Secondo esercizio

Esercizio 7.2

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

 

Campo di spezzamento

Pongo $\alpha ={\sqrt[{3}]{2}}$$\alpha ={\sqrt[{3}]{2}}$, e $\omega =\cos(2\pi /3)+i\sin(2\pi /3)$$\omega =\cos(2\pi /3)+i\sin(2\pi /3)$, allora le radici di $f(x)$$f(x)$ sono $\alpha$$\alpha$, $\alpha \omega$$\alpha \omega$, $\alpha \omega ^{2}$$\alpha \omega ^{2}$.

$f(x)$$f(x)$ è separabile. Definisco il campo

$$K_{1}=\mathbb {Q} (\alpha )=\{a+b\alpha +c\alpha ^{2},\,a,b,c\in \mathbb {Q} \}$$

$$K_{1}=\mathbb {Q} (\alpha )=\{a+b\alpha +c\alpha ^{2},\,a,b,c\in \mathbb {Q} \}$$

$K_{1}$$K_1$ non contiene $\omega$$\omega$, quindi per trovare $M$$M$ devo estenderlo ulteriormente. Per calcoli precedenti si ha che il polinomio minimo di $\omega$$\omega$ è $\phi _{3}(x)=x^{2}+x+1$$\phi _{3}(x)=x^{2}+x+1$. Definisco quindi

$$K_{2}=K_{1}(\omega )=\mathbb {Q} (\alpha ,\omega )=\{\xi _{0}+\xi _{1}\omega ,\,\xi _{0},\xi _{1}\in K_{1}\}$$

$$K_{2}=K_{1}(\omega )=\mathbb {Q} (\alpha ,\omega )=\{\xi _{0}+\xi _{1}\omega ,\,\xi _{0},\xi _{1}\in K_{1}\}$$

$$=\{(a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2})+(a_{3}+a_{4}\alpha +a_{5}\alpha ^{2})\omega ,\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i\}$$

$$=\{(a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2})+(a_{3}+a_{4}\alpha +a_{5}\alpha ^{2})\omega ,\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i\}$$

$$=\{a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\omega +a_{4}\alpha \omega +a_{5}\alpha ^{2}\omega ,\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i\}$$

$$=\{a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\omega +a_{4}\alpha \omega +a_{5}\alpha ^{2}\omega ,\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i\}$$

e $K_{2}=M$$K_{2}=M$.

Per il teorema della torre:

$$|M:\mathbb {Q} |=|M:K_{1}|*|K_{1}:\mathbb {Q} |=2*3=6$$

$$|M:\mathbb {Q} |=|M:K_{1}|*|K_{1}:\mathbb {Q} |=2*3=6$$

Gruppo di Galois

In caratteristica zero un polinomio irriducubile e' separabile dunque l'estensione $M\supseteq \mathbb {Q}$$M\supseteq \mathbb {Q}$e' normale. Allora sappiamo che

$$o({\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} ))=|M:\mathbb {Q} |=6$$

$$o({\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} ))=|M:\mathbb {Q} |=6$$

e $G$$G$ è isomorfo a un sottogruppo di $S_{3}$$S_3$, perché permuta le tre radici di $f(x)$$f(x)$. Siccome $o(S_{3})=6$$o(S_{3})=6$, allora $G=S_{3}$$G=S_{3}$.

Siano $x,y\in G$$x,y\in G$ definiti da

$$x:{\begin{cases}\alpha \mapsto \alpha \omega \\\alpha \omega \mapsto \alpha \omega ^{2}\\\alpha \omega ^{2}\mapsto \alpha \end{cases}}y:{\begin{cases}\alpha \mapsto \alpha \\\alpha \omega \mapsto \alpha \omega ^{2}\\\alpha \omega ^{2}\mapsto \alpha \omega \end{cases}}$$

$$x:{\begin{cases}\alpha \mapsto \alpha \omega \\\alpha \omega \mapsto \alpha \omega ^{2}\\\alpha \omega ^{2}\mapsto \alpha \end{cases}}y:{\begin{cases}\alpha \mapsto \alpha \\\alpha \omega \mapsto \alpha \omega ^{2}\\\alpha \omega ^{2}\mapsto \alpha \omega \end{cases}}$$

(se indentifico $\alpha$$\alpha$ con $1$$1$, $\alpha \omega$$\alpha \omega$ con $2$$2$ e $\alpha \omega ^{2}$$\alpha \omega ^{2}$ con $3$$3$, ho che $x$$x$ corrisponde al $3$$3$-ciclo $(1,2,3)$$(1,2,3)$ di $S_{3}$$S_{3}$ e $y$$y$ allo scambio $(2,3)$$(2,3)$ in $S_{3}$$S_{3}$).

Allora gli elementi di $G$$G$ si possono elencare nel seguente modo:

$$G=\{1,x,x^{2},y,yx,yx^{2}\}$$

$$G=\{1,x,x^{2},y,yx,yx^{2}\}$$

(dove $x^{2}$$x^2$ corrisponde a $(1,2,3)^{2}=(1,3,2)$$(1,2,3)^{2}=(1,3,2)$, $yx$$yx$ corrisponde a $(1,2)$$(1,2)$ e $yx^{2}$$yx^{2}$ corrisponde a $(1,3)$$(1,3)$).

Corrispondenza di Galois

SOTTOGRUPPI:

$$H_{1}=\{1,\,x\,x^{2}\}\;{\textrm {sottogrupponormalein\$G\$}}$$

$$H_{1}=\{1,\,x\,x^{2}\}\;{\textrm {sottogrupponormalein\$G\$}}$$

$$H_{2}=\{1,\,y\}\;{\textrm {sottogruppononnormalein\$G\$}}$$

$$H_{2}=\{1,\,y\}\;{\textrm {sottogruppononnormalein\$G\$}}$$

$$H_{3}=\{1,\,yx\}\;{\textrm {sottogruppononnormalein\$G\$}}$$

$$H_{3}=\{1,\,yx\}\;{\textrm {sottogruppononnormalein\$G\$}}$$

$$H_{4}=\{1,\,yx^{2}\}\;{\textrm {sottogruppononnormalein\$G\$}}$$

$$H_{4}=\{1,\,yx^{2}\}\;{\textrm {sottogruppononnormalein\$G\$}}$$

Campi intermedi

1. $H_{1}=\{1,x,x^{2}\}$$H_{1}=\{1,x,x^{2}\}$: per definizione $H_{1}'={\rm {{Fix}(H_{1})}}$$H_{1}'={\rm {{Fix}(H_{1})}}$.Cerco gli elementi $\xi$$\xi$ di $M$$M$ tali che $\xi ^{x}=\xi$$\xi ^{x}=\xi$.Osservazione: $x$$x$ fissa $\omega$$\omega$, infatti $\omega =\alpha ^{-1}\alpha \omega$$\omega =\alpha ^{-1}\alpha \omega$, e applicando $x$$x$ a entrambi i membri:
   $$\omega ^{x}=(\alpha ^{-1})^{x}(\alpha \omega )^{x}=(\alpha ^{x})^{-1}(\alpha \omega )^{x}=(\alpha \omega )^{-1}\alpha \omega ^{2}=\alpha ^{-1}\omega ^{-1}\alpha \omega ^{2}=\omega$$

   $$\omega ^{x}=(\alpha ^{-1})^{x}(\alpha \omega )^{x}=(\alpha ^{x})^{-1}(\alpha \omega )^{x}=(\alpha \omega )^{-1}\alpha \omega ^{2}=\alpha ^{-1}\omega ^{-1}\alpha \omega ^{2}=\omega$$
   (mia nota: l'uguaglianza $(\alpha ^{-1})^{x}=(\alpha ^{x})^{-1}$$(\alpha ^{-1})^{x}=(\alpha ^{x})^{-1}$ è vera perché $1=\alpha \alpha ^{-1}$$1=\alpha \alpha ^{-1}$ e applicando $x$$x$ a entambi i membri, $1=\alpha ^{x}(\alpha ^{-1})^{x}$$1=\alpha ^{x}(\alpha ^{-1})^{x}$, quindi l'inverso di $\alpha ^{x}$$\alpha ^{x}$ è $(\alpha ^{-1})^{x}$$(\alpha ^{-1})^{x}$).Un elemento in $M$$M$ è dato da
   $$\xi =a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\omega +a_{4}\alpha \omega +a_{5}\alpha ^{2}\omega$$

   $$\xi =a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\omega +a_{4}\alpha \omega +a_{5}\alpha ^{2}\omega$$
   $$\longrightarrow \xi ^{x}=a_{0}+a_{1}\alpha \omega +a_{2}\alpha ^{2}\omega ^{2}+a_{3}\omega +a_{4}\alpha \omega ^{2}+a_{5}\alpha ^{2}\omega ^{3}$$

   $$\longrightarrow \xi ^{x}=a_{0}+a_{1}\alpha \omega +a_{2}\alpha ^{2}\omega ^{2}+a_{3}\omega +a_{4}\alpha \omega ^{2}+a_{5}\alpha ^{2}\omega ^{3}$$
   e tenendo conto che $\omega ^{2}=-1-\omega$$\omega ^{2}=-1-\omega$ e che $\omega ^{3}=1$$\omega ^{3}=1$:
   $$=a_{0}+a_{1}\alpha \omega +a_{2}\alpha ^{2}(-1-\omega )+a_{3}\omega +a_{4}\alpha (-1-\omega )+a_{5}\alpha ^{2}$$

   $$=a_{0}+a_{1}\alpha \omega +a_{2}\alpha ^{2}(-1-\omega )+a_{3}\omega +a_{4}\alpha (-1-\omega )+a_{5}\alpha ^{2}$$
   $$=a_{0}+(a_{1}-a_{4})\alpha \omega -a_{4}\alpha +(a_{5}-a_{2})\alpha ^{2}+a_{3}\omega +(a_{1}-a_{4})\alpha \omega +(-a_{2})\alpha ^{2}\omega$$

   $$=a_{0}+(a_{1}-a_{4})\alpha \omega -a_{4}\alpha +(a_{5}-a_{2})\alpha ^{2}+a_{3}\omega +(a_{1}-a_{4})\alpha \omega +(-a_{2})\alpha ^{2}\omega$$
   Eguagliando i coefficienti di $\xi$$\xi$ e di $\xi ^{x}$$\xi ^{x}$ ottengo
   $${\begin{cases}a_{1}=-a_{4}\\a_{2}=a_{5}-a_{2}\\a_{4}=a_{1}-a_{4}\\a_{5}=-a_{2}\end{cases}}$$

   $${\begin{cases}a_{1}=-a_{4}\\a_{2}=a_{5}-a_{2}\\a_{4}=a_{1}-a_{4}\\a_{5}=-a_{2}\end{cases}}$$
   da cui segue
   $$a_{1}=a_{2}=a_{4}=a_{5}=0$$

   $$a_{1}=a_{2}=a_{4}=a_{5}=0$$
   e quindi
   $$H_{1}'=\{a_{0}+a_{3}\omega ,\,a_{0},a_{3}\in \mathbb {Q} \}=\mathbb {Q} (\omega )$$

   $$H_{1}'=\{a_{0}+a_{3}\omega ,\,a_{0},a_{3}\in \mathbb {Q} \}=\mathbb {Q} (\omega )$$
   Come prima
   $$|H_{1}':\mathbb {Q} |=|G:H_{1}|=2$$

   $$|H_{1}':\mathbb {Q} |=|G:H_{1}|=2$$
   Procedimento alternativo: dal fatto che $x$$x$ fissa $\omega$$\omega$ segue automaticamente che ${\rm {{Fix}(H_{1})\supseteq \mathbb {Q} (\omega )}}$${\rm {{Fix}(H_{1})\supseteq \mathbb {Q} (\omega )}}$, e vale l'uguaglianza per il teorema fondamentale della teoria di Galois.Infatti $|H_{1}':\mathbb {Q} |=2$$|H_{1}':\mathbb {Q} |=2$ per il Teorema e si vede facilmente che $|\mathbb {Q} (\omega ):\mathbb {Q} |=2$$|\mathbb {Q} (\omega ):\mathbb {Q} |=2$.$H_{1}$$H_1$ è normale in $G$$G$, allora $\mathbb {Q} (\omega )\supseteq \mathbb {Q}$$\mathbb {Q} (\omega )\supseteq \mathbb {Q}$ è normale (e questo si deduce anche dal fatto che $\mathbb {Q} (\omega )$$\mathbb {Q} (\omega )$ è il campo di spezzamento di $x^{2}+x+1$$x^{2}+x+1$ su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$).
2. $H_{2}=\{1,y\}$$H_{2}=\{1,y\}$. $H_{2}'\supseteq \mathbb {Q} (\alpha )$$H_{2}'\supseteq \mathbb {Q} (\alpha )$ (infatti $y$$y$ fissa $\alpha$$\alpha$). Per il teorema fondamentale della teoria di Galois
   $$3=|G:H_{2}|=|H_{2}':G'|=|H_{2}':\mathbb {Q} |$$

   $$3=|G:H_{2}|=|H_{2}':G'|=|H_{2}':\mathbb {Q} |$$
   ($G'=\mathbb {Q}$$G'=\mathbb {Q}$ perché l'estensione è normale)Inoltre, $|\mathbb {Q} (\alpha ):\mathbb {Q} |=3$$|\mathbb {Q} (\alpha ):\mathbb {Q} |=3$ allora concludo che $H_{2}'=\mathbb {Q} (\alpha )$$H_{2}'=\mathbb {Q} (\alpha )$. $H_{2}'$$H_{2}'$ non è un'estensione normale di $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ (cosa che posso anche dedurre dal fatto che $x^{3}-2$$x^{3}-2$ ammette la radice $\alpha$$\alpha$ in $\mathbb {Q} (\alpha )$$\mathbb {Q} (\alpha )$ ma non le altre due radici).
3. $H_{3}=\{1,yx\}$$H_{3}=\{1,yx\}$. Svolgendo il prodotto (che e' la composizione di mappe da sinistra a destra per le notazioni che usiamo), osservo che
   $$yx:{\begin{cases}\alpha \mapsto \alpha \omega \\\alpha \omega \mapsto \alpha \\\alpha \omega ^{2}\mapsto \alpha \omega ^{2}\end{cases}}$$

   $$yx:{\begin{cases}\alpha \mapsto \alpha \omega \\\alpha \omega \mapsto \alpha \\\alpha \omega ^{2}\mapsto \alpha \omega ^{2}\end{cases}}$$
   quindi $yx$$yx$ fissa $\alpha \omega ^{2}$$\alpha \omega ^{2}$ e per un ragionamento analogo al precedente, $H_{3}'=\mathbb {Q} (\alpha \omega ^{2})$$H_{3}'=\mathbb {Q} (\alpha \omega ^{2})$.
4. $H_{4}=\{1,yx^{2}\}$$H_{4}=\{1,yx^{2}\}$ e
   $$yx^{2}:{\begin{cases}\alpha \mapsto \alpha \omega ^{2}\\\alpha \omega \mapsto \alpha \omega \\\alpha \omega ^{2}\mapsto \alpha \end{cases}}$$

   $$yx^{2}:{\begin{cases}\alpha \mapsto \alpha \omega ^{2}\\\alpha \omega \mapsto \alpha \omega \\\alpha \omega ^{2}\mapsto \alpha \end{cases}}$$
   quindi $yx^{2}$$yx^{2}$ fissa $\alpha \omega$$\alpha \omega$ e $H_{4}'=\mathbb {Q} (\alpha \omega )$$H_{4}'=\mathbb {Q} (\alpha \omega )$.