diff --git a/Corsi/Algebra 1/3. Teoria delle estensioni di campo e di Galois/Scheda riassuntiva di Teoria dei campi e di Galois/main.pdf b/Corsi/Algebra 1/3. Teoria delle estensioni di campo e di Galois/Scheda riassuntiva di Teoria dei campi e di Galois/main.pdf index f4370b0..1cdec98 100644 Binary files a/Corsi/Algebra 1/3. Teoria delle estensioni di campo e di Galois/Scheda riassuntiva di Teoria dei campi e di Galois/main.pdf and b/Corsi/Algebra 1/3. Teoria delle estensioni di campo e di Galois/Scheda riassuntiva di Teoria dei campi e di Galois/main.pdf differ diff --git a/Corsi/Algebra 1/3. Teoria delle estensioni di campo e di Galois/Scheda riassuntiva di Teoria dei campi e di Galois/main.tex b/Corsi/Algebra 1/3. Teoria delle estensioni di campo e di Galois/Scheda riassuntiva di Teoria dei campi e di Galois/main.tex index 1c79431..81267a5 100644 --- a/Corsi/Algebra 1/3. Teoria delle estensioni di campo e di Galois/Scheda riassuntiva di Teoria dei campi e di Galois/main.tex +++ b/Corsi/Algebra 1/3. Teoria delle estensioni di campo e di Galois/Scheda riassuntiva di Teoria dei campi e di Galois/main.tex @@ -158,7 +158,7 @@ il campo base $K$). \smallskip Un polinomio irriducibile si dice separabile se ammette - radici distinte. Per il criterio della derivata, + radici distinte. Per il Criterio della derivata, $p \in K[x]$ ammette radici multiple se e solo se $\MCD(p, p')$ non è invertibile, dove $p'$ è la derivata formale di $p$. \smallskip @@ -413,7 +413,8 @@ \end{equation*} Poiché l'azione è fedele, vale che - $\Gal(L / K) \mono S_n$, e quindi $\abs{\Gal(L / K)} \mid n!$. + $\Gal(L / K) \mono S_n$, e quindi $\abs{\Gal(L / K)} \mid n!$, perché + $n!$ è la cardinalità di $S_n$. Se $\Gal(L / K)$ è abeliano (e in tal caso si dice che $L$ è un'\textbf{estensione abeliana}), l'azione è anche libera, e quindi per il Lemma orbita-stabilizzatore vale @@ -462,7 +463,8 @@ composto. \smallskip La seguente tabella raccoglie le proprietà - delle estensioni: + delle estensioni: \smallskip + \begin{center} \scriptsize \vskip -0.1in @@ -602,6 +604,89 @@ immersione è un isomorfismo se e solo se $L \cap M = K$, per il precedente risultato. + \subsection{Sottoestensioni quadratiche di un campo} + + Per il Teorema di corrispondenza di Galois, le sottoestensioni quadratiche di un'estensione + di Galois $L/K$ sono in corrispondenza con i sottogruppi di indice $2$ di + $\Gal(L/K)$. \smallskip + + Si osserva che un sottogruppo $H \leq G$ di indice $2$ contiene + sempre il sottogruppo dei suoi quadrati $G^2 = \langle g^2 \mid g \in G \rangle$. + Pertanto, i sottogruppi di indice $2$ di $G = \Gal(L/K)$ sono in corrispondenza a + loro volta con i sottogruppi di indice $2$ di $G / G^2$, che è della forma: + \[ + G/G^2 \cong (\ZZ / 2 \ZZ)^k, + \] + dal momento che ogni suo elemento ha ordine al più $2$. In $(\ZZ / 2 \ZZ)^k$ + vi sono esattamente $2^k-1$ iperpiani (i.e., sottogruppi di indice $2$), in + quanto corrispondenti ai $2^k-1$ vettori non nulli dello spazio vettoriale. Pertanto + $2^k-1$ è il numero di sottoestensioni quadratiche di $L$. + + \subsection{Realizzazione di un gruppo come gruppo di Galois} + + Se $p$ è un primo e $f(x) \in \QQ[x]$ è un irriducibile di grado $p$ con esattamente + $2$ radici complesse non reali, allora $\Gal(L/\QQ) \cong S_p$, dove $L$ è il + campo di spezzamento di $f(x)$ su $\QQ$. Infatti, esisterebbe + in $\Gal(L/\QQ)$ una trasposizione indotta dal coniugio e un $p$-ciclo dal momento che + $p \mid [L : \QQ]$; su $S_p$, una trasposizione qualsiasi e un $p$-ciclo generano tutto + il gruppo, da cui il risultato desiderato. \smallskip + + Per il Lemma di Artin, se $K$ è un campo qualsiasi, e $G$ è un sottogruppo finito di $\Aut(K)$, allora + $K/K^G$ e un'estensione di Galois finita con $\Gal(K/K^G) = G$. \smallskip + + Pertanto ogni gruppo finito $G$ si realizza come gruppo di Galois di un'estensione di campi. Infatti, + se $|G| = n$, $G$ si immerge in $S_n$, e $S_n$ si immerge in $S_p$ per un primo $p \geq n$. Allora è + sufficiente prendere un polinomio irriducibile di grado $p$ con esattamente $2$ radici + complesse non reali su $\QQ[x]$ e considerare l'opportuna sottoestensione del suo campo di spezzamento + tramite la corrispondenza di Galois. + + \subsection{Discriminante, gruppo alterno e gruppo di Galois di un irriducibile di grado \texorpdfstring{$3$}{3}} + + Dato un polinomio $f(x) \in K[x]$ di grado $n$ e le sue radici + $a_1$, ..., $a_n$ in $\overline{K}$, si dice \textbf{discriminante} + $\Delta(f)$ la seguente quantità: + \[ + \Delta(f) = \prod_{i < j} (a_i - a_j)^2. + \] + Il polinomio $f(x)$ ha radici multiple se e solo se + $\Delta(f)$ si annulla. Inoltre, $\Delta(f)$ è un polinomio + simmetrico nelle radici, e quindi, per il Teorema fondamentale + dei polinomi simmetrici, si può scrivere nella base degli + $e_i(a_1, \ldots, a_n)$, che sono, a meno di segno e fattore di + riscalamento, i coefficienti del polinomio stesso (e quindi + $\Delta(f) \in K$). \smallskip + + Il discriminante è invariante per traslazione. I primi discriminanti + sono calcolati come segue: + \begin{itemize} + \item il polinomio $x^2 + bx + c$ ha discriminante $b^2 - 4c$, + \item il polinomio $x^3 + px + q$ ha discriminante $-4p^3-27q^2$. + \end{itemize} + + Supponiamo ora $f(x)$ irriducibile. Sia $L$ il campo di spezzamento di + $f(x)$ su $K$. + Essendo una funzione simmetrica nelle radici, il discriminante è invariante + rispetto all'azione del gruppo $\Gal(L/K)$, (questo mostra ancora che + $\Delta(f) \in K$ per corrispondenza). \smallskip + + Si osserva che, per $\sigma \in \Gal(L/K)$: + \[ + \sigma\left(\prod_{i < j} (a_i - a_j)\right) = \prod_{i < j} (a_{\sigma(i)} - a_{\sigma(j)}) = \sgn(\sigma) \prod_{i < j} (a_i - a_j), + \] + dove si è trasferito l'azione sugli indici delle radici. Pertanto, + $\Gal(L/K)$ si immerge nel gruppo alterno $A_n$ se e solo se + la radice quadrata di $\Delta(f)$ è fissata, ovverosia se e solo se + $\Delta(f)$ è un quadrato in $K$. \smallskip + + Se $n = 3$, allora, dal momento che le uniche possibilità per cardinalità sono + $A_3 \cong \ZZ / 3 \ZZ$ e $S_3$, vale che: + \[ + \Gal(L/K) \cong \begin{cases} + \ZZ / 3 \ZZ & \text{se } \Delta(f) = -4p^3-27q^2 \text{ quadrato in } K, \\ + S_3 & \text{altrimenti}. + \end{cases} + \] + \section{Gruppi di Galois noti} \subsection{Campi finiti} @@ -638,8 +723,8 @@ Allora, se $L$ è un suo campo di spezzamento e $\Delta = a^2 - 4b$ è l'usuale discriminante di $p$ visto come polinomio in $x^2$, vale che: \[ \Gal(L / \QQ) \cong \begin{cases} - \ZZmod{4} & \se b \text{ è quadrato in $\QQ$}, \\ - \ZZmod{2} \times \ZZmod{2} & \se b \Delta \text{ è quadrato in $\QQ$}, \\ + \ZZmod{4} & \se b \Delta \text{ è quadrato in $\QQ$}, \\ + \ZZmod{2} \times \ZZmod{2} & \se b \text{ è quadrato in $\QQ$}, \\ D_4 & \altrimenti. \end{cases} \] @@ -648,23 +733,58 @@ Siano $p_1$, ..., $p_n$ numeri primi distinti. Allora vale che: \[ \Gal(\QQ(\sqrt{p_1}, \ldots, \sqrt{p_n})/\QQ) \cong (\ZZmod{2})^n. \] + Si possono infatti contare le sottoestensioni quadratiche di + $\QQ(\sqrt{p_1}, \ldots, \sqrt{p_{n-1}})$ e constatare che sono esattamente + le $\QQ(\sqrt{p_1^{\eps_1} \cdots p_{n-1}^{\eps_{n-1}}})$ con $\eps_i \in \{\pm 1\}$ + e almeno un $\eps_i$ non nullo. Dal momento che nessuna di questa può coincidere con + $\QQ(\sqrt{p_n})$, si ottiene il risultato desiderato. \smallskip + + Un generatore di questa estensione è $\sqrt{p_1} + \ldots + \sqrt{p_n}$ dacché + ha $2^n$ coniugati. + + \subsection{Radici dell'unità e polinomi ciclotomici \texorpdfstring{$\Phi_n(x)$}{Φₙ(x)}} - \subsection{I polinomi ciclotomici \texorpdfstring{$\Phi_n(x)$}{Φₙ(x)}} + Dato un campo $K$, il polinomio $x^n - 1$ è separabile se e solo se + $\Char K \nmid n$. Infatti, per il Criterio della derivata, $x^n-1$ + è separabile se e solo se $\MCD(nx^{n-1}, x^n - 1) = 1$. Sia $\Phi_n(x)$ l'$n$-esimo polinomio ciclotomico, così definito: \[ \Phi_n(x) = \prod_{\substack{1 \leq d \leq n \\ \MCD(d, n) = 1}} (x - \zeta_n^d), \] dove $\zeta_n$ è una radice primitiva $n$-esima dell'unità. \smallskip + Di seguito sono presentati i primi $8$ polinomi ciclotomici: + \begin{itemize} + \item $\Phi_1(x) = x - 1$, + \item $\Phi_2(x) = x + 1$, + \item $\Phi_3(x) = x^2 + x + 1$, + \item $\Phi_4(x) = x^2 + 1$, + \item $\Phi_5(x) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$, + \item $\Phi_6(x) = x^2 - x + 1$, + \item $\Phi_7(x) = x^6 + x^5 + x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$, + \item $\Phi_8(x) = x^4 + 1$. + \end{itemize} + Tale polinomio è sempre a coefficienti interi ed è inoltre primitivo su $\ZZ[x]$. Vale inoltre che: \[ x^n - 1 = \prod_{m \mid n} \Phi_m(x). \] Il campo di spezzamento di $\Phi_n(x)$ su $\QQ$ è - $\QQ(\zeta_n)$, che è un'estensione normale, separabile e finita, - e pertanto di Galois. \smallskip + $\QQ(\zeta_n)$, che è quindi un'estensione normale e separabile, + e pertanto di Galois finita. \smallskip Inoltre vale che: \[ \Gal(\QQ(\zeta_n)/\QQ) \cong (\ZZmod{n})^\times, \] - e dunque $\Phi_n(x)$ è sempre irriducibile su $\QQ$. \smallskip + e $\Phi_n(x)$ è sempre irriducibile su $\QQ$. \smallskip + + In generale, vale per $n \geq 3$: + \[ + [\QQ(\zeta_n) : \QQ(\zeta_n) \cap \RR] = 2, + \] + ovverosia il grado di $\QQ(\zeta_n)$ sulla sua parte reale è $2$. + Infatti, $\alpha = \zeta_n + \zeta_n\inv \in \QQ(\zeta_n) \cap \RR$ (dacché + $\overline{\zeta_n} = \zeta_n\inv$) e $\zeta_n$ è radice di + $x^2 - \alpha x + 1$. Si verifica inoltre che + $\QQ(\zeta_n) \cap \RR$ coincide proprio con $\QQ(\zeta_n + \zeta_n\inv)$, che è + estensione normale di $\QQ$. \vfill \hrule