Un esempio di estensione non risolubile - Risolubilità per radicali

positivi, allora ha esattamente cinque radici reali, perch´e cambia pendenza cinque volte. Allora per il teorema precedente, il polinomio f ha come gruppo di Galois S7 che non `e risolubile per il teorema 2.4.

Si pu`o ora comprendere l’esempio di estensione risolubile non radicale, riportato di seguito.

Esempio 3.5. Si consideri il polinomio f (x) = x3_{+ x}2

− 2x − 1 ∈ Q[x]. Si vuole ora mostrare che è un polinomio irriducibile. Per il lemma di Gauss, basta mostrare che è irriducibile in Z[x]. Poichè il polinomio ha grado 3, è sufficiente mostrare che non ha radici in Z[x] e ciò segue dal fatto che le eventuali radici di f in Z[x] devono essere divisori del termine noto −1, quindi le possibili radici sono 1,−1. Ma f(1) �= 0 e anche f(−1) �= 0. Allora il polinomio f non ha radici inZ[x]. Per studiare il gruppo di Galois di f è utile calcolare il discriminante di f utilizzando i suoi coefficienti. Il discriminante di un generico polinomio monico di terzo grado g(x) = x3_+ax2_+bx+c

∈ Q[x] `e dato dalla seguente formula (si veda [2] esempio 2.7.18):

∆(g) = a2b2− 4b3

− 4a3_c

− 27c2_{+ 18abc .}

Calcolandolo per il polinomio f si ottiene che ∆(f ) = 49, che `e un quadrato in Q, ovvero�∆(f ) = 7 _{∈ Q. Allora per la proposizione 1.14, il gruppo di} Galois di f `e A3 � Z/3Z.

Operando un indagine analitica sul suo grafico, si vede facilmente che f ha tre radici reali distinte. Sia L il suo campo di spezzamento, allora l’estensione Q ⊂ L `e di Galois risolubile, perch´e campo di spezzamento di un polinomio separabile e risulta che L_{⊂ R.}

Si vuole ora mostrare che l’estensione Q ⊂ L non `e radicale. Si supponga per assurdo che Q ⊂ L sia un’estensione radicale. Dal momento che [L : Q] = | Gal(L/Q)| = 3, si ha che L = Q(γ), dove γm

∈ Q per qualche m ≥ 3. Allora il polinomio minimo f di γ deve dividere xm

− γm _in _{Q[x]. Poich`e L}

`e il campo di spezzamento di f , f si spezza completamente suQ(γ), ma cos`ı tre elementi tra γ, ξγ, ξ2_{γ, . . . , ξ}m−1_{γ, dove ξ `e una radice primitiva m-esima}

dell’unità, devono appartenere ad L. Ma questo è assurdo, dal momento che L_{⊂ R. Perciò l’estensione non è radicale.}

3.3 Un esempio di estensione non risolubile

Per prima cosa verr`a illustrato un utile risultato per capire se un polinomio di grado p `e irriducibile su un campo.

3.3. Un esempio di estensione non risolubile 3. Applicazioni Proposizione 3.9. Sia F un campo e sia p un primo. Allora il polinomio f (x) = xp_{− a ∈ F [x] `e irriducibile su F se e solo se f non ha radici in F .}

Dimostrazione. Si supponga che f sia irriducibile e si supponga per assurdo che abbia una radice α∈ F , allora risulta che (x − α) è un fattore lineare di f in F [x], ma questo è assurdo perché per ipotesi f è irriducibile.

Per il viceversa, si supponga che per assurdo f sia riducibile, si vuole allora mostrare che f ha una radice in F . Sia L il campo di spezzamento di f su F , allora su L risulta che :

f (x) = (x_{− α}1)(x− α2) . . . (x− αp)

dove αi ∈ L sono radici di f per i = 1, . . . , p. Se α1 = 0, si ha che f ha una

radice in f , allora si pu`o supporre α1 �= 0. Si ponga ora

ξi=

αi

α1

, per 1≤ i ≤ p . Poich`e αp_i = a per ogni i, si ha che:

ξ_ip = α p i αp₁ = a a = 1

ovvero ξi è una radice p-esima dell’unità. Inoltre si può scrivere αi = ξiα1

per ogni 1_{≤ i ≤ p. Su L si ha quindi che:}

f (x) = (x_{− ξ}1α1)(x− ξ2α1) . . . (x− ξpα1) . (3.1)

Dal momento che f è riducibile per ipotesi, si può supporre che f = gh, con g, h ∈ F [x] di grado rispettivamente r, s < p. É possibile assumerli monici, moltiplicandoli per delle costanti se necessario. Poichè la fattoriz- zazione è unica, g deve essere prodotto di r fattori di 3.1. Eventualmente rinominandoli, si ottiene allora che:

g(x) = (x_{− ξ}1α1)(x− ξ2α1) . . . (x− ξrα1) .

Dato che g ∈ F [x], allora il suo termine nota appartiene a F e il termine noto di g `e ξαr

1, dove ξ = ξ1. . . ξr. Si osservi che ξp = 1. Per il teorema

cinese dei resti, dal momento che p `e primo e 1 < r < p, esistono m, n _{∈ Z} tali che mr + np = 1. Allora si ha che

ξmα1 = ξmαmr+np= (ξαr1) m_(αp

1) n

ma αp1= a∈ F e ξαr1∈ F , allora necessariamente anche ξmα1 ∈ F . Ma ξmα1

`e proprio una radice del polinomio f dal momento che (ξm_α

1)p= (ξp)mαp1 =

1_{· a = a. Allora si ha una contraddizione perch´e ξ}m_α

1 `e una radice di f

che sta in F , ma f per ipotesi non ha radici in F , allora si `e raggiunto l’assurdo.

3. Applicazioni 3.3. Un esempio di estensione non risolubile Definizione 3.5. Si dice che un campo F contiene tutte le radici dell’unit`a se xm_{− 1 si spezza linearmente du F per ogni intero m ≥ 1.}

Lemma 3.10. Sia F un campo contenente tutte le radici dell’unit`a. Sia γ un elemento tale che γ /∈ F e γm_{∈ F per qualche primo m. Allora il polinomio}

g(x) = xm

− γm

∈ F [x] `e irriducibile su F e [F (γ) : F ] = m.

Dimostrazione. Si supponga per assurdo che g abbia una radice β∈ F , allora si ha che βm _{= γ}m_{, ovvero β = ξγ, dove ξ `e una radice m-esima dell’unit`a.}

Poichè per ipotesi F contiene tutte le radici dell’unità, si ha che β, ξ _{∈ F ,} allora γ = ξ−1_β _{∈ F , ma questo è assurdo perché per ipotesi γ /}_{∈ F . Quindi}

poichè il polinomio g non ha radici in F , per la proposizione 3.9 è irriducibile su F . La seconda parte del lemma è banalmente vera, perché g è il polinomio minimo di γ essendo irriducibile, e perciò [F (γ) : F ] = deg g = m.

Teorema 3.11. Sia M un campo di caratteristica prima p che contiene tutte le radici dell’unit`a. Allora ogni estensione di Galois M _{⊆ L di grado p non} `e risolubile per radicali.

Dimostrazione. Per mostrare che l’estensione M ⊆ L non `e risolubile, si deve mostrare che L non `e contenuto in nessuna estensione radicale di M . Si consideri l’estensione M _{⊆ M(γ), dove γ /}_{∈ M, ma γ}m

∈ M, per qualche primo m. Per il lemma precedente si ha allora che il polinomio g(x) = xm_{− γ}m_{∈ M[x] `e irriducibile e che [M(γ) : M] = m. Si ha allora il seguente}

diagramma di estensioni: M (γ) _{−−−→ L(γ)} �   �   M _{−−−→ L}

Si vuole ora mostrare che γ /∈ L. Si supponga per assurdo che γ ∈ L, allora si ha che L = M (γ), perché [L : M ] = p, primo. Allora si ha che m = [M (γ) : M ] = [L : M ] = p, ovvero il polinomio minimo di γ su M è g(x) = xp _{− γ}p_{. Poichè l’estensione M} _{⊆ L è di Galois per ipotesi ed in}

particolare `e separabile, γ deve essere separabile su M , ma invece risulta che g(x) = xp

− γp _{= (x}

− γ)p _{(M ha caratteristica p), che `e chiaramente non}

separabile. Allora si `e raggiunto un assurdo, perci`o γ /_{∈ L.}

Applicando nuovamante il lemma 3.10 si ha che [L(γ) : L] = m, perci`o applicando il Lemma della Torre (1.1) si ha che :

[L(γ) : L][L : M ] = [L(γ) : M ] = [L(γ) : M (γ)][M (γ) : M ] m· [L : M] = [L(γ) : M(γ)] · m

3.3. Un esempio di estensione non risolubile 3. Applicazioni ovvero [L : M ] = [L(γ) : M (γ)]. Quindi aggiungere radicali primi non cambia il grado dell’estensione. Inoltre l’estensione M (γ) _{⊆ L(γ) è ancora} di Galois, infatti L è il campo di spezzamento di un polinomio separabile f _{∈ M[x], allora L(γ) è ancora campo di spezzamento del polinomio separa-} bile f ∈ M(γ)[x]. Infine, dal momento che M per ipotesi contiene tutte le radici dell’unità, M (γ) contiene ancora tutte le radici dell’unità.

Si supponga per assurdo che esista un’estensione radicale di M contentenente L. `E facile verificare che, inserendo opportuni campi intermedi, si pu`o supporre che tale estensione radicale sia della forma M (γ1, . . . , γs), dove γ1 = γ,

γi ∈ M(γ/ 1, . . . , γi−1), ma γimi ∈ M(γ1, . . . , γi−1) per qualche primo mi. Si

consideri l’estensione M (γ1)⊆ M(γ1, γ2), dove γ2 ∈ M(γ/ 1), ma γ2m2 ∈ M(γ1)

per qualche primo m2. Si ottiene allora il seguente diagramma:

M (γ1, γ2) −−−→ L(γ1, γ2) �   �   M (γ1) −−−→ L(γ1) �   � M −−−→ L

Utilizzando quanto dimostrato nella prima parte con M (γ1) nel ruolo di

M e M (γ1, γ2) nel ruolo di M (γ), si ottiene che l’estensione M (γ1, γ2) ⊆

L(γ1, γ2) `e di Galois di grado p; in particolare L(γ1, γ2) � M(γ1, γ2). Ripe-

tendo iterativamente il ragionamento appena visto, si ottiene il diagramma seguente: M (γ1, . . . , γs) −−−→ L(γ1, . . . , γs) �   �   M (γ1, . . . , γs−1) −−−→ L(γ1, . . . , γs−1) �   �   ... −−−→ ... �   � M (γ1, γ2) −−−→ L(γ1, γ2) �   �   M (γ1) −−−→ L(γ1) �   �   M _−−−→ L

3. Applicazioni 3.3. Un esempio di estensione non risolubile dove risulta che L(γ1, . . . , γs)� M(γ1, . . . , γs). Ma questo `e assurdo, perch´e

per ipotesi M (γ1, . . . , γs) `e un’estensione radicale di M contenente L, allora

in particolare contiene L e γ1, . . . , γs. Quindi non esiste un’estensione radicale

di M contenente L.

Si vuole ora presentare un’applicazione di questo risultato. `E per`o prima necessario dimostrare un ulteriore lemma.

Lemma 3.12. Sia K un campo e sia M = K(t), dove t `e un’ideterminata. Sia n > 1, allora non esiste un elemento β_{∈ M tale che β}p

− β + t = 0. Dimostrazione. Per definizione, ogni elemento β∈ M pu`o essere scritto come β = f (t)_g(t) dove f (t), g(t)_{∈ K[t] sono relativamente primi tra loro e g(t) �= 0.} Si vuole mostrare che se β = f (t)_g(t) `e tale che βn

− β + t = 0, deve risultare che g `e un polinomio costante. Se β = f (t)_g(t) e βn − β + t = 0, si ha che f (t)n g(t)n − f (t) g(t) + t = 0 f (t)n− f(t)g(t)n−1_{+ tg(t)}n _{= 0} ovvero f (t)n = f (t)g(t)n−1_{− tg(t)}n .

Dal momento che g(t) divide il secondo membro dell’equazione sopra, g(t) deve dividere f (t)n_{. Si scomponga il polinomio g(t) nel prodotto dei suoi}

fattori irriducibili

g(t) = p1(t)· · · pk(t) .

Sia pi(t) un fattore irriducibile di g(t). Allora pi(t) divide g(t) e quindi deve

dividere f (t)n_{. Poich`e p}

i(t) `e primo, segue che deve dividere f (t). Allora si

ha che

pi(t)|g(t) e pi(t)|f(t)

ma f (t) e g(t) sono relativamente primi. Allora pi(t) `e una costante. Questo

ragionamento vale per tutti i fattori irriducibili di g(t), allora g(t) `e una costante, come si voleva dimostrare. Per dimostrare allora che non esiste un elemento β tale che βn_{− β + t = 0, basta mostrare che f(t)}n_{− f(t) + t �= 0}

per ogni f _{∈ F [t]. Si supponga che deg f = s, allora si ha che il coeﬃciente} direttore del polinomio f (t)n

− f(t) + t ha grado sn e dal momento che n > 1, il polinomio non si pu`o annullare, perch´e ha grado sempre strettamente maggiore di 1.

3.3. Un esempio di estensione non risolubile 3. Applicazioni Esempio 3.6. Sia K un campo algebricamente chiuso di caratteristica p e sia M = K(t), dove t `e una indeterminata. Dal momento che xm_{−1 si spezza}

linearmente su K per ogni intero positivo m, segue che M contiene tutte le radici dell’unit`a. Si consideri allora il polinomio:

f (x) = xp− x + t ∈ M[x] .

Sia L il campo di spezzamento di f su M . Il polinomio f risulta separabile, perch´e

f�(x) = pxp−1_{− 1 = −1 ,}

poichè la caratteristica di M è p. Quindi risulta che (f, f�) = 1, allora per la proposizione 1.8 è separabile. Quindi L è il campo di spezzamento di un polinomio separabile f su M , allora l’estensione M _{⊆ L è un’estensione di} Galois.

Sia ora α una radice di f , si vuole mostrare che le radici di f sono esattamente α, α + 1, . . . , α + (p_{− 1). Infatti sia i < p, dal momento che α − α}p _{= t e}

≡ n mod p per ogni 0 ≤ n ≤ p − 1, risulta che f (α + i) = (α + i)p_{− (α + i) + t}

= αp+ ip_{− α − i + t} = (αp_{− α) + (i}p_{− i) + t} =_{−t + t = 0 .}

Allora preso σ ∈ Gal(L/M) risulta che σ(α) = α + i. Si consideri ora l’omomorfismo iniettivo di gruppi:

ϕ : Gal(L/M )_{−→ Z/pZ} σ�−→ [i]

Questo `e un omomorfismo perch´e presi σ, τ _{∈ Gal(L/M), con σ �→ [i], τ �→} [j], si ha che

(στ )(α) = σ(τ (α)) = σ(α + j) = α + (i + j)

ovvero στ �→ [i + j], perché char M = p. L’omomorsifmo ϕ è anche iniettivo, perché presi σ, τ ∈ Gal(L/M) tali che τ, σ �→ [i], si ha che per ogni j = 1, . . . , p_{− 1}

σ(α + j) = σ(α) + j = α + i + j = τ (α) + j = τ (α + j)

ovvero i due automorfismi assumono lo stesso valore su ogni radice di f , ma un automorfismo `e determinato dal valore che assume sulle radici di f , allora

3. Applicazioni 3.3. Un esempio di estensione non risolubile σ = τ . In particolare si ha che | Gal(L/M)| = 1 o p. Dal momento che [L : M ] = _{| Gal(L/F )| si ha che [L : M] = 1 o p. Se [L : M] = 1, si ha che} L = M , ovvero il polinomio f si spezza linearmente su M , ma per il lemma precedente f non ha radici in M , di conseguenza [L : M ] = p. Segue allora che l’estensione M ⊆ L `e di Galois di grado p, allora per il teorema 3.11 l’estensione M _{⊆ L non `e risolubile.}

Appendice A

Teorema di Struttura dei

Gruppi Abeliani

Verr`a dimostrato un enunciato, utilizzato nel capitolo 2, conseguenza del teorema di struttura per gruppi abeliani, risultato fondamentale nella teoria dei moduli.

Teorema A.1. Sia V un gruppo abeliano finitamente generato. Allora esistono unici d1, . . . , dk, r∈ N tali che d1|d2| . . . |dk e

V � Cd1 × . . . × Cdk× L

dove i Cdi sono gruppi ciclici di ordine di ed L `e un gruppo abeliano libero

di rango r.

Osservazione 22. Se V `e un gruppo abeliano finito, allora `e finitamente generato ma il gruppo libero L risulta essere il gruppo nullo.

Proposizione A.2. Sia G _{⊆ F}∗ _{un sottogruppo finito del gruppo moltipli-}

cativo di un campo F . Allora G `e ciclico.

Dimostrazione. Si osservi che G è abeliano perché F è un campo. Per il teorema A.1 di struttura dei gruppi abeliani si ha che G è isomorfo al prodotto diretto di gruppi ciclici, ad esempio

G_{� Z/m}1Z × . . . × Z/mkZ

dove mi sono interi maggiori di 1 tali che m1|m2| . . . |mk. Perci`o |G| =

m1 · . . . · mk. Sia m = mcm(m1, . . . , mk) il minimo comune multiplo di

m1, . . . , mk. Si osservi che m = mk. Si vuole ora mostrare che gm = 1 per

A. Teorema di Struttura dei Gruppi Abeliani

forma ([a1]m1, . . . , [ak]mk) e per ogni i = 1, . . . , k si ha che m[ai]mi = [0]mi,

per definizione di minimo comune multiplo e quindi m([a1]m1, . . . , [ak]mk) `e

l’elemento nullo e dunque gm_{= 1. Dato che G `e un sottogruppo di F}∗_{, segue}

che ogni g_{∈ G `e radice del polinomio x}m

− 1 ∈ F [x], che ha al pi`u m radici in F . Perci`o risulta che

mk = m≥ m1· . . . · mk ,

quindi k = 1, ovvero G `e ciclico.

Appendice B

Gruppo Simmetrico

Nel capitolo 3 `e necessario un teorema sul gruppo simmetrico la cui dimostrazione `e qui riportata. Verrano prima citati alcuni risultati fondamentali, per la cui dimostrazione si veda [3], capitolo 1, sezione 6.

Definizione B.1. Sia G un gruppo moltiplicativo, due elementi x, y _{∈ G} sono detti coniugati se esiste un elemento a∈ G tale che axa−1_{= y.}

Lemma B.1. Siano σ, γ ∈ Sn, dove σ `e una permutazione qualsiasi e γ =

(i1. . . il) `e un ciclo di lunghezza l. Allora il coniugato di γ tramite σ `e

σγσ−1= (σ(i1) . . . σ(il)) .

In particolare `e ancora un ciclo di lunghezza l.

Teorema B.2. Il gruppo Sn `e generato dalle permutazioni τ = (12) e σ =

(123 . . . n).

Dimostrazione. Questa dimostrazione `e articolata in tre passi:

1. Sn `e generato dalle n− 1 trasposizioni (12), (13), (14), . . . , (1n).

Infatti ogni ciclo di Snpu`o essere scritto come prodotto di trasposizioni

e la generica trasposizione (ij) pu`o essere scomposta nel modo seguente: (ij) = (1i)(1j)(1i) .

2. Sn `e generato dalle n− 1 trasposizioni (12), (23), (34), . . . (n − 1n).

Si vuole mostrare ci`o per induzione su n. Sia n = 2, allora per il punto 1, Sn`e generato da (12). Si supponga valga l’ipotesi induttiva per j−1,

allora il ciclo (1j) si pu`o scrivere nel modo seguente: (1j) = (1 j− 1)(j − 1 j)(1 j − 1)

B. Gruppo Simmetrico

e per ipotesi induttiva il ciclo (1 j− 1) si può scrivere come prodot- to delle trasposizioni (12), (23), . . . (j_{− 2 j − 1). Allora il ciclo (1j)} si può scrivere come prodotto della trasposizioni (12), (23), . . . (j ₋ 1 j). Quindi per induzione Sn è generato dalle n− 1 trasposizioni

(12), (23), (34), . . . , (n− 1 n).

3. Sn `e generato da (12) e (12 . . . n): Posto τ = (12) e σ = (123 . . . n), si

possono considerare le seguenti traposizioni:

τ1 = τ = (12), τ2 = στ1σ−1, . . . , τn−1= στn−2σ−1.

Per il lemma precedente queste sono trasposizioni perché ognuna è co- niugata con quella precedente e la prima è una trasposizione. Ma risulta che:

τ1= (12), τ2= (23), . . . , τn−1= (n− 1n)

che generano Sn. Allora τ e σ generano Sn.

Bibliografia

[1] D. Cox, Galois Theory, Wiley, 2004.

[2] S. Gabelli, Teoria delle Equazioni e Teoria di Galois, Springer, 2008 [3] T. Hungerford, Algebra, Springer, 1974

[4] J.Milne, Fields and Galois Theory, J.S.Milne, 2012 [5] J.Milne, Group Theory, J.S.Milne, 2013

Ringraziamenti

Per prima cosa vorrei ringraziare la mia relatrice, la professorressa Marta Morigi per la sua disponibilità, per la sua pazienza e per il suo aiuto. Vorrei ringraziare mio padre, che mi sprona sempre, nelle direzioni e nei modi meno convenzionali che conosco, ma che sa sempre come farmi sorridere. Ringrazio anche mia madre, per cui ogni occasione è buona per fare shopping, perchè è sempre stata presente e partecipe nel mio percorso di studi. Un ringraziamento va anche a mio fratello, che, anche se odio sei giorni su sette, ce n’è sempre uno in cui gli voglio bene. Un grazie particolare va ai miei nonni, che nonostante tutto sono sempre stati con me e mi hanno aiutato finché hanno potuto.

Vorrei poi ringraziare la mia enorme famiglia, che nel giorno della mia laurea si `e riunita da tutta l’Italia per celebrare con me. Siete e sarete sempre tutti parte di me.

Vorrei ringraziare i miei compagni di corso o meglio di avventura, con cui ho condiviso questi ultimi tre anni, con cui ho superato i momenti e gli esami pi`u diﬃcili e con cui mi sono sempre divertita. Grazie Alex, Angelica, Bertoz, Gianlu, Greta, Marta Roxy, Marta Sacco, Palma, Sara e Stefano.

Vorrei ringraziare la Lolla, che nei momenti più tristi e difficili, rideva di me, facendomi tornare sempre il sorriso, che mi ha sempre sopportato nonostante tutte le mie stranezze e soprattutto che ha saputo accetarmi anche quando non era più io, ma ero una pesona nuova.

Infine un grande grazie va a Yuri, che è sempre stato con me negli ultimi due anni, nei momenti difficili come in quelli felici, che è stato capace di capirmi e di aiutarmi, che mi prende sempre in giro, ma che crede in me e che mi sprona, anche se il mio futuro mi porterà lontano da lui. Grazie a te che sei la persona più importante per me.

The last but not the least person I want to thank is Luisa, who came to my graduation after five years of being separated one from the other. She made this day much more bright and happy than I could ever immagine. Thank you for being here with me and for making this day the best of all.

Nel documento Risolubilità per radicali (pagine 44-57)