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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:
+    Allora, si verifica algebricamente che:
-        
+
-        \begin{multline*}
+    \begin{multline*}
-            f(\Frobexp^k(\alpha)) = a_n (\Frobexp^k(\alpha))^n + \ldots + a_0 =
+        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(a_n) \Frob((\Frobexp^{k-1}(\alpha))^n) + \ldots + \Frob(a_0) = \\
-            \Frob(f(\Frobexp^{k-1}(\alpha))) = \Frob(0) = 0,
+        \Frob(f(\Frobexp^{k-1}(\alpha))) = \Frob(0) = 0,
-        \end{multline*}
+    \end{multline*}
-            
+
-        \vskip 0.1in
+    \vskip 0.1in
-        
+
-        dove si è usato che $\Frob(a_i) = a_i$, $\forall 0 \leq i \leq n$, dacché
+    dove si è usato che $\Frob(a_i) = a_i$, $\forall 0 \leq i \leq n$, dacché
-        ogni elemento di $\FFpp$ è radice di $x^p-x$.
+    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:
+    si ricava la seguente catena di estensioni:
-        
+
-        \[ \FFpp \subseteq \FFpm \subseteq \FFpn, \]
+    \[ \FFpp \subseteq \FFpm \subseteq \FFpn, \]
-        
+
-        \vskip 0.1in
+    \vskip 0.1in
-        
+
-        dalla quale, applicando il \textit{Teorema delle Torri Algebriche},
+    dalla quale, applicando il \textit{Teorema delle Torri Algebriche},
-        si desume la seguente equazione:
+    si desume la seguente equazione:
-        
+
-        \[ \underbrace{[\FFpn : \FFpp]}_n = [\FFpn : \FFpm] \underbrace{[\FFpm : \FFpp]}_d, \]
+    \[ \underbrace{[\FFpn : \FFpp]}_n = [\FFpn : \FFpm] \underbrace{[\FFpm : \FFpp]}_d, \]
-        
+
-        e quindi che $m$ divide $n$. \\
+    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
+    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
+    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 $\FFpp$,
+    $\alpha$ appartiene al campo di spezzamento di $x^{p^n}-x$ su $\FFpp$,
-        ossia $\FFpn$. Pertanto $\FFpm \subseteq \FFpn$. \\
+    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
+    $d \mid n$. Si consideri allora il campo $\FFpd \cong \FFpp/(f(x))$, e
-        sia $\alpha$ una radice di $f(x)$ in tale campo. \\
+    sia $\alpha$ una radice di $f(x)$ in tale campo. \\
-        
+
-        Per il \lemref{lem:alpha_radice} si verifica che $\alpha$ è anche una radice
+    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 $x^{p^n}-x$. Poiché $f(x)$ è irriducibile, esso è il polinomio minimo
-        di $\alpha$, e quindi si deduce che $f(x)$ divide $x^{p^n}-x$. \\
+    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 $\FFpd \cong \FFpp/(f(x))$,
+    $d$ 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
+    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 $\alpha$. \\
+    di $\alpha$. \\
-        
+
-        Dacché $f(x)$ divide $x^{p^n}-x$, $\alpha$ è anche una radice
+    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
+    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
+    anche $\FFpp \subseteq \FFpn$, si deduce che $\FFpd \cong \FFpp(\alpha) \subseteq
         \FFpn$. Allora, per il \thref{th:inclusione}, $d$ divide $n$.
 \end{proof}

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