COMPITO DI ALGEBRA 3, 26/02/2013 Esercizio 1. Sia f (X) = X 7 − 5

COMPITO DI ALGEBRA 3, 26/02/2013
Esercizio 1. Sia f (X) = X 7 − 5 ∈ Q [X]. Sia K il campo di spezzamento di f (X) su Q.
(1) Determinare il grado K : Q ;
(2) Descrivere il gruppo di Galois G di K su Q;
(3) Determinare i sottocampi di K di grado 3 su Q e per ciascuno trovare un generatore
come estensione di Q.
Soluzione:
(1) Sia α ∈ R una radice di f (X). Visto che il polinomio f (X) è irriducibile per il criterio
di Eisenstein applicato al primo 5, deduco che L1 := Q(α) è una estensione di grado
7 di Q.
Le radici di f (X) sono tutte e sole della forma ζ7j α per j = 0, . . . , 6 con ζ7 una radice
primitiva di ordine 7 dell’unità.
Quindi K risulta essere uguale al campo composto
di L1 e di L2 := Q ζ7 . L’estensione Q ⊂ L2 è di Galois con gruppo G2 isomorfo
∗
a Z/7Z . Quest’ultimo è un gruppo ciclico di ordine 6 generato dalla classe di 3
modulo 7. Deduco che G2 è un gruppo ciclico di ordine 6 generato dall’automorfismo
γ : ζ7 7→ ζ73 .
Visto che L1 ed L2 hanno gradi coprimi come estensioni di Q, deduco che K ha
grado [L1 : Q][L2 : Q] = 42.
(2) Sia H = Gal(K/L1 ) ⊂ G ed N = Gal(K/L2 ) ⊂ G. Allora N è un sottogruppo normale
di G visto che Q ⊂ L2 è di Galois. È un gruppo ciclico generato dall’automorfismo
σ : K → K che invia α 7→ ζ7 α. Invece, H è un sottogruppo di G generato dall’automorfismo γ : ζ7 7→ ζ73 e l’applicazione H ⊂ G → G/N è un isomorfismo. Quindi G è
prodotto semidretto di N ed H, generato da γ e σ con relazione γ ◦ σ ◦ γ −1 = σ 3 .
(3) I sottocampi di K di grado 3 su Q corrispondono ai sottogruppi di G di ordine 14.
Ogni tale sottogruppo deve contenere un 7-Sylow che sarà anche un 7-Sylow di G. Ma
l’unico 7-Sylow di G è N visto che è normale in G. Quindi i sottocampi di K di grado
7 su Q corrispondono ai sottocampi di grado 3 di L2 . Visto che G2 è ciclico di grado
6, c’è un unico sottogruppo di ordine 2 generato, ad esempio, dal coniugio complesso.
Quindi esiste un unico sottocampo di K di grado 3 su Q e coincide con il sottocampo
reale Q ζ7 + ζ 7 di L1 .
Esercizio 2. Siano K ⊂ L1 e K ⊂ L2 estensioni finite di campi e sia Ω = L1 L2 il campo
composto di L1 ed L2 . Supponiamo che K ⊂ L1 sia di Galois.
(1) Mostrare che L2 ⊂ Ω è di Galois. Descrivere il gruppo di Galois Gal(Ω/L2 ) in termini
del gruppo di Galois Gal(L1 /K).
(2) Mostrare che se K ⊂ L2 è di Galois allora K ⊂ Ω è di Galois. Descrivere il gruppo di
Galois Gal(Ω/K) in termini dei gruppi di Galois Gal(L1 /K) e Gal(L2 /K).
(3) È vero che se K ⊂ Ω è di Galois allora K ⊂ L2 è di Galois?
Soluzione: Vedere la Prop. 3.18 di Milne per (1) e Prop. 3.20 di Milne per (2). La risposta
a (3) è negativa. Ad esempio, sia K = Q, L1 = Q(ζ3 ) con ζ3 radice primitiva di ordine 3
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dell’unità e K2 = Q 2 3 . Allora Ω = Q ζ3 , 2 3 è il campo di spezzamento del polinomio
X 3 − 2 ed è quindi di galois su Q. Tuttavia Q ⊂ L1 non è di Galois.
√ Esercizio 3. Sia ζ12 ∈ C una radice primitiva dell’ unità di ordine 12. Sia K = Q ζ12 , 3 .
(1) Calcolare il grado di K su Q;
(2) Mostrare che K è una estensione di Galois di Q e determinarne il gruppo di Galois;
(3) Determinare le estensioni di grado 2 di Q contenute in K.
Soluzione: Il campo K è il campo composto del campo ciclotomico L1 := Q ζ12 e del
√ campo quadratico L2 := Q 3 . Essendo entrame estensioni di Galois di Q anche il campo
composto è una estensione di Galois di Q.
∗
∗
∗
∼
Il gruppo
di
Galois
G
:=
Gal(L
/Q)
è
isomorfo
a
Z/12Z
=
Z/4Z
×
Z/3Z
=
1
1
Z/2Z × Z/2Z ovvero al gruppo di Klein. In particolare, L1 è una estensione biquadratica
4 dell’ unità di
di Q ed ha grado 4 su Q. Inoltre L1 contiene una radice primitiva ζ3 = ζ12
√
3 dell’ unità di ordine 4. Siccome Q ζ
ordine 3 e una radice primitiva ζ4 = ζ12
3 = Q( −3) e
√
√
√
√
Q ζ4 = Q( −1), segue che L1 = Q( −3, −1). In particolare 3 ∈ L1 e quindi L2 ⊂ L1 e
K = L1 .
Esercizio 4. Si determini il valore del discriminante del p-esimo campo ciclotomico con p
primo dispari.
Soluzione: Sia ζ = exp(2πi/p): poiché sappiamo che OQ[ζ] = Z[ζ] ci basta calcolare il
discriminante di ζ.
Abbiamo X p − 1 = (X − 1)Φ(X), dove Φ(X) = X p−1 + · · · + X + 1 è il p-esimo polinomio
ciclotomico. Differenziando e sostituendo X con ζ si ottiene
(1)
p = pζ p = ζ(ζ − 1)Φ0 (ζ)
Ricordiamo che disc(ζ) = NK/Q (Φ0 (ζ)) dove = 1 se p ≡ 1 mod 4 e = −1 sennò.
Applicando la norma NK/Q all’equazione (1) otteniamo
pp−1 = disc(OK )NK/Q (ζ)NK/Q (ζ − 1)
Se L = Q[z] con f (X) = X m + · · · + a0 polinomio monico minimo di z, allora NL/Q (z) =
(−1)m a0 = (−1)m f (0). Quindi NK/Q (ζ) = Φ(0) = 1 e, essendo Φ(X + 1) il polinomio minimo
di ζ − 1, segue che NK/Q (ζ − 1) = Φ(1) = p.
Otteniamo cosı̀ che
disc(Q[ζ]) = (−1)(p−1)/2 pp−2
Esercizio 5. Si dimostri che per ogni m intero dispari con m > 1, Q[ζ2m ] = Q[ζm ]. Si ponga
poi K = Q[ζ10 ], il decimo campo ciclotomico.
(1) Si determinino il grado [K : Q] e un polinomio minimo di ζ10 su Q.
(2) Si determinino tutte le sottoestensioni quadratiche di K, cioè i campi L ⊂ K con
[L : Q] = 2.
(3) Si determini l’insieme Ram(K) dei primi naturali p tali che pZ ramifica in K.
Soluzione: Sia ζ = ζ2m : vogliamo mostrare che Q[−ζ] = Q[ζ 2 ]. Chiaramente ζ m 6= 1;
d’altra parte, (ζ m )2 = 1, quindi ζ m = −1. Pertanto (−ζ)m = (−1)m ζ m = 1 e −ζ è radice
m-esima dell’unità: rimane da mostrare che −ζ è una radice primitiva.
Supponiamo che (−ζ)n = 1 con 0 ≤ n < m: allora 1 = (−ζ)2n = ζ 2n . Essendo ζ una radice
primitiva 2m-esima di 1, avremo che n = 0 cioè −ζ è primitiva. Segue immediatamente che
Q[ζ] = Q[ζ 2 ].
Posto K = Q[ζ10 ], abbiamo che [K : Q] = φ(10) = φ(2)φ(5) = 4. La radice primitiva quinta
dell’unità −ζ10 ha polinomio minimo Φ5 (X) = (X 5 − 1)/(X − 1) = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1
perciò Φ5 (−X) = X 4 − X 3 + X 2 − X + 1 è un polinomio minimo per ζ10 .
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Avendo notato che Q[ζ10 ] = Q[ζ5 ] con
√ 5 primo e 5 ≡ 1 mod 4, abbiamo che l’unica
sottoestensione quadratica di K è L = Q[ 5].
Sappiamo che disc(Q[ζ5 ])|5φ(5) quindi Ram(K) ⊆ {5}. D’altra parte 5Z ramifica in L =
√
Q[ 5] e, per la moltiplicatività dell’indice di ramificazione, anche in K. Quindi Ram(K) =
{5}.