Parte II Il problema inverso
4.3 Realizzazioni del gruppo simmetrico
4.3.1 Il teorema di irriducibilità di Hilbert.
I polinomi simmetrici elementari e1 = e1(x1, ..., xn) = x1+ ... + xn, ..., en = en(x1, ..., xn) = x1...xn sono, in particolare delle funzioni razionali, cioè e1, ..., en ∈ Q(x1, ..., xn) =: L. Possiamo quindi considerare il campo delle funzioni razionali simmetriche:K := Q(e1, ..., en) ⊂ Q(x1, ..., xn) = L.
Il campoL è il campo di spezzamento del polinomio P (T ) = Tn−e1Tn−1+ ...+(−1)nen∈ K[T ] perché P (T ) = (T −x1)...(T −xn). Segue che l’estensione L/K è algebrica finita e normale.
Il gruppoSn agisce suL per permutazioni delle variabili xi, quindi Sn ≤ Aut(L). Se ϕ(x1, ..., xn) ∈ L è una funzione razionale, allora ϕ è simmetrica se e solo se σ.ϕ = ϕ, ∀σ ∈ Sn. Quindi K è il campo fisso di Sn ≤ Aut(L). QuindiGal(L/K) = Sn.
Il polinomio
P (x, T ) = Tn− e1(x1, ..., xn)Tn−1+ ... + (−1)nen(x1, ..., xn) ∈ Q[x, T ] (4.7) Osservare che i coefficienti di P (x, T ) valgono tutti ±1. Il polinomio P (x, T ) è detto il polinomio generico.
Infatti se specializziamo le variabili xi (i.e. diamo dei valori): x1 = a1, ..., xn = an, otteniamo il polinomio (T − a1)...(T − an). Prendendo gli ai
in Q, otteniamo tutti i polinomi monici (e quindi tutti i polinomi a meno di una costante) a coefficienti in Q, in particolare tutti i polinomi a coefficienti razionali.
Se il polinomio ottenuto specializzando gli xi in ai è a coefficienti in Q: p(T ) := P (a, T ) ∈ Q[T ], allora Q(ei(a)) = Q e Q(a1, ..., an) = L è il campo di spezzamento dip(T ). Se gli ai sono sufficientemente generali li possiamo pensare come delle variabili e, per quanto abbiamo visto prima, è lecito as-pettarsi che si avrà GalQ(p) = Sn (in particolare questo implica che p(T ) è irriducibile); cioè il gruppo di Galois di un polinomio p(T ) ∈ Q[T ], di grado n, ”sufficientemente generale”, è Sn.
Questi argomenti non costituiscono una dimostrazione, rimane qualcosa da dimostrare ed è proprio quello che ha fatto Hilbert col suo famoso teorema di irriducibilità (1892):
Teorema 4.14. (Teorema di irriducibilità di Hilbert)
Siak un’estensione finita di Q (eventualmente k = Q). Sia f(T1, ..., Tn, X) ∈ k[T1, ..., Tn, X] un polinomio irriducibile su k. Esistono infiniti (b1, ..., bn) ∈ kn tali che la specializzazionef (b, X) sia un polinomio irriducibile a coeffici-enti in k (f (b, X) ∈ k[X]).
Inoltre si possono scegliere ibidi modo cheGalk(T )(f (T , X)) ' Galk(f (b, X)). La parte difficile è la prima parte sull’irriducibilità. Vediamo come di-mostrare che Sn è di Galois su Q usando solo l’irriducibilità di una generica specializzazione.
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Corollario 4.15. Per ognin ≥ 2, Sn è di Galois su Q. Più precisamente per ognin ≥ 2 esiste f (x) ∈ Q[x], irriducibile, di grado n, con GalQ(f ) = Sn. Dimostrazione. Consideriamo come prima l’estensione:
L := Q(x1, ..., xn)/Q(e1, ..., en) =: K
L’estensione è normale (L è il campo di spezzamento del polinomio p(X) = Q(X−xi) = Xn−e1Xn−1+...+(−1)nen), quindiL = K(x1, ..., xn). Sappiamo (risolvente di Galois) che per(a1, ..., an) ∈ Zn sufficientemente generale, α = a1x1+ ... + anxn è un elemento primitivo diL/K. Sia m(X) ∈ K[X] il suo polinomio minimo. Allora
m(X) = Y
σ∈Sn
(X − (a1xσ(1)+ ... + anxσ(n))) (4.8) Infatti m(X) ha grado [L : K] = #(Gal(L/K)) = n!. Osserviamo che i coefficienti dim sono dei polinomi (e non delle funzioni razionali) simmetrici neglixi, cioè m(X) ∈ Q[e1, ..., en][X] (invece di m(X) ∈ Q(e1, ..., en)[X]).
Quindim(X) ∈ Q[e1, ..., en][X], cioè m(e1, ..., en, X) ∈ Q[e1, ..., en, X]. Il polinomiom(T1, ..., Tn, X) ∈ Q[T1, ..., T − n, X] è irriducibile su Q. Infatti sem(T , X) = g(T , X)h(T , X), allora questa fattorizzazione dovrebbe valere in Q(e)[X], ma m è irriducibile su Q(e) (è il polinomio minimo di α). Quindi uno dei fattori, diciamo g, ha grado zero in X. Siccome m è monico in X, g ∈ Q è una costante.
Per il teorema di Hilbert se (b1, ..., bn) ∈ Qn è sufficientemente generale, ˜
m(X) = m(b, X) ∈ Q[X] è irriducibile (di grado n!).
Siaf (x) = xn− b1xn−1+ ... + (−1)nbn∈ Q[x] e siano r1, ..., rn le sue radici in Ω. Abbiamo bi= ei(r1, ..., rn). Quindi m(e1(r1, ..., rn), ..., en(r1, ..., rn), X) = m(b1, ..., bn, X) = ˜m(X) = Y σ∈Sn (X − (a1rσ(1)+ ... + anrσ(n))) (Abbiamo fatto:xi→ ri, ei = ei(x1, ..., xn) → ei(r1, ..., rn) = bi,a1x1+ ... + anxn→ a1r1+ ... + anrn.)
Segue che α := a˜ 1r1+ ... + anrn ∈ Q(r1, ..., rn) è radice del polinomio irriducibilem(X), di grado n!. Questo implica [Q(r˜ 1, ..., rn) : Q] ≥ n!. Segue cheGalQ(f ) = Sn e questo, a sua volta, implica chef (x) è irriducibile.
u t Osservazione 4.16. La dimostrazione di Hilbert non è effettiva, cioè non fornisce un polinomio f (x) ∈ Q[x] con GalQ(f ) = Sn.
Con lo stesso procedimento Hilbert ha mostrato che An è di Galois su Q. Il teorema di irriducibilità di Hilbert è tuttora alla base di alcuni degli approcci moderni più promettenti per affrontare il problema inverso di Galois.
96 4 Il problema inverso di Galois.
4.3.2 Realizzazioni di Sn con il teorema di Dedekind.
Iniziamo con un lemma:
Lemma 4.17. Sia G ≤ Sn un sotto gruppo transitivo. Se G contiene una trasposizione e un ciclo di lunghezza(n − 1), allora G = Sn.
Dimostrazione. Cf Esercizio 79. ut
Teorema 4.18. Per ognin ≥ 2, Sn è di Galois su Q.
Dimostrazione. Possiamo assumere n ≥ 4. Siano f1(x), f2(x), f3(x) ∈ Q[x], monici, di gradon tali che:
• f1(x) ∈ Z2[x] è irriducibile
• f2(x) ∈ Z3[x] spezza come un prodotto di un fattore lineare e di un fattore irriducibile di gradon − 1
• f3(x) ∈ Z5[x] spezza come un prodotto di un fattore irriducibile di grado due e uno o due fattori irriducibili (distinti) di grado dispari
Sia:
f (x) = −15f1(x) + 10f2(x) + 6f3(x) ∈ Z[x]
Il polinomiof (x) è monico di grado n. Inoltre f (x) è irriducibile perché f2(x) lo è. Quindi seG = GalQ(f ), G ≤ Snè transitivo. Per il teorema di Dedekind (Teorema 4.9),G contiene un (n − 1)-ciclo (considerare f2(x) ∈ Z3[x]). Final-mente, considerando f3(x) ∈ Z5[x], vediamo che G contiene ρ con ρ = τ σ o ρ = τ σα, σ, α cicli di lunghezza dispari. Quindi τ ∈ G e si conclude con il
Lemma 4.17. ut
Osservazione 4.19. Anche questa dimostrazione non è effettiva. Inoltre, per essere perfetti, bisognerebbe giustificare il fatto che è sempre possibile trovare dei polinomifi(x) soddisfacenti le richieste mod. 2, 3, 5.
Pern dato, questo metodo permette però di trovare (specie con l’aiuto di un computer) dei polinomi con gruppo di GaloisSn.
Comunque sia abbiamo visto due (anzi tre tenendo conto del Teorema 4.6) modi per realizzareSn su Q. Siccome ogni gruppo finito può essere visto (in tanti modi) come un sotto gruppo di Sn, ci sono ancora speranze per il problema inverso!
4.3 Realizzazioni del gruppo simmetrico. 97
Esercizi.
Esercizio 79 Sia G ≤ Sn.
Mostrare che seG contiene tutte le trasposizioni (ik), 1 < k ≤ n, k 6= i, alloraG = Sn.
Si tratta di mostrare che seG è transitivo, contiene un (n − 1)-ciclo, ρ, e una trasposizione, τ , allora G = Sn.
Possiamo assumereρ = (12...(n − 1)) e τ = (xy).
1. Mostrare cheG contiene una trasposizione che scambia n: (kn) ∈ G, k < n (usare cheG è transitivo)
2. Mostrare che leϕi= ρi(kn)ρ−i,1 ≤ i < n sono tutte le trasposizioni (an), 1 ≤ a < n (per questo osservare che ϕi è una trasposizione e calcolare ϕi(n))
3. Concludere cheG = Sn.
Esercizio 80 Sianof1(x) = x6+ x + 1, f2(x) = (x + 1)(x5+ 2x + 1), f3(x) = (x+1)(x2+x+1)(x3+x+1). Finalmente sia f (x) = 15f1(x)+10f2(x)+6f3(x).
1. Mostrare chef è irriducibile su Q (considerare f1(x) (mod 2)) 2. Mostrare cheGalQ(f ) contiene un 5-ciclo (considerare f2(x) (mod 3)) 3. Concludere cheGalQ(f ) = S6 (consideraref3(x) (mod 5)).
Esercizio 81 Sia nel piano il quadrato Q di vertici i punti a = (1, 0), b = (0, 1), c = (−1, 0), d = (0, −1). a b c d Q
1. Dimostrare che sep ∈ Q, p /∈ {a, b, c, d}, allora d(O, p) < 1 (O è l’origine) 2. Si ricorda che un’isometria vettoriale del piano e una rotazione di centro l’origine (isometrie positive,det = 1), oppure una riflessione ortogonale rispetto ad una retta passante per l’origine (isometrie negative,det = −1). SiaD4= {g | g è un’isometria vettoriale del piano tale che g(Q) = Q}. Mostrare cheD4 è un gruppo.
3. Mostrare che se g ∈ D4 allora g manda un vertice di Q su un vertice (quindig induce una permutazione di {a, b, c, d}); inoltre vertici adiacenti vanno mandati in vertici adiacenti.
4. Sia ρ ∈ D4 una rotazione, mostrare che ρ = ri (1 ≤ i ≤ 4) dove r è la rotazione di angoloπ/2.
98 4 Il problema inverso di Galois.
5. Mostrare cheD4 ha otto elementi, quattro rotazioni e quattro simmetrie ortogonali (di cui si determineranno gli assi).
6. Concludere che D4 = {1, r, r2, r3, s, sr, sr2, sr3} dove s è una simmetria. In particolareD4 è un gruppo di ordine8, non abeliano con 4 elementi di ordine due (cf Esercizio 73).
7. Osservare cheD4≤ Sym{a, b, c, d} ' S4 è transitivo.
Nota: Più generalmente se indichiamo con Dn il gruppo delle simmetrie di un poligono regolare conn lati, allora Dn è generato da due elementir, s, con le relazioni rn = 1, s2= 1, srs = r−1;Dn ha 2n elementi ed ogni elemento si scriverk osrk,0 ≤ k ≤ n − 1.
Esercizio 82 Le possibili strutture cicliche (decomposizioni in cicli disgiunti) inS4 sono:(ab), (ab)(cd), (abc), (abcd).
Mostrare che ci sono:6 trasposizioni, 3 doppie trasposizioni, 8 tricicli e 6 quattro cicli (6 + 3 + 8 + 6 + 1 = 24).
Esercizio 83 Sia G ≤ S4 un sotto gruppo transitivo. 1. Mostrare che#(G) ∈ {4, 8, 12, 24}
2. Nel seguito si assume #(G) = 8. Mostrare che G contiene almeno due trasposizioni,τ1,τ2(usare l’equazione delle classi#(G) = #(Gx).#(O(x)). Mostrare cheτ1 eτ2 sono disgiunte.
3. Possiamo quindi assumere cheτ1= (12) e τ2= (34) sono in G. Mostrare che G contiene un 4-ciclo, ρ (usare l’Esercizio 73 e l’Esercizio 5.2 del Cap. III della prima parte)
4. Modulo gli inversi ci sono tre 4-cicli: ρ1 = (1234), ρ2 = (1243), ρ3 = (1324). Se ρ26= τ1τ2, alloraρ = ρ1 oρ = ρ2 (considerare ρ2
i). Ma questo non è possibile (considerareτ1ρ). In conclusione ρ2= τ1τ2 eρ = (1324) 5. Concludere che G = {1, τ1, τ2, ρ, ρ2, ρ3, τ1ρ, ρτ1} e che G ' D4 (cf
Esercizio 81).
Nota: La dimostrazione può essere sensibilmente semplificata se si sa che ci sono solo due gruppi di ordine 8 non abeliani: H8 e D4; H8 ha un unico elemento di ordine due mentre D4 ne ha quattro.
Esercizio 84 Sia G ≤ S4 un sotto gruppo transitivo.
1. Se#(G) = 4, dalla classificazione dei gruppi di ordine quattro G ' Z4 o G ' Z2× Z2. Mostrare che entrambi i casi sono possibili
2. Se#(G) = 12, mostrare che G ' A4
In conclusioneG è isomorfo ad uno dei seguenti gruppi: Z4, Z2× Z2,D4, A4, S4.