SOLUZIONI: ESAME DI ALGEBRA 3, 18/7/2012 Esercizio 1. Sia P(X

SOLUZIONI: ESAME DI ALGEBRA 3, 18/7/2012
Esercizio 1. Sia P (X) ∈ Q[X] il polinomio P (X) = X 10 −5. Sia K un campo di spezzamento
di P (X) su Q.
(i) Determinare il grado [K : Q].
(ii) Descrivere il gruppo di Galois di K su Q.
Dim. (i) Il polinomio P (X) è irriducibile su Q per il criterio di Eisentein applicato al primo
1
j
5. Sia α = 5 10 una radice reale. Le altre radici sono della forma ζ10
α con ζ10 radice primitiva
di ordine 10 dell’unità in C. Sia L = Q(ζ10 ) il decimo campo ciclotomico e sia M = Q(α).
Allora K è il campo composto L · M .
¡
¢∗
Il campo L è un’estensione di Galois di Q con gruppo di Galois H isomorfo a Z/10Z .
∼
un isomorfismo
di¢anelli¡ Z/10Z
¡Per il teorema
¢∗
¡ cinese
¢∗ del ¡resto ¢ho
¡
¢ = Z/5Z × Z/2Z e quindi
∗
∗
Z/10Z ∼
= Z/5Z × Z/2Z . Visto che ¡ Z/5Z ¢ ∼
= Z/4Z concludo che H è ciclico
∗
di ordine 4. Ad esempio, un generatore di Z/10Z è 7 e quindi un generatore di H è
7 .
l’automorfismo γ : ζ10 7→ ζ10
2
Visto che ζ10 è una radice primitiva di ordine 5 dell’unità, che denoto con ζ5 , e che Q(ζ5 )
ha grado 4 su Q, segue che L = Q(ζ5 ). Infatti, abbiamo esplicitamente che −ζ5 è una radice
primitiva di√ordine 10 dell’unità. In particolare, L contiene un’unica estensione quadratica
data da Q( 5).
Il campo M è una estensione di grado 10 di Q. √
In particolare M ∩ L ha grado 1 o 2 su
√ Q.
Osservo che α5 è una radice di T 2 − 5 e quindi Q( 5) ⊂ M . Concludo che M ∩ L = Q( 5).
Segue che M ∩ L ha grado 2 su Q e quindi K ha grado 20 su Q.
Osservo che α2 è una radice di Y 5 − 5 che è irriducibile per Eisenstein. Quindi N =
¡(ii)
¢
Q α2 ⊂ M ha grado 5 su Q. Segue dal punto (i) che K è il campo composto di L e di N . Sia
I il gruppo di Galois di K su N . È il gruppo ciclico di ordine 4 generato dall’automorfismo
7 e α2 7→ α2 . Osservo che l’applicazione composta I ⊂ G → H è un
τ definito da ζ10 7→ ζ10
isomorfismo di gruppi che invia τ 7→ γ.
Sia J il gruppo di Galois di K su L. È il sottogruppo ciclico di ordine 5 di G generato
2 α2 . È un sottogruppo normale di G in
dall’automorfismo ρ definito da ζ10 7→ ζ10 e α2 7→ ζ10
quanto L è di Galois su Q.
i
Allora G è il prodotto semidiretto di I per J con prodotto definito da τ i ρτ −i = ρ7 .
¤
4
2
Esercizio
√ 2. Sia L un campo di spezzamento del polinomio Q(X) = X − 2X − 2. Sia
F := Q( 3).
1) Dimostrare che Q(X) è irriducibile su Q e che F ⊂ L. Determinare il grado [L : Q].
2) Descrivere gli automorfismi del campo L.
Dim. (1) Il p
polinomio Q(X)p
è irriducibile su Q per il criterio di Eisentein applicato al primo
√
√
2. Sia α = 1 − 3 e β = 1 + 3. Allora Q(X) = (X 2 − α2 )(X 2 − β 2 ). Quindi le radici
di Q(X) in C sono ±α e ±β.
Siano K1 := Q(α) e K2 := Q(β). Sono estensioni di grado 4 su Q ed L è il campo composto
K1 · K2 .
√
Osservo inoltre che 3 ∈ K1 ∩ K2 . Visto che K2 ⊂ R mentre K1 6⊂ R, concludo che
K1 6= K2 e quindi K1 ∩ K2 = F . Deduco allora che L ha grado 4 su F e quindi grado 8 su Q.
1
2
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(2) Gli automorfismi di L su Q permutano le radici di Q(X). Considero le permutazioni σ
delle radici di Q(X) tali che σ(±α) = ±σ(α) e σ(±β) = ±σ(β). Ho le seguenti possibilità:
i) σ0 = Id;
ii) σ1 che manda α 7→ α e β 7→ −β. Corrisponde all’automorfismo di ordine 2 di L che
genera il gruppo di Galois di L su K1 ;
iii) σ2 che manda α 7→ −α e β 7→ β. Corrisponde all’automorfismo di ordine 2 di L che
genera il gruppo di Galois di L su K2 ;
iv) σ3 = σ1 ◦ σ2 = σ2 ◦ σ1 che manda α 7→ −α e β 7→ −β. È un automorfismo di ordine 2;
v) σ4 che manda α 7→ β e β 7→ α. Ha ordine 2.
vi) σ5 = σ1 ◦ σ4 = σ4 ◦ σ2 che manda α 7→ −β e β 7→ α. Ha ordine 4.
vii) σ6 = σ2 ◦ σ4 = σ4 ◦ σ1 che manda α 7→ β e β 7→ −α. Ha ordine 4.
viii) σ6 = σ3 ◦ σ4 = σ4 ◦ σ3 che manda α 7→ −β e β 7→ −α. Ha ordine 2.
Sia G il gruppo di Galois di L su Q. Ha cardinalità 8. Gli automorfismi di L su Q sono
univocamente determinati dalle immagini di α e β in quanto L = Q(α, β). Concludo che le
applicazioni sopra definite corrispondono a tutti e soli gli automorfismi di L su Q.
Osservo che G è generato da σ1 , σ2 e σ4 . Visto che σ4 ◦ σ1 6= σ1 ◦ σ4 , il gruppo G non è un
gruppo abeliano.
¤
Esercizio 3. Sia Fp il campo finito con p elementi. Sia F una chiusura algebrica di Fp .
i) Siano K ed L estensioni finite di Fp contenute in F. Determinare in termini della cardinalità di K e di L l’intersezione K ∩ L ed il campo composto K · L.
ii) Sia f (X) ∈ Fp [X] un polinomio irriducibile. Mostrare che esiste un n tale che f (X)
n
divide X p − X. È vero anche se non si suppone f (X) irriducibile?
Dim. (i) Per la teoria dei campi finiti sappiamo che i sottocampi finiti di F hanno cardinalità
pα per un qualche α ∈ N. Per ogni α esiste un unico sottocampo di cardinalità pα che coincide
α
con l’insieme delle radici del polinomio X p − X in F.
In particolare, K ha cardinalità q = ph e L ha cardinalità t = pk , con h, k ∈ N. I sottocampi
di K sono tutti e soli i sottocampi di F di cardinalità pa con a ∈ N divisore di h. Similmente
per L. Deduco che K ∩ L è il sottocampo di K (e di L) di cardinalità pm con m = mcd(h, k)
e K · L è il sottocampo di F di cardinalità pn con n = mcm(h, k).
ii) Il quoziente Fp [X]/(f (X)) è una estensione finita K di Fp . In particolare, K ha cardinalità q = pn per n ∈ N come spiegato in (i) e la classe x di X in K soddisfa xq − x, ovvero
f (X) divide X q − X.
n
Osserviamo che il polinomio X p − X è separabile, ovvero ha tutte le radici distinte in F.
Quindi se f (X) ha radici multiple, ad esempio se f (X) è una potenza di un polinomio, allora
n
non esiste n tale che f (X) divide X p − X.
¤
√
√
Esercizio 4. Sia K = Q[ 2 + −6].
(i) Calcolare l’anello OK degli interi algebrici di K.
(ii) Calcolare disc(OK ).
√ √
√
√
Dim. (i) Si ha K = Q[ 2, −6]. Infatti vale l’inclusione ⊆. Inoltre l’elemento 2 + −6 è
mandato dagli elementi di
√ √
√
√
Gal(Q[ 2, −6]/Q) = Gal(Q[ 2]/Q) × Gal(Q[ −6]/Q) ' Z/2Z × Z/2Z
√
√
in ± 2 ± −6, dunque è fissato solo dall’automorfismo identico.
Si noti che
√ √
√
√ √
√
K = Q[ 2, −6] = Q[ 2, −3] = Q[ 2]Q[ −3].
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3
Poiché disc(OQ[√2] ) = 8 e disc(OQ[√−3] ) = −3, otteniamo dal Corollario 4.15 degli Appunti
che
√
√
1 + −3
√
√
OK = OQ[ 2] OQ[ −3] = Z[ 2]Z[
].
2
(ii) Segue dal punto (i) che una base intera per OK è data da
√
√
√
√ 1 + −3 2 + −6
{1, 2,
,
.
2
2
Per definizione, si ha che disc(OK ) = det(A)2 , dove


√ √
√
√
−3
2+ −6
2 1+√
1
2
√ 2√


√
 1 − 2 1+ −3 − 2+ −6 
2
2
 .
√ √
√
A=
√

−3
2− −6 
2 1−√
 1

2
√ 2√
√
1− −3
− 2+ −6
1 − 2
2
2
Un calcolo diretto mostra che disc(OK ) = 26 · 32 .
¤
Esercizio 5. Sia p un primo razionale ≥ 3 e sia K il campo di spezzamento su Q del polinomio
xp − 1. Si calcoli Gal(K/Q), giustificando tutti i passaggi.
Dim. Posto ζ = e2πi/p , si ha che K = Q[ζ], poiché ogni radice di xp − 1 è una radice p-esima
di 1 e dunque una potenza di ζ. Ora, si osservi che
[K : Q] = p − 1.
Infatti, ζ soddisfa il polinomio
xp − 1
= xp−1 + xp−2 + . . . + 1
x−1
di grado p − 1. Inoltre, fp (x) è irriducibile, essendo
µ ¶
µ ¶
p p−2
p
p−1
fp (x + 1) = x
+
x
+ ... +
1
1
irriducibile per il criterio di Eisenstein applicato al primo p.
Ora, un elemento σ in Gal(K/Q) è determinato dal suo valore σ(ζ). Poiché σ(ζ) è una radice
primitiva p-esima di 1, si ha σ(ζ) = ζ kσ , dove kσ ∈ (Z/pZ)× è un’unità modulo p. Otteniamo
che σ 7→ kσ è un omomorfismo iniettivo di gruppi. Grazie alle osservazioni precedenti, questi
gruppi hanno entrambi ordine p − 1. Segue che
fp (x) =
Gal(K/Q) ' (Z/pZ)× .
¤