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feat(algebra1): teorema di corrispondenza di Galois
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+10
@@ -43,6 +43,16 @@
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a $\cap_{x=1}^n \Stab(x)$, e quindi se e solo se $\sigma = e$. Si conclude dunque
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che $\Stab(i)$ è banale e quindi che $\abs{H} = n$.
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\end{proof}
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\begin{proof}[Dimostrazione alternativa]
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Se $H$ è un sottogruppo transitivo di $S_n$,
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allora la sua azione naturale agisce fedelmente e
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transitivamente su $X_n$. Poiché però $H$ è anche
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abeliano, l'azione è anche libera, e dunque ogni
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stabilizzatore è banale. Pertanto, per il
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Teorema orbita-stabilizzatore, $\abs{H} =
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\abs{\Stab(1)} \abs{\Orb(1)} = n$.
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\end{proof}
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\begin{example}[Il gruppo di Klein $V_4$]
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In $S_4$, e in particolare in $A_4$, esiste un sottogruppo normale non banale
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Binary file not shown.
+238
-2
@@ -92,7 +92,243 @@
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$[K(\gamma) : K] = n = [K(\alpha, \beta) : K]$,
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da cui $K(\alpha, \beta) = K(\gamma)$, ossia la tesi.
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\end{itemize}
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\end{proof}
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\end{proof} \medskip
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Si illustrano adesso i prerequisiti per dimostrare
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il Teorema di corrispondenza di Galois:
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%TODO: aggiungere corrispondenza di Galois
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\begin{definition}
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Sia $\faktor{L}{K}$ un'estensione di Galois. Allora,
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se $H \leq \Gal(\faktor{L}{K})$, si definisce
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$L^H = \Fix(H)$ come la sottoestensione di $L$ su
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$K$ degli elementi fissati da ogni $\varphi \in H$,
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ossia:
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\[ L^H = \{ \alpha \in L \mid \varphi(\alpha) = \alpha \, \forall \varphi \in H \}. \]
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\end{definition}
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\begin{nlemma}
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Sia $\faktor{L}{K}$ un'estensione di Galois. Allora,
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se $H \leq \Gal(\faktor{L}{K})$ vale che:
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\[ L^H = K \iff H = \Gal(\faktor{L}{K}). \]
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\end{nlemma}
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\begin{proof}
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Sia $H = \Gal(\faktor{L}{K})$. Allora sicuramente
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$K \subseteq L^H$. Si mostra che non può valere
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$K \subsetneq L^H$. Se infatti $K \subsetneq L^H$,
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varrebbe che $[L^H : K] > 1$, e quindi esisterebbe
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una $K$-immersione non banale di $L^H$, detta
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$\varphi : L^H \to \overline{K}$. In particolare
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$\varphi$ può estendersi a una $K$-immersione di
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$L$, detta $\tilde{\varphi}$. In particolare
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$\tilde{\varphi} \in \Gal(\faktor{L}{K})$, e
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quindi $\tilde{\varphi}$ deve fissare $L^H$ per
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ipotesi. Tuttavia $\tilde{\varphi}$ ristretta
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a $L^H$ non fissa $L^H$ per ipotesi, \Lightning.
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Pertanto $L^H = K$. \medskip
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Sia adesso $L^H = K$. Per il Teorema dell'elemento
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primitivo, $\exists \alpha \in L^H$ tale per cui
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$L = K(\alpha)$. Si consideri allora il
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polinomio $p$ a coefficienti in $\overline{K}$ tale
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per cui:
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\[ p(x) = \prod_{\varphi \in H} (x - \varphi(\alpha)). \]
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Poiché l'identità di $\Gal(\faktor{L}{K})$ appartiene
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ad $H$, $(x-\alpha) \mid p(x)$, e quindi
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$p(\alpha) = 0$. Inoltre $p$ è in realtà un polinomio
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a coefficienti in $L^H$. Se infatti $\rho \in H$,
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\[ \rho(p(x)) = \prod_{\varphi \in H} (x - \rho(\varphi(\alpha))) = p(x), \]
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dove l'uguaglianza è dovuta al fatto\footnote{
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In particolare è stato applicato l'\textit{embedding} di Cayley su $H$
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attraverso l'elemento $\rho \in H$, e
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quest'azione si è rivelata essere transitiva.
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} che le
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mappe $\{ \rho \circ \varphi \}$ sono esattamente le
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mappe $\{ \varphi \}$. Pertanto $\abs{\Gal(\faktor{L}{K})} = [L : K] =
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[K(\alpha) : K] \leq \deg p(x) = \abs{H}$ dal
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momento che $\alpha$ è radice di $p(x)$. Dal momento
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che vale anche che $\abs{\Gal(\faktor{L}{K})} \geq \abs{H}$, allora
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$H = \Gal(\faktor{L}{K})$, da cui la tesi.
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\end{proof}
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\begin{proposition}
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Sia $\sigma \in \Gal{\faktor{L}{K}}$. Allora,
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se $H \leq \faktor{L}{K}$, vale che
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$\sigma(L^H) = L^{\sigma H \sigma\inv}$.
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Si osserva che:
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\[ \sigma(L^H) = \{ \sigma(\alpha) \mid \alpha \in L, \, \varphi(\alpha) = \alpha \, \forall \varphi \in H \} = \{ \beta \in L \mid \varphi(\sigma\inv(\beta)) = \sigma\inv(\beta) \, \forall \varphi \in H \}, \]
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dove si è sfruttato in modo cruciale il fatto che $\varphi \in H$ è bigettiva. Si
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conclude allora che:
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\[ \varphi(L^H) = \{ \beta \in L \mid \sigma(\varphi(\sigma\inv(\beta))) = \beta \, \forall \varphi \in H \} = L^{\sigma H \sigma\inv}. \]
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\end{proof}
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Si può adesso dimostrare il Teorema di corrispondenza di
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Galois:
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\begin{theorem}[di corrispondenza di Galois]
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Sia $\mathcal{E}$ l'insieme delle sottoestensioni
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di $\faktor{L}{K}$ estensione di Galois. Sia
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$\mathcal{G}$ l'insieme dei sottogruppi di
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$\Gal(\faktor{L}{K})$. Allora $\mathcal{E}$ è
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in bigezione con $\mathcal{G}$ attraverso
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la mappa $\alpha : \mathcal{E} \to \mathcal{G}$
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tale per cui:
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\[ F \xmapsto{\alpha} \Gal(\faktor{L}{F}) \leq
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\Gal(\faktor{L}{K}), \]
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la cui inversa $\beta : \mathcal{G} \to \mathcal{E}$
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è tale per cui:
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\[ H \xmapsto{\beta} L^H \subseteq L. \]
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Inoltre, una sottoestensione $\faktor{F}{K}$ di
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$\faktor{L}{K}$ è normale su $K$ se e solo se
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il corrispondente sottogruppo di $\Gal(\faktor{L}{K})$
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è normale. Infine, se $\faktor{F}{K}$ è normale,
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$F$ è in particolare di Galois\footnote{
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Si ricorda che si considera $K$ un campo perfetto.
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} e vale che:
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\[ \Gal(\faktor{F}{K}) \cong \faktor{\Gal(\faktor{L}{K})}{\Gal(\faktor{L}{F})}. \]
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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Le mappe $\alpha$ e $\beta$ sono ovviamente ben definite. Si mostra direttamente che sono l'una
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l'inversa dell'altra. Sia $H \leq \Gal(\faktor{L}{K})$.
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Si osserva che:
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\[ \alpha(\beta(H)) = \alpha(L^H) = \Gal(\faktor{L}{L^H}). \]
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Sia $L^H = M$. Se si pone $K = \Gal(\faktor{L}{L^H})$, vale chiaramente che $H \leq K$ dal momento che $H$
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fissa per definizione tutti gli elementi di
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$L^H$. Dacché allora $L^H = M$, per il lemma precedente
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$H = K$, e quindi $\alpha(\beta(H)) = H$. \medskip
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Analogamente si osserva che per $K \subseteq F \subseteq K$ vale che:
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\[ \beta(\alpha(F)) = \beta(\Gal(\faktor{L}{F})) =
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L^{\Gal(\faktor{L}{F})}. \]
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Pertanto, detto $H = \Gal(\faktor{L}{F})$,
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per il lemma precedente vale che $L^H = F$,
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e quindi $\beta(\alpha(F)) = F$, dimostrando
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la prima parte del teorema. \medskip
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Sia ora $\faktor{F}{K}$ una sottoestensione normale
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di $\faktor{L}{K}$. Allora, se $\varphi \in \Gal(\faktor{L}{F})$ e $\sigma \in \Gal(\faktor{L}{K})$,
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$\tau = \sigma \circ \varphi \circ \sigma\inv$ è ancora
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un elemento di $\faktor{L}{K}$. Pertanto,
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$\tau$ si può restringere ad una $K$-immersione di $F$.
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Poiché allora $F$ è normale su $K$, $\tau(F) = F$, e
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quindi $\tau \in \Gal(\faktor{L}{F})$, e dunque
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$\Gal(\faktor{L}{F}) \nsgeq \Gal(\faktor{L}{K})$. \medskip
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Sia adesso $\Gal(\faktor{L}{F}) \nsgeq \Gal(\faktor{L}{K})$. Sia $\varphi$ una $K$-immersione
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di $F$ su $\overline{K}$. Allora $\varphi$ può essere
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estesa ad un elemento $\tilde{\varphi} \in \Gal(\faktor{L}{K})$. In particolare,
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se $H = \Gal(\faktor{L}{F})$, $\varphi(F) =
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\tilde{\varphi}(F) = L^{\varphi H \varphi\inv} = L^H = F$, dove si è sfruttata la normalità di $H$ in
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$\Gal(\faktor{L}{K})$. Pertanto $F$ è normale su $K$,
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e dunque, in quanto separabile per ipotesi, di Galois. \medskip
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Si consideri adesso l'omomorfismo $\tau : \Gal(\faktor{L}{K}) \to \Gal(\faktor{F}{K})$ dato
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dalla restrizione delle immersioni di $\Gal(\faktor{L}{K})$ su $F$. Chiaramente $\tau$
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è una mappa surgettiva, dal momento che ogni $K$-immersione di $\Gal(\faktor{F}{K})$ può estendersi
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a $K$-immersione di $\Gal(\faktor{L}{K})$. Inoltre
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vale che $\Ker \tau$ è esattamente il sottogruppo
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di $\Gal(\faktor{L}{K})$ che fissa $F$, ossia
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$\Gal(\faktor{L}{F})$. Applicando allora il Primo
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teorema di isomorfismo vale che:
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\[ \Gal(\faktor{F}{K}) \cong \faktor{\Gal(\faktor{L}{K})}{\Gal(\faktor{L}{F})}, \]
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da cui la tesi.
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\end{proof}
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\begin{example}[studio dei sottocampi di $\QQ(\sqrt{2}, \sqrt{3}) \quot \QQ$]
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Dal momento che $L := \QQ(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ è
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il campo di spezzamento dei polinomi $x^2 - 2$
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e $x^2 - 3$, tale estensione è normale su $\QQ$,
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e quindi di Galois. Inoltre, dal momento che
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$\sqrt{3} \notin \QQ(\sqrt{2})$,
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$[L : \QQ] = 2 \cdot 2 = 4$, dal Teorema delle
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torri algebriche. Pertanto $\Gal(\faktor{L}{\QQ})$
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è un gruppo di ordine $4$. \medskip
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Si definisce $\varphi_{ij}$ con $i$, $j \in \{0, 1\}$
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come le $\QQ$-immersioni di $L$
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tali per cui $\sqrt{2} \xmapsto{\varphi_{ij}} (-1)^i \sqrt{2}$ e analogamente $\sqrt{3} \xmapsto{\varphi_{ij}} (-1)^j \sqrt{3}$. Dal momento
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che le varie $\varphi_{ij}$ sono distinte,
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che ogni $\varphi_{ij}$ ha ordine $2$ e che ogni
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gruppo di ordine $4$ è abeliano (o, più semplicemente,
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le varie $\varphi_{ij}$ commutano tra loro),
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vale che $\Gal(\faktor{L}{\QQ}) \cong \ZZmod2 \times \ZZmod2$. \medskip
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Ogni sottoestensione di $L$ ha
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grado su $\QQ$ divisore di $[L : \QQ]$, e quindi
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ha grado $1$, $2$ o $4$. Se il grado è $4$,
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la sottoestensione considerata è proprio $L$, mentre
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se il grado è $1$ la sottoestensione è $\QQ$ stesso.
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Si studiano ora le sottoestensioni di grado $2$.
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Tali sottoestensioni corrispondono ai sottogruppi
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di $\Gal(\faktor{L}{\QQ})$ di ordine $4/2 = 2$. Inoltre,
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a priori, essendo $\Gal(\faktor{L}{\QQ})$ abeliano, tutte
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le sottoestensioni sono normali su $\QQ$. \medskip
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Ogni sottogruppo di ordine $2$ è ciclico e generato
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da elementi di ordine $2$, e quindi, mantenendo
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la corrispondenza con $\ZZmod2 \times \ZZmod2$,
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da $(1,0)$, $(0,1)$ o $(1,1)$. Pertanto esistono
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esattamente $3$ sottoestensioni distinte di grado $2$
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su $\QQ$. \medskip
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In particolare queste sottoestensioni corrispondono
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ai sottocampi di $L$ fissati da $\varphi_{10}$,
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$\varphi_{01}$ e $\varphi_{11}$, ossia
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$\QQ(\sqrt{3})$, $\QQ(\sqrt{2})$ e $\QQ(\sqrt{6})$. \medskip
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Inoltre $\alpha := \sqrt{2} + \sqrt{3}$ è un elemento primitivo
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di $L$, dal momento che non può appartenere né a
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$\QQ(\sqrt{3})$ né a $\QQ(\sqrt{2})$ (altrimenti
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tali sottoestensioni coinciderebbero con $L$, \Lightning), e così nemmeno a $\QQ(\sqrt{6})$ (altrimenti $\alpha$ si scriverebbe
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come combinazione lineare di $1$ e $\sqrt{6}$,
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\Lightning). Alternativamente $\alpha$
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ha esattamente $4$ coniugati tramite
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le varie\footnote{
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Tali $4$ coniugati sono distinti dal momento
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che $\{1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}\}$ è
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una base di $L$ come $\QQ$-spazio.
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} $\varphi_{ij}$, e quindi ha grado $4$ su
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$\QQ$. In particolare vale che:
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\[ \mu_\alpha(x) = \prod_{i=0}^1 \prod_{j=0}^1 (x + (-1)^i \sqrt{2} + (-1)^j \sqrt{3}) = x^4 - 10x^2 + 1. \]
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Tutte le informazioni sono infine raccolte nel seguente
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diagramma di estensioni: %TODO: terminare esempio
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\[\begin{tikzcd}[column sep=2.25em]
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&& {\overbrace{\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})}^{\mathbb{Q}(\sqrt{2} + \sqrt3)}} \\
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\\
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{\mathbb{Q}(\sqrt{2})} && {\mathbb{Q}(\sqrt6)} && {\mathbb{Q}(\sqrt3)} \\
|
||||
\\
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||||
&& {\mathbb{Q}}
|
||||
\arrow["2"{pos=0.3}, no head, from=1-3, to=3-1]
|
||||
\arrow["2"', no head, from=1-3, to=3-3]
|
||||
\arrow["2"', no head, from=1-3, to=3-5]
|
||||
\arrow["2"', no head, from=3-3, to=5-3]
|
||||
\arrow["2"{description}, no head, from=3-5, to=5-3]
|
||||
\arrow["2"{description}, no head, from=3-1, to=5-3]
|
||||
\arrow["{\small x^4 - 10x^2 + 1}", curve={height=-24pt}, no head, from=1-3, to=5-3]
|
||||
\arrow["{x^2-3}", curve={height=-12pt}, no head, from=3-5, to=5-3]
|
||||
\arrow["{x^2-2}"', curve={height=12pt}, no head, from=3-1, to=5-3]
|
||||
\arrow["{x^2-6}"'{pos=0.3}, shift left, curve={height=12pt}, no head, from=3-3, to=5-3]
|
||||
\arrow["{x^2+2\sqrt3\,x+1}", curve={height=-18pt}, no head, from=1-3, to=3-5]
|
||||
\arrow["{x^2+2\sqrt2\,x-1}"', curve={height=18pt}, no head, from=1-3, to=3-1]
|
||||
\arrow["{\small x^2-2\sqrt6-5}"'{pos=0.8}, curve={height=12pt}, no head, from=1-3, to=3-3]
|
||||
\end{tikzcd}\]
|
||||
\end{example}
|
||||
\end{document}
|
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