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.

30 30 II. TEORIA DI GALOIS Supponiamo ora t > 2 e che ogni estensione separabile generata da t 1 elementi sia semplice; proviamo che F K è semplice. Osserviamo che K = F(α 1, α 2,..., α t ) = F(α 1, α 2,..., α t 1 )(α t ) = F(β)(α t ) dove è stato chiamato β un elemento che generi F(α 1, α 2,..., α t 1 ) su F (che esiste per ipotesi induttiva). Risulta quindi in definitiva K = F(β, α t ), ossia l estensione è generata da due elementi; essendo già stato provato il caso t = 2, si ha che F K è un estensione semplice. Esempio 2.2 Consideriamo il campo Q e, su di esso, il polinomio x 3 2, il cui campo di spezzamento è Q ( 3 2, ω ), dove ω è una radice cubica primitiva dell unità; l estensione Q Q ( 3 2, ω ) è finita di grado 6, separabile (in quanto ch Q = 0), e pertanto semplice. È allora possibile trovare a C tale che Q( 3 2, ω ) = Q(a); inoltre, il polinomio minimo di a avrà grado 6. Dalla dimostrazione del Teor. dell elemento primitivo nel caso t = 2 segue che a sarà combinazione lineare di 3 2 ed ω; proviamo che a = ω è il numero cercato. Proviamo che 3 2 ed ω stanno in Q(a). Si ha ( ) 3 3 a 3 = 2 + ω = ω ω = ω 3 ( 2 ω + 3 ) 2 = = a ω 3 2; poichè a 3, a e 3 stanno in Q(a), dalla precedente eguaglianza segue che ω 3 2 = a3 3 Q(a); 3a analogamente, da ( ) 3 2 a 2 = ω = ω 2 + 2ω 3 2, segue che ω 2 = a 2 + 2ω 3 2 Q(a); è allora elemento di Q(a) il numero ( 3 ) ( ω 2 3 ) ( 2 + a + 2 = 2 + ω ω ) + (1 + 1) = ( 3 2 = ) ( ω 2 + ω + 1 ) 4 3 = ; da 1 = 1 2 = ( )( ) segue allora che = è ancora un elemento di Q(a); ma 1 Q(a), e quindi anche 3 2 Q(a); allora ω = a 3 2 Q(a); abbiamo così provato che 3 2 ed ω sono elementi di Q(a), e quindi Q ( 3 2, ω ) Q(a). D altra parte a = ω Q ( 3 2, ω ), e quindi Q(a) Q ( 3 2, ω ) ; risulta allora Q(a) = Q ( 3 2, ω ), e a = 3 a+ω è quindi proprio l elemento primitivo della nostra estensione. 4 essendo ω una radice cubica primitiva dell unità, si ha ω 2 + ω + 1 = 0.

31 3. AUTOMORFISMI; CAMPI FISSI; ESTENSIONI DI GALOIS 31 Osservazione 2.4 Nel Teor. dell elemento primitivo, l ipotesi di separabilità dell estensione è essenziale, come prova il seguente esempio. Esempio 2.3 (di estensione finita, non separabile e non semplice) Sia p un numero primo; consideriamo il campo Z p (T, V ) (funzioni razionali nelle due variabili T, V ). Consideriamo poi le due variabili U = T p, W = V p. Poniamo F = Z p (U, W ) e K = Z p (T, V ). Studiamo l estensione F K. Risulta K = F(T, V ), con T, V algebrici su F ma non ivi separabili (ciò si dimostra come nell Ex. 2.1). Si ha poi [F(T ) : F] = p, [F(T )(V ) : F(T )] = p e quindi [K : F] = p 2 (transitività del grado). Proviamo che F K non è un estensione semplice, ragionando per assurdo. Supponiamo che esista Z F(T, V ) tale che K = F(Z); allora, il polinomio minimo di Z ha grado p 2 ; d altra parte, poiché Z F(T, V ) = Z p (T, V ), Z è nella forma Z = a 0 + a 1 T + a 2 V + a 3 T 2 + a 4 T V + a 5 V b 0 + b 1 T + b 2 V + b 3 T 2 + b 4 T V + b 5 V e quindi, poiché il campo ha caratteristica p: Z p = a 0 p + a p 1 T p + a p 2 V p +... b p 0 + b p 1 T p + b p 2 V p +... = a 0 p + a p 1 U + a p 2 W +... b p 0 + b p 1 U + b p 2 W +... = S; poiché S F, Z è radice del polinomio X p S e quindi il suo polinomio minimo non può avere grado p 2 > p. L assurdo assicura che l estensione non è semplice. 3. Automorfismi; campi fissi; estensioni di Galois Ricordiamo la seguente definizione Definizione 3.1 Sia K un campo; dicesi automorfismo ogni isomorfismo ϕ: K K. Notazioni Denoteremo in seguito con Aut K l insieme degli automorfismi di K. Osservazione 3.1 Si vede facilmente che (Aut K, ) è un gruppo. Teorema 3.1 (dell indipendenza lineare degli automorfismi) Sia K un campo e siano σ 1, σ 2,..., σ n n suoi automorfismi distinti; essi sono linearmente indipendenti, ossia non esistono a 1, a 2,..., a n K non tutti nulli tali che n a i σ i (u) = 0 u K. i=1 Dimostrazione. Supponiamo per assurdo che esistano a 1, a 2,..., a n non tutti nulli tali che n a i σ i (u) = 0 u K. i=1 Riordinando gli indici, e trascurando quelli per cui i coefficienti sono nulli, si ha in particolare t (7) a i σ i (u) = 0 u K. i=1 con t n ed a i 0 i = 1, 2,..., t; possiamo inoltre sceglie t in modo che sia il minimo numero di indici per cui ciò sia possibile, ossia in modo che ogni

32 32 II. TEORIA DI GALOIS combinazione lineare dei σ i con un numero di termini non nulli minore di t sia non identicamente nulla. Osserviamo che non può essere t = 1, poiché altrimenti si avrebbe a 1 0 e a 1 σ 1 (u) = 0 u K = a 1 σ 1 (1) = 0 = a 1 1 = 0 = a 1 = 0, assurdo. Si ha quindi t > 1, ed allora σ 1 σ t ; in particolare, esisterà c K tale che σ 1 (c) σ t (c). Per ogni u K si ha cu K, e quindi ossia (8) t a i σ i (cu) = 0 i=1 u K t a i σ i (c)σ i (u) = 0 u K; i=1 moltiplicando poi nella (7) per σ 1 (c), si ha (9) t a i σ 1 (c)σ i (u) = 0; i=1 sottraendo membro a membro (8) ed (9), si ottiene t ( a i σi (c) σ 1 (c) ) σ i (u) = 0 i=1 che scritto per esteso dà: u K 0 + a 2 ( σ2 (c) σ 1 (c) ) σ 2 (u) + + a t ( σt (c) σ 1 (c) ) σ t (u) = 0 u K ( dove il coefficiente a t σt (c) σ 1 (c) ) è non nullo per la scelta di c. Abbiamo così costruito una combinazione lineare dei σ i che si annulla su ogni elemento di K ed avente almeno un termine non nullo; i termini non nulli sono anzi al più t 1 < t; ciò è in contrasto con la scelta di t, e la tesi è quindi vera. Definizione 3.2 Sia K un campo e sia G un sottogruppo di Aut K; dicesi campo fisso di G l insieme K G = {u K σ(u) = u σ G} degli elementi di K lasciati fissi da G. Osservazione 3.2 Sia K un campo, e sia G un sottogruppo di Aut K; proviamo che il campo fisso K G è effettivamente un campo. Dimostrazione. Siano u, v K G ; proviamo che u ± v, u 1, u v K G. Si ha: σ(u ± v) = σ(u) ± σ(v) = u ± v = u ± v K G σ ( u 1) = (σ(u)) 1 = u 1 = u 1 K G σ(u v) = σ(u) σ(v) = u v = u v K G

33 3. AUTOMORFISMI; CAMPI FISSI; ESTENSIONI DI GALOIS 33 Definizione 3.3 Sia F K un estensione di campi; si definisce gruppo di Galois di F (su K) il sottogruppo G(K, F) di Aut K degli automorfismi che lasciano fisso F; si pone cioè: G(K, F) = {σ Aut K σ(a) = a a F}. Osservazione 3.3 Sia F K un estensione di campi; risulta ovviamente F K G(K,F). Osservazione 3.4 Sia F K un estensione di campi e sia f F[x]; se a K è radice di f, allora ϕ(a) è radice di f, qualunque sia ϕ G(K, F). Esempio 3.1 Consideriamo l estensione R C, finita di grado 2; determiniamo G(C, R). Osserviamo innanzi tutto che l identità id e la coniugazione ψ lasciano invariati gli elementi di R, e quindi {id, ψ} G(C, R). Viceversa, sia ϕ G(C, R); per l Oss. 3.4, essendo i 2 = 1, si ha ( ϕ(i) ) 2 = 1 e quindi ϕ(i) = i oppure ϕ(i) = i, ossia ϕ è o l identità o la coniugazione. Abbiamo così provato che G(C, R) = {id, ψ}, dove ψ è la coniugazione, e quindi in particolare che G(C, R) è isomorfo a Z 2. Esempio 3.2 Consideriamo l estensione Q Q ( 3 2 ), finita di grado 3; determiniamo G ( Q ( 3 2 ), Q ). Banalmente, la funzione identità appartiene a G ( Q ( 3 2 ), Q ). Viceversa, sia ϕ G ( Q ( 3 2 ), Q ) ; per l Oss. 3.4, essendo ( 3 2 ) 3 = 2, si ha ( ( )) 3 3 ϕ 2 = 2; poiché siamo in sottocampi di R, si ha ϕ ( 3 2 ) = 3 2, e quindi ϕ è l identità. Abbiamo così provato che G ( Q ( 3 2 ), Q ) = {id}. Teorema 3.2 Sia F K un estensione finita di grado n; allora, il gruppo G(K, F) è finito, ed il suo ordine non supera n. Dimostrazione. Supponiamo per assurdo che esistano n +1 elementi distinti in G(K, F), e siano essi σ 1, σ 2,..., σ n+1. Sia poi {u 1, u 2,..., u n } una base di K su F; consideriamo il sistema di equazioni: x 1 σ 1 (u 1 ) + x 2 σ 2 (u 1 ) + + x n+1 σ n+1 (u 1 ) = 0 x 1 σ 1 (u 2 ) + x 2 σ 2 (u 2 ) + + x n+1 σ n+1 (u 2 ) = 0 ;. x 1 σ 1 (u n ) + x 2 σ 2 (u n ) + + x n+1 σ n+1 (u n ) = 0 poiché vi sono n equazioni ed n+1 incognite, il sistema ammette una soluzione non nulla a 1, a 2,..., a n+1 ; risulta pertanto a 1 σ 1 (u 1 ) + a 2 σ 2 (u 1 ) + + a n+1 σ n+1 (u 1 ) = 0 a 1 σ 1 (u 2 ) + a 2 σ 2 (u 2 ) + + a n+1 σ n+1 (u 2 ) = 0 ;. a 1 σ 1 (u n ) + a 2 σ 2 (u n ) + + a n+1 σ n+1 (u n ) = 0

34 34 II. TEORIA DI GALOIS e quindi, essendo u 1, u 2,..., u n una base di K, a 1 σ 1 (u) + a 2 σ 2 (u) + + a n+1 σ n+1 (u) = 0 u K che, per il Teor. dell indipendenza lineare degli automorfismi (Teor. 3.1), implica che le σ i non sono tutte distinte, assurdo. Definizione 3.4 Una estensione F K si dice di Galois se risulta F = K G(K,F), ovvero se F è il campo fisso del proprio gruppo di Galois. Notazioni Nel seguito, per semplicità, quando non sia necessario fare distinzioni, indicheremo con G il gruppo G(K, F). Lemma 3.1 Sia F K un estensione di campi, e supponiamo che K sia il c.s. di un polinomio f F[x]. Sia p un fattore irriducibile di f; siano poi a i, a j due radici di p in K; esiste allora un automorfismo σ G(K, F) tale che σ(a i ) = a j. Dimostrazione. Consideriamo le due catene F F(a i ) K, F F(a j ) K; come già visto nella dimostrazione del Teor. 2.3, Cap. I, pag. 17, esiste un isomorfismo τ : F(a i ) F(a j ) che ristretto ad F dà l identità; inoltre, τ è tale che τ(a i ) = a j. K è il c.s. di f su F, e quindi anche su F(a i ) e su F(a j ); poiché F(a i ) è isomorfo ad F(a j ), sempre per il Teor. 2.3, Cap. I, esiste un isomorfismo di K in K (ossia un automorfismo σ) che, ristretto ad F(a i ) ed F(a j ), restituisce τ; risulta allora σ(a i ) = a j, ed inoltre σ F = τ F = id e quindi σ G(K, F); σ è quindi l automorfismo della tesi. Teorema 3.3 Sia F K un estensione finita; condizione necessaria e sufficiente affinché l estensione sia di Galois è che siano soddisfatte le due seguenti condizioni: (1) F K sia separabile; (2) K sia il c.s. di un polinomio a coefficienti in F. Necessità. Supponiamo che F K sia di Galois. Detto G il gruppo di Galois di F su K, risulta allora F = K G ; inoltre, essendo F K un estensione finita, anche G sarà finito, ed il suo ordine non supererà il grado di K su F. Posto n = [K : F], gli elementi di G potranno allora scriversi G = {σ 1, σ 2,..., σ n }; inoltre, essendo G un gruppo, scelto σ G si ha ancora G = {σσ 1, σσ 2,..., σσ n }. (def) Fissiamo a K; consideriamo gli elementi σ i (a), i = 1, 2,..., n (coniugati di a), e supponiamo che siano distinti t n di essi; per fissare le idee, supponiamo che siano distinti i primi t; anche gli elementi σσ i (a), i = 1, 2,..., n sono coniugati di

35 3. AUTOMORFISMI; CAMPI FISSI; ESTENSIONI DI GALOIS 35 a, e saranno ancora distinti 5 ; si ha allora l uguaglianza tra insiemi {σ i (a), i = 1, 2,..., n} = {σσ i (a), i = 1, 2,..., n}. Essendo σ Aut K, si ha anche σ Aut K[x]. Consideriamo allora il polinomio f = t ( x σi (a) ) ; i=1 per le considerazioni precedenti, si ha σ(f) = f. Ne segue in particolare che i suoi coefficienti sono invarianti per σ; ciò vale per ogni σ G, e quindi i coefficienti di f stanno in K G = F, ossia f F[x]. Inoltre, poiché fra gli automorfismi di G c è l identità, una delle radici di f è a, ed inoltre tutte le radici di f sono semplici. Quindi a è separabile su F (il polinomio della definizione di separabilità è proprio f); poiché il ragionamento può ripetersi per ogni a K, si ha in definitiva che K è separabile su F, ed è quindi provato il punto (1). Dalla separabilità di K su F ne segue in particolare la semplicità; esiste quindi a K tale che K = F(a); consideriamo nuovamente il polinomio f = t ( x σi (a) ) ; i=1 tutte le sue radici stanno in K, ed anzi lo generano (poiché una delle radici è a, che genera K), e quindi K è il c.s. di f, che è a coefficienti in F; è allora verificato anche il punto (2) della tesi. Sufficienza. Supponiamo che valgano (1) e (2); proviamo che F K è un estensione di Galois, ossia che K G = F; poiché si ha sempre F K G, occorre provare che K G F; ragioniamo per induzione su [K : F]. Il teorema è banalmente vero se [K : F] = 1 (poiché in tal caso K = F). Supponiamo allora che [K : F] = n > 1 e che il teorema sia vero per le estensioni di grado minore di n; proviamo che se α K G allora α F. Sia f il polinomio di cui K è il c.s. (ipotesi (2)); poiché [K : F] > 1, f non si spezza completamente in F, e pertanto f ha in F un fattore irriducibile p di grado r 2. Sia a una radice di p in K; essendo p irriducibile su F, risulta [F(a) : F] = r; d altra parte, [K : F] = n, e quindi, per il Teor. di transitività del grado, si ha [K : F(a)] = n < n; è pertanto possibile applicate l ipotesi induttiva all estensione r F(a) K, poiché K è separabile su F(a) ed è c.s. di un polinomio a coefficienti in F(a) (sempre f); per ipotesi induttiva, l estensione F(a) K è di Galois, ossia F(a) = K G(K,F(a)) ; da G(K, F(a)) G segue poi K G K G(K,F(a)) = F(a), e quindi, essendo α K G, si ha α F(a); esistono allora c 0, c 1,..., c r 1 F tali che Siano α = c 0 + c 1 a + + c r 1 a r 1. a = a 1, a 2,..., a r 5 se per assurdo esistessero i, j tali che σσi (a) = σσ j (a), essendo σ un automorfismo, si avrebbe σ i (a) = σ j (a), mentre per ipotesi questi erano distinti.

36 36 II. TEORIA DI GALOIS le radici del polinomio p (tutte semplici in quanto p è irriducibile); per il precedente Lemma, esistono σ 1, σ 2,..., σ r G tali che σ i (a) = a i i = 1, 2,..., r, e quindi: ( α = σ i (α) = c 0 + c 1 σ i (α) + c 2 σ i α 2 ) ( + + σ i a r 1 ) i = 1, 2,..., r ossia (10) α = c 0 + c 1 a i + c 2 a i c r 1 a i r 1 i = 1, 2,..., r. Consideriamo allora il polinomio h(x) = c r 1 x r 1 + c r 2 x r c 2 x 2 + c 1 x + c 0 α, di grado al più r 1; per (10), esso ha r radici distinte (a 1, a 2,..., a r ); ciò è assurdo, a meno che h non sia il polinomio nullo; quindi h 0, da cui segue c i = 0 i = 1, 2,..., r 1 e c 0 α = 0, cioè α = c 0 F, che è quanto volevamo provare. Osservazione 3.5 Le ipotesi del precedente teorema non si possono indebolire, come provano i seguenti esempi. Esempio 3.3 Consideriamo l estensione F = Z p (U) Z p (T ) = K con U = T p. Il polinomio minimo di T è X p U, e K è il campo di spezzamento di X p U; abbiamo già visto che questa estensione non è separabile; proviamo ora che non è di Galois. Proviamo anzi che G = G(K, F) = {id}. Sia σ G; risulta σ(t ) = T (in quanto il polinomio X p U è invariante per automorfismi di G, e l unica sua radice è T ), e quindi σ = id σ G, ossia G = {id}. Si ha allora K G = K F, e quindi l estensione non è di Galois. Esempio 3.4 Consideriamo l estensione ( ) 3 F = Q Q 2 = K di grado 3 (il polinomio minimo di 3 2 è x 3 2); essa è separabile, in quando ch F = 0. Inoltre, K non è il c.s. di alcun polinomio a coefficienti in F = Q (in quanto abbiamo visto che un tale campo dovrebbe contenere una radice cubica primitiva dell unità). Proviamo che l estensione F K non è di Galois. Proviamo, come nel precedente esempio, che G = {id}. Sia σ G; si ha σ ( x 3 2 ) = x 3 2 e quindi σ ( 3 2 ) = 3 2, ossia σ = id, che è quanto volevamo provare. Osservazione 3.6 Sia F K un estensione di campi e sia T un sottocampo di K contenente F; se F K è di Galois, allora anche T K è di Galois (segue immediatamente dal precedente teorema); non è però detto che F T sia di Galois; vedremo più avanti una condizione caratteristica affinché ciò sia vero. Teorema 3.4 (Artin) Sia K un campo e sia H un sottogruppo finito di Aut K; allora, l estensione K H K gode delle seguenti caratteristiche: (1) è finita; (2) è di Galois;

37 3. AUTOMORFISMI; CAMPI FISSI; ESTENSIONI DI GALOIS 37 (3) [K : K H ] = o(h); (4) H = G(K, K H ). Dimostrazione. Sappiamo già che [K : K H ] o(h) (infatti, se l estensione non è finita, ciò è banalmente vero; se l estensione è finita, avendosi H G(K, K H ), risulta o(h) o ( G(K, K H ) ) [K : K H ]). Per provare che si ha l uguaglianza, basta allora provare che non risulta [K : K H ] > o(h). Supponiamo per assurdo che sia [K : K H ] > o(h) = n, e siano σ 1, σ 2,..., σ n gli elementi di H; in K esistono allora n + 1 elementi linearmente indipendenti rispetto a K H ; siano essi u 1, u 2,..., u n+1. Consideriamo la matrice σ 1 (u 1 ) σ 1 (u 2 )... σ 1 (u n+1 ) σ 2 (u 1 ) σ 2 (u 2 )... σ 2 (u n+1 ) C = ; σ n (u 1 ) σ n (u 2 )... σ n (u n+1 ) il sistema di equazioni avente C come matrice dei coefficienti, avendo n equazioni in n + 1 variabili, ammette soluzioni non nulle; sia b 1, b 2,..., b n+1 una di esse; scegliamo la soluzione con il minor numero di elementi non nulli, e siano essi in numero di t (in particolare, i primi t); supponiamo cioè che b i 0 i = 1, 2,..., t, b i = 0 i > t, e che, se c 1, c 2,..., c n+1 è un altra soluzione con r elementi non nulli, allora r t. Il fatto che la (n + 1)-upla b 1, b 2,..., b n+1 è soluzione del suddetto sistema implica che n+1 b j σ i (u j ) = 0 i = 1, 2,..., n, j=1 ossia (considerando che b i = 0 i > t) (11) t b j σ i (u j ) = 0 i = 1, 2,..., n; j=1 osserviamo che non può essere t = 1 poiché si avrebbe b 1 σ i (u 1 ) = 0 i = 1, 2,..., n, e quindi b 1 = 0, assurdo. Risulta quindi t > 1; dividendo nelle (11) per b 1 0, si ha (12) σ i (u 1 ) + t j=2 b j b 1 σ i (u j ) = 0 i = 1, 2,..., n; osserviamo ora che deve esistere j tale che b j / K H, poiché altrimenti dalla (11) seguirebbe (per σ = id) t b j u j = 0 j=1 i = 1, 2,..., n con coefficienti non tutti nulli, e quindi gli u j non sarebbero linearmente indipendenti; supponiamo dunque, per fissare le idee, che b t / K H ; è allora possibile

38 38 II. TEORIA DI GALOIS determinare σ H tale che σ(b t ) b t ; applicando σ alla (12) si ottiene σ ( σ i (u 1 ) ) + t j=2 σ(b j ) σ(b 1 ) σ(σ i(u j )) = 0 i = 1, 2,..., n che, poiché σ σ i H i = 1, 2,..., n, si può scrivere (13) σ i (u 1 ) + t j=2 σ(b j ) σ(b 1 ) σ i(u j ) = 0 i = 1, 2,..., n; sottraendo membro a membro (13) e (12) si ottiene t j=2 ( σ(bj ) σ(b 1 ) b ) j σ i (u j ) = 0 i = 1, 2,..., n; b 1 poiché l ultimo coefficiente (almeno) è non nullo, abbiamo trovato una soluzione con un numero di elementi non nulli minori di t; ciò è assurdo per la scelta fatta di t, e quindi si ha effettivamente che [K : K H ] = o(h); abbiamo così provato che l estensione è finita ed ha per grado o(h) (punti (1) e (3)). Proviamo ora la (4); si ha H G(K, K H ) e quindi o(h) o ( G(K, K H ) ) ; d altra parte, o ( G(K, K H ) ) [K : K H ] = o(h), e quindi o(h) = o ( G(K, K H ) ), che assicura che H = G(K, K H ), ossia il punto (4); si ha allora K H = K G(K,KH ), e quindi l estensione è di Galois (punto (2)); ciò completa la dimostrazione del teorema. Corollario 3.1 Sia F K un estensione finita di Galois; allora o(g) = [K : F]. Dimostrazione. Poiché l estensione è di Galois, si ha F = K G ; per il Teor. di Artin risulta allora o(g) = [K : K G ] = [K : F]. Osservazione 3.7 Sia F K un estensione di Galois e sia G = G(K, F). Se T è un sottocampo di K contenente F, il gruppo G(K, T) è un sottogruppo di G(K, F); viceversa, se H è un sottogruppo di G(K, F), allora K H è un sottocampo di K contenente F. Nasce così una corrispondenza tra i sottogruppi di G ed i sottocampi di K contenenti F. La corrispondenza inverte l ordine di inclusione: da T 1 T 2 segue H 2 H 1, e viceversa. La corrispondenza è inoltre biunivoca: il Teor. di Artin assicura che per ogni sottogruppo H di G risulta H = G(K, K H ), viceversa, per ogni sottocampo T di K contenente F si ha K G(K,T) = T (poiché, come già osservato, dal fatto che F K è di Galois segue che T K è di Galois). Da quanto appena visto segue in particolare che, se o(g) è finito, allora K ha solo un numero finito di sottocampi contenenti F (poiché G ha solo un numero finito di sottogruppi). Nota Nel seguito, tranne quando diversamente specificato, supporremo che le estensioni prese in considerazione siano finite. Lemma 3.2 Sia F K un estensione di Galois, e sia T un sottocampo di K contenente F; condizione necessaria e sufficiente affinché F T sia di Galois è che per ogni σ G = G(K, F) si abbia σ(t) T.

39 3. AUTOMORFISMI; CAMPI FISSI; ESTENSIONI DI GALOIS 39 Necessità. Supponiamo che F T sia di Galois; fissiamo σ G = G(K, F) e proviamo che σ(a) T a T. Fissiamo ad arbitrio a T e proviamo che σ(a) T; essendo F T di Galois, T è c.s. di un polinomio f F[x]; dette a 1, a 2,..., a n le radici di f in T, risulta T = F(a 1, a 2,..., a n ), e quindi esistono λ 1, λ 2,..., λ n F tali che a = n i=1 λ i a i ; poiché σ(λ i ) = λ i F T i = 1, 2,..., n, per provare che σ(a) T basta provare che σ(a i ) T i = 1, 2,..., n. D altra parte, poiché f F[x], σ trasforma radici di f in radici di f, e quindi per ogni i = 1, 2,..., n esiste j tale che σ(a i ) = a j T, e si ha quindi la tesi. Sufficienza. Occorre provare che T è separabile su F e che T è il c.s. di un polinomio f F[x]. Fissiamo ad arbitrio a T; detti σ 1, σ 2,..., σ n gli elementi di G, si ha, per ipotesi, σ i (a) T i = 1, 2,..., n; supponiamo per fissare le idee che siano distinti i primi t, e consideriamo il polinomio f(x) = t ( i=1 x σi (a) ) ; per ogni σ G e per ogni i = 1, 2,..., t si ha σ ( σ i (a) ) = σ j (a), per un opportuno j, e quindi σ(f) = f σ G, ossia f F[x]; inoltre, f si spezza completamente in T[x], con radici tutte distinte (per le ipotesi sui σ i, i = 1, 2,..., t), ed a è una sua radice (uno dei σ i è l identità); quindi a è separabile su F; l arbitrarietà della scelta di a T assicura che T è separabile su F. Il Teor. dell elemento primitivo (Teor. 2.1) assicura allora che F T, in quanto separabile, è semplice; esiste allora a T tale che T = F(a); il procedimento precedente, applicato ad a, permette di definire il polinomio f(x) = t ( i=1 x σi (a) ), che si spezza completamente in T; poiché poi T è generato dalle radici di f, T è il c.s. di f. Osservazione 3.8 Sia F K un estensione di Galois; sia T un sottocampo di K contenente F; allora, per ogni σ G = G(K, F), da σ(t) T segue σ(t) = T. Dimostrazione. Da σ(t) T segue dim F (σ(t)) dim F (T); d altra parte, σ è iniettivo (in quando automorfismo), e quindi dim F (σ(t)) dim F (T); allora dim F (σ(t)) = dim F (T), ossia T = σ(t), che è quanto volevamo provare. Notazioni Nel seguito, fissato un sottocampo T di K contenente F, denoteremo con H il corrispondente sottogruppo di G; viceversa, fissato un sottogruppo H di G, denoteremo con T il corrispondente sottocampo di K contenente F. Teorema 3.5 Sia F K un estensione di Galois con gruppo di Galois G = G(K, F); per ogni sottocampo T di K contenente F, sia H = G(K, T); viceversa, per ogni sottogruppo H di G poniamo T = K H ; allora: (1) le corrispondenze T H, H T sono biiettive, l una l inversa dell altra, ossia T = K G(K,T) ed H = G(K, K H ) per ogni T K e per ogni H G. (2) per ogni T risulta [K : T] = o(h) e [T : F] = o(g) o(h) = i G(H); (3) F T è un estensione di Galois se e solo se H è un sottogruppo normale di G; (4) se F T è un estensione di Galois, allora G(T, F) = G H.

40 40 II. TEORIA DI GALOIS Dimostrazione. Le (1) è stata vista nell Oss. 3.7; la (2) è un immediata conseguenza della (1), del Teor. di Artin e del Teor. di transitività del grado. Proviamo il punto (3). Supponiamo dapprima che F T sia di Galois; proviamo che H è normale in G, ossia che per ogni τ H e per ogni σ G si ha σ 1 τσ H. Fissiamo dunque τ H e σ G; occorre provare che σ 1 τσ lascia fissi gli elementi di T; per il Lemma 3.2, si ha σ(t) T, e quindi σ(t) = T (per l Oss. 3.8); fissato dunque t T, si ha σ(t) T, e pertanto τ ( σ(t) ) = σ(t) (essendo τ H), e quindi ( σ 1 τσ ) (t) = σ 1 σ(t) = t t T; la normalità di H è così provata. Viceversa, supponiamo che H sia normale in G e proviamo che F T è di Galois; basta provare (Lemma 3.2) che per ogni σ G si ha σ(t) T. Fissiamo dunque σ G e t T e proviamo che σ(t) T; poiché si ha T = K H, per provare che σ(t) T basta provare che τ H si ha τ ( σ(t) ) = σ(t), ossia che σ 1( τ ( σ(t) )) = t, e ciò è vero essendo H normale in G. Il punto (3) è allora completamente dimostrato. Proviamo il punto (4). Supponiamo che T sia di Galois su F; il gruppo H è allora normale in G, ed inoltre risulta σ(t) = T σ G. Posto allora σ = σ T σ G, si ha σ Aut T e, poiché σ tiene fisso F, si ha σ G(T, F). Nasce così una corrispondenza ψ : G G(T, F), con legge ψ(σ) = σ; si vede immediatamente che ψ è un omomorfismo tra gruppi; inoltre Ker ψ = { σ G σ T = id T } = G(K, T) = H, che è normale in G; per il Teor. dell omomorfismo esiste allora un omomorfismo iniettivo ϕ: G H G(T, F); ϕ è anche suriettivo; per vederlo, basta provare che il dominio ed il codominio hanno lo stesso ordine, e ciò è vero poiché ( ) o G H ( ) ( ) = i G H = [T : F] = o G(T, F), dove l ultima eguaglianza è conseguenza del fatto che F T è un estensione di Galois; ϕ è allora un isomorfismo da G H a G(T, F), e ciò assicura la tesi del punto (4). Il teorema è così completamente provato. Esempio 3.5 Consideriamo il campo F = Q, ed il polinomio x 3 2; detta ω una radice cubica primitiva dell unità, le radici di x 3 2 in C sono x 1 = 3 2, x 2 = ω 3 2, x 3 = ω Poniamo K = Q ( 3 2, ω ) ; l estensione F K è di Galois, ed ha grado 6; studiamo il suo gruppo di Galois G. Poiché ogni automorfismo di G manda radici del polinomio x 3 2 in radici dello stesso polinomio, e poiché il polinomio ha grado 3, G sarà un sottogruppo del gruppo S 3 delle permutazioni su tre elementi; d altra parte, poiché o(s 3 ) = 3! = 6 = o(g), dev essere G = S 3. S 3 ha un gruppo ciclico normale, H = { σ, σ 2, σ 3 = i } (con σ = ( )) e tre sottogruppi di ordine 2: H 1 = {i, τ 1 }, H 2 = {i, τ 2 }, H 3 = {i, τ 3 } (dove τ 1 = ( ), τ 2 = ( ), τ 3 = ( )); studiamo i corrispondenti sottocampi di K contenenti Q.

41 3. AUTOMORFISMI; CAMPI FISSI; ESTENSIONI DI GALOIS 41 Proviamo che T i = K Hi = Q(x i ) per i = 1, 2, 3. Siccome τ i lascia fisso x i, si ha T i Q(x i ); d altra parte [T i : Q] = 6 2 = 3, [Q(x i) : Q] = 3 e quindi T i = Q(x i ). Proviamo ora che T = K H = Q(ω). Si ha: σ ( 3 2 ) = ω 3 } 2 σ ( ω 3 2 ) = ω 2 = σ(ω) = ω; 3 2 quindi anche σ 2 (ω) = ω, e pertanto H lascia fisso ω, ossia T Q(ω); d altra parte [T : Q] = 6 = 2, [Q(ω) : Q] = 2 e quindi T = Q(ω). 3 Poiché H è l unico sottogruppo normale di G, possiamo affermare che Q(ω) è l unica estensione di Galois di Q strettamente contenuta in K = Q ( 3 2, ω ). Il fatto che Q Q(ω) sia di Galois si vede anche direttamente: infatti, Q(ω) è il c.s. del polinomio x 2 + x + 1 su Q. Le tre estensioni T 1, T 2, T 3 non sono invece di Galois: ciò si può vedere osservando che H 1, H 2, H 3 non sono normali in S 3, oppure osservando che contengono una sola delle radici del polinomio minimo dell elemento da cui sono generate. Esempio 3.6 Consideriamo il campo F = Q, ed il polinomio x 4 2; le sue radici in C sono x 1 = + 4 2, x 2 = 4 2, x 3 = +i 4 2, x 4 = i 4 2. Poniamo K = Q ( 4 2, i ) ; l estensione F K è di Galois, ed ha grado 8 (poihcé Q Q ( 4 2 ) ha grado 4 e Q ( 4 2 ) K ha grado 2, avendo polinomio minimo x 2 + 1). Studiamo il suo gruppo di Galois G. Gli automorfismi di K sono: l identità i, il cambiamento di segno σ, la coniugazione complessa τ, e l automorfismo ϕ, con legge x ix (ricordiamo che per determinare gli automorfismi basta vedere quali sono le applicazioni che portano radici del polinomio in radici del polinomio). Risulta ϕ 2 = σ e ϕ 4 = i; G ha allora un sottogruppo ciclico di ordine 4, H 1 = { i, ϕ, ϕ 2 = σ, ϕ 3} ; G ha poi il sottogruppo ciclico di ordine 2 generato da τ, H 2 = {i, τ}; infine, ϕ e τ generano G, che pertanto si può scrivere come: G = { i, ϕ, ϕ 2, ϕ 3, ϕτ, ϕ 2 τ, ϕ 3 τ, τ } ; osserviamo però che ϕτ = τϕ 3, e pertanto G non è commutativo; G è allora il gruppo diedrale del quadrato, D 4. Richiamiamo ora i sottogruppi di G, con il rispettivo ordine Sottogruppo Ordine Normalità H 1 = ϕ 4 normale (ha per ordine metà dell ordine di G) { i, ϕ 2, ϕτ, ϕ 3 τ } 4 normale (vedi sopra) { i, ϕ 2, ϕ 2 τ, τ } 4 normale (vedi sopra) ϕ 2 2 normale (centro del gruppo) Si potrebbero studiare i campi corrispondenti, almeno quelli di Galois τ 2 non normale ϕτ 2 non normale ϕ 2 τ 2 non normale ϕ 3 τ 2 non normale i 1 normale (sottogruppo banale)

42 42 II. TEORIA DI GALOIS (def) (def) Esempio 3.7 Sia k un campo; consideriamo il campo K = k(x 1, x 2,..., x n ) delle funzioni razionali a coefficienti in k. Un sottogruppo di Aut K è S n, il gruppo delle permutazioni sulle n variabili; cerchiamo di determinare K Sn (i cui elementi si chiamano funzioni razionali simmetriche). Consideriamo innanzi tutto le funzioni simmetriche elementari: s 1 = x 1 + x x n n 1 s 2 = x i n x j = x 1 x 2 + x 1 x x 1 x n + + x n 1 x n i=1 n 2 s 3 = x i. i=1 j=i+1 n 1 j=i+1 s n = x 1 x 2... x n. x j n h=j+1 x h = x 1 x 2 x x n 2 x n 1 x n Poiché s i K Sn i = 1, 2,..., n, si ha k(s 1, s 2,..., s n ) K Sn ; proviamo che vale in relatà l uguaglianza K Sn = k(s 1, s 2,..., s n ). Consideriamo il polinomio f(t ) k(s 1, s 2,..., s n ) definito da n n f(t ) = (T x i ) = ( 1) i s i T i. i=1 i=1 K è il c.s. di f su k(s 1, s 2,..., s n ), in quanto f si spezza in K in fattori lineari e K è generato dalle radici di f, che sono x 1, x 2,..., x n ; si ha allora [K : k(s 1, s 2,..., s n )] n!; ma nella catena k(s 1, s 2,..., s n ) K Sn K l ultima inclusione ha grado n! = o(s n ), e quindi [K : k(s 1, s 2,..., s n )] = n!, da cui [K Sn : k(s 1, s 2,..., s n )] = 1, ossia K Sn = k(s 1, s 2,..., s n ). Osserviamo per inciso che da quanto appena visto segue in particolare che f è irriducibile su k(s 1, s 2,..., s n); infatti, se per assurdo f si spezzasse in p e q, di grado rispettivamente r, n r, si avrebbe [K : k(s 1, s 2,..., s n)] r!(n r)! < n!, e ciò è assurdo 6. Abbiamo quindi provato che ogni funzione razionale simmetrica si può scrivere come funzione razionale di funzioni simmetriche elementari. In realtà, questo risultato si può raffinare: è infatti possibile dimostrare, nell ambito della teoria degli anelli, che ogni polinomio simmetrico si può scrivere come combinazione lineare di funzioni simmetriche elementari; si può cioè provare che k[x 1, x 2,..., x n ] = k[s 1, s 2,..., s n ]; questo risultato è più forte del precedente, in quanto, mentre il precedente assicura che ogni polinomio simmetrico si può scrivere come funzione razionale di funzioni simmetriche elementari, quest ultimo risultato assicura che ogni polinomio simmetrico si può scrivere come polinomio avente per termini funzioni simmetriche; si può inoltre dimostrare che quest ultimo risultato implica quello dimostrato in questo esempio. 6 Per provare che r!(n r)! < n!, si può procedere per assurdo: da r!(n r)! n! seguirebbe infatti, dividendo ambo i membri per r!, (n r)! n(n 1)... (r + 1), diseguaglianza assurda in quanto ogni fattore del primo membro è strettamente minore del corrispondete fattore del secondo membro, ed ambo i membri hanno lo stesso numero di fattori.

43 4. DUE APPLICAZIONI DELLA TEORIA DI GALOIS Due applicazioni della Teoria di Galois 4.1. Il Teorema Fondamentale dell Algebra. Prima di dimostrate il Teorema Fondamentale dell Algebra, enunciamo un paio di risultati che torneranno utili. Osservazione 4.1 Ogni polinomio f a coefficienti reali, di grado dispari, ha una radice reale. Dimostrazione. Sia f(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n ; poiché risulta lim f(x) = lim x + x + xn = +, ( lim f(x) = lim x + x + xn =, lim f(x) = lim x x xn =, (se a n > 0) lim f(x) = lim x x xn = +, se a n < 0) f assume sia valori positivi, sia valori negativi; per il Teor. dei valori intermedi, f si deve annullare, e quindi ammette una radice reale. Osservazione 4.2 Ogni polinomio f di secondo grado sui complessi ha una radice complessa. Dimostrazione. Sia f(x) = ax 2 +bx+c; per la nota formula risolutiva, questo polinomio ha radici x = b ± b 2 4ac. 2a Per provare la tesi basta allora provare che ogni numero complesso z ammette una radice quadrata (vedremo anzi che ne ammette due, opposte). Il problema può anche essere posto nel seguente modo: sia z = u + iv C; cerchiamo due numeri reali α, β tali che (α + iβ) 2 = z. L equazione si può anche scrivere α 2 β 2 + 2iαβ = u + iv, ed è quindi equivalente al sistema α 2 β 2 = u ; 2αβ = v elevando al quadrato ambo i membri della seconda equazione, si ottiene, con semplici passaggi: α 2 + ( β 2) = α 2( β 2) = v2 ; 4 gli eventuali α, β devono quindi essere soluzioni dell equazione di secondo grado t 2 ut v2 4 che ha discriminante = u 2 + v 2 0 ed ammette quindi due radici reali distinte; esse sono di segno opposto perché, qualunque sia il segno di u, nella sequenza di segni + ± si ha comunque un alternanza

44 44 II. TEORIA DI GALOIS ed una permanenza; in definitiva, α e β devono soddisfare α 2 = u + u 2 + v 2 2 β 2 = u u 2 + v 2 ; 2 vi sono quindi quattro soluzioni (due per α, due per β); l ulteriore condizione αβ = v permette di determinare il segno di (ad esempio) β, fissato il segno di α; si hanno 2 quindi due coppie di soluzioni (α, β), di segno opposto, ovvero z = u + iv ha due radici quadrate, l una l opposta dell altra. Teorema 4.1 (fondamentale dell Algebra) Ogni polinomi f a coefficienti complessi ammette una radice α C. Dimostrazione. Sia f un polinomio a coefficienti complessi e sia f il suo polinomio coniugato; allora, il polinomio g = f f è a coefficienti reali. Sia K il campo di spezzamento di g su C; proviamo che K = C. Ricordiamo che C = R(i) è il campo di spezzamento del polinomio x 2 + 1, e che [C : R] = 2. K è il campo di spezzamento di g su C, ed è quindi generato, su C dalle radici di g; l estensione C K è quindi di Galois 7 ; K, su R, è generato dalle radici di g e da i, ed è quindi il campo di spezzamento di g(x) ( x ) ; anche l estensione R K è di Galois (ragionamento analogo al precedente). Detto poi m il grado di K su C, si ha [K : R] = 2m; decomponendo m in fattori ed isolando le potenze di due, si ottiene che m = 2 t q con t N 0 e q dispari; si ha allora [K : R] = 2 t+1 q, e quindi il gruppo di Galois G(K, R) ha ordine 2 t+1 q. Sia H un suo 2-sottogruppo di Sylow 8 ; esso avrà per ordine 2 t+1 ; detto K H il sottocampo di K corrispondente ad H, si ha allora [K : K H ] = 2 t+1 [K H : R] = q; sia α K H un generatore di K H su R; il polinomio minimo di α ha grado dispari (in quanto q è dispari), e sarà irriducibile su R; ma gli unici polinomi irriducibili di grado dispari su R sono quelli di grado 1 (Oss. 4.1), e quindi l estensione R K H deve avere grado 1, cioè K H = R, q = 1 e [K : C] = m = 2 t. Per completare la dimostrazione rimane allora da provare che t = 0. Supponiamo per assurdo che t N; K è di Galois su C, ed il gruppo di Galois G(K, C) ha ordine m = 2 t, ed è quindi un 2-gruppo (essendo t N); per ogni intero r con 0 r < t esiste allora un sottogruppo di G(K, C) di ordine 2 r ; per r = t 1 è in particolare possibile trovare un sottogruppo H di ordine 2 t 1 ; H ha per ordine metà dell ordine di G(K, C), e quindi sarà normale in G(K, C); l estensione C K H sarà allora di Galois di grado 2; essendo di Galois, l estensione sarà in particolare 7 per il Teor. 3.3; infatti, l estensione è un campo di spezzamento, ed è quindi finita; ne segue che è algebrica, e quindi separabile in quanto C ha caratteristica nulla 8 ricordiamo che, per ogni p fattore primo dell ordine di un gruppo, i p-sottogruppi di Sylow sono quelli che hanno per ordine la massima potenza di p che divide l ordine del gruppo, e ne esiste sempre almeno uno; essi sono inoltre normali nel gruppo.

45 4. DUE APPLICAZIONI DELLA TEORIA DI GALOIS 45 separabile; per il Teor. dell elemento primitivo, l estensione sarà allora semplice, generata da un certo β K H, il cui polinomio minimo sarà di grado 2 = [K H : C], irriducibile su C, in contrasto con l Oss. 4.2; quindi H non esiste, e ciò è possibile solo se t = Ciclotomia. Richiamiamo innanzi tutto alcune nozioni riguardanti le radici n-esime dell unità, nozioni che ci permetteranno di risolvere in maniera esauriente (almeno dal punto di vista teorico) il problema della ciclotomia, ovvero di stabilire quanto il problema ammette soluzione e quando no. Dallo studio delle equazioni polinomiali in C sappiamo che, fissato n N, l equazione x n 1 = 0 ammette esattamente n radici, dette radici n-esime dell unità; geometricamente, esse rappresentano i vertici di un poligono regolare ad n lati, inscritto nella circonferenza trigonometrica. Sia E n = {ε 1, ε 2,..., ε n } l insieme delle radici n-esime dell unità; ricordiamo che (E n, ) è un gruppo, con unità ε n = 1; il gruppo è abeliano, in quanto sottogruppo del gruppo moltiplicativo di C, ed è ciclico; per giustificare questa affermazione, ricordiamo che le radici n-esime dell unità possono essere messe nella forma ( ) ( ) 2πj 2πj x j = cos + i sin, j = 1, 2,..., n; n n per la formula delle potenze dei numeri complessi, si ha allora (def) x j = (x 1 ) j j = 1, 2,..., n, e quindi x 1 è un generatore di E n ; in realtà si vede facilmente che x k è un generatore di E n se e solo se k è primo con n; E n ammette allora esattamente ϕ(n) generatori, dove ϕ è funzione di Eulero 9 ; essi prendono il nome di radici primitive n-esime dell unità. Ricordiamo che sono condizioni equivalenti: x k è radice primitiva n-esima; x k genera E n ; x k ha ordine n; x k non è radice m-esima per m < n. Fissiamo ora una radice n-esima primitiva dell unità ε; il polinomio x n 1 si decompone allora in fattori lineari nella forma n x n ( 1 = x ε j ) ; j=1 posto poi, per ogni d N, f d (x) = ϕ(d) j=1 (x ε j ) (polinomio ciclotomico di ordine d) dove gli ε j sono le radici primitive d-esime dell unita, si ha (def) x n 1 = d n f d. 9 ricordiamo che la funzione di Eulero, per definizione, associa ad ogni numero naturale n il numero di numeri primi con n.

46 46 II. TEORIA DI GALOIS Esempio 4.1 Consideriamo dapprima il caso n = 4. Le radici quarte dell unità sono {i, 1, i, 1}; i e i sono radici quarte primitive, mentre 1 non è radice quarta primitiva (in quando è anche radice quadrata). I polinomi ciclotomici f d sono, in questo caso: f 1 (x) = x 1, f 2 (x) = x + 1, f 4 (x) = x Consideriamo ora il caso n = 6. Si ha: x 6 1 = ( x 3 1 )( x ) = (x 1) ( x 2 + x + 1 ) (x + 1) ( x 2 x + 1 ) ; il fattore x 2 + x + 1 darà le radici cubiche (che sono anche radici seste, ma non primitive), ed il fattore x 2 x + 1 darà le radici seste primitive; i polinomi f d sono allora, in questo caso: f 1 (x) = x 1, f 2 (x) = x + 1, f 3 (x) = x 2 + x + 1, f 6 = x 2 x + 1. Proposizione 4.1 Sia n N; il polinomio ciclotomico f n di grado n è monico ed irriducibile su Q. Dimostrazione. f n è banalmente monico, in quanto prodotto di polinomi monici; proviamo la sua irriducibilità. Proviamo innanzi tutto, per induzione su n, che f n è a coefficienti interi. Ciò è stato visto, nel precedente esempio, per i polinomi ciclotomici di ordine fino ad n = 4; d altra parte, posto si ha g = f d, d n d<n (14) x n 1 = g f n, e quindi f n = xn 1 g è quoziente di polinomi monici in Z[x] (per induzione, g è a coefficienti interi; dalla (14) segue che g è monico), ed è quindi monico in Z[x]; quindi in particolare f n è a coefficienti interi. Allora, per provare la sua irriducibilità in Q basta provare la sua irriducibilità in Z. Fissiamo una radice primitiva n-esima dell unità ε; essa è radice di f n (per la definizione di f n ); proviamo che f n è il suo polinomio minimo. Detto f il polinomio minimo di ε su Q, poiché ε è radice di f n, f n è multiplo di f, e si può quindi scrivere nella forma f n = f g; per provare che f n è il polinomio minimo di ε, ossia che f n = f, basta provare che f è multiplo di f n, ossia che ogni radice di f n è radice di f. Sia p un primo che non divida n; ε p è ancora una radice n-esima primitiva dell unità, ed è quindi radice di f n ; sarà allora radice di f o di g; proviamo che deve necessariamente essere radice di f. Se per assurdo ε p fosse radice di g, ε sarebbe radice del polinomio g(x p ), e quindi, essendo f il polinomio minimo di ε, g(x p ) = f(x) h(x). Consideriamo

47 4. DUE APPLICAZIONI DELLA TEORIA DI GALOIS 47 l omomorfismo canonico Z Z p ; per ogni polinomio ϕ Z[x], denotiamo con ϕ il suo corrispondente in Z p [x]; in particolare, il corrispondente di g(x p ) sarà del tipo ḡ(x p ) = a 0 + a 1 (x p ) + + a r (x p ) r, con a j Z p j = 1, 2,..., r; poiché in Z p risulta a p = a, si ha ḡ(x p ) = a p 0 + ap 1 xp + + a p r(x p ) r = (a 0 + a 1 x + + a r x r ) p = (ḡ(x)) p, e quindi da g(x p ) = f(x) h(x) segue (ḡ) p = f h; allora, ogni fattore irriducibile di f divide ḡ p e quindi ḡ; ciò implica che f e ḡ hanno un fattore irriducibile a comune. Poiché d altronde f n divide x n 1 ed f n = f g, si ha (passando alle classi in Z p [x]) che x n 1 è multiplo di f ḡ; f e ḡ, come visto sopra, hanno un fattore irriducibile in comune, e quindi x n 1 ha una radice multipla in Z p ; il suo polinomio derivato nx n 1 ha allora una radice in comune con x n 1 in Z p ; ma poiché p non divide n l unica radice di nx n 1 in Z p è x = 0, che non è radice di x n 1 in Z p ; si ha quindi un assurdo, che proviene dall aver supposto che ε p possa essere radice di g; ε p è allora radice di f per ogni p primo che non divide n. Ne segue allora che ogni radice n-esima primitiva dell unità è radice di f, e quindi ogni radice di f n è radice di f; da questo, come già osservato, segue che f = f n, e quindi che f n è il polinomio minimo di ε; ciò implica che f n è irriducibile, e quindi la tesi è completamente provata. Corollario 4.1 Sia ε una radice primitiva n-esima dell unità; l estensione Q Q(ε) è finita di grado ϕ(n). Dimostrazione. Infatti, f n è il polinomio minimo di ε ed ha grado ϕ(n). Esempio 4.2 Nel caso n = 4, scelta ε = i, si ha f 4 = x e quindi Q(ε) = Q(i) ha grado 2 su Q. Nel caso n = 6, detta ε una radice primitiva sesta, si ha f 6 = x 2 x+1 e quindi Q(ε) ha ancora grado 2 su Q. Osservazione 4.3 Per determinare il gruppo di Galois dell estensione Q Q(ε) (con ε radice n-esima primitiva), ricordiamo che in Z n l insieme U n degli invertibili costituisce un sottogruppo di ordine ϕ(n). Proviamo che U n è proprio il gruppo di Galois G di Q Q(ε). Dimostrazione. Sia σ G; σ deve portare ε in una radice primitiva ε j (con j primo con n); si vede subito che l applicazione ψ : G U n definita da ψ(σ) = j è un isomorfismo tra gruppi. Definizione 4.1 Sia ε una radice primitiva n-esima dell unità; il campo Q(ε) è detto campo ciclotomico di ordine n. Possiamo ora affrontare il problema della ciclotomia. Come già detto, esso consiste nella suddivisione di una circonferenza in n parti uguali mediante riga e compasso; ciò equivale alla costruzione sulla circonferenza di n punti, vertici di un poligono regolare ad n lati; per comodità, possiamo sempre fissare la circonferenza uguale alla circonferenza goniometrica (centrata nell origine del piano, di raggio unitario) e possiamo sempre fissare il primo vertice nel punto P = (1, 0). Per costruire gli altri vertici, basta costruire un vertice adiacente a P, ovvero basta costruire il seno

48 48 II. TEORIA DI GALOIS o il coseno di un angolo al vertice del poligono; posto allora a = cos 2π, il poligono n è costruibile se e solo se a è costruibile (vedi figura 1). O a P Figura 1. Ciclotomia (n = 8) Teorema 4.2 Condizione necessaria e sufficiente affinché il problema della ciclotomia sia risolvibile è che ϕ(n) sia una potenza di 2. Necessità. Supponiamo che il problema sia risolvibile; proviamo che ϕ(n) è una potenza di due. Per ipotesi, a = cos 2π è costruibile; esiste quindi una catena n (15) Q = K 0 K 1 K 2 K t = K tale che a K = K t e [K i : K i 1 ] = 2 per ogni i = 1, 2,..., t. Poniamo b = sin 2π n ε = cos 2π n + i sin 2π n = a + ib. e consideriamo la radice n-esima primitiva dell unità Estendiamo la catena (15) con il campo K t+1 = K(b); risulta a 2 +b 2 = ε 2 = 1, e quindi b 2 = 1 a 2 ; allora K(b) è generato dalle radici dell equazione x 2 1+a 2 = 0 (che sono b e b), e quindi avrà grado 1 oppure 2 su K (a seconda che b appartenga a K o meno). Aggiungiamo infine alla catena il campo L = K t+1 (i) = K(b, i), che ha grado due su K t+1 (in quanto il polinomio minimo di i è x 2 + 1). Essendo a, b, i L e quindi ε = a + ib L, si ha Q(ε) L; per quanto visto sui gradi delle estensioni, si ha poi [L : Q] = 2 s, con s = t + 1 oppure s = t + 2 (a seconda del grado di K(b) su K), e quindi anche ϕ(n) = [Q(ε) : Q] è una potenza di 2. Sufficienza. Supponiamo ora che ϕ(n) = 2 r ; proviamo che il problema della ciclotomia è risolvibile, ossia che a = cos 2π n è costruibile. Sappiamo che Q Q(ε) è un estensione di Galois, il cui gruppo è U n. Poiché la coniugazione complessa σ lascia invariato Q, essa sta in U n ; ricordiamo che σ ha ordine due, e quindi il gruppo generato da σ ha ordine due, ed è normale in U n ; consideriamo il campo fisso K di σ ; si ha K R, poiché un numero è uguale al proprio coniugato solo se è un numero reale. Inoltre a = ε + ε K (dove ε è 2 definito come nella dimostrazione della necessità).

49 4. DUE APPLICAZIONI DELLA TEORIA DI GALOIS 49 Proviamo ora che esiste una catena di sottocampi di K, ognuno di grado 2 sul precedente; ciò sarà sufficiente a provare che a è costruibile. Il gruppo di Galois dell estensione Q K è G = U n σ, ed ha grado 2 r 1 ; G è allora un 2-gruppo, e quindi esiste una catena di sottogruppi di G H 1 H 2 H r 2 con o(h i ) = 2 i ; la catena dei sottocampi di K corrispondenti è quella cercata. Osservazione 4.4 Vediamo ora con più precisione quali sono gli interi n per cui ϕ(n) è una potenza di 2. Decomponendo n in fattori primi, si ha n = 2 r p 1 s 1... p t s t, e quindi ϕ(n) = ϕ(2 r )ϕ(p 1 s 1 )... ϕ(p t s t ); ma per un primo p si ha ϕ(p s ) = p s p s 1 = p s 1 (p 1), e quindi ϕ(n) = 2 r 1 p 1 s 1 1 (p 1 1)... p t s t 1 (p t 1) che è una potenza di due se e solo se s 1 = s 2 = = s t = 1 e p i 1 è una potenza di 2 per ogni i = 1, 2,..., t. Il cerchio è quindi n-secabile se e solo se n è nella forma n = 2 r p 1... p t dove i p i sono primi nella forma 2 hi +1. Il problema consiste allora nel trovare primi nella forma 2 h + 1. Osserviamo che condizione necessaria (ma non sufficiente) per ciò è che h sia a sua volta una( potenza di 2; infatti, se h 2 k, allora h = 2 k m con m dispari, ed allora 2 h + 1 = 2 2k) m + 1, che si può decomporre in quanto somma di potenze dispari; 2 h + 1 non è allora primo. I numeri nella forma suddetta prendono il nome di primi di Fermat. Gli unici noti al momento sono 3 = 2 + 1, 5 = , 17 = , 257 = , = ; a partire da k = 5, pare non ci siano più primi nella forma richiesta; ciò non è però ancora stato provato, ed è quindi un problema aperto. Per concludere, proviamo che non è un numero primo, provando che 641 è un suo fattore. Dimostrazione. Osserviamo che 641 = = ed anche 641 = = ; lavorando allora in Z 641 si ha = 0, e quindi 5 = 2 7. Si ha anche = 0, e quindi ( 2 7) 4 = 0, ossia = 0; dividendo per 2 28 si ottiene = 0 (in Z 641 ), e quindi è multiplo di 641.

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51 CAPITOLO III Risolubilità delle equazioni polinomiali 1. Gruppi risolubili Definizione 1.1 Un gruppo G si dice risolubile se esiste una catena finita di sottogruppi tale che {e} = K 0 K 1 K n = G (1) K i 1 è normale in K i i = 1, 2,..., n; (2) K i Ki 1 è abeliano i = 1, 2,..., n. Osservazione 1.1 Ogni gruppo abeliano è risolubile (la catena risolvente è {e} G). Ogni p-gruppo finito è risolubile: la catena risolvente è in tal caso data da gruppi K i tali che o(k i ) = p i i = 1, 2,..., n; l esistenza dei gruppi K i è assicurata dal fatto che G è un p-gruppo. Proprietà dei gruppi risolubili. (1) Se G è un gruppo risolubile, ogni suo sottogruppo H è risolubile; (2) se G è un gruppo risolubile ed N è un suo sottogruppo normale, allora G N è risolubile; (3) se N è un sottogruppo normale risolubile di un gruppo G, e se G N è risolubile, allora G è risolubile. (4) se G è finito e risolubile, allora la catena risolvente si può raffinare aggiungendo sottogruppi in modo che i quozienti abbiano per ordine un numero primo Dimostrazione. Proviamo la (1). Per ipotesi esiste una catena {e} = K 0 K 1 K n = G che risolve G; proviamo che la catena K 0 H K 1 H K n H = H risolve H. Sia ϕ: H K i K i l inclusione canonica e sia ψ : K i K i Ki 1 l omomorfismo canonico; si ha Ker (ψ ϕ) = {x H K i x K i 1 } = H K i 1 e quindi H K i 1 è normale in H K i (in quanto nucleo di un omomorfismo); inoltre, è possibile definire un omomorfismo iniettivo da H K i Ker (ψ ϕ) a K i Ki 1 ; essendo abeliano il secondo quoziente, lo sarà anche il primo, e quindi H K i H Ki 1 è abeliano. La catena suddetta è allora una catena risolvente per H, e quindi H è risolubile. 51

52 52 III. RISOLUBILITÀ DELLE EQUAZIONI POLINOMIALI Proviamo ora la (2). Per il Teor. di corrispondenza, esiste una biiezione tra i sottogruppi di G contenenti N ed i sottogruppi di G N. Inoltre, per ipotesi, esiste una catena {e} = K 0 K 1 K n = G che risolve G; per la normalità di N, la catena N = K 0 N K 1 N K n N = G è sempre costituita da sottogruppi di G; sia, per ogni i = 1, 2,..., n, H i l imagine in G N di K i N secondo l omomorfismo canonico. Proviamo che H 0 H 1 H n è una catena risolvente G N. Si ha innanzi tutto H 0 = { e G/N } e Hn = G N. Proviamo che H i 1 è normale in H i ; grazie al Teor. di corrispondenza, basta provare che K i 1 N è normale in K i N. Siano dunque k i n K i N e k i 1 n 1 K i 1 N; verifichiamo che (k i n) 1 (k i 1 n 1 )(k i n) K i 1 N; risulta: (k i n) 1 (k i 1 n 1 )(k i n) = = n 1 k 1 i k i 1 n 1 k i n = (per normalità di N, n 1 k i = k i n ) = n 1 k 1 i k i 1 k i n n = (h i 1 = k 1 i k i 1 k i K i 1, per normalità di K i 1 in K i ) = n 1 h i 1 n n = (per normalità di N, nh i 1 = h i 1 n) = h i 1 n n n; l ultimo membro è un elemento di K i 1 N, e quindi lo è anche il primo membro; la normalità di K i 1 N in K i N è così provata. Per completare la dimostrazione del punto (2), occorre provare che H i Hi 1 è abeliano; per il Teor. di corrispondenza, basta verificare che K in Ki 1 N è abeliano. Consideriamo l immersione canonica ϕ 0 : K i K i N e l omomorfismo canonico ψ 0 : K i N K in Ki 1 N ; proviamo che ψ 0 ϕ 0 : K i K in Ki 1 N è suriettiva. Fissiamo k i nk i 1 N K in Ki 1 N ; per la normalità di N si ha K i 1N = NK i 1, e quindi (16) k i nk i 1 N = k i nnk i 1 = k i NK i 1 = k i K i 1 N = ψ 0 (ϕ 0 (k i )); il generico elemento k i nk i 1 N K in Ki 1 N è allora immagine secondo ψ 0 ϕ 0 di k i K i ; ciò prova la suriettività di ψ 0 ϕ 0. Dall ultima eguaglianza della (16) segue anche che per ogni k i 1 K i 1 K i si ha ψ 0 (ϕ 0 (k i 1 )) = k i 1 K i 1 N = K i 1 N; allora ψ 0 (ϕ 0 (K i 1 )) = K i 1 N, che è l elemento nullo di K in Ki 1 N ; quindi K i 1 Ker (ψ 0 ϕ 0 ); per un Cor. del Teor. dell omomorfismo, la funzione ϕ 1 : K i Ki 1 K in Ki 1 N definita con la legge ϕ 1 (k i K i 1 ) = k i K i 1 N risulta essere un omomorfismo suriettivo (poiché la sua immagine è la stessa di ψ 0 ϕ 0 ); dall abelianità di K i Ki 1 segue allora

53 1. GRUPPI RISOLUBILI 53 l abelianità di K i N Ki 1 N e quindi di H i Hi 1 ; come già visto sopra, questo completa la dimostrazione del fatto che la catena degli H i risolve G N, e quindi il punto (2) è completamente provato. Proviamo ora la proprietà (3). Per ipotesi esiste una catena {e} = K 0 K 1 K n = N che risolve N, ed una catena H 0 H 1 H m = G N che risolve G N. Poniamo, per ogni i = 0, 1,..., m, K n+i = π 1 (H i ), dove π : G G N è l omomorfismo canonico. Si verifica facilmente che la catena dei K i (i = 0, 1,..., m + n) è una catena risolvente G (la prima parte di questa catena è proprio la catena che risolve N; il resto viene aggiunto in base alla catena che risolve G N ). Proviamo infine la proprietà (4), ragionando per induzione su o(g). Se l ordine di G è 1 o un numero primo, allora la catena {e} G è quella della tesi, ed è anzi l unica catena risolvente G. Supponiamo allora che l ordine di G sia m > 1, e che la proprietà sia verificata per tutti i gruppi di ordine minore di m; proviamo la tesi per G. Per ipotesi, G è risolubile; sia {e} = K 0 K 1 K n = G la catena risolvente da raffinare. Per definizione di catena risolvente, si ha che K n 1 è normale in K n = G, ed inoltre G = K n Kn 1 = G Kn 1 è abeliano; in particolare, quindi, G ammette sottogruppi di qualunque ordine che divida o ( G ) ; in particolare, G ammette un sottogruppo H avente indice p primo in G (basta scegliere H di ordine o(g) ); essendo G abeliano, H è normale in G; allora H = p π 1( H ) (con π : G G omomorfismo canonico) è normale in G (immagine inversa di un sottogruppo normale), ed il gruppo G H = G H ha ordine p. Applicando ad H l ipotesi induttiva, si ottiene una catena fine di sottogruppi di H risolvente H; aggiungendo a questa catena G, si ottiene una catena fine di sottogruppi di G risolvente G Risolubilità di S n. Osservazione 1.2 Ricordiamo che con S n si suole denotare il gruppo simmetrico delle permutazioni su n elementi; i suoi elementi vengono di solito indicati nella forma ( ) n ; n i cicli possono però essere indicati nella forma abbreviata ( ) n ( ) = ; n

54 54 III. RISOLUBILITÀ DELLE EQUAZIONI POLINOMIALI ogni permutazione è composizione di cicli, ed a sua volta ogni ciclo è composizione di trasposizioni (cicli di ordine due); ad esempio, ( ) = (1 4)(1 3)(1 2) (la composizione va letta da destra a sinistra); risulta così immediata la determinazione della parità di una permutazione, ossia del numero di scambi necessari per ottenerla: scritta la permutazione sotto forma di composizione di trasposizioni, la parità risulta infatti uguale alla parità del numero di trasposizioni necessaria per ottenerla. Per cicli complessi, come ad esempio ( )(7 8), la parità è uguale alla parità del numero ottenuto sottraendo al numero di elementi permutati il numero di cicli: nel precedente, 6 2 = 4, si ha una parità pari. L dentità, indicata con ( ) o più semplicemente con e, è il ciclo che non sposta alcun elemento, ed ha parità pari. Ricordiamo che in ogni S n è presente il sottogruppo normale A n delle permutazioni pari, avente per ordine metà dell ordine di S n. Abbiamo visto sopra che S n è generato dalle trasposizioni; vale in realtà il seguente interessante risultato Proposizione 1.1 S n è generato dai cicli (1 2), τ = ( n). Dimostrazione. Basta provare che ogni trasposizione è generata da τ e (1 2). Si ha (verifiche immediate): τ(1 2)τ 1 = (2 3), τ(2 3)τ 1 = (3 4),... e così via; si ottengono così tutte le trasposizioni nella forma (i i + 1); si ha poi (1 3) =(1 2)(2 3)(1 2) (1 4) =(1 2)(3 4)(1 2). (1 i) =(1 2)(i 1 i)(1 2).. e si ottengono così tutte le trasposizioni nella forma (1 i); ora, la generica trasposizione (i j) si ottiene come composizione (i j) = (1 i)(1 j)(1 i). Siamo quindi in grado di generare tutte le trasposizioni a partire da (1 2) e τ. Esempio 1.1 Vediamo ora alcuni gruppi simmetrici, in particolare rispetto alla risolubilità. Il gruppo S 2 è banale. Il gruppo S 3 ha sei elementi: (1 2), (2 3), (1 3) dispari e (1 2 3), (1 3 2), ( ) pari; S 3 è risolubile, con la catena {e} A 3 S 3, che è una catena fine (cioè, l indice di ogni gruppo nel successivo è un numero primo). Il gruppo S 4 ha 4! = 24 elementi; il gruppo alterno A 4 ne ha allora 12; inoltre, in A 4 c è il sottogruppo abeliano V, normale in A 4, formato dagli elementi ( ), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3);

55 1. GRUPPI RISOLUBILI 55 la catena {e} V A 4 S 4 risolve S 4, ma non è fine, in quando l indice di {e} in V è 4, che non è primo; intercalando però il gruppo U = {e, (1 2)(3 4)} si ottiene una catena fine. Teorema 1.1 Per n 5, A n non ha sottogruppi normali propri (ovvero: il gruppo alterno è semplice per n 5). Dimostrazione. I 3-cicli sono permutazioni pari, e quindi sono contenuti in A n ; proviamo che i 3-cicli generano A n. Poiché gli elementi di A n sono i cicli pari, essi si otterranno come prodotto di un numero pari di trasposizioni; ma il prodotto di due trasposizioni si può sempre scrivere nella forma di un 3-ciclo; infatti: se le due trasposizioni non hanno elementi a comune, si ha (k l)(i j) = (i l k)(i j k); se le due trasposizioni hanno un elemento a comune, si ha (i k)(i j) = (i j k); ogni elemento di A n si può allora sempre scrivere sotto forma di prodotto di 3-cicli, e quindi A n è generato da 3-cicli. Proviamo ora che se un sottogruppo normale H di A n contiene un 3-ciclo, allora li contiene tutti (e quindi H = A n se H contiene un 3-ciclo). Supponiamo che (i j k) H, e sia (i j k ) un altro 3-ciclo; proviamo che (i j k ) H. Poiché n 5, esistono l, m i, j, k ed ha quindi senso considerare la permutazione α = ( i j k l m... i j k l m... ) ; se α non è pari, si ottiene subito una permutazione pari scambiando l, m ; possiamo quindi sempre supporre α pari, ossia α A n ; risulta poi α(i j k)α 1 = (i j k ) e quindi, per la normalità di H ed essendo α A n, si ha (i j k ) H; per l arbitrarietà della scelta di (i j k ), si ha che H contiene tutti i 3-cicli, e quindi H = A n, come volevamo provare. Per completare la dimostrazione, basta allora provare che ogni sottogruppo normale non banale di A n contiene un 3-ciclo. Sia H un sottogruppo normale non banale di A n ; esiste allora α H, α e; possiamo inoltre scegliere α in modo che lasci fisso il maggior numero di indici. Proviamo che α è un 3-ciclo. Supponiamo per assurdo che α non sia un 3-ciclo; α si potrà allora scrivere come prodotto di cicli, e due casi potranno presentarsi. (1) α si scrive come prodotto in cui almeno un ciclo α 1 = (i j k...) ha lunghezza almeno 3; in questo caso: (a) o α = α 1, ed allora α (non essendo un 3-ciclo ed avendo parità pari), sarà un ciclo di lunghezza dispari maggiore o uguale di 5, e quindi esisteranno almeno altri due elementi l, m permutati da α = α 1 ; (b) oppure α contiene anche altri fattori (oltre ad α 1 ); essi saranno in numero almeno di due (sempre per la parità di α), e quindi vi saranno, anche in questo caso, almeno altri due elementi l, m spostati da α;

56 56 III. RISOLUBILITÀ DELLE EQUAZIONI POLINOMIALI (2) α è prodotto di cicli disgiunti tutti di lunghezza 2 (quindi α è nella forma α = (i j)(k l)...); questi saranno in numero pari (sempre per motivi di parità), e quindi saranno almeno due, che sposteranno certi elementi i, j, k, l; essendo n 5, esiste m i, j, k, l. Consideriamo ora, in entrambi i casi, il ciclo β = (k l m) A n ; per normalità di H si ha βαβ 1 H e quindi anche γ = βαβ 1 α 1 H. Proviamo ora che γ e e γ tiene fissi più elementi di α. Si ha, nei due casi: βαβ 1 α (1) j l, j k e quindi α βαβ 1, ossia e βαβ 1 α 1 = γ; βαβ (2) l 1 α m, l k e quindi α βαβ 1, ossia e βαβ 1 α 1 = γ; e quindi sempre e γ. Proviamo quindi che γ lascia fissi più elementi di α: (1) osserviamo che γ lascia fissi tutti gli elementi di α (in quanto muove solo γ elementi mossi da α), ed inoltre j j, ossia γ lascia fisso almeno un altro elemento, j; (2) γ lascia fissi i, j; se α muove m, allora γ lascia fissi due elementi più di α: l, m; se α lascia fisso m, allora γ lascia fisso un elemento più di α: l. in ogni caso quindi γ lascia fissi più elementi di α, e ciò è assurdo, poiché in principio α era stato scelto in modo da lasciar fisso il maggior numero di elementi. Corollario 1.1 S n non è risolubile per n 5. Dimostrazione. Se per assurdo S n fosse risolubile, lo dovrebbe anche essere A n ; dovrebbe allora esiste una catena di sottogruppi di A n avente per indici numeri primi; ma l unica catena di A n è, per il precedente Teor., {e} A n, e quindi A n dovrebbe avere ordine p primo, e ciò è assurdo in quando ne seguirebbe o(s n ) = 2p, che è falso per n Estensioni cicliche Nota Nel seguito supporremo sempre, tranne quando diversamente specificato, che i campi trattati siano a caratteristica nulla. Definizione 2.1 Un estensione di Galois F K si dice ciclica se il gruppo G(K, F) è ciclico. Definizione 2.2 Sia F K un estensione di Galois e sia a K; gli elementi σ(a), con σ G = G(K, F), si dicono coniugati di a. Si pone poi N (a) = σ G σ(a) (norma di a) Tr (a) = σ G σ(a) (traccia di a) Osservazione 2.1 Si ha sempre N (a), Tr (a) F a K. Teorema 2.1 (90 di Hilbert) Sia F K un estensione ciclica di ordine n e sia τ un generatore di G(K, F). Un elemento a K ha norma 1 se e solo se esiste b K tale che a = b τ(b).

57 Dimostrazione. Supponiamo che esista b K tale che a = b ; essendo τ un genera- τ(b) tore di G(K, F), i coniugati di a sono 2. ESTENSIONI CICLICHE 57 a, τ(a), τ 2 (a),..., τ n 1 (a), che si possono anche scrivere nella forma b τ(b), risulta allora τ(b) τ 2 (b), N (a) = σ G σ(a) = τ 2 (b) τ 3 (b),..., τ n 1 (b) ; b n 1 i=1 τ i (a) = n 1 i=1 τ i (b) τ i+1 (b) = 1 e quindi effettivamente a ha norma 1. Viceversa, supponiamo che a abbia norma 1; per il Teor. dell indipendenza lineare degli automorfismi (Teor. 3.1, Cap. II), ogni combinazione lineare degli automorfismi 1, τ, τ 2,..., τ n 1 è un applicazione da K in K non identicamente nulla; in particolare, la combinazione lineare ϕ = 1 + aτ + aτ(a)τ aτ(a) τ n 2 (a)τ n 1 è non nulla, ossia esiste c K tale che ϕ(c) 0; poniamo allora b = ϕ(c) = c + aτ(c) + aτ(a)τ 2 (c) + + aτ(a)... τ n 2 (a)τ n 1 (c) e proviamo che b = a. Si ha τ(b) τ(b) = τ(c) + τ(a)τ 2 (c) + τ(a)τ 2 (a)τ 3 (c) + + τ(a)τ 2 (a)... τ n 1 (a)c; moltiplicando membro a membro per a si ottiene: aτ(b) = aτ(c) + aτ(a)τ 2 (c) + aτ(a)τ 2 (a)τ 3 (c) + + N (a)c = = aτ(c) + aτ(a)τ 2 (c) + aτ(a)τ 2 (a)τ 3 (c) + + c = b da cui, per transitività, aτ(b) = b e quindi a = provare. b, che è quanto volevamo τ(b) Teorema 2.2 Sia F K un estensione ciclica di grado n; supponiamo che F contenga le radici n-esime dell unità; esiste allora b K tale che K = F(b), a = b n F e K è il c.s. del polinomio x n a. Dimostrazione. Sia ξ F una radice n-esima primitiva dell unità; il suo reciproco ξ 1 sarà ancora una radice n-esima primitiva dell unità, e starà ancora in F; allora, poiché gli automorfismi di G = G(K, F) lasciano fissi gli elementi di F, ξ 1 sarà lasciato fisso dagli elementi di G, cioè ξ 1 è l unico coniugato di se stesso, e la sua

58 58 III. RISOLUBILITÀ DELLE EQUAZIONI POLINOMIALI norma sarà pertanto N (a) = ( ξ 1) n = (ξ n ) 1 = 1; per il Teor. 90 di Hilbert esiste quindi b K tale che ξ 1 = b (dove τ è un generatore di G). Quindi τ(b) τ(b) = ξb (17) τ 2 (b) = τ(ξ)τ(b) = ξ 2 b τ 3 (b) = ξ 3 b. τ n 1 (b) = ξ n 1 b ; inoltre, poiché risulta τ(b n ) = (τ(b)) n = (ξb) n = b n, si ha che b n è lasciato fisso da τ, e quindi da tutti gli automorfismi di G, ossia a = b n F. Proviamo ora che K = F(b). Da (17) segue che b viene lasciato fisso solo dall identità, e quindi F(b) viene lasciato fisso dalla sola identità, e ciò implica (essendo comunque F(b) K) F(b) = K. Infine, proviamo che K è il c.s. di x n a; infatti, le radici di x n a sono b, ξ 2 b, ξ 3 b,..., ξ n 1 b, che sono tutti elementi di K, e lo generano in quanto K è generato da b. Il teorema si può (in un certo senso) invertire, nel seguente modo: Teorema 2.3 Sia F un campo contenente le radici n-esime dell unità e sia a F; sia K il c.s. del polinomio x n a; allora F K è un estensione ciclica avente per grado un divisore di n. Dimostrazione. Sia b una radice (in K) del polinomio x n a, e sia ξ una radice primitiva n-esima dell unità; allora, le radici del polinomio x n a sono b, ξ 2 b, ξ 3 b,..., ξ n 1 b. Per ogni τ G = G(K, F) si ha che τ(b) è ancora radice di x n a (poiché a F, e quindi gli automorfismi di G portano radici di x n a in radici dello stesso polinomio); esiste allora i N, con 0 i n 1, tale che τ(b) = ξ i b; è allora possibile definire una mappa ϕ: G E n (dove E n è il gruppo delle radici n-esime dell unità) secondo la legge ϕ(τ) = ξ i, dove i è l esponente suddetto. Poiché E n è ciclico di ordine n, per provare la tesi basta provare che ϕ è un omomorfismo iniettivo. Proviamo che ϕ è un omomorfismo: fissiamo τ, σ G; esisteranno allora i, j tali che τ(b) = ξ i b, σ(b) = ξ j b; risulta quindi (σ τ)(b) = σ ( ξ i b ) = ξ i σ(b) = ξ i ξ j b, ossia ϕ(σ τ) = ϕ(σ) ϕ(τ); quindi ϕ è un omomorfismo. Proviamo infine che ϕ è iniettivo; si ha Ker ϕ = {τ G ϕ(τ) = 1} = {τ G τ(b) = b}; ma un automorfismo di G che lascia fisso b, essendo F(b) = K, deve lasciare fisso K, ed è quindi l identità; il nucleo di ϕ è allora costituito dalla sola identità, ossia ϕ è iniettivo.

59 3. ESTENSIONI RADICALI 59 Lemma 2.1 (del cambiamento di base) Sia F K un estensione di Galois; sia poi Φ un campo contente F; supponiamo che Φ, K siano entrambi contenuti in un campo più grande, e sia Φ(K) il sottocampo generato da Φ, K (cioè il più piccolo campo contenente Φ e K); l estensione Φ Φ(K) è di Galois e G(Φ(K), Φ) G(K, F): Φ(K) Φ K F = G(Φ(K), Φ) G(K, F) Dimostrazione. Sia f F[x] il polinomio di cui K è il c.s., e siano b 1, b 2,..., b t le sue radici; f è anche a coefficienti in Φ e risulta Φ(K) = Φ(b 1, b 2,..., b t ), quindi Φ Φ(K) è di Galois. Sia σ G(Φ(K), Φ); allora σ : Φ(K) Φ(K) e σ lascia fisso Φ; quindi σ K : K K lascia fisso F, ossia σ K G(K, F). La legge σ σ K è banalmente un omomorfismo tra gruppi; per provare la tesi, basta allora provare che è iniettiva, ossia che se σ id K allora σ = id Φ(K) ; ma ciò è ovvio perché da σ id K segue che σ(b i ) = b i i = 1, 2,..., t, e quindi σ = id Φ(K) (in quanto σ lascia fissi Φ e tutti i generatori di Φ(K) su Φ). 3. Estensioni radicali Definizione 3.1 Un estensione F K si dice radicale se K = F(α 1, α 2,..., α t ) e per ogni i = 1, 2,..., t esiste n i N tale che a i n i F(α 1, α 2,..., α i 1 ), ovvero se esiste una catena di campi F K 1 = F(α 1 ) K 2 = K 1 (α 2 ) K = K t = K t 1 (α t ) con le α i K i tali che, per ogni i = 1, 2,..., t, esista n i N tale che a i n i K i 1. Osservazione 3.1 È sempre possibile scegliere gli esponenti n i primi; infatti, se un certo n i non è primo, è sempre possibile intercalare campi, in modo da ottenere esponenti primi. Esempio 3.1 Consideriamo un estensione del tipo F F(α) con α tale che α 6 F; posto allora β = α 3, si ha β 2 F, α 3 = β F(β) e quindi nella catena F F(β) F(β, α) = F(α) gli esponenti n i sono primi. Osservazione 3.2 Sia F K un estensione radicale; esiste allora un estensione L di K che è radicale e di Galois su F. Dimostrazione. Per ipotesi, esiste una catena F K 1 K 2 K t = K n con K i = K i 1 (α i ) e α i i K i 1. Siano g 1, g 2,..., g t i polinomi minimi su F di α 1, α 2,..., α t, e sia L il c.s. del polinomio f = t i=1 g; l estensione F L è allora di Galois, e banalmente K L; proviamo che L è radicale su F. L è generato da tutte le radici di f; siano α i,j le radici del polinomio g i (con j = 1, 2,..., r i e i = 1, 2,..., t); allora L è generato dagli α i,j.

60 60 III. RISOLUBILITÀ DELLE EQUAZIONI POLINOMIALI n Sappiamo che α 1 è radice di g 1, e che α 1 1 F; fissiamo ora la radice α 1,1 di g 1 ; esiste σ 1 G(L, F) che scambia le radici: si ha allora σ 1 (α 1 ) = α 1,1 e σ 1 (α 1,1 ) = α 1 ; applicando σ 1 all estensione F K 1 otteniamo l estensione F = σ 1 (F) σ(k 1 ) n (ossia F F(α 1,1 )), che è radicale (in quanto α 1 n 1,1 = σ 1 (α 1 1 ) F). Osserviamo che si ha ancora σ 1 (K 1 ) σ 1 (K 2 ) L; quindi il precedente ragionamento può essere applicato nuovamente, partendo dalla radice α 1,1 e dall estensione radicale σ 1 (K 1 ) σ 1 (K 2 ); in corrispondenza alla radice α 1,2 di g 1 è allora possibile determinare σ 2 G(L, σ 1 (K 1 )) che scambi α 1,1, α 1,2 ; come visto sopra, si ha che σ 1 (K 1 ) σ 2 (σ 1 (K 2 )) è un estensione radicale. Ripetendo il ragionamento per ogni radice di g 1 si ottiene la catena di campi F σ 1 (K 1 ) = K 1,1 σ 2 (σ 1 (K 2 )) = K 1,2 K 1,r1 che forma un estensione radicale; quindi F F(α 1,1, α 1,2..., α 1,r1 ) è un estensione radicale di F; ripetendo poi il procedimento per ogni radice di ogni polinomio g i, si ottiene una catena, formante un estensione radicale, il cui ultimo campo sarà K t,rt, il campo generato su F da tutte le radici di tutti i polinomi; ma K t,rt è proprio L, e quindi L è radicale su F, come volevamo provare. Definizione 3.2 Sia F un campo; un polinomio f F[x] si dice risolubile per radicali (r.p.r.) su F se esiste una estensione radicale di F contenente il campo di spezzamento di f. Osservazione 3.3 La precedente definizione si può anche dare dicendo che un polinomio a coefficienti in un campo F è risolubile per radicali se le sue radici si possono esprimere come combinazioni lineari di radicali di F. Teorema 3.1 (Galois) Sia F un campo e sia f F[x]; sia Σ il c.s. di f; condizione necessaria e sufficiente affinché f sia r.p.r. è che G(Σ, F) sia un gruppo risolubile. Necessità. Supponiamo che f sia r.p.r; proviamo che G(Σ, F) è un gruppo risolubile. Per ipotesi esiste un estensione radicale M di F contenente Σ; possiamo inoltre supporre che M sia di Galois su F (poiché se così non fosse, basterebbe prendere in considerazione un estensione di F, radicale e di Galois, contenente M, la cui esistenza è assicurata dall Oss. 3.2); si ha allora G(M, F) = G(Σ, F); G(M, Σ) per provare che G(Σ, F) è risolubile basta allora dimostrare che G(M, F) è risolubile. Essendo F M un estensione radicale, esiste una catena F K 1 K 2 K t = M n con K i = K i 1 (α i ) e α i i F i 1. Poniamo n = mcm {n i i = 1, 2,..., t}. Supponiamo in un primo tempo che F contenga le radici n-esime dell unità. Sia, per ogni i = 1, 2,..., t, H i il sottogruppo di G = G(M, F) corrispondente di K i ; proviamo che la catena risolve G. {e} H t H 1 = G

61 3. ESTENSIONI RADICALI 61 Fissiamo i = 1, 2,..., t; poiché K i contiene le radici n-esime dell unità, ed n è multiplo di n i, K i contiene in particolare le radici n i -esime dell unità; si ha d altra parte K i = K i 1 (α i ) e α i n i K i 1, quindi, per il Teor. 2.3, pag. 58, l estensione K i 1 K i è ciclica; in particolare, H i è normale in H i 1, e H i 1 Hi è un gruppo ciclico, e quindi abeliano; ripetendo questo ragionamento per ogni i = 1, 2,..., t ed applicando le proprietà già viste dei gruppi risolubili (pag. 51), si ha che G è un gruppo risolubile. La tesi è allora provata se F contiene le radici n-esime dell unità; supponiamo ora che F non contenga le radici n-esime dell unità, e dimostriamo che ci si può riportare al caso precedente. Detta ξ una radice n-esima dell unità, consideriamo le estensioni F F(ξ) e M M(ξ): M(ξ) F(ξ) M F l estensione F(ξ) M(ξ) è di Galois, per il Lemma del cambiamento di base (Lemma 2.1); risulta poi G ( M, F ) = G( M(ξ), F ) G ( M(ξ), M ), e quindi G(M, F) è risolubile se e solo se G ( M(ξ), F ) è risolubile; d altra parte G ( M(ξ), F ) ha un sottogruppo normale, G ( F(ξ), F ), che è abeliano e quindi risolubile, e risulta G ( M(ξ), F(ξ) ) = G( M(ξ), F ) G ( F(ξ), F ) ; allora, per le già citate proprietà dei gruppi risolubili di pag. 51, per provare la risolubilità di G ( M(ξ), F ) basta allora provare che G ( M(ξ), F(ξ) ) è risolubile. Ma F(ξ) M(ξ) è un estensione radicale (una catena radicale si ottiene dai campi della catena di F M, aggiungendo ξ ad ogni campo), e contiene le radici n-esime dell unità; per il caso già esaminato si ha allora la risolubilità di G ( M(ξ), F(ξ) ) che, come visto sopra, assicura la tesi. Sufficienza. Supponiamo che il gruppo G(Σ, F) sia risolubile, e proviamo che f è r.p.r. Sia n = o(g); supponiamo in un primo tempo che F contenga le radici n-esime dell unità; proviamo allora la tesi con M = Σ; proviamo cioè che F Σ è radicale. Per la risolubilità di G(Σ, F) è possibile determinare una catena {e} H t H 1 G in cui ogni gruppo è normale nel precedente, ed i quozienti hanno per ordine numeri primi p i, e sono pertanto ciclici. Consideriamo la catena di campi K i associati ai gruppi H i, e proviamo che formano una catena radicale per dell estensione F Σ.

62 62 III. RISOLUBILITÀ DELLE EQUAZIONI POLINOMIALI Fissiamo i = 1, 2,..., t; dalla normalità di H i in H i 1 segue che l estensione K i 1 K i è di Galois e che il gruppo G(K i, K i 1 ) ha per ordine il numero primo p i (che divide n); allora le radici primitive p i -esime stanno nel campo K i, ed è quindi lecito applicate il Teor. 2.2, pag. 57, che assicura l esistenza di α i K i tale che p α i i K i 1 ; ripetendo il ragionamento per ogni i = 1, 2,..., t, si ottiene che la catena è una catena radicale. La tesi è allora provata nel caso in cui F contenga le radici n-esime dell unità; proviamo ora che se F non contiene le radici n-esime dell unità ci si può riportare al caso precedente. Supponiamo che F non contenga le radici n-esime dell unità, e sia ξ una radice n-esima dell unità; consideriamo le due estensioni F F(ξ), Σ Σ(ξ); proviamo la tesi con M = Σ(ξ); proviamo cioè che F Σ(ξ) è un estensione radicale; osserviamo che G(Σ(ξ), F(ξ)) è risolubile (in quanto sottogruppo del gruppo risolubile G(Σ, F)) ed il suo ordine divide n; per provare che F Σ(ξ) è radicale basta provare che F(ξ) Σ(ξ) è radicale (poiché F F(ξ) è tale che ξ n = 1 F); ma ciò segue immediatamente dal caso già visto, in cui i campi contenevano una radice n-esima dell unità. Esempio 3.2 Sia k un campo a caratteristica nulla, contenente le radici n-esime primitive dell unità. Siano a 1, a 2,..., a n indeterminate su k; il polinomio f(x) = X n a 1 X n ( 1) n a n (def) è detto polinomio generale di grado n. Consideriamo il campo F = k(a 1, a 2,..., a n ); sia Σ il campo di spezzamento di f, e siano y 1, y 2,..., y n le radici di f in Σ; allora, f si può scrivere (in Σ) nella forma f = n i=1 (X y i), e si ha Σ = k(y 1, y 2,..., y n ); sappiamo inoltre che fra i coefficienti di f e le sue radici intercorrono le relazioni: a 1 = y 1 + y y n n 1 a 2 = y i n y j i=1 n 2 a 3 = y i. i=1 j=i+1 n 1 j=i+1 a n = y 1 y 2... y n. y j n h=j+1 y h Per studiare il gruppo G(Σ, F), osserviamo che vi è una stretta corrispondenza tra il caso trattato qui, ed il caso trattato nell Ex. 3.7, Cap. II, pag. 42; abbiamo visto allora che k(x 1, x 2,..., x n ) ha per campo fisso k(s 1, s 2,..., s n ) (dove s i sono le funzioni simmetriche elementari), e che il gruppo di Galois dell estensione è S n. Confrontiamo ora il caso precedente con quello in questione. Consideriamo, a tal fine, gli omomorfismi suriettivi ψ : k[x 1, x 2,..., x n ] k[y 1, y 2,..., y n ] e ϕ: k[a 1, a 2,..., a n ] k[s 1, s 2,..., s n ], definiti dalle leggi ψ(x i ) = y i e ϕ(a i ) = s i.

63 3. ESTENSIONI RADICALI 63 Proviamo che ϕ è un isomorfismo. Basta provare che ϕ è iniettivo. Fissiamo allora g k[a 1, a 2,..., a n ] tale che ϕ(g) = 0, e proviamo che g = 0. Osserviamo che risulta ϕ(g) = g(s 1, s 2,..., s n ) k[s 1, s 2,..., s n ] k[x 1, x 2,..., x n ], ed è pertanto possibile applicare ψ; si ha allora g(a 1, a 2,..., a n ) ϕ g(s 1, s 2,..., s n ) = g(x x n,..., x 1 x n ) ψ ψ g(y y n,..., y 1 y n ) = g(a 1, a 2,..., a n ), e quindi ψ(ϕ(g)) = g; ma per ipotesi ϕ(g) = 0, e quindi ψ(ϕ(g)) = ψ(0) = 0, e quindi g = ψ(ϕ(g)) = 0. Abbiamo così provato che ϕ è iniettivo, e quindi un isomorfismo; i campi k[s 1, s 2,..., s n ] e k[a 1, a 2,..., a n ] sono allora isomorfi, e pertanto (Teor. sull unicità del campo di spezzamento) lo saranno anche i corrispondenti campi di spezzamento del polinomio f (e del corrispondete f = x n s 1 x n 1 + +( 1) n s n ), che sono, come detto sopra, k(x 1, x 2,..., x n ) e k(y 1, y 2,..., y n ); allora G(Σ, F) è isomorfo al gruppo di Galois dell estensione k(s 1, s 2,..., s n ) k(x 1, x 2,..., x n ), che a sua volta era isomorfo ad S n. Osservazione 3.4 Alcune immediate conseguente del Teor. di Galois e del precedente esempio sono le seguenti: (1) il polinomio generale di grado n è irriducibile su F, ed ha radici tutte distinte. Infatti, [Σ : F] = o(s n ) = n!. (2) (Teorema di Ruffini Abel) Il polinomio generale di grado n 5 non è risolubile per radicali. Infatti S n non è risolubile per n 5. Il Teor. di Ruffini Abel fu enunciato da Ruffini, che fu uno dei primi a sospettare che non esistesse una forma risolutiva generale per le equazioni di grado superiore al quarto (la formula risolutiva per le equazioni di secondo grado era già nota agli antichi greci benché non si usassero simboli algebrici, e la risoluzione dell equazione fosse ottenuta per via geometrica ; quella di terzo fu trovata da Niccolò Tartaglia intorno al 1535; poco dopo fu trovata quella per il quarto grado); la dimostrazione di Ruffini era però priva di rigore e incerta; Abel dimostrò poi il risultato in maniera corretta e rigorosa (per via diversa da quella da noi seguita); Abel trovò poi alcune formule risolutive per particolari tipi di equazioni di grado superiore al quarto. Osservazione 3.5 Poiché in C gli unici polinomi irriducibili sono quelli lineari, ed in R sono irriducibili solo i casi n = 1 ed n = 2, e quindi tutti i polinomi sono risolubili per radicali, il caso interessante è quello in cui il campo F sia Q. Lemma 3.1 Sia f Q[x] un polinomio irriducibile di grado p 5, con p primo, e sia Σ il suo c.s.; supponiamo che f in C ammetta due radici complesse coniugate ed altre p 2 radici; allora G = G(Σ, Q) è isomorfo a S p (e quindi f non è r.p.r.) Dimostrazione. Detta α una radice di f in C, consideriamo la catena di estensioni Q Q(α) Σ; poiché la prima ha grado p (in quanto f, essendo irriducibile, è il polinomio minimo di α) e Q Σ ha grado o(g), si ha che o(g) è multiplo di p; quindi, per il Teor. di Cauchy, esiste a G di ordine p. Si ha d altra parte G S p

64 64 III. RISOLUBILITÀ DELLE EQUAZIONI POLINOMIALI e quindi a S p ; l unico elemento di ordine p in S p è il ciclo ( p), e quindi a = ( p). Poiché f ha due radici complesse coniugate β, β, e tutte le altre sono reali, la coniugazione ϕ sta in G, ed essa è il corrispondente di (1 2); quindi G è un sottogruppo di S p contenente (1 2) e ( p), che sono generatori di S p ; allora G = S p, come volevamo provare. 4. Formule risolutive per le equazioni di grado 2, 3, 4 Come applicazione della teoria appena sviluppata, determineremo adesso le formule risolutive per le equazioni polinomiali di grado 2, 3 e Secondo grado. Sia x 2 + bx + c un polinomio di secondo grado a coefficienti in un campo F contenente le radici quadrate dell unità, e sia Σ il suo campo di spezzamento; vediamo ora come, utilizzando la teoria di Galois, si può dedurre la nota formula risolutiva x = b ± b 2 c 2 per determinare le radici x 1, x 2 di F. Poiché F Σ = F(x 1, x 2 ) ha grado due, il corrispondente gruppo di Galois è S 2, e pertanto l estensione è radicale; esiste quindi δ Σ \ F tale che δ 2 F e Σ = F(δ); proviamo che δ = x 1 x 2 ; si ha δ / F, in quanto l automorfismo che scambia le due radici non lascia fisso δ; inoltre = δ 2 = (x 1 x 2 ) 2 = (x 1 + x 2 ) 2 4x 1 x 2 = ( b) 2 4c F (osserviamo che è proprio il discriminante del polinomio); proviamo infine che Σ = F(δ); basta provare che x 1, x 2 si possono ottenere come combinazione di δ e di elementi di F. Si ha infatti } x 1 x 2 = δ x 2 + x 2 = b = x 1 = b + δ 2 x 2 = b δ 2 e quindi, essendo δ =, la ben nota formula Terzo grado. Sia x 3 a 1 x 2 + a 2 x a 3 un polinomio di terzo grado a coefficienti in un campo F contenente le radici cubiche dell unità, e sia Σ il suo c.s.; determiniamo una formula che permetta di esprimere le radici x 1, x 2, x 3 del suddetto polinomio come combinazioni lineari dei coefficienti. L estensione F Σ = F(x 1, x 2, x 3 ) ha grado 3, e quindi il corrispondente gruppo di Galois è S 3, che è un gruppo risolubile: una catena risolvente è {e} A 3 S 3, dove A 3 è il gruppo delle permutazioni pari; detto poi Σ A3 il campo fisso di A 3, si ha [Σ A3 : F] = 2 e [Σ : Σ A3 ] = 3; esistono allora δ Σ A3 \ F e λ Σ \ Σ A3 tali che δ 2 F, λ 3 Σ A3 e Σ A3 = F(δ), Σ = Σ A3 (λ). Proviamo che δ = (x 3 x 1 )(x 2 x 1 )(x 3 x 2 ).

65 4. FORMULE RISOLUTIVE PER LE EQUAZIONI DI GRADO 2, 3, 4 65 Risulta δ Σ A3 in quanto le permutazioni pari lasciano fisso δ (due cambiamenti di segno); d altra parte δ 2 è lasciato fisso da tutto S 3, e quindi δ 2 F. Poniamo nuovamente = δ 2. Per calcolare, osserviamo che basta limitarsi al caso in cui a 1 = 0; infatti, in caso contrario, mediante la posizione y = x 1 3 a 1 si ottiene un nuovo polinomio, le cui radici, in relazione alle radici del polinomio originario, sono date da y 1 = x a 1, y 2 = x a 1, y 3 = x a 1; il coefficiente del termine di secondo grado del nuovo polinomio è allora y 1 +y 2 +y 3 = x 1 + x 2 + x 3 a 1 = 0. Possiamo quindi sempre limitarci al caso in cui il polinomio di terzo grado abbia la forma canonica x 3 + px + q. Calcoliamo in questo caso, osservando che δ = x 1 x 2 x 3 ; x 2 1 x 2 2 x 2 3 infatti x 2 x 1 x 3 x 1 x 1 x 2 x 3 = x 1 x 2 x 1 x 3 x 1 = x 2 1 x 2 2 x 2 3 x 2 1 x 2 2 x 2 1 x 2 3 x 2 x 2 2 x 2 1 x 2 3 x 2 = = (x 2 x 1 )(x 3 x 1 ) x 2 + x 1 x 3 + x 1 = = (x 2 x 1 )(x 3 x 1 )(x 3 + x 1 x 2 x 1 ) = = (x 2 x 1 )(x 3 x 1 )(x 3 x 2 ) = δ. Allora, = δ 2 = x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 = x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 x 2 1 x 2 2 x 2 3 x 2 1 x 2 2 x 2 3 x 2 1 x 2 2 x 2 3 x 2 1 x 2 2 x x 1 x 2 1 = x 1 x 2 x 3 1 x 2 x 2 2 = x 2 1 x 2 2 x x 3 x x 1 + x 2 + x 3 x x x 2 3 = x 1 + x 2 + x 3 x x x 2 3 x x x 3 3 ; x x x 2 3 x x x 3 3 x x x 4 3 =

66 66 III. RISOLUBILITÀ DELLE EQUAZIONI POLINOMIALI Per il calcolo dell ultimo determinante, osserviamo che, nelle ipotesi fatte, sussistono le seguenti uguaglianze: x 3 1 = p x 1 q, x 3 2 = p x 2 q, x 3 3 = p x 3 q, x 1 + x 2 + x 3 = 0; x x x 3 3 = p(x 1 + x 2 + x 3 ) 3q = 3q; x x x 2 3 = (x 1 + x 2 + x 3 ) 2 2(x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 ) = 2p; x x x 4 3 = p x 2 1 qx 1 p x 2 2 qx 2 p x 2 3 qx 3 = = p(x x x 2 3) q(x 1 + x 2 + x 3 ) = 2p 2 ; si ha allora 3 0 2p = 0 2p 3q = 4p 3 27q 2. 2p 3q 2p 2 Una volta determinato, si ha Σ A3 ( ) = F. Troviamo ora λ Σ tale che λ 3 = Σ A3. Sia ω una radice cubica primitiva dell unità; essa soddisfa l equazione x 3 1 = 0, ossia (x 1) ( x 2 + x + 1 ) = 0; essendo primitiva, e quindi diversa da 1, ω annulla il secondo fattore; si ha allora ω 2 + ω + 1 = 0. Consideriamo i tre seguenti numeri: risulta allora z 1 = x 1 + ω x 2 + ω 2 x 3 z 2 = x 1 + ω 2 x 2 + ω x 3 z 3 = x 1 + x 2 + x 3 = 0. x 1 = z 1 + z 2 + z 3 3 x 2 = ω2 z 1 + ω z 2 + z 3 3 x 3 = ω z 1 + ω 2 z 2 + z 3 3 = 1 3 (z 1 + z 2 ) = ω2 z 1 + ω z 2 3 = ω z 1 + ω 2 z 2 3 e quindi le radici del polinomio sono determinate una volta determinati z 1, z 2 ; inoltre, tenendo conto del fatto che ω 3 = 1, ω 4 = ω e ω 2 + ω = 1, si ha z 1 z 2 = x ω 2 x 1 x 2 + ω x 1 x 3 + ω x 1 x x ω 2 x 2 x 3 + ω 2 x 1 x 3 + ω x 2 x 3 + x 2 3 = = ( x x x 2 3) + ω(x1 x 3 + x 1 x 2 + x 2 x 3 ) + ω 2 (x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 1 x 3 ) = = 2p + ω p + ω 2 p = p ( ω 2 + ω 2 ) = 3p e quindi z 1 z 2 = 3p F; per determinare z 1, z 2 basta allora determinare uno solo dei due; dal punto di vista algebrico, Σ = ( F(x 1, x 2, x 3 ) = F(z 1, z 2 ) = F(z 1 ); nel ) ( ) determinare z 1 vedremo che z 1 / Σ A3 = F e z1 3 F ; quindi λ = z 1 è l elemento che cercavamo per dimostrare che F Σ era un estensione radicale.

67 4. FORMULE RISOLUTIVE PER LE EQUAZIONI DI GRADO 2, 3, 4 67 Determiniamo z 1 ; dal fatto che x 1 è radice del polinomio x 3 + px + q segue che x px 1 + q = 0, ossia risolvendo: ( ) (z 1 + z 2 ) + p 1 3 (z 1 + z 2 ) + q = 0; 1 27 (z 1 + z 2 ) (z 1 + z 2 )p + q = 0; 1 ( z z1z z 1 z2 2 + z2) (z 1 + z 2 )p + q = 0; 1 ( z z2) (z 1z 2 )(z 1 + z 2 ) (z 1 + z 2 )p + q = 0; 1 ( z z2) (z 1 + z 2 )p (z 1 + z 2 )p + q = 0 e quindi in definitiva z z 3 2 = 27q; sappiamo anche che z 3 1z 3 2 = 27p, ed è quindi possibile determinare z 3 1 o z 3 2 risolvendo l equazione di secondo grado t qt 27p 3 = 0 che ha per radice (avendo già trovato che = δ 2 = 4p 3 27q 2 ): t = 27 q ± 27 2 q p 3 2 = 27 q ± 3 3 ; 2 estraendo le radici cubiche si possono determinare z 1, z 2 ; le radici del polinomio, considerando le radici cubiche nel campo complesso, hanno allora la forma q q 3 3, 2 che prende il nome formula di Cardano; osserviamo che, senza alcuna condizione, si avrebbero 9 possibili soluzioni (tre per ogni radice cubica); tuttavia, la nota condizione z 1 z 2 = 3p impone la scelta di un unica soluzione per la seconda radice cubica, una volta scelta (arbitrariamente) la prima radice; si hanno quindi effettivamente sono tre radici. Studiamo ora alcuni casi particolari di equazioni terzo grado; più precisamente, abbiamo visto che, detto Σ il c.s. del polinomio, si ha che G(Σ, F) è in generale un sottogruppo di S 3 ; d altra parte, se α è una radice, si ha [F(α) : F] = 3, e quindi [Σ : F] deve essere un multiplo di 3, e quindi G(Σ, F) è o tutto S 3 (che ha ordine 6), oppure A 3 (che ha ordine 3). Vediamo quali polinomi di terzo grado hanno come gruppo di Galois A 3 : ciò si ha se e solo se δ F; infatti, se G(Σ, F) = A 3, poiché δ è lasciato fisso dalle permutazioni pari (A 3 ), deve essere δ F; viceversa, se δ F, e per assurdo fosse G(Σ, F) A 3, esisterebbe in G una permutazione dispari σ; allora σ(δ) = δ, ma da σ G e δ F segue σ(δ) = δ, e quindi δ = 0: esistono almeno due radici coincidenti, ma ciò è assurdo in quanto si era supposto che il polinomio fosse irriducibile. (def) 1 i due radicali cubici non sono altro che z1, z 2.

68 68 III. RISOLUBILITÀ DELLE EQUAZIONI POLINOMIALI Un altro interessante caso di polinomio cubico è quando F R (ossia, i coefficienti sono reali); vediamo quando le radici sono reali; sappiamo, essendo il polinomio di grado dispari, che vi è almeno una radice reale (che possiamo sempre supporre essere x 1 ); proviamo ora che: se = δ 2 > 0, allora il polinomio ha tre radici reali; se < 0, allora il polinomio ha una radice reale e due complesse coniugate. Se > 0, si ha z1 3 = z2 3 = e quindi z 3 1, z 3 2 sono numeri complessi (non reali) coniugati; ne segue che z 1, z 2 sono complessi (non reali) coniugati, in quanto z 1 + z 2 = 3x 1 R e z 1 z 2 = 3p R; vediamo ora che le altre due radici x 2, x 3 sono reali; si ha x 2 = 1 3 ( ω 2 z 1 + ω z 2 ) = 1 3 (ω z 2 + ω z 2 ) R in quanto la somma di un numero complesso e del suo coniugato è un numero reale; analogamente per x 3 ; risulta così effettivamente provato che, se > 0, le radici sono tutte reali. Supponiamo ora che < 0; allora, z 3 1, z 3 2 sono reali e distinti; tra le radici cubiche di z 3 1 e z 3 2 ve ne sarà una reale (z 1, z 2 ), e quindi x 1 = 1 3 (z 1 + z 2 ) R; proviamo che x 2, x 3 sono complessi coniugati non reali; in particolare, poiché sappiamo che le radici sono tutte distinte, basta provare che x 2 ed x 3 sono complesse coniugate; in tal caso, infatti, se fossero reali, dovrebbero coincidere (il complesso coniugato di un numero reale è il numero reale stesso). Poiché ω 2 = ω e z 1, z 2 sono reali, si ha x 2 = 1 3 (ω2 z 1 + ω z 2 ) = 1 ) (ω 3 2 z 1 + ω z 2 = 3( 1 ω z1 + ω 2 ) z 2 = x3 e quindi le altre due radici sono effettivamente l una il coniugato dell altra. Torniamo ora al caso > 0; abbiamo osservato che in tal caso si hanno solo radici reali; ma per ottenerle bisogna passare attraverso z 1, z 2, che sono numeri complessi; sorge allora spontanea la domanda seguente: è possibile, nel caso > 0, ottenere le radici (reali) del polinomio, senza passare attraverso i numeri complessi? Ovvero: è possibile determinare una formula che dia le radici (reali) attraverso radicali reali? Dimostreremo che la risposta è (purtroppo) no (il caso in questione si chiama infatti caso irriducibile); osserviamo che, dal punto di vista algebrico, il problema consiste nel trovare un estensione radicale M di F contenente Σ e contenuta in R; dimostreremo in realtà qualcosa di più generale: più precisamente, proveremo che nessuna estensione radicale di F contenente Σ è contenuta in R. Prima di provare questo risultato, premettiamo il seguente Lemma 4.1 Sia F un campo; detto a un suo elemento, consideriamo il polinomio f(x) = x p a F[x], dove p è un numero primo; allora f o è irriducibile, oppure ha almeno un fattore di primo grado (e quindi ammette una radice).

69 4. FORMULE RISOLUTIVE PER LE EQUAZIONI DI GRADO 2, 3, 4 69 Dimostrazione. Proviamo che, se f si decompone, allora un suo fattore è di primo grado. Supponiamo che f(x) = x p a si decomponga nella forma x p a = (x r + + b)(x s + + c); proviamo che f ha almeno una radice in F. Detto K il c.s. di f, sia u una radice di x p a in K; si ha allora che u p = a, ed ogni altra radice di f in K è nella forma uε con ε radice p-esima primitiva dell unità. Poiché i termini noti dei polinomi sono uguali al prodotto delle radici, si ha che a è il prodotto delle p radici di f, b è il prodotto di r radici di f, e c è il prodotto delle restanti s = p r. In particolare, a meno del segno, b sarà nella forma b = ±ζu r con ζ radice p-esima dell unità. Poiché r è positivo e minore di p e p è primo, risulta mcm (r, p) = 1, e quindi (identità di Bézout) esistono λ, µ tali che 1 = λr + µp. Risulta allora ζ λ u = ζ λ u λr+µp = (ζu r ) λ (u p ) µ = b λ a µ F poiché a, b F; si ha poi anche ( ζ λ u ) p = ζ pλ u p = a e quindi ζ λ u è una radice in F di f. Osservazione 4.1 Il precedente lemma non vale se p non è primo, come prova il seguente esempio: Esempio 4.1 In R, consideriamo il polinomio x 4 + 4; esso non ha radici in R, e tuttavia è riducibile 2 ; una sua decomposizione è infatti x = ( x ) 2 4x 2 = ( x 2 2x + 2 )( x 2 + 2x + 2 ) ed entrambi i fattori hanno discriminante = 4 8 < 0, e sono pertanto irriducibili. Proviamo ora il risultato che giustifica il nome di caso irriducibile dato ai polinomi di terzo grado per cui > 0. Teorema 4.1 Sia F un sottocampo di R e sia f un polinomio di terzo grado a coefficienti in F; sia poi Σ il c.s. di f; non esiste alcuna estensione radicale M di F, contenente Σ e contenuta in R. Dimostrazione. Supponiamo per assurdo che esista un estensione M di F contenente Σ e contenuta in R. Sappiamo che G(Σ, F) è un sottogruppo di S 3, avente per ordine un multiplo di 3; abbiamo anzi visto che G(Σ, F) = A 3 se e solo se F. Proviamo che possiamo sempre ricondurci a questo caso; se ( ) / F, avendosi Σ = Σ, consideriamo ( ) come campo dei coefficienti F ; per verificare che ciò è lecito, basta provare ( ) che f è irriducibile anche su F ; se per assurdo fosse riducibile, si avrebbe [ ( ) ( )] [ ( ) ] ( ) Σ : F 2; ma F : F = 2, e quindi sarebbe F = F (e quindi ( ) ( ) F, assurdo), oppure F = Σ = Σ (assurdo, poiché (, ) Σ = F λ con λ / F). 2 ricordiamo che un polinomio irriducibile su R è di primo o al più secondo grado.

70 70 III. RISOLUBILITÀ DELLE EQUAZIONI POLINOMIALI Trattiamo quindi solo il caso F. Consideriamo allora una catena radicale F K 1 K t = M (che esiste per l ipotesi di esistenza di M); essa può essere scelta, come già osservato, in modo che ogni estensione abbia per ordine un numero primo; consideriamo poi il minimo indice i tale che Σ K i, Σ K i 1. Ricordiamo che la radicalità dell estensione assicura che K i = K i 1 (α), con α p K i 1 (p primo opportuno). Poniamo a = α p ; α è allora radice del polinomio x p a, a coefficienti in K i 1 ; per il Lemma precedente, x p a o è irriducibile oppure ha una radice in K i 1 ; ma K i 1 R assicura che l unica radice di x p a è α (a meno del segno, se p = 2); quindi, se x p a fosse riducibile si avrebbe K i 1 = K i, assurdo in quanto uno contiene Σ e l altro no. Deve necessariamente essere allora x p a irriducibile, e [K i : K i 1 ] = p; dalle inclusioni K i 1 K i Σ, F essendo [Σ : F] = 3 e [K i : K i 1 ] = p, segue 3 allora che p divide 3. Non potendo essere p = 1, poiché ciò implicherebbe K i = K i 1, deve essere p = 3, ed avremmo quindi trovato una estensione di grado 3, di Galois (in quanto contenuta in una catena radicale); ma non esistono estensioni di Galois di grado 3 del tipo K i = K i 1 (α), poiché in tale estensione il gruppo di Galois è quello banale. Siamo dunque giunti ad un assurdo, che assicura la tesi Quarto grado. Affrontiamo ora il caso di un polinomio di quarto grado x 4 a 1 x 3 + a 2 x 2 a 3 x 1 + a 4 ; poiché S 4 è risolubile (mediante, ad esempio, la catena {e} V A 4 S 4 ), il polinomio generale è r.p.r.; come già fatto per il terzo grado, osserviamo che ci si può limitare al caso in cui a 1 = 0, poiché in caso contrario si può attuare la sostituzione y = x 1 4 a 1, ottenendo un polinomio di quarto grado in cui il coefficiente del termine di terzo grado è nullo; studiamo allora il polinomio x 4 + px 2 + qx + r. Siano x 1, x 2, x 3, x 4 le radici del suddetto polinomio; nelle ipotesi fatte, la somma delle quattro radici è nulla, e quindi la somma di due qualsiasi radici è uguale 3 per il Lemma del cambiamento di base (Lemma 2.1, pag. 59).

71 4. FORMULE RISOLUTIVE PER LE EQUAZIONI DI GRADO 2, 3, 4 71 all opposto della somma delle altre due; introduciamo allora i valori: σ 1 = (x 1 + x 2 )(x 3 + x 4 ) = (x 1 + x 2 ) 2, σ 2 = (x 1 + x 3 )(x 2 + x 4 ) = (x 1 + x 3 ) 2, σ 3 = (x 1 + x 4 )(x 2 + x 3 ) = (x 1 + x 4 ) 2 ; noti allora σ 1, σ 2, σ 3, si potranno ottenere le radici del polinomio con il sistema x 1 + x 2 = σ 1 x 1 + x 3 = σ 2 x 1 + x 4 = ; σ 3 x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 0 avendosi d altronde (x 1 + x 2 )(x 1 + x 3 )(x 1 + x 4 ) = = x x 2 1(x 2 + x 3 + x 4 ) + x 1 (x 2 x 3 + x 3 x 4 + x 2 x 4 ) + x 2 x 3 x 4 = = x 3 1 x 3 1 q = q, sulle quantità σ i si ha la condizione σ 1 σ2 σ3 = q; sommando membro a membro nel precedente sistema, e con semplici calcoli si arriva alle equazioni x 1 = 1 2 (+ σ 1 + σ 2 + σ 3 ) x 2 = 1 2 (+ σ 1 σ 2 σ 3 ) x 3 = 1 2 ( σ 1 + σ 2 ; σ 3 ) x 4 = 1 2 ( σ 1 σ 2 + σ 3 ) per determinare le radici del polinomio, bisogna allora determinare σ 1, σ 2, σ 3 ; osserviamo ancora che queste quantità soddisfano le relazioni σ 1 σ 2 σ 3 = q 2 (18) σ 1 + σ 2 + σ 3 = 2p ; σ 1 σ 2 + σ 1 σ 3 + σ 2 σ 3 = p 2 4r e sono quindi radici del polinomio di terzo grado T 3 2pT 2 + ( p 2 4r ) T + q 2, che prende infatti il nome di polinomio risolvente. Prima di provare le relazioni (18), diamo un interpretazione algebrica della ricerca dei numeri σ i. Il c.s. del polinomio di quarto grado in questione è Σ = F(x 1, x 2, x 3, x 4 ); il gruppo di Galois dell estensione F Σ è S 4, che è risolvibile, ricordiamo, mediante la catena {e} V A 4 S 4, dove V = {e, (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)}; sia Σ V il campo fisso di V ; proviamo che Σ V = F(σ 1, σ 2, σ 3 ) (e quindi che Σ V è il c.s. del polinomio risolvente).

72 72 III. RISOLUBILITÀ DELLE EQUAZIONI POLINOMIALI Poiché le permutazioni di V lasciano fissi i σ i, si ha F(σ 1, σ 2, σ 3 ) Σ V ; consideriamo allora la catena di estensioni F(σ 1, σ 2, σ 3 ) Σ V Σ = F(x 1, x 2, x 3, x 4 ); risulta 4 [F(x 1, x 2, x 3, x 4 ) : F(σ 1, σ 2, σ 3 )] 4 e [Σ : Σ V ] = 4; per la transitività del grado si ha allora [F(x 1, x 2, x 3, x 4 ) : F(σ 1, σ 2, σ 3 )] = 4 e [Σ V : F(σ 1, σ 2, σ 3 )] = 1, ossia Σ V = F(σ 1, σ 2, σ 3 ), che è quanto volevamo provare. Per provare le relazioni (18), si può procedere ad un calcolo diretto, che però si rivela alquanto lungo e dispendioso; esse servono a determinare il polinomio risolvente e, viceversa, le radici del polinomio risolvente soddisfano le (18); per provarle, basta allora provare, per altra via, che le σ i soddisfano il polinomio risolvente. Abbiamo già verificato la prima relazione; per provare le altre due, diamo un interpretazione analitico-geometrica del problema. A noi interessa risolvere l equazione X 4 + px 2 + qx + r = 0, ossia (ponendo Y = X 2 ) il sistema Y 2 + py + qx + r = 0 X 2 Y = 0 che, geometricamente, rappresenta l intersezione di due parabole. Possiamo allora considerare soltanto le coniche spezzate del fascio generato dalle due parabole; il fascio ha equazione Y 2 + py + qx + r + λ ( X 2 Y ) = 0, e quindi le coniche spezzate si ottengono annullando il determinante dell equazione precedente, ossia ponendo λ 0 q/2 0 1 (p λ)/2 = 0, q/2 (p λ)/2 r che si riscrive λ 3 2pλ 2 + ( p 2 4r ) λ + q 2 = 0; otteniamo nuovamente il polinomio risolvente; per provare che σ 1, σ 2, σ 3 soddisfano le (18) basta allora provare che σ 1, σ 2, σ 3 sono radici del precedente polinomio, ossia che le tre coniche spezzate del fascio si ottengono con λ = σ 1, σ 2, σ 3. Detti P 1, P 2, P 3, P 4 i punti d intersezione delle parabole, le coniche spezzate sono le seguenti tre coppie di rette: P 1 P 2, P 3 P 4 P 1 P 3, P 2 P 4 P 1 P 4, P 2 P 3 ; I punti hanno coordinate P i = ( x i, x 2 i ), e quindi la retta Pi P j ha equazione (x i + x j )Y X x i x j = 0; 4 l estensione si ottiene aggiungendo σ1 ed σ 2, che hanno un polinomio minimo di grado al più 2 ciascuno.

73 4. FORMULE RISOLUTIVE PER LE EQUAZIONI DI GRADO 2, 3, 4 73 la formula della conica spezzata P i P j, P h P k si può allora scrivere nel seguente modo X 2 + (x i + x j )(x h x k )Y 2 (x i + x j + x h + x k )XY + (x i x j + x h x k )X+ ((x i + x j )x h x k + (x h + x k )x i x j )Y + x i x j x h x k = = X 2 + (x i + x j )(x h x k )y XY + (x i x j + x h x k )X + qy + r; eguagliando l ultima espressione a quella trovata mediante il determinante, si ottiene il sistema (x i + x j )(x h x k ) = λ p λ = x i x j + x h x k e quindi λ = σ 1, σ 2, σ 3 (a seconda della scelta degli indici i, j, h, k). Abbiamo quindi verificato che σ 1, σ 2, σ 3 devono soddisfare al polinomio risolvente (analogamente: che devono soddisfare le equazioni (18)); risolvendo il polinomio si trovano allora σ 1, σ 2, σ 3, e da esse, come già visto, si possono ricavare la radici del polinomio originario (in particolare, ogni problema di quarto grado si può ridurre ad uno di terzo).