SOLUZIONI DELL’ESAME DI ALGEBRA 3, 20/06/2014
Esercizio 1. Si consideri il polinomio f (X) := X 11 − 3 ∈ Q [X].
(a) Si presenti il suo campo di spezzamento E (su Q) nella forma E = Q (α, β) per
opportuni α, β ∈ Q.
(b) Si calcoli [E : Q].
(c) Si mostri che GE/Q è un prodotto semidiretto.
(d) Si fornisca una presentazione di GE/Q come prodotto semidiretto.
Soluzione: (a) Il polinomio f (X) ∈ Q [X] è irriducibile per il criterio di Eisenstein
applicato
√
11
0
10
al primo
3 ∈ R tale che
√ 3. Poichè f (X) = 11X esiste una ed una sola radice reale
f 11 3 = 0. Se ζ è una radice primitiva undicesima dell’unità, le radici di f (X) sono
n√
o
11
Rf =
3ζ i : i = 0, ..., 10 .
√ Dunque Q (Rf ) è il campo di spezzamento e chiaramente Q (Rf ) ⊂ Q 11 3, ζ . Viceversa
√
√ 11
√
√ 11
11
3, 3ζ ∈ Rf ⊂ Q (Rf ), da cui ζ = 11√3ζ ∈ Q (Rf ) e, pertanto, E := Q (Rf ) = Q 11 3, ζ .
3
√ (b) Si ha Q 11 3 : Q = deg (f ) = 11 e [Q (ζ) : Q] = deg (Φ11 ) = 10, dove Φ11 (X) ∈
Q [X] è l’undicesimo polinomio ciclotomico. Segue dalla moltiplicatività dei gradi che, poichè
(11, 10) = 1,
[E : Q] = 11 · 10 = 110,
h √ i
11
Q
3 : Q = [E : Q (ζ)] = 11
h
√ i
11
3 = 10.
e [Q (ζ) : Q] = E : Q
√ (c − d) Poichè E = F 11 3 con µ11 ⊂ F = Q (ζ) e [E : F ] = 7, dalla teoria delle estensioni
cicliche sappiamo che GE/Q(ζ) ' µ11 , mediante l’applicazione g 7→ ζg , dove ζg è caratterizzato
√
√ g ( 11 3)
√
dall’equazione 7
= ζg . Sia dunque σ ∈ GE/Q(ζ) l’unico automorfismo tale che σ 11 3 =
3
√
11
Z
3ζ: poichè ζ genera µ11 , GE/Q(ζ) = hσi ' 11Z
. Notiamo che, per induzione, si ha
√ √ √
11
11
11
σi
3
= σ σ i−1
3 =σ
3ζ i−1
√ √
√ i
11
11
11
(1)
= σ
3 σ (ζ)i−1 =
3ζζ i−1 =
3ζ .
Consideriamo quindi GE/Q( 11√3) ⊂ GE/Q e notiamo che GE/Q( 11√3) ∩ GE/Q(ζ) = 1 poichè
√ E = Q 11 3, ζ . Segue che l’applicazione di restrizione GE/Q → GQ(ζ)/Q , che ha nucleo
GE/Q(ζ) , da luogo ad un omomorfismo di gruppi iniettivo
GE/Q( 11√3) ,→ GQ(ζ)/Q ,
dove infatti notiamo che Q (ζ) /Q è di Galois (e dunque l’applicazione ben definita). Ma
h
√ i
11
#GE/Q( 11√3) = [Q (ζ) : Q] = E : Q
3 = #GQ(ζ)/Q ,
da cui concludiamo che tale applicazione di restrizione è un isomorfismo. Dalla teoria delle
Z ×
estensioni ciclotomiche, sappiamo anche che GQ(ζ)/Q ' 11Z
mediante l’applicazione g 7→ ig ,
1
2
SOLUZIONI DELL’ESAME DI ALGEBRA 3, 20/06/2014
Z ×
dove ig è caratterizzato dall’equazione g (ζ) = ζ ig . Sappiamo che 11Z
è un gruppo ciclico
ed esplitamente è generato dalla moltiplicazione per 2. Dunque GQ(ζ)/Q = hρi, dove ρ è
caratterizzato da ρ (ζ) = ζ 2 e, poichè la restrizione GE/Q( 11√3) → GQ(ζ)/Q è un isomorfismo,
si ha anche GE/Q( 11√3) = hρi.
√ Notiamo che σ i , ρσρ−1 ∈ GE/Q(ζ) C GE/Q e, poichè E = F 11 3 con F = Q (ζ), entrambi
√
questi elementi sono caratterizzato dalla loro azione su 11 3. Abbiamo
√ √ √ √ 11
11
11
11
ρ σ ρ−1
3
= ρ σ
3 =ρ
3ζ = ρ
3 ρ (ζ)
√
√
11
11
3ρ (ζ) =
3ζ 2
=
a dal confronto con (1) segue ρσρ−1 = σ 2 . Dunque
Z
Z
oϕ
11Z
10Z
−1
2
dove ϕ : hρi → Aut (hσi) è caratterizzato da ϕ (ρ) (σ) = ρσρ = σ .
GE/Q = GE/Q(ζ) o GE/Q( 11√3) = hσi o hρi '
Esercizio 2. Si determini se il polinomio
f (X) = X 5 − X 2 + 1 ∈ Q (ζ) [X]
2πi
è irriducibile, dove ζ = e 5 .
[SUGG.: (1) Mostrare che f (X) è irriducibile in Q (ζ) [X] se e solo se è irriducibile in
Q [X]]. (2) Mostrare l’irriducibilità di f (X) in Z [X]].]
Soluzione: Mostriamo che è irriducibile (in Q (ζ) [X]) e, per prima cosa, verifichiamo che
basta verificare che f (X) ∈ Q [X] è irriducibile. Se infatti f (X) ∈ Q [X] è irriducibile, si ha
[Q (α) : Q] = deg (f ) = 5,
per una qualunque radice α di f (X). D’altra parte [Q (ζ) : Q] = 4 e per moltiplicatività dei
gradi, essendo (5, 4) = 1, deduciamo che [Q (α, ζ) : Q (ζ)] = 5. Supponiamo per assurdo che si
abbia f (X) = g (X) h (X) in Q (ζ) [X] e che deg (g) < deg (f ); possiamo supporre che g (X)
sia irriducibile e che g (α) = 0, da cui
[Q (α, ζ) : Q (ζ)] = deg (g) < deg (f ) = 5.
Questa contraddizione mostra che ciò non è possibile.
Resta da mostrare che f (X) ∈ Q [X] è irriducibile. Poichè Z è un UFD possiamo applicare
il Lemma di Gauss: essendo f (X) ∈ Z [X] primitivo, basta verificare che è irriducibile in
Z [X] e, per fare ciò, basta mostrare che il polinomio
f (X) = X 5 + X 2 + 1 ∈ F2 [X]
ottenuto per riduzione modulo 2 è irriducibile. Certamente non possiede radici e, per tanto,
se fosse riducibile si avrebbe
f (X) = X 2 + aX + b X 3 + cX 2 + dX + e
= X 5 + (a + c) X 4 + (b + ac + d) X 3 + (ad + bc + e) X 2
+ (ae + bd) X + be.
Da ciò segue che si deve avere:
(1) a + c = 0 ⇔ a = c;
(2) be = 1 ⇔ b = e = 1;
(3) ae + bd = 0, ovvero per 1. e 2.: a + d = 0 ⇔ a = d = c;
(4) b + ac + d = 0, ovvero per 3.: b + a2 + a = 0 ⇔ b = a (a + 1) = 0.
SOLUZIONI DELL’ESAME DI ALGEBRA 3, 20/06/2014
3
Poichè la conclusione b = 0 in 4. è incontraddizione con la conclusione b = 1 in 2. deduciamo
che f (X) ∈ F2 [X] è irriducibile.
Esercizio 3 (TeoGal). Si mostri che le seguenti proprietà sono equivalenti, per una estensione
di Galois E/F tale che la caratteristica di F sia diversa da 2.
(1) [E : F ] = 4 ed esiste al più un campo K ⊂ E tale che [K : F ] = 2.
(2) E è campo di spezzamento di un polinomio della forma
f (X) = X 4 + AX 2 + B ∈ F [X] ,
irriducibile in F [X], tale che B ∈
/ F ×2 e che diventa riducibile in F
√ B [X]1.
Soluzione: Per cominciare facciamo la seguente osservazione, relativa ad una qualunque
estensione E/F di Galois di grado 4. Poichè #GE/F = 4 si ha GE/F ' F2 × F2 oppure
GE/F ' Z/4Z: da ciò vediamo che esiste certamente una torre F ⊂ K ⊂ E con [E : K] =
[K : F ] =
di F è diversa da 2 possiamo supporre che si abbia
√ √ 2. Poichè la caratteristica
K = F ( α) (risp. E = K
β ) per qualche α ∈ F (risp. β ∈ K). Possiamo quindi scrivere
√
β = a + b α dove a, b ∈ F . Consideriamo dunque il polinomio
q
q
q
q
√
√
√
√
X + a+b α
X − a−b α
X + a−b α
f (X) := X − a + b α
√ √ = X2 − a − b α X2 − a + b α
2
= X 2 − a − b2 α = X 4 − 2aX 2 + a2 − b2 α ∈ F [X] ,
√
di cui β è una radice per costruzione.
√
(1) ⇒ (2) Detto f√β (X) il polinomio minimo di β su F , si ha
h p i
F
β : F = deg (fβ ) | deg (f ) = 4.
√ √ √ √
Ovviamente F
β : F 6= 1 e, se F
β : F = 2, deduciamo che
F
β
=
K
=
F
(
α)
√ grazie ad (1). Poichè ciò non è possibile (altrimenti E = K
β = K avrebbe grado 2 su
F ), si deve avere deg (fβ ) = 4, da cui il fatto che f (X) ∈ F [X] è irriducibile con A = −2a e
B = a2 −b2 α. Segue che E è il campo di spezzamento del polinomio irriducibile f (X) ∈ F [X]
e, poichè GE/F ' Z/4Z, la teoria delle estensioni quartiche ci dice che D (f ) ∈
/ F ×2 e che, detto
Egf il campo di spezzamento del risolvente cubico gf (X) ∈ F [X] di f (X), f (X) ∈ Egf (X)
2
è riducibile. Poichè D (f ) = 16 A2 − 4B B vediamo che D (f ) ∈
/ F ×2 se e solo se B ∈
/ F ×2
e, poichè
gf (X) = X 3 − AX 2 − 4BX + 4AB = (X − A) X 2 − 4B in F [X] ,
√ √ si deduce che Egf = F
B . Dunque B ∈
/ F ×2 ed f (X) ∈ F
B (X) è riducibile.
(2) ⇒ (1) Infatti, come notato appena sopra, si ha
gf (X) = (X − A) X 2 − 4B in F [X] ,
1Le radici di un polinomio della forma
f (X) = X 4 + AX 2 + B ∈ F [X]
sono
s
−A +
√
s
s
s
√
√
√
A2 − 4B
−A + A2 − 4B
−A − A2 − 4B
−A − A2 − 4B
,−
,
,−
2
2
2
2
e, da ciò, si deduce che
∆ (f ) = 4 A2 − 4B
√
B.
4
SOLUZIONI DELL’ESAME DI ALGEBRA 3, 20/06/2014
√ √ da cui Egf = F
B . Deduciamo che f (X) diventa riducibile in Egf [X] = F
B [X] e
la teoria delle estensioni quartiche ci dice che ciò accade se e solo se GE/F ' Z/4Z, se E è il
campo di spezzamento di f (X).
Esercizio 4 (TN). Sia F ⊂ K un’estensione di campi di numeri di grado d = [K : F ]. Sia
α ∈ K.
i. Supponiamo α ∈ F . Mostrare che NmK/Q (α) = NmF/Q (α)d e TrK/Q (α) = dTrF/Q (α).
ii. Determinare NmK/Q (α) e TrK/Q (α) in termini del polinomio minimo fα (X) ∈ Q [X]
su Q.
Soluzione: (i) Sia K ⊂ E una chiusura normale su Q. Denotiamo con {σ1 , . . . , σn } gli
elementi dell’insieme degli omomorfismi di campi HomQ (F, E). Ogni omomorfismo di campi
σ : K → E, ristretto ad F , definisce un elemento σ|F ∈ HomQ (F, E). Viceversa grazie a
Milne, Proposizione 2.7, dato un omomorfismo σi : F → E ho esattamente d-omomorfismi
distinti σi,1 , . . . , σi,d : K → E la cui restrizione ad F coincide con σi . Quindi HomQ (K, E) =
{σi,j |1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ d ≤ d}.
Qn
Qn Qd
d
d
Allora NmK/Q (α) =
i=1 σi (α) = NmF/Q (α) . Analogamente
i=1
j=1 σi,j (α) =
Pn
Pn Pd
TrK/Q (α) = i=1 j=1 σi,j (α) = i=1 dσi (α) = dTrF/Q (α).
(ii) Considero FQ= Q(α) e sia n
= [F : Q]. Allora il polinomio minimo fα (X) di α è
uguale a g(X) = ni=1 X − σi (α) . Si tratta infatti di un polinomio monico, di grado n,
di cui α è una radice, a coefficienti in Q. Infatti i coefficienti sono elementi di E invarianti
per il gruppo di Galois di E su Q. Quindi TrF/Q (α) = −an−1 e NmF/Q (α) = (−1)n a0 dove
fα (X) = X n + an−1 X n−1 + · · · + a1 X + a0 . Usnado il punto precedente concludiamo che
TrK/Q (α) = −dan−1 e NmF/Q (α) = (−1)nd ad0 .
Esercizio 5. Sia K il 10-mo campo ciclotomico.
i. Trovare un generatore ζ dell’anello degli interi OK di K.
ii. Determinare il discriminate ∆K/Q di OK .
iii. Determinare i primi p ∈ Z che ramificano in K.
iv. Determinare la decomposizione dell’ideale 2OK come prodotto di ideali primi.
Soluzione: (i)–(ii) Sia α una radice primitiva dell’unità di ordine 5. Allora ζ := −α è una
radice primitiva dell’unità di ordine 10. Quindi K = Q(ζ) = Q(α) e OK = Z[α]. Il polinomio
5 −1
minimo di α è Φ(X) = XX−1
= X 4 + X 3 + X 2 + X + 1.
Il dicriminante coincide con la norma di Φ0 (α) ovvero 53 (vedere la Proposizione 3.7 e il
Corollario 3.8 delle note del prof. Bertolini).
(iii) Per primi p 6= 5 il polinomio X 5 − 1 ∈ Fp [X] ha tutti zeri distinti (in un campo di
spezzamento). Quindi anche la riduzione Φ(X) di Φ(X) modulo p, che è un fattore di X 5 − 1,
ha anch’esso tutti zeri distinti. Concludo che Φ(X) si scrive in Fp [X] come prodotto di fattori
irridcibili con molteplicità uguale ad 1. Segue che p non ramifica in OK .
(iv) Sappiamo che 2 non ramifica in OK e dunque 2OK è prodotto di ideali primiQdistinti.
Inoltre se scriviamo la riduzione Φ(X)
prodotto Φ(X) = i g i (X)
Q di Φ(X) modulo 2 come
di fattori irriducibili, allora 2OK = i Pi con Pi = 2, gi (α) e gi (X) ∈ Z[X] un qualsiasi
polinomio la cui riduzione modulo 2 sia uguale a g i (X).
Si tratta quindi di studiare la decomposizione di X 4 +X 3 +X 2 +X +1 ∈ F2 [X]. Osserviamo
che non ha radici in F2 . Non è neppure il prodotto di due fattori irriducibili di grado 2 in
quanto esiste uno ed un solo polinomio irriducibile di grado 2 in F2 [X] ovvero X 2 + X + 1.
Concludiamo che X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 è irriducibile in F2 [X] e quindi 2OK = P è un ideale
primo di OK .
SOLUZIONI DELL’ESAME DI ALGEBRA 3, 20/06/2014
5
Infatti F16 è il campo di spezzamento di F2 : il gruppo delle unità F∗16 è un gruppi ciclico di
ordine 16 − 1 = 15 e quindi contiene un sottogruppo µ5 di ordine 5 i cui elementi sono tutti
e sole le radici di X 5 − 1. Segue che X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 spezza completamente in F16 .
