Appunti per il corso di Metodi Algebrici

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1 Apputi per il corso di Metodi Algebrici Erico Gregorio Ao accademico Dipartimeto di Iformatica Settore di Matematica Uiversità di Veroa

2 CAPITOLO 1 Serie di poteze 1.1. Poliomi Se A è u aello commutativo, come sempre i questi apputi, abbiamo defiito l aello dei poliomi A[x] come l isieme delle successioi (a ) = (a 0, a 1,..., a,... ) i A che soo defiitivamete ulle, cioè per le quali esiste u tale che a = 0, per ogi >. Su questo isieme abbiamo defiito le operazioi di addizioe e moltiplicazioe co dove s = a + b e p = (a ) + (b ) = (s ) (a )(b ) = (p ) a i b i = a i b j. i=0 i+j= No è difficile dimostrare che A[x] è u aello, i cui l elemeto eutro per l addizioe è la successioe costate 0 e quello per la moltiplicazioe è (1, 0,..., 0,... ). Si è poi otato che l applicazioe j : A A[x] defiita da j(a) = (a, 0,..., 0,... ) è u omomorfismo iiettivo di aelli e che è possibile idetificare, tramite j, A co u sottoaello di A[x]. Se poi si poe x = (0, 1, 0,..., 0,... ), si ha che x = (0,..., 0, 1, 0,..., 0,... ) e ci si accorge che ogi poliomio f A[x] si può scrivere i modo uico come f = a 0 + a 1 x + a 2 x a x (itededo che o è rilevate per l uicità se aggiugiamo o togliamo termii co coefficieti ulli). Se il poliomio o è ullo, possiamo supporre comuque che a 0; i tal caso è il grado di f, che si idica ache co (f). Il grado del poliomio ullo è, per covezioe,. Scrivere i poliomi i questo modo permette di eseguire i calcoli i modo usuale, seza ricorrere alla formula complicata per i prodotti: basta osservare che A[x] è u aello commutativo e quidi ridurre i termii simili. Quado l aello A è u campo, sappiamo che A[x] è u domiio euclideo e quidi ogi suo ideale è pricipale. Se I è u ideale di A[x] e I {0}, basta predere i I u elemeto di grado miimo (e possiamo scegliere l uico poliomio moico co tale grado) f e si ha I = fa[x] = { fg g A[x] }. 1

3 2 1. SERIE DI POTENZE Dal mometo che (fg) = (f) + (g), quado A è u domiio, sappiamo che gli elemeti ivertibili di A[x] soo esattamete gli elemeti ivertibili di A. Tuttavia, riflettedo sulle dimostrazioi che permettoo di cocludere che A[x] è u aello, o è difficile covicersi che ache l isieme di tutte le successioi i A è, co le operazioi defiite allo stesso modo, u aello, che deoteremo co A[x]. Proviamo allora a calcolare il prodotto delle successioi (a ) e (b ), dove 1 se = 0 a = 1 se = 1 e b = 1, per ogi. 0 se > 1 Questo prodotto è (p ), dove I particolare p 0 = a 0 b 0 = 1 = 1 1, p = i+j= a i b j. p 1 = a 1 b 0 + a 0 b 1 = ( 1) = 0, p 2 = a 2 b 0 + a 1 b 1 + a 0 b 2 = ( 1) = 0. Più i geerale, sapedo che a = 0, per > 1, si ha, sempre per > 1, p = a i b j = a 1 b 1 + a 0 b = ( 1) = 0. i+j= I altre parole la successioe (p ) è proprio l elemeto eutro del uovo aello Serie Il risultato precedete o dovrebbe essere troppo sorpredete, se ci si ricorda della teoria delle serie di poteze. I effetti, è oto che z = 1 1 z =0 per ogi umero reale (o ache complesso) z tale che z < 1. Quello che abbiamo scritto prima è ua dimostrazioe di questa idetità. Occorre ua piccola osservazioe: ua serie di poteze è determiata uivocamete dalla successioe dei coefficieti. I questo caso si tratta proprio della costate 1. Che poi stiamo lavorado i modo aalogo alle serie di poteze risulta dal fatto che il prodotto da oi defiito sulle successioi corrispode proprio al prodotto di Cauchy delle serie. Proviamo di uovo a dimostrare l idetità: (1 z) z = z z +1 =0 =0 =1 =0 = 1 + z z = 1. Nell ultimo passaggio abbiamo spezzato la prima somma, mettedo i evideza il termie per = 0, e abbiamo cambiato l idice ella secoda, co + 1. Dov è l ighippo i questa dimostrazioe? No si tratta di ua dimostrazioe scorretta, tuttavia abbiamo usato proprietà delle serie che vao giustificate; altrimeti si possoo otteere assurdità come 1... z z z z + z2 + + z + = 0. =1

4 1.2. SERIE 3 Ifatti, la somma a siistra fio all 1 è quella di ua progressioe geometrica di ragioe 1/z, quidi è = z z 1 ; z quella dall 1 i poi è 1/(1 z) e, avedo cotato due volte il termie 1, la somma è z z z 1 = 0. È evidete che il ragioameto è assurdo; lo è per molti motivi, ma il pricipale è che o abbiamo teuto i miimo coto la covergeza. Ifatti la serie a siistra coverge solo quado z > 1 e quella di destra solo quado z < 1: o esistoo valori ei quali etrambe le serie covergao. Nel caso della serie geometrica o ci soo difficoltà, per via dei oti teoremi sulle serie assolutamete covergeti, che permettoo maipolazioi algebriche su queste serie. Eppure il ragioameto della sezioe precedete fuzioava seza parlare di covergeza, poiché si basava solo sulle proprietà algebriche delle operazioi. Abbiamo applicato la defiizioe e trovato esattamete quello che ci serviva. Proviamo a risolvere u altra questioe: data ua successioe (a ) i A[x], cerchiamo la sua iversa (b ). Dobbiamo quidi risolvere le ifiite equazioi a 0 b 0 = 1, a 1 b 0 + a 0 b 1 = 0 a 2 b 0 + a 1 b 1 + a 0 b 2 = 0... a i b i = 0 i=0... Dalla prima ricaviamo che b 0 = a 1 0, cioè che a 0 deve essere ivertibile i A. I tal caso possiamo ache risolvere tutte le altre: per > 0 si deve avere 1 b = a 1 0 a i b i e, per iduzioe, abbiamo defiito la successioe (b ) che cercavamo. È ovvio che, co questa scelta, (a )(b ) = 1, dove 1 deota l elemeto eutro di A[x], cioè la successioe (1, 0,..., 0,... ). Ad esempio, per a 0 = 1, a 1 = 1 e a = 0 per > 1, le equazioi soo: b 0 = 1, b 1 = ( 1) (( 1) 1) = 1, e, per iduzioe, b = a 1 0 (a 1b 1 ) = ( 1) (( 1) 1) = 1. Però possiamo ache trovare l iversa della successioe (!) che ha seso per esempio quado A = R: b 0 = (0!) 1 = 1 b 1 = (0!) 1 (1! b 0 ) = 1 i=0 b 2 = (0!) 1 (2! b 0 + 1! b 1 ) = 1 b 3 = (0!) 1 (3! b 0 + 2! b 1 + 1! b 2 ) = 3 b 4 = (0!) 1 (4! b 0 + 3! b 1 + 2! b 2 + 1! b 3 ) = 13...

5 4 1. SERIE DI POTENZE Questo o ha alcu corrispettivo elle serie di poteze: ifatti la serie di poteze (!)z coverge solo per z = 0. Tuttavia la maipolazioe algebrica dà u risultato be defiito; vedremo presto che cosa sigifica. U altro esempio: cerchiamo l iversa della successioe (a ) = (1, 1, 1, 0,..., 0,... ). Avremo b 0 = a 1 0 = 1 b 1 = a 1 0 (a 1b 0 ) = 1 b 2 = a 1 0 (a 2b 0 + a 1 b 1 ) = 2 b 3 = a 1 0 (a 3b 0 + a 2 b 1 + a 1 b 2 ) = 3... b +2 = a 1 0 (a 2b + a 1 b +1 ) = b + b +1 quidi la successioe cercata è esattamete la successioe di Fiboacci. Esercizio: trovare il raggio di covergeza della serie che ha come coefficieti quelli della successioe di Fiboacci Serie formali L aello A[x] si chiama aello delle serie formali a coefficieti i A. Comiciamo a vedere i modo più rigoroso alcue delle sue proprietà. Per redere le cose più semplici, tratteremo il caso i cui A è u campo; questo è comuque il caso più importate. Useremo alcue otazioi fisse; gli elemeti di A[x] sarao deotati co lettere come f e g. Se f A[x], essa è ua successioe, i cui termii si idicao co f. Perciò f = (f 0, f 1,..., f,... ). Il miimo tale che f 0 si chiama ordie di f e si idica co o(f). Per lo zero di A[x], che deoteremo co 0, l ordie è. U particolare elemeto di ordie è x = (0,..., 0, 1, 0,..., 0,... ). I effetti ogi poliomio è u elemeto di A[x], quidi A[x] è u sottoaello di A[x]. Comiciamo co u fatto che abbiamo già visto. Proposizioe U elemeto f A[x] è ivertibile se e solo se f 0 0, cioè se e solo se o(f) = 0. Proposizioe Se f, g A[x], allora: (1) o(f + g) mi{o(f), o(g)}; (2) o(fg) = o(f) + o(g). Dimostrazioe. Se < mi{o(f), o(g)}, abbiamo f = g = 0 e quidi (f + g) = 0. Se f = 0, allora fg = 0g = 0 e l uguagliaza è provata. Possiamo allora supporre che etrambe le successioi siao o ulle. Poiamo a = o(f) e b = o(g); allora (fg) a+b = f i g j = f a g b 0; ioltre, se < a + b, i+j=a+b (fg) = perché f i = 0, per i < a, e g j = 0, per j < b. i+j= f i g j = 0,

6 1.3. SERIE FORMALI 5 Ricordiamo che due elemeti a, b di u aello commutativo si dicoo associati se esiste u elemeto ivertibile u tale che b = au. Lemma Se f A[x] è o ullo, co o(f) = d, allora f è associato a x d. Dimostrazioe. Abbiamo f i = 0 per i < d e f d 0. Possiamo allora cosiderare la successioe g A[x] tale che g = f d+. Si verifica immediatamete che f = x d g; poiché g è ivertibile, si ha la tesi. È chiaro che x d o è associato a x k, se d k. Proposizioe L aello A[x] è u domiio a ideali pricipali e ammette u uico ideale massimale, formato dagli elemeti o ivertibili. Dimostrazioe. Che A[x] sia u domiio segue dalla Proposizioe 1.3.2, perché, se f 0 e g 0, l ordie di fg è fiito. Cosideriamo l isieme degli elemeti o ivertibili, che soo quelli di ordie > 0. La somma di due tali elemeti è allora o ivertibile. Se moltiplichiamo u elemeto o ivertibile per uo qualuque, otteiamo u elemeto o ivertibile (questo vale i ogi aello, esercizio). Duque gli elemeti o ivertibili di A[x] formao u ideale, che è per forza massimale (esercizio; suggerimeto: se u ideale cotiee propriamete questo, deve coteere u elemeto ivertibile). Vediamo ora che ogi ideale I di A[x] è pricipale. La dimostrazioe è simile a quella che abbiamo dato per A[x]. Se I = {0}, allora I = 0A[x]. Suppoiamo allora che I {0}; i tal caso i I troviamo elemeti di ordie fiito e quidi uo di ordie miimo, diciamo d. Pertato, per il lemma 1.3.3, x d I e duque x d A[x] I. Verifichiamo allora l iclusioe iversa. Sia f I; allora o(f) d. Possiamo allora scrivere f = x k g, dove g è ivertibile. Ma allora f = x k g = x d x k d g x d A[x], come si voleva. Corollario L isieme degli ideali di A[x] è totalmete ordiato per iclusioe. L idea di cosiderare l aello A[x] è di trattare i modo algebrico le serie di poteze, dimeticadosi della covergeza; i risultati che si ottegoo possoo odimeo avere applicazioi ache alle fuzioi sviluppabili i serie di poteze, purché si sia cauti. Idetificheremo la successioe f A[x] co la serie (formale) di poteze f x ; questa otazioe ha solo lo scopo di facilitare i calcoli e le idetità, come vedremo fra poco. Le serie formali ifatti hao otevole importaza ello studio delle successioi defiite per ricorreza. Toriamo all esempio della successioe di Fiboacci, per A = R: F 0 = 1, F 1 = 1, F = F 1 + F 2 ( > 1). Abbiamo già visto che F = (1 x x 2 ) 1 ; cerchiamo di scrivere i termii della successioe i u altro modo. Cerchiamo di scrivere 1 (1 x x 2 ) = A 1 αx + B 1 βx.

7 6 1. SERIE DI POTENZE Questa è ua procedura be ota, ad esempio el calcolo degli itegrali delle fuzioi razioali. È sufficiete che A + B = 1 Aβ + Bα = 0 α + β = 1 αβ = 1 come poliomi, i particolare che α e β siao radici del poliomio x 2 x 1. Se poiamo α = ϕ = che si chiama spesso umero di Fidia, avremo β = 1 5 = 1 ϕ. 2 Allora B = 1 A e, da A(1 ϕ) + (1 A)ϕ = 0 troviamo A(2ϕ 1) = ϕ, cioè A = ϕ 5, B = 1 ϕ 5. Perché scrivere così? La risposta è che coosciamo già quato vale (1 kx) 1 come serie formale di poteze: (1 kx) 1 = k x perché si tratta della solita serie geometrica. Quidi: 1 1 x x 2 = 1 ( ) ϕ 5 1 ϕx 1 ϕ 1 (1 ϕ)x ( = 1 ϕ ϕ x + (1 ϕ) ) (1 ϕ) x 5 e duque = 1 ( ϕ +1 (1 ϕ) +1) x 5 F = 1 5 ( ϕ +1 (1 ϕ) +1) Per esercizio, cotrollare per i casi piccoli. Siccome (1 ϕ) +1 < 1/2, 5 u metodo per calcolare F è di arrotodare ϕ +1 / 5 all itero più vicio. Le serie di poteze formali dao u metodo potete per lo studio delle successioi defiite per ricorreza, come si vedrà Derivate e primitive No possiamo cosiderare ua serie di poteze formale come ua fuzioe; tuttavia possiamo lo stesso usare alcui metodi dell aalisi. Se f A[x], defiiamo la derivata di f come f = f x 1.

8 1.4. DERIVATE E PRIMITIVE 7 Per essere pigoli occorrerebbe scrivere f = g, dove Defiiamo ache la serie espoeziale g = ( + 1)f +1. E = 1! x, cioè E = 1/!. È allora evidete che E = E. Naturalmete, per fare questo, è ecessario che la caratteristica del campo A sia 0. Ache questa è u ipotesi che faremo sempre, da ora i poi. Proposizioe Se f, g A[x] e f = g, allora esiste a A tale che f g = a. Dimostrazioe. È baale, basta scrivere la codizioe. Ua possibilità i più che abbiamo è di sostituire u serie i u altra. I geerale questo o ha seso, ad esempio o possiamo sostituire ua costate, perché ciò equivarrebbe a calcolare ua somma ifiita. Ivece, se prediamo f e g dove o(g) > 0, la cosa si può fare: f(g) = f g. Ifatti o(g ), quidi ogi x ha solo u umero fiito di coefficieti o ulli. Ad esempio è possibile scrivere perciò Esercizio: dimostrare che E( x) = E 1. f( x) = ( 1) f x, x = 1 1 ( x) = ( 1) x. Proposizioe Se f, g A[x] hao ordie maggiore di zero, allora E(f + g) = E(f) E(g). Dimostrazioe. Calcoliamo seza preoccuparci troppo delle verifiche, che comuque soo possibili; ci ricordiamo solo del teorema del biomio che vale i ogi aello commutativo: E(f + g) = (f + g) = ( ( ) 1 )f i g i.!! i D altra parte ( E(f) E(g) = f )(! i=0 g ) =! La verifica è coclusa ricordado che ( ) 1 = 1!! i! i!( i)!, perciò le due serie soo uguali. Proposizioe Se f, g A[x], allora (fg) = f g + fg. Proposizioe Se f, g A[x] e o(g) > 0, allora (f(g)) = f (g) g. ( i=0 f i g i ). i! ( i)!

9 8 1. SERIE DI POTENZE La dimostrazioe o è troppo difficile, ma la omettiamo. Ua serie co ordie 1 è quella logaritmica: L = ( 1) 1 x, 1 cioè L 0 = 0 e L = ( 1) 1 / per 1. Questa serie dovrebbe fare le veci di log(1 + x). I effetti è possibile dimostrare che E(L) = 1 + x. Calcoliamo la derivata di L: L = ( 1) x = (1 + x) 1. Per a A, defiiamo (1 + x) a = E(aL). Le proprietà di questa serie soo: (1) (1 + x) 0 = 1; (2) (1 + x) a (1 + x) b = (1 + x) a+b. Vogliamo trovare ua espressioe dei coefficieti della serie (1 + x) a. Poiamo ( ) ( ) a a a(a 1)... (a + 1) = 1, = ( > 0). 0! Dalla proposizioe sulle fuzioi composte abbiamo il seguetre risultato. Corollario La derivata di (1 + x) a è a(1 + x) a 1. Proposizioe Vale la formula del biomio di Newto (1 + x) a = ( ) a x. Dimostrazioe. Poiamo f a = ( a ) x. Allora f a = ( ) a x 1. 1 Ma abbiamo ache ( ) ( ) a a 1 = a 1 quidi f a = ( ) a 1 a x 1 = a ( ) a 1 x m = af a 1. 1 m 1 m La stessa dimostrazioe che vale ei umeri iteri dice che ( ) ( ) ( ) a 1 a 1 a + = ( 1). 1 Perciò: cioè e quidi da cui ( a 1 1 ) x + 1 ( ) a 1 x = 1 1 (f a 1 1) + xf a 1 = f a f a 1 = (1 + x) 1 f a f a = a(1 + x) 1 f a. ( ) a x,

10 1.5. RELAZIONI DI RICORRENZA 9 Ne segue che la derivata di f a (1 + x) a è (f a (1 + x) a ) = f a (1 + x) a + f a ((1 + x) a ) = a(1 + x) 1 f a (1 + x) a + f a ( a)(1 + x) a 1 = 0. Di cosegueza f a (1 + x) a A (è costate ) e u esame dei coefficieti dice che f a (1 + x) a = 1. Basta allora moltiplicare per (1 + x) a per otteere il risultato. Esiste ache l operatore di itegrazioe: f = f + 1 x+1. I altre parole f è la successioe g dove g 0 = 0 e g = f 1, per 1. Chiaramete la derivata dell itegrale di f è f Relazioi di ricorreza Ua relazioe di ricorreza lieare è u espressioe del tipo (*) t = c 1 t 1 + c 2 t c k t k, co c 1, c 2,..., c k A. Ua soluzioe della relazioe di ricorreza data è f A[x] tale che f = c 1 f 1 + c 2 f c k f k per k. Diremo che k è l ordie della relazioe di ricorreza. Proposizioe Se f e g soo soluzioi di ua data relazioe di ricorreza e a, b A, allora ache af + bg è ua soluzioe. Siccome A[x] è uo spazio vettoriale su A, le soluzioi di ua relazioe di ricorreza formao u suo sottospazio. Proposizioe La successioe (a ) = a x è ua soluzioe di (*) se e solo se a è ua radice del poliomio t k c 1 t k 1 c 2 t k 2 c k 1 t c k. Se per esempio A è il campo complesso, possiamo scrivere tutte le radici del poliomio e trovare k soluzioi liearmete idipedeti. Se le radici soo distite il problema è risolto, perché si può dimostrare che lo spazio delle soluzioi ha dimesioe proprio k. Se ua radice a ha molteplicità d, si può verificare che a x, a x, 2 a x, d 1 a x soo ach esse soluzioi di (*), liearmete idipedeti. Duque ache i questo caso le soluzioi si possoo determiare. Come esempio, rivediamo la successioe di Fiboacci. Abbiamo che il poliomio caratteristico è t 2 t 1 le cui radici soo ϕ e 1 ϕ. Quidi ogi soluzioe è della forma (aϕ + b(1 ϕ) )x

11 10 1. SERIE DI POTENZE e possiamo determiare a e b impoedo le codizioi iiziali F 0 = 1, F 1 = 1. Ifatti questo dice che { a + b = 1 aϕ + b(1 ϕ) = 1 che dà subito a = ϕ/ 5 e b = (1 ϕ)/ 5. Se la relazioe di ricorreza è ivece t = 4t 1 5t 2 2t 3, il poliomio caratteristico è x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x + 1) 2 (x + 2) e quidi le soluzioi soo tutte e sole quelle della forma (a( 1) + b( 1) + c( 2) )x e basterà imporre le codizioi iiziali Numeri di Catala e Bell Sia u operazioe o ecessariamete associativa sull isieme X. Se a 1, a 2,..., a soo elemeti di X, quati prodotti co questi fattori posso eseguire? Ad esempio, se = 3 oppure 4, abbiamo le segueti possibilità: a 1 (a 2 a 3 ), (a 1 a 2 ) a 3 ; a 1 (a 2 (a 3 a 4 )), a 1 ((a 2 a 3 ) a 4 ), (a 1 a 2 ) (a 3 a 4 ), (a 1 (a 2 a 3 )) a 4, ((a 1 a 2 ) a 3 ) a 4. Chiamiamo C il umero di modi co fattori e cerchiamo ua relazioe di ricorreza ache per questa successioe. Porremo C 0 = 0, C 1 = 1 e C 2 = 1. Proposizioe Per 2 si ha 1 C = C i C i. i=1 Dimostrazioe. Si deve cosiderare l ultima operazioe eseguita, cioè il simbolo che sta fuori dalle paretesi; se a siistra ci soo i fattori, a destra ce e soo i. I modi per scrivere u espressioe di questo tipo soo allora C i C i. Cosideriamo allora C = C x. Possiamo scrivere Ne segue che C = C 0 + C 1 x + C x 2 = x + ( 1 ) C i C i 2 i=1 = x + ( ) C i C i 2 i=0 = x + ( ) C i C i = x + C 2. i=0 C 2 C + x = 0 x x x

12 1.6. NUMERI DI CATALAN E BELL 11 da cui 0 = C 2 C x e quidi ( C 1 ) 2 = x Coosciamo ua serie di poteze che elevata al quadrato dia 1 4x, cioè Poiché A[x] è u domiio, abbiamo che (1 4x) 1 2. C 1 2 = 1 2 (1 4x) 1 2 oppure C 1 2 = 1 2 (1 4x) 1 2 e dobbiamo scegliere la secoda, perché C 0 = 0. Duque C = (1 4x) = Si tratta di semplificare il coefficiete (per 1) C = ( ) 1/2 ( 4) = 1 2 ( 1) ( 1/2 ) ( 4) x. ( ) ( ) = 1 2 ( 1) 2 1( 1)( 3)... (3 2) 2 2! = 1 2 ( 1) (2 3)!! ( 1) 2! 1 (2 3)!! = 2! dove r!! deota il semifattoriale di r: r se r è dispari, r!! = r se r > 0 è pari, 1 se r = 0. Ora, se r è dispari, diciamo r = (2s 1), abbiamo r!! = (2s 1) s 2 s = (2s)! s! 2 s s!. Nel ostro caso r = 2 3 = 2( 1) 1 e quidi s = 1; quidi C = 2 1 (2 2)! 2 1 ( 1)!! = 1 (2 2)! ( 1)! ( 1)! = 1! ( Come altra applicazioe calcoliamo i umeri di Bell, ache se i realtà o arriveremo a ua formula esplicita. Vogliamo determiare quate soo le possibili relazioi di equivaleza i u isieme co elemeti. Ua relazioe di equivaleza è data da ua partizioe e quidi ci basta cotare queste. Sia duque B il umero delle partizioi di u isieme co elemeti, che possiamo supporre sia {1, 2,..., } se > 0. Avremo B 0 = 1, perché c è u uica partizioe dell isieme vuoto; ioltre è chiaro che B 1 = 1 e ache che B 2 = 2, dal mometo che le partizioi di {1, 2} soo {{1}, {2}} e {{1, 2}}. Per = 3 le partizioi soo: {{1}, {2}, {3}}, {{1}, {2, 3}}, {{2}, {1, 3}}, {{3}, {1, 2}}, {{1, 2, 3}}, ).

13 12 1. SERIE DI POTENZE duque B 3 = 5. Cerchiamo ua relazioe di ricorreza; se F è ua partizioe di X = {1, 2,..., }, co > 1, l elemeto deve stare i esattamete u elemeto A di F. Questo A è u sottoisieme di {1, 2,..., } ed avrà i elemeti. Se togliamo A dalla partizioe, otteiamo ua partizioe dell isieme X \ A, che ha i elemeti, e di queste ce soo B i. I possibili modi di scegliere u sottoisieme A di X che abbia i elemeti e al quale appartega soo ( esattamete il umero di sottoisiemi di {1, 2,..., 1} che hao i 1 elemeti, cioè 1 i 1). Duque, sommado, ( ) 1 B = B i. i 1 Ad esempio i=1 ( ) ( ) ( ) B 3 = B B B ( ) ( ) ( ) = B 2 + B 1 + B = = 5; ( ) ( ) ( ) B 4 = B B B ( ) ( ) ( ) ( ) = B 3 + B 2 + B 1 + B = = 15. ( ) 4 1 B Ivece di calcolare direttamete B, calcoleremo l espressioe di ˆB = B! x cioè porremo ˆB = B /!. Questa si chiama fuzioe geeratrice espoeziale. Dimostreremo co metodi aaloghi ai precedeti che ˆB = E(E 1). Notiamo che la sostituzioe eseguita ha seso i astratto, visto che o(e 1) = 1. Visto che però stiamo lavorado ei reali, questo dimostra che B! x = e e x 1. Calcoliamo la derivata di ˆB: ˆB = 1 B! x 1 = 1 ( i=1 ( ) 1 1 )B 1 i 1 ( 1)! x 1. Ivece il prodotto E ˆB vale: ( )( E ˆB 1 ) B =! x! x = ( m 1 j! m j=0 B m j (m j)! ) x m. Cambiamo j i i 1 e m i 1, otteedo che E ˆB = ( ) 1 B i x 1 = ( ( ) ) 1 B i x 1 (i 1)! ( i)! i 1 ( 1)! 1 i=1 1 i=1

14 1.6. NUMERI DI CATALAN E BELL 13 e quidi che ˆB = E ˆB. Ma allora (E(1 E) ˆB) = E(1 E) ( E) ˆB + E(1 E) E ˆB = 0. Di cosegueza E(1 E) ˆB è costate e basta calcolare i 0 per otteere che la costate è 1. Fialmete ˆB = (E(1 E)) 1 = E(E 1). Termiiamo co il calcolo di u altra successioe di ua certa importaza; vogliamo trovare il umero T delle permutazioi su oggetti che o abbiao puti uiti; diremo che σ S o ha puti uiti se σ(i) i, per ogi i = 1, 2,...,. U puto uito corrispode quidi a u ciclo di lughezza 1 ella decomposizioe i cicli disgiuti; quidi dobbiamo calcolare il umero delle permutazioi che si scrivoo come σ = (a 11 a a 1d1 )(a 21 a a 2d2 )... (a k1 a k2... a kdk ) dove 1 < d i e d 1 + d d k =. Proposizioe Si ha T 0 = 1, T 1 = 0 e T +1 = (T + T 1 ) ( > 0). Dimostrazioe. Sia > 0 e scriviamo ua permutazioe σ S +1 seza puti uiti i cicli disgiuti come prima; possiamo supporre che a 11 = + 1 e quidi, per ipotesi, 1 σ( + 1). Possiamo allora ripartire l isieme S +1 delle permutazioi di S +1 seza puti uiti i sottoisiemi disgiuti A i = { σ S +1 σ( + 1) = i }. A loro volta gli isiemi A i soo ripartiti i due sottoisiemi disgiuti: B i = { σ A i d 1 = 2 } e C i = { σ A i d 1 > 2 }. Ua permutazioe σ B i è allora della forma σ = ( + 1 i)(a 21 a a 2d2 )... (a k1 a k2... a kdk ) e quidi σ = (a 21 a a 2d2 )... (a k1 a k2... a kdk ) è ua permutazioe seza puti uiti di u isieme co 1 elemeti, precisamete {1,..., } \ {i}; azi, da ogi permutazioe seza puti uiti di questo isieme possiamo otteere ua di {1,...,, + 1} aggiugedo il ciclo ( + 1 i). Perciò il umero di elemeti i B i è esattamete T 1. Aalogamete ua permutazioe σ C i è della forma σ = ( + 1 i a a 1d1 )(a 21 a a 2d2 )... (a k1 a k2... a kdk ) e ad essa possiamo associare la permutazioe seza puti uiti σ = (i a a 1d1 )(a 21 a a 2d2 )... (a k1 a k2... a kdk ) di {1,..., }. Acora, ad ua permutazioe seza puti uiti di {1,..., } possiamo associare ua di C i. Duque C i ha esattamete T elemeti. Poiché i si può scegliere i modi, abbiamo la tesi. Cercheremo acora la fuzioe geeratrice espoeziale ˆT = T! x. Dalla relazioe di ricorreza ricaviamo che T +1 x =! 1 1 T 1 ( 1)! x + 1 T ( 1)! x.

15 14 1. SERIE DI POTENZE Ricordado che T 0 = T 1 = 0, abbiamo T +1 x = T! ( 1)! x 1 = Ivece e 1 1 T! x 1 = ˆT. T 1 ( 1)! x = x T 1 ( 1)! x 1 = xˆt 1 T ( 1)! x = x 1 T! x 1 = xˆt. Duque ˆT = xˆt + xˆt, quidi (1 x)ˆt = xˆt, da cui ˆT = x 1 x ˆT. Il trucco per risolvere questa equazioe è di figere che sia u ordiaria equazioe differeziale: da cui e quidi y y = x 1 x = x log y = x log(1 x) + log c y = ce x 1 1 x. La codizioe iiziale dice che y(0) = 1, quidi c = 1. Il metodo i realtà è simile a quello usato per la successioe dei umeri di Bell. Si mostra cioè che la derivata di E (1 x) ˆT è zero. Di cosegueza ˆT = E( x) 1 x. Da questa possiamo ricavare esplicitamete T. Ifatti ( ( 1) ˆT )( ) = x x! e duque T =! ( 1) i. i! i=0

16 CAPITOLO 2 Campi fiiti 2.1. Estesioi algebriche Ricordiamo che u campo è u aello commutativo F co 1 0 i cui ogi elemeto o ullo è ivertibile. Diremo che u campo K è estesioe di u campo F se F è u sottoaello di K. Scriveremo, per abbreviare, K/F, ache se questa otazioe o ha ulla a che fare co isiemi quoziete. Se K è u estesioe di F, ogi poliomio ell idetermiata x a coefficieti i F può essere cosiderato ache a coefficieti i K; per essere più precisi, F [x] è u sottoaello di K[x]. U altra proprietà importate è che K può essere cosiderato come spazio vettoriale su F, quidi si possoo applicare tutte le ozioi che coosciamo sugli spazi vettoriali. Defiizioe L estesioe K/F si dice fiita se la dimesioe di K come spazio vettoriale su F è fiita. I tal caso questa dimesioe si idica co [K : F ]. È talvolta importate cosiderare estesioi di estesioi. Vale u importate proprietà. Teorema Sia K u estesioe di F e sia L u estesioe di K. Allora L/F è fiita se e solo se L/K e K/F soo fiite e, i tal caso, [L : F ] = [L : K][K : F ]. Dimostrazioe. Suppoiamo che L/K e K/F siao fiite; allora esistoo ua base B = {l 1,..., l m } di L come spazio vettoriale su K e ua base C = {k 1,..., k } di K come spazio vettoriale su F. Dimostriamo che D = { l i k j 1 i m, 1 j } è ua base di L come spazio vettoriale su F. (1) D è u isieme di geeratori. Ifatti, se l L, possiamo scrivere l = m i=1 α il i, co α 1,..., α m K, dal mometo che B è ua base di L/K. Siccome C è ua base di K/F, ciascu k i può essere scritto come α i = β ij k j co β ij F. Ne segue che m m ( ) l = α i l i = β ij k j l i = i=1 i=1 j=1 i,j j=1 (2) D è liearmete idipedete. Suppoiamo che β ij l i k j = 0 co β ij F. Allora 0 = i,j i,j β ij l i k j = 15 m ( β ij k j )l i i=1 j=1 β ij l i k j.

17 16 2. CAMPI FINITI e quidi, essedo B liearmete idipedete, β ij k j = 0 j=1 (i = 1, 2,..., m). Siccome ache C è liearmete idipedete, abbiamo che β ij = 0 per ogi i e j. Viceversa, suppoiamo che L/F sia fiita. Allora esiste u isieme di geeratori fiito di L come spazio vettoriale su F e, a maggior ragioe, sarà ache u isieme di geeratori di L come spazio vettoriale su K. Per fiire, K è u sottospazio vettoriale di L/F, quidi ha dimesioe fiita. Defiizioe Sia K u estesioe di F. U elemeto b K si dice algebrico su F se esiste u poliomio f F [x] o ullo tale che f(b) = 0. U elemeto b K si dice trascedete su F se o è algebrico. Diciamo che l estesioe K/F è algebrica se ogi elemeto di K è algebrico su F. Come esempio classico, 2 R è algebrico su Q, poiché è radice del poliomio x 2 2. U famoso risultato di Lidema e Weierstrass dice che π è trascedete su Q. Teorema Se K/F è fiita, allora è algebrica. Dimostrazioe. Sia = [K : F ] e sia b K. Allora gli elemeti 1, b,..., b soo liearmete dipedeti (soo più della dimesioe) e perciò esistoo a 0, a 1,..., a F, o tutti ulli, tali che a a 1 b + + a b = 0. Questo sigifica proprio che il poliomio f = a 0 + a 1 x + + a x è o ullo e che f(b) = 0. Il viceversa o è vero, come vedremo più avati. Si poe u problema: dato u poliomio o ullo i F [x], è possibile trovare u estesioe K/F dove il poliomio ammetta ua radice? Ad esempio, il poliomio x R[x] o ha radici, ma e ha ell estesioe C. Proprio come abbiamo ampliato i reali per otteere i complessi, si può risolvere il problema di prima i geerale. Lemma Sia b K algebrico su F ; allora l isieme I b = { f F [x] f(b) = 0 } è u ideale o ullo di F [x]. Dimostrazioe. Chiaramete il poliomio ullo appartiee a I b ; se f, g I b, abbiamo che v b (f + g) = v b (f) + v b (g) = 0 + 0, quidi f + g I b. Se poi f I b e g F [x], abbiamo che v b (fg) = v b (f)v b (g) = 0. Ricordiamo che ogi ideale di F [x] è pricipale, quidi esiste u uico poliomio moico f b I b tale che I b = f b F [x], cioè ogi poliomio i I b è della forma f b g, per u opportuo g F [x]. Questo poliomio è il poliomio moico di grado miimo i I b e si chiama poliomio miimo di b. Proposizioe Sia b K algebrico su F ; allora il poliomio miimo f b F [x] è irriducibile. Dimostrazioe. Se f b = gh, co g, h F [x], allora 0 = f b (b) = g(b)h(b), quidi g I b oppure h I b. Nel primo caso, siccome f b ha grado miimo, dovremo avere che il grado di g o è miore del grado di f b, quidi g e f b hao lo stesso grado e h ha grado 0, cioè è ivertibile. L altro caso è aalogo.

18 2.1. ESTENSIONI ALGEBRICHE 17 Esercizio: dimostrare che, se g I b è irriducibile e moico, allora è il poliomio miimo di b. Attezioe: occorre sempre dire qual è l estesioe che si sta cosiderado. Ad esempio, il poliomio miimo di i 4 2 C su Q è x 4 + 2, metre su R è x Se cosideriamo ua famiglia di sottocampi del campo K, la loro itersezioe è u sottocampo. Aalogamete per sottoaelli. Di cosegueza i cocetti di cui parleremo ora soo be defiiti. Defiizioe Se b K, estesioe di F, idichiamo co F [b] il miimo sottoaello di K che cotega sia F che b. Co F (b) idichiamo il miimo sottocampo di K che cotiee sia F che b. È ovvio che F [b] F (b). Quado sarao uguali? Ci occorre ua descrizioe di F [b]. Cosideriamo l omomorfismo di valutazioe v b : F [x] K f f(b) e sia B la sua immagie. Allora B è u sottoaello di K che cotiee sia F che b; duque F [b] B. Ma u elemeto di B si scrive come f(b), per u opportuo f F [x], cioè a 0 +a 1 b+ +a b e questo elemeto deve apparteere ad ogi sottoaello di K che cotega sia F che b. Perciò B = F [b]. Proposizioe Se b è algebrico su F, allora F [b] è u campo. Se b è trascedete su F, allora F [b] è isomorfo a F [x]. Dimostrazioe. Sia b algebrico. Il teorema di omomorfismo dice che l immagie di v b è u aello isomorfo a F [x]/i b, perché I b è il ucleo di v b. Siccome I b è l ideale pricipale geerato da u elemeto irriducibile, esso è massimale, quidi l immagie di v b, che è proprio F [b] è u campo. Se ivece b è trascedete, il ucleo di v b è l ideale ullo, quidi v b è iiettivo. Ne segue che F [b] è isomorfo a F [x]. Corollario Se b è algebrico su F, allora F [b] = F (b). Notiamo come la dimostrazioe astratta permetta di evitare la verifica che ogi elemeto di F [b] è ivertibile. La stessa dimostrazioe però può essere resa algoritmica : vogliamo trovare u metodo per calcolare gli iversi. Prediamo duque b K algebrico su F e il suo poliomio miimo f b. U elemeto di F [a] è della forma c = g(b), per u opportuo g F [x]. L algoritmo della divisioe i F [x] dice che esistoo e soo uici q, r F [x] tali che Ne segue che g = f b q + r, (r) < (f b ). c = g(b) = v b (g) = v b (f b q + r) = v b (f b )v b (q) + v b (r) = v b (r). Perciò c 0 se e solo se r(b) 0. Nel caso i cui c 0 possiamo allora dire che mcd(f b, r) = 1, i quato r 0 ha grado miore del grado di f b che è irriducibile. Per il teorema di Bézout, che vale ache il F [x], esistoo due poliomi s, t F [x] tali che Valutiamo questa idetità i b: sr + tf b = 1. 1 = v b (1) = v b (sr + tf b ) = v b (s)v b (r) + v b (t)v b (f b ) = s(b)r(b). No solo abbiamo trovato l iverso di c, cioè s(b); abbiamo ache visto che ogi elemeto di F [b] si scrive come r(b), dove r F [x] e (r) < (f b ). Questa scrittura è uica: ifatti, se r 1 (b) = r 2 (b) co (r 1 ), (r 2 ) < (f b ), abbiamo che r 1 r 2 I b e ha grado miore di (f b ), quidi r 1 r 2 = 0.

19 18 2. CAMPI FINITI Teorema Sia b K algebrico su F. Allora F [b] è il miimo sottocampo di K che cotiee sia F che b. Ioltre [F [b] : F ] = (f b ) cioè la dimesioe di F [b] come spazio vettoriale su F è uguale al grado del poliomio miimo di b su F e ua base è data da {1, b,..., b 1 }. Dimostrazioe. Ci basta dimostrare l asserzioe sulla base. Abbiamo visto che ogi elemeto di F [b] si scrive i modo uico come r(b), dove r F [x] e (r) < (f). U poliomio r di questo tipo è della forma a 0 + a 1 x + + a 1 x 1 e quidi gli elemeti di F [b] si scrivoo i modo uico come a a 1 b + + a 1 b 1 e questo dice proprio che ogi elemeto di F [b] si scrive i modo uico come combiazioe lieare a coefficieti i F di 1, b,..., b 1. Ritoriamo allora al problema di trovare u estesioe opportua di F i cui u certo poliomio f F [x] abbia radici. La costruzioe sarà iterativa; itato, siccome è possibile scomporre f i fattori irriducibili, o è restrittivo supporre che f sia irriducibile. I questo caso l ideale I = ff [x] è massimale i F [x] e quidi l aello quoziete F [x]/i è u campo. Ioltre l applicazioe α: F F [x]/i a [a] è u omomorfismo iiettivo di aelli. Perciò, ivece di scrivere [a] possiamo scrivere a, idetificado questi elemeti. I tal modo K = F [x]/i diveta u estesioe di F. Poiamo b = [x] K. Abbiamo allora, scrivedo f = a 0 + a 1 x + + a x, v b (f) = a 0 + a 1 b + + a b = [a 0 ] + [a 1 ]b + + [a ]b = [a 0 ] + [a 1 ][x] + + [a ][x] = [a 0 + a 1 x + + a x ] = [0] = 0. Il problema è risolto! Ifatti K è proprio u estesioe di F i cui f ammette ua radice. Possiamo allora scrivere f = (x b)f 1, dove f 1 K[x] ha grado più piccolo di f. Questo dà il via alla procedura iterativa. Teorema Se f F [x] è moico e ha grado > 0, esiste u estesioe K di F tale che: (1) f = (x b 1 )(x b 2 )... (x b ) i K[x]; (2) K = F [b 1, b 2,..., b ] Se L/F è u altra estesioe co le stesse proprietà, allora esiste u isomorfismo α: K L tale che α(a) = a, per ogi a F. No daremo la dimostrazioe di questo teorema, che richiederebbe troppo tempo. L estesioe così determiata, che è allora uica a meo di isomorfismi, si chiama u campo di riducibilità completa di f. Co F [b 1, b 2,..., b ], dove gli elemeti b i K, itediamo il miimo sottoaello di K che cotiee F {b 1,..., b }; è facile dimostrare per iduzioe che F [b 1, b 2,..., b ] è u sottocampo se gli elemeti b i soo algebrici su F. Aalogamete F (b 1,..., b ) è il miimo sottocampo di K che cotiee F {b 1,..., b }. C è u altra proprietà importate delle estesioi algebriche. Teorema Sia K/F u estesioe di campi. Se b, b 1, b 2 K soo algebrici su F, allora b 1 + b 2, b 1 b 2, b 1 b 2 e b soo algebrici su F ; se b 0, ache b 1 è algebrico su F. Dimostrazioe. Cosideriamo F (b 1, b 2 ); è ovvio dalla defiizioe che F (b 1, b 2 ) = F (b 1 )(b 2 ). Siccome b 2 è algebrico su F, esso è a maggior ragioe algebrico su F (b 1 ); quidi [F (b 1, b 2 ) : F ] = [F (b 1 )(b 2 ), F (b 1 )][F (b 1 ) : F ]

20 2.2. CAMPI FINITI 19 è fiita e quidi ogi elemeto di F (b 1, b 2 ) è algebrico su F. Quidi lo soo b 1 + b 2, b 1 b 2, b 1 b 2. Aalogamete per b e b 1. Corollario Se K è u estesioe di F, allora l isieme degli elemeti di K che soo algebrici su F è u sottocampo di K. Diamo seza dimostrazioe u famoso teorema dovuto a Steiitz. Prima però ua defiizioe: u campo K si dice algebricamete chiuso se ogi poliomio a coefficieti i K, di grado > 0, ammette ua radice. Il cosiddetto teorema fodametale dell algebra dice che C è algebricamete chiuso. U estesioe K di F si dice ua chiusura algebrica di F se K è algebricamete chiuso e ogi elemeto di K è algebrico su F. Teorema Ogi campo F ha ua chiusura algebrica. Se K e L soo chiusure algebriche di F, allora esiste u isomorfismo α: K L tale che α(a) = a, per ogi a F. Possiamo allora dire, usado gli ultimi due euciati, che l isieme Q dei umeri complessi algebrici su Q è ua chiusura algebrica di Q. Dal mometo che esistoo umeri complessi trascedeti su Q, abbiamo Q C. Chiaramete, ivece, C è ua chiusura algebrica di R, poiché ogi umero complesso è radice di u poliomio a coefficieti reali: ifatti a + bi è radice di x 2 2ax + (a 2 + b 2 ) Campi fiiti Ricordiamo la defiizioe di caratteristica di u aello A: esiste u uico omomorfismo di aelli χ A : Z A, defiito da χ A () = 1, multiplo secodo di 1 A. Il ucleo di questo omomorfismo è u ideale di Z, quidi della forma kz, dove k 0. La caratteristica di A è allora questo umero k. Se k è la caratteristica di A, ka = 0, per ogi a A. Sappiamo che, se A è u domiio, la sua caratteristica è zero oppure u umero primo. I particolare questo vale per u campo. Se i più sappiamo che il campo F è fiito, la sua caratteristica deve essere u umero primo p: ifatti l omomorfismo χ A o può essere iiettivo, quidi ker χ A {0} = 0Z. Proposizioe Se la caratteristica dell aello commutativo A è u umero primo p, allora l applicazioe è u omomorfismo di aelli. Φ: A A a a p Dimostrazioe. Che Φ(1) = 1 e Φ(ab) = (ab) p = a p b p = Φ(a)Φ(b) è chiaro. Ioltre per il teorema del biomio p ( ) p Φ(a + b) = (a + b) p = a i b p i. i Se 0 < i < p, abbiamo che i=1 ( ) p p! = i i! (p i)! è divisibile per p, quidi ( p i) a i b p i = 0. Di cosegueza (a + b) p = a p + b p. Naturalmete allora ache Φ 2 = Φ Φ,..., Φ +1 = Φ Φ, eccetera, soo omomorfismi. U altro fatto importate è che u aello commutativo di caratteristica k ha u sottoaello isomorfo a Z/kZ, precisamete l immagie di χ A, che si chiama sottoaello primo di A; el caso i cui k è u umero primo, questo è u sottocampo.

21 20 2. CAMPI FINITI Teorema Sia F u campo fiito e sia p la sua caratteristica. Allora per u opportuo itero 1. F = p Dimostrazioe. Sia F 0 il sottocampo primo di F ; allora F 0 = Z/pZ ha p elemeti. La dimesioe di F come spazio vettoriale su F 0 è fiita, perché F stesso è u isieme di geeratori; se questa dimesioe è = [F : F 0 ], ogi elemeto di F si scrive i modo uico come combiazioe lieare di elemeti a coefficieti i F 0 ; il umero di tali combiazioi lieari è proprio p. Il piccolo teorema di Fermat ammette ua geeralizzazioe. Teorema Sia F u campo co q elemeti. Allora, per ogi a F, si ha a q = a. Dimostrazioe. L isieme F \ {0} è, rispetto alla moltiplicazioe, u gruppo co q 1 elemeti. Perciò a q 1 = 1, per ogi a F \ {0}. Di cosegueza a q = a e l idetità vale ache per a = 0. Il teorema sull uicità di u campo di riducibilità completa ha come cosegueza che due campi co lo stesso umero (fiito) di elemeti soo isomorfi. Ifatti questi due campi hao lo stesso sottocampo primo (per meglio dire sottocampi primi isomorfi, ma si possoo idetificare). Il poliomio x q x ha coefficieti el sottocampo primo; basta allora verificare che u campo co q elemeti è il campo di riducibilità completa di x q x sul sottocampo primo. Sia duque F = {a 1, a 2,..., a q } u campo co q elemeti. Per quato visto prima, ogi elemeto di F è radice del poliomio f = x q x; duque f si scrive come prodotto di fattori di primo grado e certamete F = F 0 (a 1,..., a q ), dove F 0 è il sottocampo primo. Lemma Sia F u campo di caratteristica p e sia q ua poteza di p; allora il poliomio x q x o ha radici di molteplicità 2. Dimostrazioe. Suppoiamo che a F sia ua radice ed eseguiamo la divisioe di f = x q x per x a: a a a 2... a q 2 a q 1 a q a 1 a a 2... a q 2 a q Duque il quoziete è e se valutiamo i a otteiamo g = x q 1 + ax q 2 + a 2 x q a q 2 x + (a q 1 1) g(a) = qa q 1 1 = 1 0, dal mometo che q è ua poteza di p. Perciò a o è ua radice di g e abbiamo la tesi. Teorema Se q = p è poteza di u primo p, allora esiste, a meo di isomorfismi, u uico campo co q elemeti. Dimostrazioe. Abbiamo già osservato l uicità. Per quato riguarda l esisteza, ci basta cosiderare di uovo il poliomio f = x q x a coefficieti i Z/pZ. Sia K u campo di riducibilità completa di f, che sappiamo esistere. A priori o è detto che K abbia proprio q elemeti; cosideriamo duque l isieme F delle radici di f i K. Allora F è u sottocampo di K. Ifatti 1 = 1 q F ; se poi a, b F, abbiamo (a + b) q = (a + b) p = Φ (a + b) = Φ (a) + Φ (b) = a + b

22 2.2. CAMPI FINITI 21 e lo stesso ragioameto co la moltiplicazioe prova che ab F. Ioltre (a 1 ) q = (a q ) 1 = a 1, se a 0. Per l opposto abbiamo ( a) q = a q = a, se p è dispari; se ivece p = 2, abbiamo a = a, e o c è altro da dimostrare. Per il lemma precedete F ha q elemeti, perché le sue radici i K soo tutte distite e e ha q per l ipotesi che K è u campo di riducibilità completa per f. Ne segue allora che F = K ha q elemeti. Il campo co q = p elemeti, uico a meo di isomorfismi, si deota co GF(q). I particolare GF(p) = Z/pZ. Come si costruisce esplicitamete u campo co q = p elemeti? Ad esempio, suppoiamo di voler determiare GF(9). Secodo il teorema precedete, dobbiamo calcolare u campo di riducibilità completa di x 9 x su GF(3). Prima di tutto scriviamolo come prodotto di fattori irriducibili: x 9 x = x(x 1)(x 2)(x 2 + 1)(x 4 + 1). Se esamiiamo g = x 2 + 1, otiamo che è irriducibile i GF(3) e quidi l aello quoziete GF(3)[x]/g GF(3)[x] è u campo che ha dimesioe 2 su GF(3) e perciò è GF(9). La sua base è {1, b}, dove b ha la proprietà che b 2 = 1; quidi gli elemeti si scrivoo come α + βb, co l addizioe per compoeti e la moltiplicazioe (α + βb)(γ + δb) = αγ + αδb + βγb + βδb 2 = (αγ βδ) + (αδ + βγ)b. Le radici di x soo b = 0 + 1b e b = 0 + 2b. Cerchiamo le radici di x 4 + 1, che sappiamo devoo esistere. Si ha x = x 4 b 2 = (x 2 b)(x 2 + b). Affiché α + βb sia radice di x 2 b occorre che α 2 β 2 = 0 e 2αβ = 1. Abbiamo quidi le soluzioi 1 + 2b e 2 + b. Si lascia come esercizio la verifica che gli altri due elemeti 1 + b e 2 + 2b soo proprio le radici di x 2 + b. Se prediamo ivece come poliomio irriducibile x 2 x 1 e idichiamo co c ua sua radice, gli elemeti di GF(9) si scrivoo come α + βc co moltiplicazioe (α + βc)(γ + δc) = αγ + αδc + βγc + βδc 2 = (αγ + βδ) + (αδ + βγ + βδ)c, perché c soddisfa l idetità c 2 = 1+c. Questa scelta può essere più coveiete perché le poteze di c soo tutti gli elemeti o ulli di GF(9). Ifatti c 2 = 1 + c = 1 + c, c 3 = c + c 2 = 1 + 2c, c 4 = c + 2c 2 = 2, c 5 = 2c = 2c, c 6 = 2c 2 = 2 + 2c, c 7 = 2c + 2c 2 = 2 + c, c 8 = 2c + c 2 = 1. Esercizio: determiare l isomorfismo fra i campi costruiti ei due modi. No occorre costruire passo passo i campi GF(p ); ifatti basta cosiderare u uico poliomio f GF(p)[x] che abbia grado e sia irriducibile. U tale poliomio esiste sempre ed è determiabile i tempo fiito: basta scrivere = i + j i tutti i modi possibili co i, j 1 e calcolare tutti i prodotti dei poliomi di grado i e j i GF(p)[x]; quelli di grado che o si ottegoo così soo certamete irriducibili.

23 22 2. CAMPI FINITI Vogliamo come altro esempio determiare GF(8). Ci serve u poliomio f GF(2)[x] di grado 3 e irriducibile. Ua scelta possibile è f = 1 + x + x 3 e quidi GF(8) ha come base su GF(2) gli elemeti 1, b e b 2, dove 1 + b + b 3 = 0. Duque la moltiplicazioe è (α 1 + β 1 b + γ 1 b 2 )(α 2 + β 2 b + γ 2 b 2 ) = (α 1 α 2 + β 1 γ 2 + γ 1 β 2 ) + (α 1 β 2 + β 1 α 2 + β 1 γ 2 + γ 1 β 2 + γ 1 γ 2 )b + (α 1 γ 2 + β 1 β 2 + γ 1 α 2 + γ 1 γ 2 )b Chiusura algebrica Il teorema di Steiitz dice che ogi campo ammette ua chiusura algebrica. La costruzioe rigorosa della chiusura algebrica GF(p ) di GF(p) richiederebbe troppo tempo, o perché sia itrisecamete difficile, quato perché coivolge cocetti abbastaza delicati. Tuttavia o è ecessario, per molti scopi, cosiderare la chiusura algebrica. Quello che basta sapere è come costruire, dato u umero fiito di poliomi i GF(p )[x], u campo che e cotega tutte le radici. Ovviamete ci basterebbe cosiderare u solo poliomio f, il prodotto di quelli dati, e costruire il campo di riducibilità completa. Il problema è già risolto se ella decomposizioe di f o compaioo fattori di grado > 1. Suppoiamo allora che si trovi u fattore g di grado > 1. (1) F 0 = GF(p ); (2) F 1 = F 1 [x]/gf 1 [x] è u campo i cui g ha ua radice; (3) si decompoe f i fattori irriducibili i F 1 [x]; (4) se esiste acora u fattore irriducibile di grado > 1 si eseguoo di uovo i passi precedeti otteedo via via campi F 2, F 3,..., F l, fio a che o risultao più fattori di grado > 1. Il procedimeto ha ovviamete termie. I modo aalogo si potrebbe procedere per costruire la chiusura algebrica di GF(p). (1) F 0 = GF(p); (2) si prede u poliomio irriducibile f 1 F 0 [x] di grado miimo > 1; (3) F 1 = F 0 [x]/ff 0 [x] è u estesioe di F 0 i cui f 1 ha ua radice; (4) si prede u poliomio irriducibile f 2 F 1 [x] di grado miimo > 1; (5)... Il procedimeto va ripetuto all ifiito: ifatti essu campo fiito può essere algebricamete chiuso. La dimostrazioe di questo fatto è aaloga alla prova dell ifiità dei umeri primi. Se F = {a 1,..., a q } è u campo fiito, si cosidera il poliomio f = (x a 1 )(x a 2 )... (x a q ) + 1. Allora essu elemeto di F è radice di f e quidi F o è algebricamete chiuso.

24 CAPITOLO 3 Curve algebriche 3.1. Poliomi i più idetermiate e curve Se A è u aello commutativo, possiamo costruire l aello dei poliomi i ua idetermiata A[x]. A partire da questo possiamo acora costruire l aello dei poliomi i ua idetermiata, chiamiamola questa volta y. Gli elemeti di questo uovo aello soo allora le espressioi f 0 + f 1 y + f 2 y f y, dove f 0, f 1,..., f A[x]. U modo diverso e più iformale di presetare questo aello è di cosiderare le combiazioi lieari a coefficieti i A dei moomi x i y j al variare di i e j ei umeri aturali. La moltiplicazioe si esegue usado le proprietà di aello e la commutatività. Ovviamete il procedimeto si può ripetere iduttivamete: A[x 1, x 2 ] = A[x 1 ][x 2 ], A[x 1, x 2,..., x 1, x ] = A[x 1, x 2,..., x 1 ][x ]. Chiameremo A[x 1, x 2,..., x 1, x ] aello dei poliomi i idetermiate a coefficieti i A. Ache questo è l isieme delle combiazioi lieari a coefficieti i A dei moomi x i1 1 xi xi. Il grado totale di u moomio è la somma degli espoeti; il grado totale di u poliomio è il massimo dei gradi totali dei moomi co coefficieti o ulli. Il grado del poliomio ullo è. Come per l aello dei poliomi i ua idetermiata vale ua proprietà importate che riguarda la sostituzioe. Proposizioe Se A è u sottoaello dell aello commutativo B e b 1, b 2,..., b B, allora esiste u uico omomorfismo di aelli v b1,b 2,...,b : A[x 1, x 2,..., x ] B tale che v b1,b 2,...,b (x i ) = b i (i = 1, 2,..., ) e v b1,b 2,...,b (a) = a per ogi a A. No dimostreremo il teorema seguete, che tuttavia è ituitivamete plausibile. Teorema Se F è u campo, ogi poliomio o costate i F [x 1, x 2,..., x ] può essere scritto i modo essezialmete uico come prodotto di poliomi irriducibili Curve algebriche Se F è u campo e > 0 deoteremo co F l isieme delle -uple di elemeti di F ; questo è lo spazio affie di dimesioe su F. Di particolare importaza è il caso di = 2, per il quale parleremo del piao affie su F. Defiizioe Dato u poliomio o ullo f F [x, y], la curva algebrica defiita da f è l isieme C(f) = { (a, b) F 2 f(a, b) = 0 }. Il grado totale di f si dice ache grado di C(f). Ua curva algebrica di grado due è ua coica, ua di grado tre è ua cubica. Nel caso i cui il grado totale di f sia 1, C(f) è ua retta. 23

25 24 3. CURVE ALGEBRICHE Useremo la solita termiologia geometrica: gli elemeti del piao affie soo chiamati puti; si parla di retta o curva passate per u puto, eccetera. Cerchiamo allora di stabilire quati puti possoo avere i comue ua curva algebrica e ua retta. Il caso di due rette è facile: possoo essere coicideti, avere i comue u puto o essuo; i questo caso si dirao parallele. Cosideriamo ora ua retta C(αx + βy + γ). Esiste u altro modo di scrivere i puti: se (a, b) appartiee alla retta, avremo γ = αa βb. Quidi i puti della retta soo tutti e soli quelli della forma (a + βt, b αt) al variare di t F (esercizio). Chiameremo x = a + λt, y = b + µt le equazioi parametriche di ua retta. Dobbiamo ovviamete avere λ e µ o etrambi ulli. Dalla forma parametrica otteiamo ache quella poliomiale come µx λy + (λb µa). Sia ora data ua curva C(f). U puto i comue tra curva e retta dovrà allora essere della forma (a + λt, b + µt) co f(a + λt, b + µt) = 0. L espressioe f(a + λt, b + µt) è u poliomio i t che ha grado o maggiore del grado totale di f. Ci soo due casi: il primo è quado esso è o ullo, i cui la retta e la curva hao al massimo puti i comue, dove è il grado di f; il secodo è quado f(a + λt, b + µt) è il poliomio ullo. Questo caso succede se e solo se il poliomio µx λy + (λb µa) è u divisore di f. Distiguiamo ache qui due casi. Se λ 0, possiamo scrivere la retta come C(y mx q). Cosideriamo poi A = F [x] e i A[y] eseguiamo la divisioe di f per y (mx + q); questo è possibile perché y (mx + q) è moico. Possiamo allora scrivere f = (y (mx + q))g + r dove r A, cioè è u poliomio ella sola x. Il fatto che f(x, mx + q) = 0 dice che r = 0. Nel caso i cui λ = 0, la retta può essere scritta come x a; se f(a, y) = 0, abbiamo che x c è u divisore di f (esercizio). Quado tutti i puti di ua retta fao parte ache di ua curva data, diremo che la retta è ua compoete della curva. Proposizioe Ua curva di grado e ua retta che o sia ua sua compoete possoo avere al massimo puti i comue. Saremo iteressati pricipalmete a curve di grado > 1 che siao defiite da u poliomio irriducibile. I questo caso ua retta o può essere ua compoete della curva. Diremo allora che la curva è F -irriducibile. Aalizziamo u esempio molto importate, la curva i R 2 defiita da f = x 3 x 2 + y 2. No è difficile dimostrare che questo poliomio è irriducibile (esercizio). Il grafico di questa curva è illustrato ella figura 1. Se cosideriamo ua retta passate per u puto della curva diverso dall origie, questa iterseca la curva i vari puti. Prediamo ad esempio ua retta x = 1 + λt, y = µt: f(1 + λt, µt) = t(λ 3 t 2 + (2λ 2 + µ 2 )t + λ). Questo poliomio è di grado 2 se λ = 0 e, i tal caso, ha la radice zero di molteplicità 2. Altrimeti ha grado 3 e o ha radici multiple se o quado µ = 0; i effetti 0 o è radice del fattore di grado 2, il quale ha discrimiate µ 2 (4λ 2 + µ 2 ). Diverso è il caso delle rette passati per l origie, che hao equazioi x = λt, y = µt. Si ha ifatti f(λt, µt) = t 2 (λ 3 t + (µ 2 λ 2 )) che ha 0 come radice almeo doppia. È addirittura tripla quado µ = ±λ. Il grado si abbassa quado λ = 0.

26 3.2. CURVE ALGEBRICHE 25 Figura 1. Folium di Cartesio Dovrebbe essere evidete il motivo di questo comportameto: la curva passa due volte per l origie. Le rette x + y e x y soo tageti ai due rami della curva. Nel puto (1, 0) la tagete è la retta verticale, per la quale la radice 0 è multipla. Defiizioe U puto (a, b) di ua curva C(f) si dice multiplo o sigolare se, per ogi retta x = a + λt, y = b + µt passate per (a, b), il poliomio f(a + λt, b + µt) ha zero come radice multipla. Esiste ua semplice caratterizzazioe dei puti sigolari. Dato u poliomio f F [x], defiiamo la sua derivata tramite l usuale regola x 1 : perciò, se f = a 0 + a 1 x + + a x, la derivata è f = a 1 + 2a 2 x + + a x. Le usuali regole di derivazioe soo valide. Se ivece f F [x, y], possiamo defiire le derivate parziali eseguedo le derivate rispetto a x e a y. Le idicheremo co D 1 f e D 2 f rispettivamete. Teorema U puto (a, b) della curva C(f) è multiplo se e solo se D 1 f(a, b) = 0 e D 2 f(a, b) = 0. Dimostrazioe. Proviamo a valutare il moomio g = x i y j i (a + λt, b + µt): otteiamo Diveta allora evidete che g(a + λt, b + µt) = a i b j + ia i 1 b j λt + ja i b j 1 µt + (... )t 2. f(a + λt, b + µt) = f(a, b) + ( λd 1 f(a, b) + µd 2 f(a, b) ) t + (... )t 2. Se vogliamo che la radice 0 sia doppia per ogi retta, dobbiamo ecessariamete avere D 1 f(a, b) = D 2 f(a, b) = 0. Ovviamete la codizioe è ache sufficiete.