diff --git a/Aritmetica/10. Teoremi rilevanti sui campi finiti.tex b/Aritmetica/10. Teoremi rilevanti sui campi finiti.tex index 1624b40..766ad74 100644 --- a/Aritmetica/10. Teoremi rilevanti sui campi finiti.tex +++ b/Aritmetica/10. Teoremi rilevanti sui campi finiti.tex @@ -12,18 +12,18 @@ Dacché $f(x)$ è irriducibile, $\FFpp/((f(x))$ è un campo con $p^n$ elementi, ed è quindi isomorfo a $\FFpn$. \\ - + Sia $\alpha = x + (f(x))$ una radice di $f(x)$ in $\FFpn$. Dal momento che $f(x)$ è irriducibile in $\FFpp$, esso è il polinomio minimo di $\alpha$. Tuttavia, poiché $\alpha \in \FFpn$, $\alpha$ è anche radice di $x^{p^n}-x$. Pertanto si deduce che $f(x)$ divide $x^{p^n}-x$. \\ - + Dunque, poiché $x^{p^n}-x$ in $\FFpn$ è prodotto di fattori lineari, tutte le radici di $f(x)$ sono già in $\FFpn$. \\ - + Inoltre, $\FFpn$ è il più piccolo sottocampo contenente $\alpha$, dacché $\FFpn \cong \FFpp/(f(x)) \cong \FFpp(\alpha)$. Quindi si deduce che $\FFpn$ è un campo di spezzamento per @@ -35,39 +35,39 @@ Sia $f(x)$ un irriducibile di grado $n$ su $\FFpp[x]$ e sia $\alpha$ una sua radice in $\FFpn$. Allora $f(\Frobexp^k(\alpha))=0$, $\forall k \geq 0$ \footnote{$\Frob$ è l'omomorfismo di Frobenius, definito come $\Frob : \FFpp \to \FFpp$, - $a \mapsto a^p$.}. + $a \mapsto a^p$.}. \end{lemma} \begin{proof} Sia $f(x) = a_n x^n + \ldots + a_0$ a coefficienti in $\FFpp$. Si dimostra la tesi applicando il principio di induzione su $k$. \\ - + \ (\textit{passo base})\; $f(\Frobexp^0(\alpha))=f(\alpha)=0$. \\ - + \ (\textit{passo induttivo})\; Per l'ipotesi induttiva, $f(\Frobexp^{k-1}(\alpha))=0$. - Allora, si verifica algebricamente che: - - \begin{multline*} - f(\Frobexp^k(\alpha)) = a_n (\Frobexp^k(\alpha))^n + \ldots + a_0 = - \Frob(a_n) \Frob((\Frobexp^{k-1}(\alpha))^n) + \ldots + \Frob(a_0) = \\ - \Frob(f(\Frobexp^{k-1}(\alpha))) = \Frob(0) = 0, - \end{multline*} - - \vskip 0.1in - - dove si è usato che $\Frob(a_i) = a_i$, $\forall 0 \leq i \leq n$, dacché - ogni elemento di $\FFpp$ è radice di $x^p-x$. - + Allora, si verifica algebricamente che: + + \begin{multline*} + f(\Frobexp^k(\alpha)) = a_n (\Frobexp^k(\alpha))^n + \ldots + a_0 = + \Frob(a_n) \Frob((\Frobexp^{k-1}(\alpha))^n) + \ldots + \Frob(a_0) = \\ + \Frob(f(\Frobexp^{k-1}(\alpha))) = \Frob(0) = 0, + \end{multline*} + + \vskip 0.1in + + dove si è usato che $\Frob(a_i) = a_i$, $\forall 0 \leq i \leq n$, dacché + ogni elemento di $\FFpp$ è radice di $x^p-x$. + \end{proof} \begin{theorem} Sia $f(x)$ un irriducibile di grado $n$ su $\FFpp[x]$ e sia $\alpha$ una sua radice in $\FFpn$. Allora vale la seguente fattorizzazione in $\FFpn$: - + \[ f(x) = \prod_{i=0}^{n-1} \left(x - \alpha^{p^i}\right) = \prod_{i=0}^{n-1} \left(x - \Frobexp^i(\alpha)\right), \] - + \vskip 0.1in - + dove ogni fattore non è associato. \end{theorem} @@ -75,19 +75,19 @@ Si verifica innanzitutto che vale chiaramente che $\alpha^{p^i} = \Frobexp^i(\alpha)$. Dal momento che $\alpha$ è radice, allora ogni $\alpha^{p^i}$ lo è, per il \lemref{lem:frobexp}. \\ - + Affinché tutti i fattori della moltiplicazione non siano associati è sufficiente dimostrare che $n$ è il più piccolo esponente $j$ per cui $\Frobexp^j(\alpha)=\alpha$. Infatti, siano $\Frobexp^i(\alpha)=\Frobexp^j(\alpha)$ con $0\leq j < i < n$, allora, applicando più volte $\Frob$, si ricava che: - + \[ \Frobexp^n(\alpha)=\Frobexp^{j+n-i}(\alpha) \implies \Frobexp^{j+n-i}(\alpha)= \alpha, \] - + \vskip 0.1in - + che è assurdo, dacché $j < i < n \implies j+n-i < n$, \Lightning{}. \\ - + Innanzitutto, si verifica che $\Frobexp^{n}(\alpha)=\alpha^{p^n}=\alpha$, dacché $\alpha \in \FFpn$. Infine, sia $t$ il più piccolo esponente $j$ per cui $\Frobexp^j(\alpha)=\alpha$. Se $j$ fosse minore di $n$, $\alpha$ sarebbe @@ -107,17 +107,17 @@ \begin{proof} Sia $s \in \NN$ tale che $n=ds$. Si verifica la tesi applicando il principio di induzione su $k \in \NN$. \\ - + \ (\textit{passo base})\; Per ipotesi, $\alpha^{p^d}=\alpha$. \\ - + \ (\textit{passo induttivo})\; Per ipotesi induttiva, $\alpha^{p^{(k-1)d}}=\alpha$. Allora si ricava che: - + \[ \alpha^{p^{(k-1)d}}=\alpha \implies \alpha^{p^{kd}}=\alpha^{p^d}=\alpha. \] - + \vskip 0.1in - + In particolare, $\alpha^{p^n} = \alpha^{p^{ds}} = \alpha$, da cui la tesi. - + \end{proof} \begin{theorem} @@ -129,24 +129,24 @@ Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\ \ ($\implies$)\; Dal momento che $\FFpm \subseteq \FFpn$, - si ricava la seguente catena di estensioni: - - \[ \FFpp \subseteq \FFpm \subseteq \FFpn, \] - - \vskip 0.1in - - dalla quale, applicando il \textit{Teorema delle Torri Algebriche}, - si desume la seguente equazione: - - \[ \underbrace{[\FFpn : \FFpp]}_n = [\FFpn : \FFpm] \underbrace{[\FFpm : \FFpp]}_d, \] - - e quindi che $m$ divide $n$. \\ - + si ricava la seguente catena di estensioni: + + \[ \FFpp \subseteq \FFpm \subseteq \FFpn, \] + + \vskip 0.1in + + dalla quale, applicando il \textit{Teorema delle Torri Algebriche}, + si desume la seguente equazione: + + \[ \underbrace{[\FFpn : \FFpp]}_n = [\FFpn : \FFpm] \underbrace{[\FFpm : \FFpp]}_d, \] + + e quindi che $m$ divide $n$. \\ + \ ($\,\Longleftarrow\,\,$)\; Sia $m \mid n$. Si consideri $\alpha \in \FFpm$. $\alpha$ - è sicuramente radice di $x^{p^m}-x$, e poiché $m$ divide $n$, è - anche radice di $x^{p^n}-x$, per il \lemref{lem:alpha_radice}. Allora - $\alpha$ appartiene al campo di spezzamento di $x^{p^n}-x$ su $\FFpp$, - ossia $\FFpn$. Pertanto $\FFpm \subseteq \FFpn$. \\ + è sicuramente radice di $x^{p^m}-x$, e poiché $m$ divide $n$, è + anche radice di $x^{p^n}-x$, per il \lemref{lem:alpha_radice}. Allora + $\alpha$ appartiene al campo di spezzamento di $x^{p^n}-x$ su $\FFpp$, + ossia $\FFpn$. Pertanto $\FFpm \subseteq \FFpn$. \\ \end{proof} \begin{corollary} @@ -159,14 +159,14 @@ che ne contenga tutte le radici, ossia il più piccolo campo che contenga $\FFp{m_1}$, $\FFp{m_2}$, $\ldots,\, \FFp{m_n}$. Si dimostra che tale campo è proprio $\FFp{k}$. \\ - + Innanzitutto $\FFp{k}$, per il \thref{th:inclusione}, contiene tutti i campi di spezzamento dei fattori irriducibili di $f(x)$, dacché $m_i$ divide $k$ $\forall 1 \leq i \leq n$. \\ - + Sia supponga esista adesso un altro campo $\FFp{t} \subseteq \FFp{k}$ con tutte le radici. Sicuramente $t \mid k$, per il \thref{th:inclusione}. Inoltre, dal momento che dovrebbe includere ogni campo $\FFp{m_i}$, sempre per il \thref{th:inclusione}, $m_i$ divide $t$ $\forall 1 \leq i \leq n$. \\ - + Allora $t$ è un multiplo comune di tutti i $m_i$, e quindi $k$, in quanto minimo comune multiplo, lo divide. Si conclude allora che $t = k$, e quindi che $\FFp{k}$ è un campo di spezzamento di $f(x)$. @@ -181,23 +181,23 @@ La proposizione è equivalente a affermare che ogni polinomio irriducibile in $\FFpp$ ha grado divisore di $n$ se e solo se divide $x^{p^n}-x$. Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\ - + \ ($\implies$)\; Sia $f(x)$ un polinomio irriducibile in $\FFpp$ di grado $d$, con - $d \mid n$. Si consideri allora il campo $\FFpd \cong \FFpp/(f(x))$, e - sia $\alpha$ una radice di $f(x)$ in tale campo. \\ - - Per il \lemref{lem:alpha_radice} si verifica che $\alpha$ è anche una radice - di $x^{p^n}-x$. Poiché $f(x)$ è irriducibile, esso è il polinomio minimo - di $\alpha$, e quindi si deduce che $f(x)$ divide $x^{p^n}-x$. \\ - + $d \mid n$. Si consideri allora il campo $\FFpd \cong \FFpp/(f(x))$, e + sia $\alpha$ una radice di $f(x)$ in tale campo. \\ + + Per il \lemref{lem:alpha_radice} si verifica che $\alpha$ è anche una radice + di $x^{p^n}-x$. Poiché $f(x)$ è irriducibile, esso è il polinomio minimo + di $\alpha$, e quindi si deduce che $f(x)$ divide $x^{p^n}-x$. \\ + \ ($\,\Longleftarrow\,\,$)\; Sia $f(x)$ un polinomio irriducibile in $\FFpp$ di grado - $d$ che divide $x^{p^n}-x$. Si consideri allora il campo $\FFpd \cong \FFpp/(f(x))$, - e sia $\alpha$ una radice di $f(x)$ in tale campo. Allora $\FFpd \cong + $d$ che divide $x^{p^n}-x$. Si consideri allora il campo $\FFpd \cong \FFpp/(f(x))$, + e sia $\alpha$ una radice di $f(x)$ in tale campo. Allora $\FFpd \cong \FFpp(\alpha)$, dacché $f(x)$, in quanto irriducibile, è il polinomio minimo - di $\alpha$. \\ - - Dacché $f(x)$ divide $x^{p^n}-x$, $\alpha$ è anche una radice - di $x^{p^n}-x$, e quindi che $\alpha \in \FFpn$. Dal momento che chiaramente - anche $\FFpp \subseteq \FFpn$, si deduce che $\FFpd \cong \FFpp(\alpha) \subseteq + di $\alpha$. \\ + + Dacché $f(x)$ divide $x^{p^n}-x$, $\alpha$ è anche una radice + di $x^{p^n}-x$, e quindi che $\alpha \in \FFpn$. Dal momento che chiaramente + anche $\FFpp \subseteq \FFpn$, si deduce che $\FFpd \cong \FFpp(\alpha) \subseteq \FFpn$. Allora, per il \thref{th:inclusione}, $d$ divide $n$. \end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/Aritmetica/7. Estensioni algebriche di K.tex b/Aritmetica/7. Estensioni algebriche di K.tex index 19a5e09..9411ca1 100644 --- a/Aritmetica/7. Estensioni algebriche di K.tex +++ b/Aritmetica/7. Estensioni algebriche di K.tex @@ -399,7 +399,7 @@ seguente teorema. \[ [A(\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_{n-1})(\beta_n) : A(\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_{n-1})] = \deg p(x) \leq \deg f(x) = [A(\beta_n) : A]. \] - + \vskip 0.1in Poiché $[A(\beta_n) : A]$ è finito, anche $[A(\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_{n-1})(\beta_n) : A(\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_{n-1})]$ lo è. \\ @@ -453,19 +453,19 @@ seguente teorema. $A(\alpha^2)$, ossia $[A(\alpha) : A(\alpha^2)]$. Poiché $\alpha$ è radice del polinomio $x^2 - \alpha^2$ in $A(\alpha^2)$, si deduce che tale grado è al più $2$. \\ - + Si applichi il \nameref{th:torri} alla catena di estensioni $A \subseteq A(\alpha^2) \subseteq A(\alpha)$: - + \[ [A(\alpha) : A] = \underbrace{[A(\alpha) : A(\alpha^2)]}_{\leq 2} [A(\alpha^2) : A]. \] - + \vskip 0.1in - + Se $[A(\alpha) : A(\alpha^2)]$ fosse $2$, $[A(\alpha) : A]$ sarebbe pari, \Lightning{}. Pertanto $[A(\alpha) : A(\alpha^2)] = 1$, da cui si ricava che $[A(\alpha) : A] = [A(\alpha^2) : A]$, ossia che $A(\alpha^2)$ ha la stessa dimensione di $A(\alpha)$ su $A$. \\ - + Dal momento che $A(\alpha^2)$ è un sottospazio vettoriale di $A(\alpha)$, avere la sua stessa dimensione equivale a coincidere con lo spazio stesso. Si conclude allora che $A(\alpha^2) = A(\alpha)$. @@ -476,7 +476,7 @@ seguente teorema. facilmente ad un esponente $n$ qualsiasi, finché sia data come ipotesi la non divisibilità di $[A(\alpha) : A]$ per nessun numero primo minore o uguale di $n$. \\ - + Si può infatti considerare, per la dimostrazione generale, il polinomio $x^n - \alpha^n$, la cui esistenza implica che $[A(\alpha) : A(\alpha^n)]$ sia minore diff --git a/Aritmetica/aritmetica.pdf b/Aritmetica/aritmetica.pdf index 70ee73f..cc54c3c 100644 Binary files a/Aritmetica/aritmetica.pdf and b/Aritmetica/aritmetica.pdf differ