Primo esercizio

Esercizio 7.1

Determinare il gruppo di Galois su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ del campo di spezzamento $M$$M$ del polinomio $f(x)=x^{4}-3x^{2}-10$$f(x)=x^{4}-3x^{2}-10$.

 

Campo di spezzamento

Prima cerco il campo di spezzamento $M$$M$: la fattorizzazione di $f(x)$$f(x)$ in irriducibili in $\mathbb {Q} [x]$$\mathbb {Q} [x]$ è

$$f(x)=(x^{2}-5)(x^{2}+2)$$

$$f(x)=(x^{2}-5)(x^{2}+2)$$

Osservo che $x^{2}-5=(x-{\sqrt {5}})(x+{\sqrt {5}})$$x^{2}-5=(x-{\sqrt {5}})(x+{\sqrt {5}})$, e definisco il campo di spezzamento di questo polinomio:

$$K=\mathbb {Q} ({\sqrt {5}})={\frac {\mathbb {Q} [x]}{(x^{2}-5)}}=\{a+b{\sqrt {5}},\,a,b\in \mathbb {Q} \}$$

$$K=\mathbb {Q} ({\sqrt {5}})={\frac {\mathbb {Q} [x]}{(x^{2}-5)}}=\{a+b{\sqrt {5}},\,a,b\in \mathbb {Q} \}$$

$K\subset \mathbb {R}$$K\subset \mathbb {R}$ quindi il polinomio $x^{2}+2$$x^{2}+2$ non ammette radici in $K$$K$, e si ha $x^{2}+2=(x-i{\sqrt {2}})(x+i{\sqrt {2}})$$x^{2}+2=(x-i{\sqrt {2}})(x+i{\sqrt {2}})$.

Per trovare il campo di spezzamento di $f(x)$$f(x)$ estendo $K$$K$ e considero:

$$M=K(i{\sqrt {2}})=\mathbb {Q} ({\sqrt {5}},i{\sqrt {2}})=\{\xi _{0}+\xi _{1}i{\sqrt {2}},\,\xi _{0},\xi _{1}\in K\}$$

$$M=K(i{\sqrt {2}})=\mathbb {Q} ({\sqrt {5}},i{\sqrt {2}})=\{\xi _{0}+\xi _{1}i{\sqrt {2}},\,\xi _{0},\xi _{1}\in K\}$$

e sostituendo le espressioni di $\xi _{0}$$\xi _{0}$ e $\xi _{1}$$\xi _{1}$:

$$=\{(a_{0}+a_{1}{\sqrt {5}})+(a_{2}+a_{3}{\sqrt {5}})*i{\sqrt {2}},\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}$$

$$=\{(a_{0}+a_{1}{\sqrt {5}})+(a_{2}+a_{3}{\sqrt {5}})*i{\sqrt {2}},\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}$$

$$=\{a_{0}+a_{1}{\sqrt {5}}+a_{2}i{\sqrt {2}}+a_{3}i{\sqrt {10}},\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}$$

$$=\{a_{0}+a_{1}{\sqrt {5}}+a_{2}i{\sqrt {2}}+a_{3}i{\sqrt {10}},\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}$$

Applicando il teorema della torre segue che

$$|M:\mathbb {Q} |=|\mathbb {Q} ({\sqrt {5}},i{\sqrt {2}}):\mathbb {Q} ({\sqrt {5}})|*|\mathbb {Q} ({\sqrt {5}}):\mathbb {Q} |=2*2=4$$

$$|M:\mathbb {Q} |=|\mathbb {Q} ({\sqrt {5}},i{\sqrt {2}}):\mathbb {Q} ({\sqrt {5}})|*|\mathbb {Q} ({\sqrt {5}}):\mathbb {Q} |=2*2=4$$

Ordine ed elementi del gruppo di Galois

Siccome $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ ha caratteristica 0 ogni polinomio irriducibile è separabile (infatti un polinomio irriducibile $f(x)\neq 0$$f(x)\neq 0$ ha una radice multipla solo se $f'(x)=0$$f'(x)=0$, e questo in caratteristica 0 non può avvenire); dalla caratterizzazione delle estensioni normali di grado finito segue quindi che $M\supseteq \mathbb {Q}$$M\supseteq \mathbb {Q}$ è normale, e $o({\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} ))=|M:\mathbb {Q} |=4$$o({\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} ))=|M:\mathbb {Q} |=4$.

$G$$G$ è isomorfo a un sottogruppo di $S_{4}$$S_{4}$ perché gli elementi di $G$$G$ permutano le radici del polinomio di partenza che sono quattro. Detti $\Omega _{1}=\{\pm {\sqrt {5}}\}$$\Omega _{1}=\{\pm {\sqrt {5}}\}$ e $\Omega _{2}=\{\pm i{\sqrt {2}}\}$$\Omega _{2}=\{\pm i{\sqrt {2}}\}$, sappiamo che $G$$G$ agisce transitivamente sia su $\Omega _{1}$$\Omega _{1}$ che su $\Omega _{2}$$\Omega _{2}$. Quindi, gli elementi di $G$$G$ si possono elencare in questo modo:

$${\begin{aligned}g_{1}&t.c.&&{\textrm {identita}}\\g_{2}&t.c.&{\sqrt {5}}^{g_{2}}=-{\sqrt {5}},&(i{\sqrt {2}})^{g_{2}}=i{\sqrt {2}}\\g_{3}&t.c.&{\sqrt {5}}^{g_{3}}={\sqrt {5}},&(i{\sqrt {2}})^{g_{3}}=-i{\sqrt {2}}\\g_{4}&t.c.&{\sqrt {5}}^{g_{4}}=-{\sqrt {5}},&(i{\sqrt {2}})^{g_{4}}=i{\sqrt {2}}\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}g_{1}&t.c.&&{\textrm {identita}}\\g_{2}&t.c.&{\sqrt {5}}^{g_{2}}=-{\sqrt {5}},&(i{\sqrt {2}})^{g_{2}}=i{\sqrt {2}}\\g_{3}&t.c.&{\sqrt {5}}^{g_{3}}={\sqrt {5}},&(i{\sqrt {2}})^{g_{3}}=-i{\sqrt {2}}\\g_{4}&t.c.&{\sqrt {5}}^{g_{4}}=-{\sqrt {5}},&(i{\sqrt {2}})^{g_{4}}=i{\sqrt {2}}\end{aligned}}$$

Posso anche riscrivere gli elementi sopra in questo modo

$$g_{1}=1,g_{2}:{\begin{cases}{\sqrt {5}}\mapsto -{\sqrt {5}}\\i{\sqrt {2}}\mapsto i{\sqrt {2}}\end{cases}}g_{3}:{\begin{cases}{\sqrt {5}}\mapsto {\sqrt {5}}\\i{\sqrt {2}}\mapsto -i{\sqrt {2}}\end{cases}}g_{4}:{\begin{cases}{\sqrt {5}}\mapsto -{\sqrt {5}}\\i{\sqrt {2}}\mapsto -i{\sqrt {2}}\end{cases}}.$$

$$g_{1}=1,g_{2}:{\begin{cases}{\sqrt {5}}\mapsto -{\sqrt {5}}\\i{\sqrt {2}}\mapsto i{\sqrt {2}}\end{cases}}g_{3}:{\begin{cases}{\sqrt {5}}\mapsto {\sqrt {5}}\\i{\sqrt {2}}\mapsto -i{\sqrt {2}}\end{cases}}g_{4}:{\begin{cases}{\sqrt {5}}\mapsto -{\sqrt {5}}\\i{\sqrt {2}}\mapsto -i{\sqrt {2}}\end{cases}}.$$

Osservo che il gruppo non è ciclico, infatti ogni elemento elevato al quadrato è uguale all'identità e ha quindi ordine 2. A meno di isomorfismo esistono solo due gruppi di ordine $4$$4$ che sono $C_{4}$$C_{4}$ e $C_{2}\times C_{2}$$C_{2}\times C_{2}$ (il gruppo di Klein). Nota: con $C_{n}$$C_{n}$ indichiamo il gruppo ciclico di ordine $n$$n$ e, se usiamo la notazione moltiplicativa per i gruppi, consideriamo il prodotto diretto $\times$$\times$. Se invece usiamo la notazione additiva per i gruppi, consideriamo la somma diretta (ma e' la stessa costruzione, cambia solo la notazione).

Siccome $G$$G$ non e' ciclico deduciamo che $G$$G$ è il Klein. Posso elencare i suoi elementi nella forma

$$G=\{1,x,y,xy\}$$

$$G=\{1,x,y,xy\}$$

dove $x=g_{2}$$x=g_{2}$, $y=g_{3}$$y=g_{3}$, $xy=g_{4}$$xy=g_{4}$.

Corrispondenza di Galois

I sottogruppi di $G$$G$ sono:

$$H_{1}:=\{1,x\},\quad H_{2}:=\{1,y\},\quad H_{3}:=\{1,xy\}$$

$$H_{1}:=\{1,x\},\quad H_{2}:=\{1,y\},\quad H_{3}:=\{1,xy\}$$

Determino i campi intermedi:

1. $H_{1}'={\rm {{Fix}(H_{1})={\rm {{Fix}(\{1,x\})}}}}$$H_{1}'={\rm {{Fix}(H_{1})={\rm {{Fix}(\{1,x\})}}}}$, e siccome $x$$x$ fissa $i{\sqrt {2}}$$i{\sqrt {2}}$, $H_{1}'\supseteq \mathbb {Q} (i{\sqrt {2}})$$H_{1}'\supseteq \mathbb {Q} (i{\sqrt {2}})$.Inoltre per il teorema fondamentale della teoria di Galois
   $$|G:H_{1}|=|H_{1}':G'|=|H_{1}':\mathbb {Q} |$$

   $$|G:H_{1}|=|H_{1}':G'|=|H_{1}':\mathbb {Q} |$$
   e siccome $|G:H_{1}|=2$$|G:H_{1}|=2$, anche $|H_{1}':\mathbb {Q} |=2$$|H_{1}':\mathbb {Q} |=2$. Poiche'$|\mathbb {Q} (i{\sqrt {2}}:\mathbb {Q} |=2$$|\mathbb {Q} (i{\sqrt {2}}:\mathbb {Q} |=2$ concludo che deve essere $H_{1}'=\mathbb {Q} (i{\sqrt {2}})$$H_{1}'=\mathbb {Q} (i{\sqrt {2}})$.
2. Per un ragionamento analogo si ha che $H_{2}'={\rm {{Fix}(H_{2})={\rm {{Fix}(\{1,y\})=\mathbb {Q} ({\sqrt {5}})}}}}$$H_{2}'={\rm {{Fix}(H_{2})={\rm {{Fix}(\{1,y\})=\mathbb {Q} ({\sqrt {5}})}}}}$.
3. Ora determiniamo
   $$H_{3}'={\rm {{Fix}(H_{3})={\rm {{Fix}(\{1,xy\})}}}}$$

   $$H_{3}'={\rm {{Fix}(H_{3})={\rm {{Fix}(\{1,xy\})}}}}$$
   Determino gli elementi $\xi \in M$$\xi \in M$ che vengono fissati da $H_{2}$$H_2$ e quindi da $xy$$xy$: un generico elemento in $M$$M$ è della forma
   $$\xi =a_{0}+a_{1}{\sqrt {5}}+a_{2}i{\sqrt {2}}+a_{3}i{\sqrt {10}}$$

   $$\xi =a_{0}+a_{1}{\sqrt {5}}+a_{2}i{\sqrt {2}}+a_{3}i{\sqrt {10}}$$
   e considerando come agisce $xy$$xy$ si ha:
   $$\xi ^{xy}=a_{0}-a_{1}{\sqrt {5}}-a_{2}i{\sqrt {2}}+a_{3}i{\sqrt {10}}$$

   $$\xi ^{xy}=a_{0}-a_{1}{\sqrt {5}}-a_{2}i{\sqrt {2}}+a_{3}i{\sqrt {10}}$$
   e imponendo $\xi =\xi ^{xy}$$\xi =\xi ^{xy}$ ottengo il sistema
   $${\begin{cases}a_{0}=a_{0}\\a_{1}=-a_{1}\\a_{2}=-a_{2}\\a_{3}=a_{3}\end{cases}}$$

   $${\begin{cases}a_{0}=a_{0}\\a_{1}=-a_{1}\\a_{2}=-a_{2}\\a_{3}=a_{3}\end{cases}}$$
   cioè $a_{2}=a_{1}=0$$a_{2}=a_{1}=0$ mentre $a_{0},a_{3}$$a_{0},a_{3}$ sono liberi, quindi
   $$H_{3}'=\{a_{0}+a_{3}i{\sqrt {10}},\,a_{0},a_{3}\in \mathbb {Q} \}=\mathbb {Q} (i{\sqrt {10}})$$

   $$H_{3}'=\{a_{0}+a_{3}i{\sqrt {10}},\,a_{0},a_{3}\in \mathbb {Q} \}=\mathbb {Q} (i{\sqrt {10}})$$

Diagrammi dei sottogruppi e dei campi intermedi

(per comodità lo scrivo solo a parole) SOTTOGRUPPI: Primo livello: $G$$G$

Secondo livello: $\{1,x\}$$\{1,x\}$, $\{1,y\}$$\{1,y\}$, $\{1,xy\}$$\{1,xy\}$

Terzo livello: $\{1\}$$\{1\}$

CAMPI INTERMEDI:

Primo livello:

$$\mathbb {Q} ({\sqrt {5}},i{\sqrt {2}})$$

$$\mathbb {Q} ({\sqrt {5}},i{\sqrt {2}})$$

Secondo livello: $\mathbb {Q} ({\sqrt {5}})$$\mathbb {Q} ({\sqrt {5}})$, $\mathbb {Q} (i{\sqrt {2}})$$\mathbb {Q} (i{\sqrt {2}})$, $\mathbb {Q} (i{\sqrt {10}})$$\mathbb {Q} (i{\sqrt {10}})$

Terzo livello: $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$

Osserviamo anche che $G$$G$e' abeliano dunque ogni suo sottogruppo e' normale. Segue dal Teorema Fondamentale della Teoria di Galois che le estensioni $\mathbb {Q} ({\sqrt {5}})\supseteq \mathbb {Q}$$\mathbb {Q} ({\sqrt {5}})\supseteq \mathbb {Q}$, $\mathbb {Q} (i{\sqrt {2}})\supseteq \mathbb {Q}$$\mathbb {Q} (i{\sqrt {2}})\supseteq \mathbb {Q}$ e $\mathbb {Q} (i{\sqrt {10}})\supseteq \mathbb {Q}$$\mathbb {Q} (i{\sqrt {10}})\supseteq \mathbb {Q}$ sono normali (cosa che si verifica facilmente anche in maniera diretta peraltro).