimazione di γ se per ogni coppia (x, y) con 1 y q si ha 2 qγ p < yγ x 11

12 È di immediata evidenza il fatto che una migliore approssimazione è anche una buona approssimazione Consideriamo ora π e le frazioni con denominatore 3 Tra queste la più prossima a π è 10 3 Ma 10 3 π > π 3 1 e dunque non esiste una buona approssimazione con denominatore 3 Se consideriamo 16, è facile verificare che nessuna frazione con denominatore inferiore fornisce una approssimazione migliore, e dunque 16 è una 5 5 buona approssimazione Però e dunque 5π = π 16 > π , il che mostra che 16 non è un ottima approssimazione 5 Mostreremo ora che le ottime approssimazioni di un numero reale γ sono tutte e sole le convergenti dello sviluppo in frazione continua di γ Anzi, nella dimostrazione useremo anche una caratterizzazione più debole Occorre prima un semplice lemma Lemma 1 Sia γ un numero reale positivo, e sia p n q n la convergente n-esima Allora per ogni numero razionale x q n, con x p n si ha q n γ p n < q n γ x Inoltre (1) Evidentemente x p n q n 1 q n q n p n γ q n < 1 q n q n+1 Osserviamo ora che (2) x γ q n x p n q n p n γ q n > 1 1 q n q n q n+1 q n 12

13 Poiché 1 1 > 1 q n q n q n+1 q n q n+1 se q n+1 > 2, assumendo quest ipotesi, possiamo scrivere, tenendo conto di (1) e (2), x γ q n > p n γ q n e, moltiplicando per q n si ha l asserto Se q n+1 = 2, si ha n = 1 e c 1 = c 2 = 1 Quindi c < γ < c e nessun intero può essere più vicino a γ di c Per il teorema seguente è possibile utilizzare una caratterizzazione più debole della migliore approssimazione Teorema 1 (Legendre, Lagrange) Un numero razionale p q, con MCD(p, q) = 1 (e q 2) è una convergente di γ R +, se e solo se per ogni coppia di interi (x, y) con 1 y < q si ha (3) qγ p < yγ x Dimostrazione Ogni convergente verifica la (3) Supponiamo che y sia un intero tale che (4) q n 1 < y < q n Per la unimodularità di ( pn p n 1 ) q n q n 1 esistono due interi a, b tali che ap n + bp n 1 = x, aq n + bq n 1 = y 13

14 Dalla (4) segue necessariamente che ab < 0, poiché q n e q n 1 sono positivi Moltiplicando per γ e sottraendo, abbiamo yγ x = γ (aq n + bq n 1 ) (ap n + bp n 1 ) = = a (q n γ p n ) + b (q n 1 γ p n 1 ) Sappiamo che le convergenti di γ sono alternatamente alla sinistra (quelle di posto pari) ed alla destra di γ (quelle di posto dispari), il che implica che la successione q h γ p h sia a segni alternati Allora anche e necessariamente i due prodotti (q n γ p n ) (q n 1 γ p n 1 ) < 0 a (q n γ p n ), b (q n 1 γ p n 1 ) sono dello stesso segno Ne consegue che e quindi yγ x = a q n γ p n + b q n 1 γ p n 1, yγ x > q n γ p n Per il lemma precedente, ponendo y = q n 1, otteniamo Abbiamo dunque che q n 1 γ x > q n 1 γ p n 1 > q n γ p n yγ x > q n γ p n per ogni y < q n Una convergente pn q n verifica dunque la proprietà (3) Supponiamo ora che un numero razionale p, con MCD(p, q) = 1, q verifichi la proprietà (3) è facile vedere che non può essere e neppure p q < p 0 q 0 p q > p 1 q 1 14

15 p q p 0 p n+1 γ p n+2 p n p 1 q 0 q n+1 q n+2 q n q 1 Figura 1: La disposizione delle ridotte Se p non è una convergente dovrà stare tra due convergenti della stessa parità, q per esempio p n q n e p n+2 q n+2 (Si veda la figura 1) Si osservi ora che 1 = p n q n q n+1 p n+1 q n > p q p n 1, qq n q n+1 e dunque q > q n+1 D altra parte (5) qγ p = q γ p q > q p n+2 p q n+2 q q 1 q n+2 q = 1 q n+2 Riscriviamo ora la (1) per h = n + 1: (6) q n+1 γ p n+1 < 1 q n+2 Tenendo conto delle (5) e (6), abbiamo q n qγ p > q n+1 γ p n+1 con q > q n+1 Abbiamo trovato una contraddizione, e dunque p deve essere q una ridotta Ecco ora un utile condizione sufficiente (ma non non necessaria) Criterio 1 (Lagrange) Se MCD (p, q) = 1 e qγ p < 1 2q allora p q è una convergente di γ 15

16 Dimostrazione Consideriamo due interi r, s con 0 < s < q Allora 1 qr ps, perché qr ps è un intero, e non può essere qr ps = 0, ovvero p q = r s, perché p è ridotta ai minimi termini e s < q q Allora 1 qr ps = s (q γ p) q (s γ r) s q γ p + q s γ r s + q s γ r, 2q e quindi Ne consegue che q s γ r 1 s 2q > 1 2 s γ r > 1 2q > qγ p Per il teorema precedente p è una convergente di γ q Questa sezione è motivata dal desiderio di illustrare un fondamentale risultato di Liouville Cominciamo con il dimostrare il seguente criterio Criterio 2 Un numero γ è irrazionale se e solo se la disuguaglianza (7) γ p q < 1 q 2 ammette infinite soluzioni Se γ è irrazionale lo sviluppo in frazione continua non è finito, e le infinite convergenti pn q n verificano la disuguaglianza (7) 16

17 Sia γ razionale, γ = a, e si consideri la disuguaglianza b (8) a b p q < 1 q 2 Se p = a 1, abbiamo evidentemente 0 <, dunque abbiamo una soluzione q b q 2 della (7) In caso contrario si ha (9) a b p q 1 bq Dalle (8) e (9) si ha ossia 1 q 2 > 1 bq, q < b Abbiamo allora solo un numero finito di valori possibili per q Fissato un valore di q solo un numero finito di valori di p consentono di verificare la (7) Esercizio 2 Si determinino tutti i valori (p, q) tali che 22 7 p q < 1 q 2 4 Il metodo di Lagrange per le equazioni algebriche Il polinomio 1 f(x) = f 0 (x) di grado n abbia un unica radice positiva γ, e sia γ = c 0 Il nuovo polinomio ( f 1 (x) = ±x n f 0 c ) x ha un unica radice maggiore di 1, perché la trasformazione 1 Cfr (Alesina and Galuzzi 1998) x c x 17

18 fornisce la corrispondenza biunivoca (c 0, c 0 + 1) (, 1) Sia c 1 la parte intera della radice positiva di f 1 (x) Si pone: ( f 2 (x) = ±x n f 1 c ) x Evidentemente, procedendo, γ = [c 0, c 1, c 2, ] Esempio 4 f 0 (x) = x 2 2, c 0 = 1 Allora ) f 1 (x) = x 2 ( ( x) 2 2 La parte intera della radice di f 1 (x) è 2 Allora, ancora una volta: f 2 (x) = x 2 ( ( x) 2 2 = x 2 2x 1 = f 1 (x) 2 = [1, 2, 2, 2, ] = x 2 2x 1 ( ) ) 1 = x Esercizio 3 Determinare lo sviluppo in frazione continua della soluzione positiva di x 2 (n 2 + 1) = 0, n N e della soluzione positiva di x 2 (n 2 1) = 0, n N Definizione 4 Un numero reale γ è algebrico se è radice di un polinomio di Z[x] Un numero è trascendente se non è algebrico 2 algebrico, perché è radice di x 2 2 = 0; m+ n è algebrico, perché è radice di x 4 2(m+n)x 2 +(m n) 2 = 0; i è algebrico, perché è radice di x = 0 Definizione 5 Il numero algebrico γ è detto di grado n se è radice di un polinomio di grado n e non è radice di alcun polinomio di grado inferiore 18

19 41 Un teorema di Liouville Teorema 2 (Liouville, 1844) Se γ è algebrico di grado n > 1 esiste una costante C γ tale che la disuguaglianza γ p q > C γ q n è valida per ogni numero razionale p q 2 Dimostrazione Il polinomio f (x) = a 0 x n + a 1 x n a n del quale γ è radice non ha radici razionali Altrimenti ( f (x) = x p ) g (x), q con g (x) di grado n 1 Allora ( ) p q n f = a0 p n + a 1 p n a n 1 q Dal teorema del valor medio abbiamo ( ) ( ) p p f = f f (γ) = q q ( γ, p ) q La disuguaglianza è verificata, con C γ = 1, se per c p q γ 1, e dunque possiamo supporre che sia p q γ < 1 ( ) p q γ f (c), 2 Cfr (Kumanduri and Romero 1998, pp ) Ho apportato qualche leggera modifica 19

20 Se indichiamo con C 1 il massimo valore che f (x) può assumere in [γ 1, γ+1] abbiamo ( ) ( ) p f p q γ f q n p = q q = 1 f (c) q n f (c) C 1 q n ( ) 1 Basta ora considerare una qualsiasi quantità C γ < min 1, e la dimostrazione è conclusa C 1 5 Un numero trascendente Per ogni scelta dei segni, il numero (10) α = 1 ± ! ± ! + ± ! + è trascendente Evidentemente α non è razionale (esercizio) Sia p k q k la somma dei primi k + 1 termini Allora α p k = 1 10 ± 1 (k+1)! 10 ± (k+2)! (k+1)! (k+2)! 10 + (k+3)! Ma q k e quindi Allora α p k < 1 q k 10 (k+2)! = ( 10 (k+1)!) k+2 ( 10 (k+1)! ) 2, 10 (k+1)! ( ) i 1 1 < 10 (k+i)! 10 (k+1)! i=0 ( ) i 1 = 10 (k+1)! 1 10 (k+1)! 1 < 2 10 (k+1)! Evidentemente q k = 10 k!, e quindi abbiamo dimostrato che (11) α p k < 2 q k 20 q k+1 k

21 Supponiamo, per assurdo, che esistano una costante C ed un intero n tali che, per ogni scelta di q k sia (12) α p k q k > C qk n La (14) e la (16) sono in contraddizione per k abbastanza grande numero α non è algebrico Il 6 I teoremi di Lagrange e di Galois I polinomi considerati in questa sezione saranno a coefficienti razionali e privi di radici razionali Definizione 6 Sia con a, b Q, n Z + Allora α = a + b n, α = a b n è detto il coniugato di α Osservazione 2 Il polinomio di secondo f(x) abbia la radice reale α = a + b n Allora l altra radice è α = a b n Definizione 7 Un polinomio di secondo grado f(x) avente le radici reali α, α è detto ridotto quando le sue radici verificano (13) α > 1, 1 < α < 0 Diremo anche che un irrazionale quadratico α è ridotto se verifica le proprietà (13) 21

22 Lemma 2 Sia f(x) un polinomio ridotto, con le radici α, α che verificano le (13 )e sia c = α Allora il polinomio ( (14) g(x) = x 2 f c + 1 ) x è ancora un polinomio ridotto Dimostrazione Indichiamo le due radici di f(x) con α, α Le due radici di g(x) sono allora (15) β = 1 α c, β = 1 α c Da si ha Evidentemente 0 < α c < 1 1 α c > 1 α = a + 1 β, e quindi ossia 1 < c + 1 β < 0, 1 c < 1 β < c, Si ha dunque β < 0 Poiché c 1, si ha anche 1 β < 1 ossia β > 1 Lemma 3 Sia f 0 (x) un polinomio di secondo grado avente radici reali, e supponiamo che abbia una radice α = a + b n > 0 Siano f k (x) i polinomi che si ottengono con il metodo di Lagrange per sviluppare in frazione continua α Allora per k abbastanza grande il polinomio f k (x) è ridotto 22

23 Dimostrazione Se α k indica la radice del polinomio f k (x) (il quoziente completo dello sviluppo di α), si ha e quindi Risolvendo rispetto a α k si ha e α = p k 1α k + p k 2 q k 1 α k + q k 2, α = p k 1α k + p k 2 q k 1 α k + q k 2 p k 2 α k = q α k 2 q k 2 q k 1 α p k 1 q k 1 Per k abbastanza grande α k ha un valore negativo Se α k è negativo da 1 α k+1 = α k a k segue immediatamente a k 1 1 < α k+1 < 0 Lemma 4 Dato un intero positivo n, che non sia un quadrato perfetto, i polinomi monici ridotti f(x) le cui radici possono essere poste nella forma sono in numero finito α = p + n q Dimostrazione Le radici di f(x) sono α = p + n, α = p n q q e verificano α > 1, 1 < α < 0 23

24 Da deduciamo q > 0 e quindi e D altra parte, da abbiamo p > 0 Riassumendo (16) α α = 2 n q p < n > 0 n p < q < 2 n α + α = 2p q > 0 0 <p < n n p <q < 2 n Le (16) mostrano che abbiamo solo un numero finito di scelte possibili per p e q e dunque un numero finito di radici I polinomi monici sono esattamente individuati dalle loro radici e quindi il lemma è dimostrato Teorema 3 (Lagrange) Lo sviluppo in frazione continua di un irrazionale quadratico è periodico da un certo posto in poi Dimostrazione Poniamo l irrazionale quadratico α nella forma (17) α = a + n b α è radice del polinomio f 0 (x) = (x α)(x α) = x 2 2a b x + a2 n b 2 Applichiamo il metodo di Lagrange partendo dal polinomio f 0 (x) e dalla radice α Siano c 0, c 1, c 2, i quozienti parziali successivi e siano f 0 (x), f 1 (x), f 2 (x), 24

25 i polinomi corrispondenti Per k abbastanza grande, il polinomio f k (x) è ridotto e la sua radice positiva è ancora della forma (17) Poniamo infatti α = α 0 = a 0 + n b 0 dove Allora, per induzione, α k = a k + n b k, a k = c k 1 b k 1 a k 1, b k = n a2 k b k 1, come si verifica immediatamente A partire da f k (x), tutti i polinomi che si ottengono con il procedimento di Lagrange sono ridotti (Lemma 2) e possono essere considerati come monici Ma i polinomi monici ridotti corrispondente all intero n sono in numero finito (Lemma 4)) esistono dunque due interi r, s tali che f k+r (x) = f k+r+s (x) I quozienti che si ottengono dal polinomio f k+r+s (x) sono dunque uguali a quelli che si ottengono dal polinomio f k+r (x) Esempio 5 Consideriamo l irrazionale quadratico α 0 è radice di α 0 = x 2 3x 23 La parte intera di α 0 è 6 e applicando il metodo di Lagrange otteniamo x x

26 Questo polinomio è ridotto e la parte intera della radice α 1 è 1 Otteniamo poi x x 1, ed ancora α 2 = 1 Si ha successivamente x 2 9x 5, con α 3 = 9 Al termine otteniamo di nuovo x x 1 5 Quindi α = [6, 1, 1, 9] Lemma 5 Sia f(x) un polinomio ridotto avente le radici α > 1, 1 < α < 0, e sia c = α Siano β e β le radici del polinomio g(x) che si ottiene con il procedimento di Lagrange Allora 1 = c β Dimostrazione Abbiamo e quindi ossia, rammentando le (15) 1 > α > 0, c + 1 > c α > c, c + 1 > 1 β > c Teorema 4 (Galois) Lo sviluppo in frazione continua di un irrazionale quadratico ridotto è periodico puro Viceversa una frazione continua periodica pura converge ad un irrazionale quadratico ridotto Dimostrazione ( ) Sia α un irrazionale quadratico ridotto Come abbiamo visto nel Lemma 2 i successivi α k sono ancora ridotti Dal teorema di 26

27 Lagrange sappiamo che esistono due indici i, j con α i = α j Allora α i 1 = c i α i α j 1 = c j α j Dal lemma precedente, essendo evidentemente 1 α i = 1 α j, deduciamo c i 1 = c j 1 Procedendo in questo modo si arriva a dire che esiste un intero m tale che α 0 = α m ( ) Sia Allora Ne segue che α è radice di α = [c 0, c 1,, c k ] α = p kα + p k 1 q k α + q k 1 f(x) = q k x 2 + (q k 1 p k )x p k 1 Allora f(0) = p k 1 < 0 e f( 1) = q k q k 1 + p k p k 1 = = (c k 1)q k 1 + q k 2 + (c k 1)p k 1 + p k 2 > 0 Questo indica la presenza di una radice in ( 1, 0) Poiché α è una radice positiva, si ha α ( 1, 0) 27

28 Parte II Approssimazione delle radici delle equazioni algebriche 7 Il teorema di Sturm Il risultato ottenuto dal giovane matematico ginevrino nel 1829, con il suo celebre teorema, giunge del tutto inatteso: sia per la completezza della soluzione sia per la tecnica dimostrativa di sbalorditiva semplicità 3 La dimostrazione seguente riproduce sostanzialmente il testo di Sturm 4 In effetti il teorema di Sturm è uno di quei risultati classici e definitivi che, come il teorema di Euclide sull infinità dei numeri primi, sembrano collocati fuori dal tempo Iniziamo con il supporre che f(z) e f (z) non abbiano radici comuni, ossia che f(z) abbia solo radici semplici È assai facile ricondursi a questa situazione, e dunque non abbiamo una limitazione essenziale Costruiamo, attraverso l algoritmo di Euclide, lievemente modificato, la seguente successione di polinomi: poniamo all inizio f 0 (z) = f(z), f 1 (z) = f (z) Poi proseguiamo, con successive divisioni, fino a trovare un ultimo polinomio 3 Molto importante per il ricco contenuto informativo è tuttora l articolo di Gino Loria (Loria 1938) Gli sviluppi che hanno condotto dal teorema di Sturm verso l algebra moderna e la logica sono esposti nell ottimo libro di Hourya Sinaceur (Sinaceur 1991) Un importante articolo che descrive gli sviluppi del teorema di Sturm sino agli anni venti è (Mignosi 1925) 4 L annuncio del risultato si trova in una nota del 1829 nel Bullettin des Sciences mathématiques de Férussac La dimostrazione è poi pubblicata in (Sturm 1835) Per i dettagli bibliografici si veda comunque (Sinaceur 1991) È lo stesso Sturm che manifesta nell articolo del 1829 il suo profondo debito verso Fourier, con il quale era in rapporti assai amichevoli 28

29 f p (z), che dia un resto non nullo, nel modo seguente: (18) f 0 (z) = q 1 (z)f 1 (z) f 2 (z), f 1 (z) = q 2 (z)f 2 (z) f 3 (z), f p 2 (z) = q p 1 (z)f p 1 (z) f p (z) Osserviamo che: f p (z) deve essere necessariamente una costante non nulla, perché f 0 (z) e f 1 (z) non hanno zeri in comune Per un qualsiasi numero reale α non può verificarsi, per due indici consecutivi, k e k + 1 f k (α) = f k+1 (α) = 0 Se k = 0 si tratta semplicemente dell ipotesi che f 0 (z) e f 1 (z) siano privi di radici comuni Se k > 0, anche f k 1 (α) = 0, e si perviene ancora a concludere che f 0 (α) = f 1 (α) = 0, in contrasto con l ipotesi iniziale Se per un certo valore α e per k 1, si ha f k (α) = 0 si ha anche f k 1 (α)f k+1 (α) < 0 Infatti, come abbiamo osservato al punto precedente, nell ipotesi che f k (α) sia nullo, si ha f k 1 (α)f k+1 (α) 0 e dalle identità (18) abbiamo f k 1 (α) = f k+1 (α) Consideriamo ora due arbitrari numeri reali a e b, con a < be supponiamo che sia f 0 (a)f 0 (b) 0 Esaminiamo il comportamento della sequenza S(z) : f 0 (z), f 1 (z), f 2 (z),, f p (z) Mentre z cresce da a verso b, se si ha, per un certo valore z = β, f k (β) = 0, con k > 0, abbiamo in corrispondenza queste possibilità: 29

30 f k (z) si annulla ma non cambia segno nell intorno di β: allora il numero di variazioni di S(z) rimane inalterato f k (z) si annulla passando da un valore negativo ad un valore positivo Sappiano però che i termini adiacenti sono non nulli per z = β e di segno opposto Con il passaggio per β abbiamo allora queste possibilità [ + ] [ + + ], oppure [ + ] [ + + ] le quali entrambe lasciano inalterato il numero di variazioni f k (z) si annulla passando da un valore positivo ad un valore negativo Questa volta si ha [ + + ] [ + ], oppure [ + + ] [ + ] ed il numero di variazioni rimane lo stesso In ogni caso, dunque, il passaggio per uno zero di f k (z) con k > 0 non altera il numero di variazioni di S(z) Vediamo l effetto del passaggio per uno zero di f 0 (z) Poiché non vi sono radici multiple, se γ è uno zero di f 0 (z), il polinomio f 0 (z) passa da valori negativi a valori positivi a seconda che sia f 1 (γ) positivo o negativo (attenzione: l ipotesi che non vi siano radici multiple ricorre continuamente!) Abbiamo allora queste possibilità [ + ] [ + + ], [ + ] [ ] le quali entrambe implicano la perdita di una variazione Ecco la conclusione Teorema 5 ( Sturm) Il numero degli zeri di f(z) compresi tra a e b è esattamente uguale al numero di variazioni perdute dalla sequenza S(z) nel passaggio da a a b 30

31 Esempio 6 Consideriamo il polinomio f 0 (z) = z 4 z + 1 Abbiamo Poi e f 1 (z) = 4z 3 1 z 4 z + 1 = 1 4 z(4z3 1) ( 3 4 z 1) f 2 (z) = 3 4 z 1 Poi e quindi Ora e 4z 3 1 = ( 16 3 z z )(3 z 1) ( ), S(z) = [ z 4 z + 1, 4z 3 1, 3 ] z 1, S(0) = [ 1, 1, 1, 229 ] 27 S( ) = [1, 1, 1, 1] Poiché le due sequenze presentano lo stesso numero di variazioni, non vi sono radici reali e positive Poiché S( ) = [1, 1, 1, 1] si conclude che l equazione proposta non ha radici reali Osservazione 3 Si consideri invece quanto si può ricavare dal teorema di Fourier Abbiamo la sequenza F (z) = [z 4 z + 1, 4z 3 1, 12z 2, 24z, 24] Allora F (0) = [1, 1, 0, 0, 24], F ( ) = [1, 1, 1, 1, 1] 31

32 e concludiamo soltanto che possono esservi 2 o 0 radici reali e positive Poi F (1) = [1, 3, 1, 1, 24] e le eventuali radici sono tra 0 e 1 Si comprende facilmente che tutto ciò che si può ottenere è semplicemente una successione di intervalli di ampiezza decrescente dove cercare le eventuali radici Ma non si arriva mai ad una situazione ove si possa decidere che non vi sono radici reali 71 Osservazioni complementari sul teorema di Sturm Il teorema di Sturm, non ha solamente un significato numerico Anzi: esso permette di avere importanti informazioni sulla struttura delle equazioni, anche se assegnate in modo simbolico Osservazione 4 La condizione affinché un polinomio f 0 (z) di grado n (privo di radici multiple) abbia tutte le radici reali è che nella successione di Sturm (19) S(z) = [f 0 (z), f 1 (z),, f p (z)] sia p = n e che i coefficienti direttori dei polinomi f k (z) siano tutti dello stesso segno Infatti in tal caso, indicando con V (z) il numero di variazioni della (19) nel punto z (con ovvio significato per V ( ) e V ( )) abbiamo V ( ) V ( ) = n Così, per il polinomio di secondo grado z 2 + pz + q, abbiamo S(z) = [z 2 + pz + q, 2z + p, q + 14 ] p2 Allora mentre V ( ) = V ( ) = [ 1, 1, sign( q + 1 ] 4 p2 ), [ 1, 1, sign( q + 1 ] 4 p2 ) Si ritrova la condizione familiare p 2 4q > 0 32

33 Nel caso dell equazione di terzo grado, 5 z 3 + pz + q = 0, si ha S(z) = [z 3 + pz + q, 3z 2 + p, 23 ] pz q, + 27q 2 1/44p3, p 2 e deve essere p < 0 e 4p q 2 < 0 La seconda condizione implica la prima, e dunque basta 4p q 2 < 0 Si noterà che per le equazioni di grado superiore, le condizioni che si deducono immediatamente dal teorema di Sturm sono meno trasparenti Si provi con z 4 + pz 2 + qz + r Importanti sviluppi si possono però trarre dalla trattazione in termini simbolici del teorema Data l importanza della situazione in cui la sequenza di f(z) ha esattamente n + 1 termini è opportuno dare una definizione Definizione 8 La sequenza di Sturm del polinomio f(z) è regolare se è composta esattamente da n + 1 polinomi In tal caso, evidentemente f k (z) ha grado n k e tutti i quozienti hanno grado 1 Esercizio 4 Si consideri l equazione generica della forma z n + az + b = 0 Si determini la condizione sui parametri a, b in modo che essa abbia il numero massimo possibile di radici reali Qual è questo numero? Si osserva facilmente che la dimostrazione del teorema di Sturm consta di due parti distinte: 5 È un esempio che lo stesso Sturm ha cura di proporre Cfr (Sturm 1835, pp ) 33

34 la costruzione, attraverso l algoritmo di Euclide della successione di polinomi S(z) = [f 0 (z), f 1 (z),, f p (z)] ; l analisi della sequenza stessa, al fine di concludere che solo il passaggio per uno zero di f 0 (z) può causare la perdità di una variazione Per effettuare l analisi della sequenza S(z) non occorre sapere come la sequenza stessa venga costruità: basta disporre di una sequenza che possieda queste proprietà: 1) le funzioni di S(z) sono continue in [a, b]; 2) f 0 (z) non si annulla in a ed in b, ed ha una derivata continua in (a, b); 6 3) f p (z) non si annulla in alcun punto di (a, b) ed ha quindi segno costante; 4) se a α b, non può essere contemporaneamente f j (α) = f j+1 (α) = 0, per j = 0, 1,, n 1; 5) se si ha allora f j (α) = 0 f j 1 (α) f j+1 (α) < 0 per j = 1, 2,, n 1; 6) se f 0 (α) = 0, la derivata f 0(α) è diversa da 0 e f 1 (α) ha il segno di f 0(α) Una qualsiasi sequenza con le proprietà 1) - 6) permette di trarre la stessa conclusione Definizione 9 Una sequenza con le proprietà precedenti si dice sequenza di Sturm generalizzata Useremo invece il nome di sequenza di Sturm per denotare esattamente la sequenza costruita a partire da f 0 (z) e f 1 (z) = f 0(z) 6 Si può eliminare questa ipotesi e formulare il punto 6) nel modo seguente: in un intorno di una radice reale α le due funzioni V 0 e V 1 hanno segno opposto per x < α e lo stesso segno per x > α 34

35 Esempio 7 (Sylvester) Si consideri il polinomio f 0 (z) = 1 + z 1! + z2 2! + + zn n! Vogliamo mostrare che l equazione f 0 (z) = 0 ha al più una radice reale (necessariamente negativa) Osserviamo, a tal fine che e f 0 (z) f 0(z) = zn n! S(z) = [f 0 (z), f 0(z), z n ] è una sequenza di Sturm in (, ε) Sia n pari: per z =, si ha S( ) = [1, 1, 1] mentre S( ε) = (applicando la funzione sign)= [1, 1, 1] Non vi sono radici Sia n dispari: S( ) = [ 1, 1, 1], mentre S( ε) = [1, 1, 1] Si ha esattamente una radice in (, ε) Per la arbitrarietà di ε si conclude che esiste una radice negativa in (, 0) 8 Un teorema di Laguerre Un importante teorema sulla localizzazione delle radici nel piano complesso è stato dato da Laguerre nel 1878 Dal teorema in questione Laguerre ha anche dedotto un interessante condizione per la realtà di tutte le radici di un equazione algebrica 7 Data un equazione algebrica, rappresentata nella forma f(z) = 0, ove f(z) è un polinomio di grado n, possiamo associarle l equazione omogenea (20) y n f che si ottiene ponendo ( ) x = φ(x, y) = 0 y z = x y 7 Cfr (Laguerre 1878) 35

36 e moltiplicando successivamente per y n Evidentemente φ(z, 1) = f(z) Ciò posto, sia z = x y un arbitraria quantità complessa, rappresentata dal punto m del piano complesso Laguerre definisce il punto derivato ζ, come il punto rappresentato dalla quantità ζ = ξ η, dove In altre parole ξφ x (x, y) + ηφ y (x, y) = 0 ζ = φ y(x, y) φ x (x, y) Osserviamo ora che, dal teorema sulle funzioni omogenee si ha Di conseguenza xφ x + yφ y = nφ ζ = φ y φ x = yφ y yφ x = xφ x nφ yφ x = x y n φ yφ x Tenendo conto della (20) Esempio 8 Sia ζ = z n f(z) f (z) f(z) = z n 1 e sia z = a + ib Allora ζ = a + ib n (a + ( ) n 1 ib)n 1 n(a + ib) = 1 a ib n 1 (a + ib) = n 1 a 2 + b 2 Ecco ora un importante teorema di Laguerre 36

37 Teorema 6 Sia data l equazione algebrica f(z) = 0 Sia m un arbitrario punto del piano complesso e sia µ il punto derivato Ogni circonferenza che passa per i punti m e µ, se non passa per tutte le radici dell equazione, ha almeno una radice al suo interno ed almeno una radice al suo esterno Dimostrazione Si osservi che, se α, β, γ, δ sono arbitrari numeri complessi, i punti rappresentati da (21) z = α + βt γ + δt per t R, descrivono una circonferenza Se invece t = ξ + iη, η 0, i valori corrispondenti di z sono interni o esterni al cerchio a seconda del segno della parte immaginaria η In altre parole, la (21) è un applicazione che mappa l asse reale su una circonferenza e i punti del semipiano positivo sono mappati internamente od esternamente alla circonferenza stessa, mentre quelli del semipiano negativo hanno comportamento contrario Consideriamo ora i punti Z della forma (22) Z = tx λφ y ty + λφ x Il cerchio rappresentato dalla (22) passa per m = x y in corrispondenza al valore t =, e passa per µ = φ y φ x in corrispondenza la valore t = 0 La (22) rappresenta dunque, al variare di λ, la totalità dei cerchi per m e µ Per dimostrare il teorema basterà allora mostrare che l equazione ( ) tx λφy (23) f = 0, ty + λφ x 37

38 nel caso che ammetta radici immaginarie, 8 ha almeno una radice con parte immaginaria positiva ed almeno una radice con parte immaginaria negativa Possiamo sostituire la (23) con la (24) φ(tx λφ y, ty + λφ x ) = 0 Se sviluppiamo la (24), abbiamo un equazione in t della forma (25) At n + Bt n 1 + Ct n 2 + = 0, ed è facile mostrare (si veda l osservazione successiva) che il coefficiente B vale λ(φ x φ y φ y φ x ) = 0 La somma delle radici della (24) è dunque nulla, e poiché non tutte le radici hanno parte immaginaria nulla, vi devono essere almeno due radici con parte immaginaria di segno opposto Osservazione 5 Sia φ(x, y) = x m y n Allora φ(tx + a, ty + b) = (tx + a) m (ty + b) n Il coefficiente del termine di grado m + n 1 è, evidentemente: (26) mx m 1 y n a + nx m y n 1 b Ponendo nella (26) e a = φ y = nx m y n 1 b = φ x = mx m 1 y n si ottiene il valore 0 Esercizio 5 Completare la dimostrazione precedente, dimostrando che il coefficiente B nella (25) è nullo 8 Nel caso cioè che non tutte le radici siano sul cerchio 38

39 Esempio 9 Sia f(z) = z 4 2iz 2 + i Se m = 1 + i, si ha µ = i La figura 2 visualizza la situazione corrispondente al teorema di Laguerre m = 1 + i µ = i Figura 2: Il teorema di Laguerre e la collocazione delle radici Esempio 10 Consideriamo l equazione f(z) = z 3 z 2 4z 6 = 0 ed il punto m = 0 Allora µ = 0 3 f(0) f (0) = = 9 2 L equazione proposta ha una sola radice reale positiva e due radici complesse coniugate La parte reale di queste radici è compresa in [ 9 2, 0] 39

40 9 Realtà delle radici Ecco ora una facile, ma importante conseguenza del teorema di Laguerre Teorema 7 La condizione necessaria e sufficiente perché un equazione algebrica abbia tutte le radici reali è che per ogni punto del piano il suo punto derivato stia dalla parti opposta rispetto all asse delle ascisse Dimostrazione In effetti, se m e µ si trovano dalla stessa parte rispetto all asse dell ascisse, si può costruire un cerchio che contenga m e µ interamente contenuto nel semipiano che contiene m e µ Questo cerchio contiene dunque una radice con parte immaginaria non nulla Reciprocamente, se l equazione ha una radice non reale, si possono trovare infiniti punti tali che i punti derivati stiano dalla stessa parte Basta osservare che, se m si avvicina ad una radice anche µ si avvicina alla stessa radice Esempio 11 Consideriamo l equazione Allora Sia Ne segue f(z) = z 2 + pz + q = 0 f (z) = 2z + p m = a + ib µ = ap2 + 2pq + 2(a 2 + b 2 )p + 4aq p 2 + 4ap + 4(a 2 + b 2 ) b(4q p 2 ) + i p 2 + 4ap + 4(a 2 + b 2 ) Il denominatore del coefficiente della parte immaginaria può essere scritto nella forma (p + 2a) 2 + 4b 2 ed è dunque sempre positivo Il numeratore ha il segno di b se e solo se 4q p 2 > 0, ed ha dunque segno contrario se e solo se p 2 4q > 0 Esercizio 6 Si utilizzi il teorema di Laguerre per esprimere la realtà di tutte le radici di z 3 + pz + q = 0 Si interpreti geometricamente il risultato trovato 40

41 Parte III Questioni elementari sulle equazioni algebriche 10 L equazione di terzo grado Ogni equazione di terzo grado si può ridurre alla forma x 3 + px + q = 0 con un cambiamento di variabili del tipo x x + h Si ponga ora x = u + v L equazione diviene (u + v) 3 + p(u + v) + q = = u 3 + v 3 + (u + v)(3uv + p) + q = 0 Allora u 3 + v 3 = q 3uv = p Poniamo U = u 3, V = v 3 Sia Allora U + V = q, d 2 = q2 4 + p3 27 UV = p3 27 U = q 2 + d, V = q 2 d Abbiamo una soluzione 3 q 2 + q p q 2 q p3 27

42 Solo tre soluzioni per u 3 = U date dalle possibilità: u = 3 U, u = ε 3 U, u = ε 2 3 U, con ε 3 = 1 Ma v = p 3u Tutte le soluzioni si possono dare nella forma: u + v, εu + ε 2 v, ε 2 u + εv Tre soluzioni reali corrispondono a ( ) q 2 = 4 + p3 > 0 27 Esercizio 7 Calcolare 4 + p3 27 in funzione delle radici α, β, (α + β) L equazione q 2 x 3 + 6x 20 = 0 ha la radice 2 La formula dà per la radice reale Si tratta di osservare che (1 ± 3) 3 = 10 ± 6 3 Esercizio 8 Data un equazione della forma x 3 3cx 2a = 0, supponiamo che abbia una sola radice reale e razionale esistono due numeri razionali y, z tali che 3 a + a 2 c 3 = y + 9 z Si dimostri che 9 Cfr (Escofier 2001, p 20) 42

43 11 L equazione di quarto grado (Descartes) x 4 + px 2 + qx + r = (x 2 + yx + u)(x 2 yx + v) Otteniamo il sistema: Dalle prime due: u + v = p + y 2 u v = q y uv = r Tenendo conto dell ultima: u = y3 + py + q 2y, v = y3 + py q 2y y 6 + 2p y 4 + (p 2 4r)y 2 q 2 = 0 Abbiamo un equazione di terzo grado in y 2, la cosiddetta risolvente di Descartes Esempio 12 Consideriamo x 4 4x 2 8x + 35 = 0 La risolvente risulta: t 3 8 t t 64 = 0, la quale ha le radici 16, 4+2 3, Otteniamo y = 4, u = 7, v = 5 Quindi il polinomio originale si decompone nel prodotto Abbiamo le radici 2 ± i, 2 ± i 3 (x 2 + 4x + 5)(x 2 4x + 7) Esercizio 9 Ricercare problemi classici che conducano ad equazioni di quarto grado 43

44 12 Funzioni simmetriche 121 Funzioni simmetriche elementari Consideriamo il polinomio f(x) = (x x 1 )(x x 2 ) (x x n ) = = x n s 1 x n 1 + s 2 x n ( 1) n s n Le funzioni simmetriche elementari sono, per definizione s 1 = x 1 + x 2 + x n s 2 = x 1 x 2 + x 1 x x n 1 x n s n = x 1 x 2 x n Esercizio 10 Se un equazione ha tutte le radici reali e positive, le funzioni simmetriche sono a loro volta tutte positive Si trovi un equazione di grado 2n, priva di radici reali, e tale che tutte le funzioni simmetriche delle radici siano positive 122 Il teorema sulle funzioni simmetriche Teorema 8 Un polinomio simmetrico φ(x 1,, x n ) può essere scritto nella forma Φ(s 1,, s n ) Es x x 3 2 = (x 1 + x 2 ) 3 3x 2 1x 2 3x 1 x 2 2 = = s 3 1 3x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) = s 3 1 3s 2 s 1 Dimostrazione(Gauss) Introduciamo un ordinamento Poniamo x α 1 1 x α 2 2 x α n n x β 1 1 x β 2 2 x β n n quando la prima differenza non nulla α i β i è positiva s α β 1 s β γ 2 s γ δ 3 ha come termine più elevato (secondo ) x α 1 x β 2x γ 3 44

45 Infatti, i termini più elevati delle s k sono x 1, x 1 x 2, x 1 x 2 x 3, e quindi il termine più elevato di s ρ 1s σ 2s τ 3 è x ρ+σ+τ+ 1 x σ+τ+ 2 x τ+ 3 Sia f una funzione simmetrica avente come termine più elevato, secondo, a x α 1 x β 2x γ 3 (Si noti che certamente α β γ perché f è una funzione simmetrica, e quindi contiene anche i termini a x β 1x α 2 x γ 3, ecc) La differenza f a s α β 1 s β γ 2 s γ δ 3 è ancora una funzione simmetrica, di grado minore od uguale a quello di f, perché α β + 2(β γ) + 3(γ δ) + = α + β + γ + dove il termine più elevato ( ) è stato rimosso, ecc (Si noti che il numero dei termini x α 1 x β 2 con α β di grado minore od uguale ad un numero prefissato è finito) Esempio 13 Sia f = 3(x 2 y + xy 2 ) + x 2 + y 2 Abbiamo: f 3s s 1 2 = x 2 + y 2 x 2 + y 2 s 2 1 = 2xy = 2s 2 Quindi f = 3s 1 s 2 + s 2 1 2s 2 Esercizio 11 Si esprima ϕ(x, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 3(x + y + z) come un polinomio nelle funzioni simmetriche elementari 45

46 123 Un osservazione di Pierpont Sia f(x) = n (x ξ k ) = x n + a 1 x n a n k=1 Una funzione intera delle radici ξ 2,, ξ n è una funzione intera di ξ 1 f(x) x ξ 1 = x n 1 + b 1 x n b n 1 I coefficienti b k sono polinomi in ξ 1 Dal teorema sulle funzioni simmetriche, una funzione intera di ξ 2,, ξ n è una funzione intera delle quantità b k Supponiamo ora di costruire un estensione di un campo aggiungendo una radice ξ di x n + a 1 x n a n = 0 Ogni espressione razionale in ξ si può ridurre alla forma ψ(ξ) = a 0 + a 1 ξ + + a n 1 ξ n 1 b 0 + b 1 ξ + + b n 1 ξ n 1 = g(ξ) h(ξ) Siano ξ 1,, ξ n 1 le altre radici ψ(ξ) = g(ξ) h(ξ) = g(ξ)h(ξ 1) h(ξ n 1 ) h(ξ)h(ξ 1 ) h(ξ n 1 ) Al denominatore abbiamo una quantità costante ed al numeratore abbiamo una funzione simmetrica di ξ 1,, ξ n 1, ossia una funzione di ξ 10 Esercizio 12 Sia ξ una radice di x 3 2 = 0 Esprimere 1 ξ come un polinomio in ξ (di secondo grado) Esercizio 13 Sia 10 Cfr (Pierpont 1901, p 125) f(x) = x n + a 1 x n a n, 46

47 siano ξ, ξ 1,, ξ n 1 le radici di f(x), e sia infine f(x) x ξ 1 = x n 1 + b 1 x n b n 1 Se ne deduca il legame tra le funzioni simmetriche elementari di n 1 variabili ξ 1,, ξ n 1 e le funzioni simmetriche elementari nelle n variabili ξ, ξ 1,, ξ n 1 13 Le formule di Newton 131 Somme di potenze delle radici di un equazione Si osservi che, se si ha f(x) = n (x ξ k ) = x n + a 1 x n a n k=1 f (x) f(x) = x ξ 1 x ξ 2 x ξ n Si osservi ora che (formalmente, o per x abbastanza grande ) 1 x ξ k = 1 x + ξ k x 2 + ξ2 k x 3 + Allora Allora: 1 x ξ x ξ 2 + = = n x + ξ ξ n x 2 = S 0 x + S 1 x 2 + S 2 x ξ ξ 2 n x 3 + = nx n 1 + (n 1)a 1 x n 2 + = [ S0 = x + S 1 x + S ] 2 2 x + [x n + a 3 1 x n a n ] 47

48 Ne deduciamo: Ed anche, per k > n: S 0 = n (n 1)a 1 = a 1 S 0 + S 1 (n 2)a 2 = a 2 S 0 + a 1 S 1 + S 2 S k + a 1 S k 1 + a 2 S k a n S k n = 0 11 Esempio 14 Consideriamo l equazione x 2 11x + 10 = 0 Abbiamo Poi: S 0 = 2, S 1 = 11, S 2 = a 2 S 0 a 1 S 1 = 101 S 3 = a 1 S 2 a 0 S 1 = = 1001 S 5 = = 10001, Esercizio 14 Si calcolino le somme S k per le radici dell equazione x n 1 = 0 e per le radici dell equazione x n + 1 = 0 14 Risultante di due polinomi f(x) = a (x x i ), g(x) = b (x y i ) 1 i m 1 i n Per definizione, il risultante R(f, g) è: R(f, g) = a n b m (x i y j ) (Se f = 0, o g = 0 si pone R(f, g) = 0) 1 i m,1 j n 11 La dimostrazione proposta è di Lagrange 48

49 Esempio 15 f(x) = x 2 2, g(x) = x 2 3 R(f, g) =( 2 3)( 2 + 3) ( 2 3)( 2 + 3) = 1 Si noti che f(x), g(x) Q[x], le radici non sono in Q, ma R(f, g) Q Il risultante di due polinomi non nulli è 0 se e solo se hanno una radice in comune, ossia se e solo se hanno un massimo comun divisore che non si riduce ad una costante Dalla definizione stessa segue che R(f, g) = a n g(x i ) 1 i m R(g, f) = ( 1) mn R(f, g) = ( 1) mn b m R(f, k) = k m Dalla divisione si abbia: Allora f(x) = q(x)g(x) + r(x) 1 i n f(y i ) R(f, g) = ( 1) mn R(g, f) = ( 1) mn R(g, qg + r) = = ( 1) mn (g(y i )q(y i ) + r(y i ) = 1 i n = ( 1) mn r(y i ) = 1 i n = ( 1) mn b m r R(g, r) Esempio 16 f(x) = x 3 a, g(x) = x 2 + bx + c Il resto della divisione di f(x) per g(x) è r(x) = (b 2 c)x a + bc 49

50 Allora: R(f, g) = ( 1) 3 2 R(g, r) = R(g, r) Il resto della divisione di g(x) per r(x) è Ancora: r (x) = a2 3 abc + b 3 a + c 3 (b 2 c) 2 R(g, r) = ( 1) 2 1 (b 2 c) 2 0 R(r, r ) = (b 2 c) 2 a 2 3 abc + b 3 a + c 3 (b 2 c) 2 = = a 2 3 abc + b 3 a + c 3 Osservazione 6 Il massimo comun divisore di due polinomi f(x), g(x) K[x] è ancora un polinomio in K[x] Ne segue che il risultante R(f, g) è un elemento del campo 141 Discriminante Per definizione, il discriminante di un polinomio f(x) di grado n con coefficiente direttivo a è ( 1) n(n 1) R(f(x), f (x)) 2 a Il discriminate è nullo se e solo se f(x) ha almeno una radice di molteplicità maggiore od uguale a 2 Esempio 17 f(x) = x 2 + px + q, f (x) = 2x + p Il resto della divisione è r(x) = q p2 4 Allora (f) = R(f, f ) = 4R(f, r) = p 2 4q Esercizio 15 Calcolare il discriminate di x 3 + px + q e di x 4 + bx 2 + c 50

51 Esercizio 16 Dimostrare che (f) = a 2n 2 1 i<j n (x i x j ) 2 Si noti che se f(x) ha solo radici reali (f) 0 Per n = 2, 3 il risultato si può invertire Ma (x 4 + 1) = Costruzioni con riga e compasso E insieme di punti nel piano 12 L E insieme delle linee rette nel piano per due punti di E C E insieme delle circonferenze aventi centro in un punto di E e raggio la distanza di due punti di E Un punto è costruibile in un passo da E se 1 È intersezione di due linee di L E ; 2 È intersezione di una linea di L E e di una circonferenza di C E ; 3 È intersezione di due circonferenze di C E Punto P costruibile in n passi P n = P ; Per i = 1, 2,, n il punto P i è costruibile in un passo con E {P j : j < i} Dati i punti A, B con A B e M possiamo costruire la proiezione di M su (AB) Se M (AB) la proiezione è M Altrimenti: 12 Cfr (Escofier 2001, cap 5) Si veda anche (Rotman 1998, pp ) 51

52 B A H M Costruzione di una base ortonormale, dati A, O Per ipotesi AO = 1 O A A B Costruzione di una linea parallela ad una linea data (Mascheroni) Si utilizza solamente il compasso 52

53 M C A N Ḃ È la costruzione di un rombo Osservazione 7 E contenga almeno due punti O, A Si costruisce una base ortonormale formata da O, A, B Sia K = Q(F ) l estensione di Q generata aggiungendo a K le ascisse e le ordinate dei punti di E Allora le rette hanno equazioni del tipo ax + by + c = 0, con a, b, c K e le circonferenze hanno equazioni del tipo x 2 + y 2 + ax + by + c = 0, con a, b, c K Coordinate dei punti costruibili in un passo: P abbia le coordinate (p, q) rispetto alla base Allora { K(p, q) coincide con K, oppure K(p, q) è una estensione quadratica di K Abbiamo queste possibilità: le coordinate di P sono date da { ax + by + c = 0 a x + b y + c = 0, oppure da { x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 x 2 + y 2 + a x + b y + c = 0, 53

54 o infine da { ax + by + c = 0 x 2 + y 2 + a x + b y + c = 0 Teorema 9 Il punto P = (p, q) sia costruibile a partire da E, allora: Esiste una successione di campi {K i } 0 i m tale che K 0 = K, K m R e K i o coincide con il campo precedente o è una estensione quadratica di questo; p e q sono algebrici su K aventi per grado una potenza di 2 Dimostrazione Il primo punto della dimostrazione è evidente (si proceda per induzione) Per il secondo punto 13 si osserva che [K i : K i 1 ] = 2 Duplicazione Esempio 18 x 3 2 è un polinomio irriducibile in Q, perché se fosse del cubo riducibile dovrebbe avere una radice razionale Allora 3 2 è di grado 3 e quindi è impossibile duplicare il cubo con riga e compasso Trisezione dell angolo Esempio 19 La costruzione di un angolo θ che sia la terza parte di un angolo dato equivale a 4x 3 3x cos 3θ = 0 Per θ = π 9, si ha 8x 3 6x 1 = 0 Il polinomio 8x 3 6x 1 non ha radici razionali, e quindi è irriducibile In generale, è impossibile trisecare un angolo con riga e compasso Proposizione 1 Ogni punto con coordinate in K = Q(F ) è costruibile da E Ogni punto le cui coordinate stanno in una estensione quadratica di K è costruibile da E Ogni punto le cui coordinate si ottengono a partire da una successione finita di estensioni quadratiche è costruibile 13 Questo punto sarà chiarito successivamente, quando tratteremo delle estensioni di campi 54

55 Dimostrazione Per dimostrare che P = (p, q) è costruibile basta dimostrare che (p, 0) e (0, q) sono costruibili p come elemento di K è della forma f(x 1, x 2,, x m ) g(x 1, x 2,, x m ), dove le quantità x k sono in F Basta allora dimostrare che, se x, y sono costruibili, allora anche x, x + y, x 1, xy sono costruibili (esercizio) Le altre due proprietà sono altrettanto evidenti Archimede e la trisezione dell angolo Si tratta di realizzare l inserzione seguente: B D r r C 0 A Come si vede, è una costruzione molto facile da realizzare in pratica 55

56 Parte IV Teoria di Galois 16 Miscellanea sulle estensioni Ecco qualche richiamo schematico 14 K, L campi: K L Si dice che L è una estensione di K L è uno spazio vettoriale su K La dimensione di questo spazio vettoriale è detta il grado della estensione e si indica con [L : K] Si ha il seguente teorema: Teorema 10 Sia K L M e sia L una estensione finita di K, M una estensione finita di L Allora [M : L][L : K] = [M : K] Sia K L e sia A un sottoinsieme di L Si può costruire K(A) In particolare si può costruire K(a), partendo da {a} Evidentemente K(A B) = K(A)(B) Occorrerà anche tener presente la distinzione tra elementi algebrici e trascendenti K L, a L Sia a algebrico Proprietà caratteristiche del polinomio minimo p(x) relativo ad a 1 Ogni polinomio che si annulla in a è divisibile per p(x); 2 p(x) è irriducibile; 3 Ogni radice di p(x) in L ha lo stesso polinomio minimo; 4 Se L ha caratteristica 0, a è radice semplice L K, a algebrico, p(x) polinomio minimo Allora: 14 Di qui in poi ho utilizzatosoprattutto le magnifiche lezioni di Artin (Artin 1944) Non ho quindi indicato i riferimenti, facilmente deducibili dal confronto con il testo Ho invece indicato puntualmente i riferimenti ad altri testi utilizzati 56

57 1 K[a] = K(a); 2 [K[a] : K] = n Gli elementi formano una base a k, k = 0, 1,, n 1 Sia [L : K] = n, allora ogni elemento di L è algebrico di grado al più n K[a 1, a 2,, a n ] è una estensione algebrica di K Inoltre K[a 1, a 2,, a n ] = K(a 1, a 2,, a n ) Ne segue che, se a, b sono algebrici, anche a + b, ab, a/b sono algebrici Sia K C e siano a, b algebrici su K, radici di f(x) = 0, g(x) = 0 Sia h(x, y) K[x, y] Allora R(z) = R x (f(x), R y (z h(x, y), g(y))) è un polinomio di K[z] avente h(a, b) come radice Esempio 20 a = 2, b = 3 Allora Poniamo h(x, y) = x + y f(x) = x 2 2, g(x) = x 2 3 R y (z (x + y), y 2 3) = x 2 2 zx 3 + z 2, R x (x 2 3, x 2 2 zx 3 + z 2 ) = z 4 10z Il polinomio z 4 10z ha tra le sue radici Esercizio 17 Sia f(a) = 0 g(a 1 ) = 0 Si determini un polinomio g(x) tale che Proposizione 2 Siano a, b due elementi di un gruppo abeliano G aventi ordini α, β Sia γ il minimo comune multiplo di α, β Esiste allora un elemento c di periodo γ Cfr (Artin 1944, p 49 e sgg) 57