SOLUZIONI DEL COMPITINO DEL 18/11/2014 Esercizio 1. Sia F il

SOLUZIONI DEL COMPITINO DEL 18/11/2014
Esercizio 1. Sia F il campo di spezzamento di X 3 − 12 ∈ Q [X] e sia E = F (ζ5 ), dove
ζ5 := exp (2πi/5).
√
(1) Al variare di j ∈ N si determini una base Bj di Q 3 12ζ3j su Q, dove ζ3 :=
√
exp (2πi/3), e si mostri che Q 3 12ζ3j ⊂ F .
(2) Si scriva F = Q (α, β) con α, β ∈ C.
(3) Si determini una base B di F/Q e si scrivano gli elementi di Bj come combinazione
Q-lineare degli elementi di B.
√
√
(4) Si mostri che Q 3 12ζ3i 6= Q 3 12ζ3j se e solo se i 6= j mod 3 e che, in questo caso
√
√
3
3
12ζ3i ∩ Q
12ζ3j = Q.
Q
(5) (∗) Si determini GE/Q come gruppo astratto.
√
Soluzione: (1 − 2) Se 3 12 è l’unica radice reale di f (X) := X 3 − 12, l’insieme delle radici
di f (X) è
n√
o
√
√
3
3
3
Rf =
12, 12ζ3 , 12ζ32 .
√
√
Dunque Q 3 12ζ3i ⊂ Q (Rf ) =: F . Vediamo anche che F := Q (Rf ) ⊂ Q 3 12, ζ3 e
√
√
3
12ζ3
viceversa, poichè 3 12 ∈ Q (Rf ) e ζ3 = √
∈ Q (Rf ), si ha
3
12
√
3
12, ζ3 .
F =Q
Delle basi Bi sono le seguenti:
n
o
1
2
1, 12 3 , 12 3 ,
n
o
1
2
=
1, 12 3 ζ3 , 12 3 ζ32 ,
n
o
1
2
2
=
1, 12 3 ζ32 , 12 3 ζ34 = 12 3 ζ3 .
B0 =
B1
B2
√ (3) Si ha Q 3 12 : Q = deg (f ) = 3, poichè f è irriducibile per Eisenstin applicato al
primo 3, e [Q (ζ3 ) : Q] = 2. Una base BQ(ζ3 )/Q di Q (ζ3 ) /Q è data da {1, ζ3 } e quindi, poichè
√
√
Q 3 12 : Q e [Q (ζ3 ) : Q] sono coprimi ed F = Q 3 12, ζ3 , una base B si ottiene come
segue:
B = αβ : α ∈ B0 , β ∈ BQ(ζ3 )/Q
n
o
1
2
1
2
=
1, 12 3 , 12 3 , ζ3 , 12 3 ζ3 , 12 3 ζ3 .
n 2 o
n 1 o
Abbiamo B0 ⊂ B mentre B1 − B = 12 3 ζ32 e B2 − B = 12 3 ζ32 . Usando la relazione
ciclotomica ζ32 = −1 − ζ3 troviamo
2
2
2
1
1
1
12 3 ζ32 = −12 3 − 12 3 ζ3 e 12 3 ζ32 = −12 3 − 12 3 ζ3 .
1
2
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Dunque
n
o
1
2
1, 12 3 , 12 3 ,
o
n
2
2
1
=
1, 12 3 ζ3 , −12 3 − 12 3 ζ3 ,
n
o
1
1
2
=
1, −12 3 − 12 3 ζ3 , 12 3 ζ3
B0 =
B1
B2
è una scrittura degli
di Bi come combinazione Q-lineare degli elementi di B.
√ elementi
(4) Poichè Q 3 12ζ3i /Q è una estensione di grado 3, per moltiplicatività dei gradi
√
√
3
3
Q
12ζ3i ∩ Q
12ζ3j = Q
oppure
√
√
√
3
3
3
12ζ3i = Q
12ζ3i ∩ Q
12ζ3j = Q
12ζ3j
√
√
ed ovviamente si ha la seconda opzione se i = j mod 3 perchè allora Q 3 12ζ3i = Q 3 12ζ3j .
Se viceversa
i 6= j mod 3 ed i = 0, uno dei due campi è contenuto in R mentre l’altro con√
j
3
tiene 12ζ3 ∈
/ R. √
Dunque
possono
non √
coincidere e l’intersezione è Q per quanto notato. Se
i = 1 e j = 2, Q 3 12ζ3 6= Q 3 12ζ32 poichè, ad esempio,
√
√
1
3
3
12 3 ζ3 ∈ Q
12ζ3 − Q
12ζ32 .
√
3
Q
1
Se infatti 12 3 ζ3 ∈ Q
√
3
12ζ32 , per (3) esisterebbero a, b, c ∈ Q tali che
1
1
2
1
12 3 ζ3 = a + b −12 3 − 12 3 ζ3 + c12 3 ζ3
1
1
2
= a − b12 3 − b12 3 ζ3 + c12 3 ζ3 .
Dall’unicità della scrittura come combinazione Q-linear in funzione
della
base
√
√ B seguirebbe
a = c = 0 e quindi 0 = b = −1. (Alternativamente, se K := Q 3 12ζ3 = Q 3 12ζ32 ,
√
3
12ζ32
2−1
ζ3 = ζ3 = √
∈K
3
12ζ3
√
√
√
3
3
e quindi 3 12 = 12ζ
∈ K. This is no possible because then K = Q 3 12, ζ3 = F avrebbe
ζ3
grado 6 su Q).
(5) Poichè F/Q e Q (ζ5 ) /Q sono di Galois ed E = F · Q (ζ5 ),
∼ GE/Q → (σ1 , σ2 ) ∈ GF/Q × GQ(ζ5 )/Q : σ1|F ∩Q(ζ5 ) = σ2|F ∩Q(ζ5 ) .
√ √ Notiamo che #GF/Q = 6 e GF/Q non può essere abeliano poichè Q 3 12 ⊂ F ma Q 3 12 /Q
√ √
non è una estensione normale: infatti Q 3 12 ⊂ R contiene la radice reale 3 12 di f (X) ma
√
Z ×
Z
non 3 12ζ3 ∈
/ R. Dunque GF/Q ' S3 e, d’altra parte, GQ(ζ5 )/Q ' 5Z
' 4Z
per la teoria dei
campi ciclotomici.
Per moltiplicatività dei gradi,
[F ∩ Q (ζ5 ) : Q] | ([F : Q] , [Q (ζ5 ) : Q]) = (6, 4) = 2.
Mostriamo che [F ∩ Q (ζ5 ) : Q] = 2 non è possibile, da cui
∼
GE/Q → S3 ×
Z
.
4Z
√
√ Il discriminante di f (X) è −27 · 122 la cui radice quadrata è 36i 3: dunque Q i 3 ⊂ F è
l’unica estensione quadrata contenuta in F . D’altra parte, utilizzando la relazione ciclotomica
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3
ζ54 = −ζ53 − ζ52 − ζ5 − 1 nella penultima delle seguenti uguaglianze, vediamo che
2
ζ5 − ζ52 − ζ53 + ζ54
= ζ52 + ζ54 + ζ56 + ζ58
−2ζ53 − 2ζ54 + 2ζ55 + 2ζ55 − 2ζ56 − 2ζ57
= ζ52 − 2ζ53 − ζ54 + 4ζ55 − ζ56 − 2ζ57 + ζ58
= ζ52 − 2ζ53 − ζ54 + 4 − ζ5 − 2ζ52 + ζ53
= ζ52 − 2ζ53 + ζ53 + ζ52 + ζ5 + 1 + 4 − ζ5 − 2ζ52 + ζ53
= 5.
√ Poichè GQ(ζ5 )/Q è ciclico, da ciò segue che Q 5 ⊂ Q (ζ5 ) è l’unica estensione quadratica in
Q (ζ5 ). Se dunque [F ∩ Q (ζ5 ) : Q] = 2,
√ √ Q i 3 = F ∩ Q (ζ5 ) = Q
5 ,
dovendo F ∩ Q (ζ5 ) essere contemporaneamente
l’unica
√ √ estensione quadratic in F ed in Q (ζ5 ).
Ma ciò non è possibile poichè Q 5 ⊂ R mentre i 3 ∈
/ R.
2πi
Esercizio 2. Sia L = Q ζ36 , con ζ36 = exp 36 il 36o -campo ciclotomico.
(1) Si dimostri che Q ⊂ L è una estensione di Galois e se ne determini il grado.
(2) Si determini il gruppo di Galois G = Gal(L/Q). Si mostri che è abeliano. (∗) È
ciclico?
(3) Si dimostri che esiste una estensione intermedia Q ⊂ K ⊂ L di grado 3 su Q. (∗) È
unica?
(4) [Teo] Si dica se ζ36 è costruibile con riga e compasso a partire da A = Q oppure da
A = K.
Soluzione:
1) Il campo L risulta essere il campo di spezzamento del polinomio X 36 − 1 ∈ Q[X]. Infatti
j
|j = 0, . . . , 35}. Essendo Q un campo perfetto, il polinomio
le sue radici sono µ36 := {ζ36
36
X − 1 risulta separabile e quindi Q ⊂ L è una estensione di Galois. Il grado è ϕ(36) =
ϕ(9)ϕ(4) = 4 · 3 = 12.
2) Osservo che µ36 è un sottogruppo ciclico di ordine 36 del gruppo moltiplicativo C∗ .
In particolare µ36 ∼
una identificazione del gruppo deli
= Z/36Z come gruppo e il abbiamo
∗
∼
∼
automorfismi (di gruppo) Aut(µ36 ) = Aut Z/36Z = Z/36Z .
L’omomorfismo ρ : G → Aut(µ36 ) che associa ad un automorfismo σ di L la sua restrizione
σ|µ36 a µ36 è un omomorfismo di gruppi, iniettivo
visto che L è generato da ζ36 come estensione
∗
di Q. Visto che la cardinalità di Z/36Z è ϕ(36) = 12 allora ρ è un isomorfismo. Osservo
∗
∗
∗
Z/9Z × Z/4Z come anelli e quindi Z/36Z ∼
Z/9Z × Z/4Z .
inoltre che Z/36Z ∼
=
=
∗
∗
Inoltre Z/4Z e quindi isomorfo
a Z/2Z. Il gruppo Z/9Z è abeliano di ordine 6 e quindi
isomorfo a Z/6Z = Z/2Z × Z/3Z . Deduco quindi che
G∼
= Z/3Z × Z/2Z × Z/2Z .
In particolare è abeliano ma non ciclico. Se fosse ciclico esisterebbe un elemento di ordine 12
mentre ogni elemento ha ordine al più 6
3) Osserviamo dalla descrizione di G che esiste un quoziente G/H isomorfo a Z/3Z. Per il
teorema fondamentale della teoria di Galois ho che K := LH è una estensione di grado 3 di
Q. Tale estensione è anche unica in quanto H è un 2 Sylow di G e, visto che i 2 Sylow sono
tutti coniugati e che G è abelaino, esiste un unico sottogruppo di G di ordine 4.
4) Se ζ36 fosse costruibile con riga e compasso a partire da {0, 1}, allora l’estensione Q ⊂ L
avrebbe grado una potenza di 2 e questo non è vero. Invece ζ36 risulta costruibile con riga
4
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e compasso a partire da K in quanto l’estensione K ⊂ L è di Galois con gruppo di Galois
H = Gal(L/K) isomorfo al gruppo di Klein. Prendendo gli invarianti di un sottogruppo di
ordine 2 troviamo una estensione intermedia K ⊂ E ⊂ L tale che [E : K] = 2 = [L : E].
L’affermazione segue allora dalla caratterizzazione dei numeri costruibili acon riga e compasso
a partire da K come numeri contenuti in estensioni finite di K che si possono scrivere come
estensioni quadratiche successive.
Esercizio 3 (Teo). Sia f (X) ∈ Fp [X] un polinomio irriducibile e sia n ∈ N≥1 . Si mostri che
i seguenti fatti sono equivalenti.
(1) f (X) ∈ Fpn [X] ammette una radice.
(2) f (X) ∈ Fpn [X] si spezza completamente.
(3) deg (f ) | n.
Soluzione: Per cominciare notiamo che, poichè f (X) ∈ Fp [X] è irriducibile,
Ef :=
Fp [X]
Fp [X] f (X)
è un campo tale che [Ef : Fp ] = deg (f ), ovvero #Ef = pdeg(f ) . Per definitione f (X) ∈ Ef [X]
ammette X + Fp [X] f (X) come radice e, poichè dallo studio dei campi finiti sappiamo che
Ef /Fp è una estensione normale, concludiamo che Ef è il campo di spezzamento di f (X). In
altre parole, il campo di spezzamento di f (X) è Ef = Fpdeg(f ) , dove Fpdeg(f ) denota l’unico
campo finito con pdeg(f ) elementi. Dallo studio dei campi finiti sappiamo che Fpdeg(f ) ⊂ Fpn se
e solo se deg (f ) | n e ciò mostra (2) ⇔ (3). D’altra parte l’equivalenza (1) ⇔ (2) segue dalla
osservazione che Fpn /Fp è una estensione normale.