Esempio di studio di estensione

Determinazione del grado dell'estensione

Sia $\omega =\cos(2\pi /5)+i\sin(2\pi /5)$$\omega =\cos(2\pi /5)+i\sin(2\pi /5)$, e studio l'estensione $\mathbb {Q} (\omega )\supseteq \mathbb {Q}$$\mathbb {Q} (\omega )\supseteq \mathbb {Q}$. Ora $\omega$$\omega$ è una radice quinta dell'unità, e quindi è radice del polinomio $x^{5}-1$$x^{5}-1$, che è un polinomio in $\mathbb {Q} [x]$$\mathbb {Q} [x]$, e quindi $\omega$$\omega$ è algebrico su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$.

Osservo che $x^{5}-1$$x^{5}-1$ si può fattorizzare come

$$x^{5}-1=(x-1)(x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1)=(x-1)\phi _{5}(x)$$

$$x^{5}-1=(x-1)(x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1)=(x-1)\phi _{5}(x)$$

dove $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$ è un polinomio a coefficienti razionali. Siccome $\omega \neq 1$$\omega \neq 1$, $\omega$$\omega$ è radice di $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$, cioè $\phi _{5}(\omega )=0$$\phi _{5}(\omega )=0$.

Vogliamo provare che $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$ è proprio il polinomio minimo di $\omega$$\omega$ su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$.

Osservazione 2.7

Osservo che dato un anello $A$$A$ commutativo unitario, e dati due elementi $a,b\in A$$a,b\in A$, posso considerare l'omomorfismo (di valutazione) $\phi :A[x]\to A[x]$$\phi :A[x]\to A[x]$ tale che $x\mapsto ax+b$$x\mapsto ax+b$ e $c\mapsto c$$c\mapsto c$ per ogni $c\in A$$c\in A$.

Se $f(x)$$f(x)$ è un polinomio in $A[x]$$A[x]$, allora

$$(f(x))^{\phi }=f(ax+b)$$

$$(f(x))^{\phi }=f(ax+b)$$

Se $a$$a$ è invertibile nell'anello $A$$A$, allora $\phi$$\phi$ è un isomorfismo, con inverso l'omomorfismo (di valutazione) $\phi ^{-1}:A[x]\to A[x]$$\phi ^{-1}:A[x]\to A[x]$ tale che $x\mapsto a^{-1}x-a^{-1}b$$x\mapsto a^{-1}x-a^{-1}b$, e $c\mapsto c,\;\forall c\in A$$c\mapsto c,\;\forall c\in A$.

In particolare, se $F$$F$ è un campo, preso $a\neq 0$$a\neq 0$ segue che $\phi :F[x]\to F[x]$$\phi :F[x]\to F[x]$ tale che $x\mapsto ax+b$$x\mapsto ax+b$ e $c\mapsto c,\;\forall c\in F$$c\mapsto c,\;\forall c\in F$ è un isomorfismo, e quindi un polinomio $f(x)\in F[x]$$f(x)\in F[x]$ è irriducibile in $F[x]$$F[x]$ se e solo se lo è $f(x)^{\phi }=f(ax+b)$$f(x)^{\phi }=f(ax+b)$, con $a,b\in F$$a,b\in F$, $a\neq 0$$a\neq 0$.

 

In base all'osservazione precedente, mostrare che $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$ è irriducibile su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ equivale a mostrare che $\phi _{5}(x+1)$$\phi _{5}(x+1)$ è irriducibile su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$.

$$\phi _{5}(x)=x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1={\frac {x^{5}-1}{x-1}}$$

$$\phi _{5}(x)=x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1={\frac {x^{5}-1}{x-1}}$$

$$\phi _{5}(x+1)={\frac {(x+1)^{5}-1}{x+1-1}}={\frac {(x+1)^{5}-1}{x}}$$

$$\phi _{5}(x+1)={\frac {(x+1)^{5}-1}{x+1-1}}={\frac {(x+1)^{5}-1}{x}}$$

$$=1/x\sum _{k=1}^{5}{\binom {5}{k}}x^{k}$$

$$=1/x\sum _{k=1}^{5}{\binom {5}{k}}x^{k}$$

(infatti ${\binom {5}{0}}=1$${\binom {5}{0}}=1$ e si elide con il $-1$$-1$ già presente)

$$=\sum _{k=1}^{5}{\binom {5}{k}}x^{k-1}$$

$$=\sum _{k=1}^{5}{\binom {5}{k}}x^{k-1}$$

$$=x^{4}+{\binom {5}{4}}x^{3}+{\binom {5}{3}}x^{2}+{\binom {5}{2}}x+{\binom {5}{1}}$$

$$=x^{4}+{\binom {5}{4}}x^{3}+{\binom {5}{3}}x^{2}+{\binom {5}{2}}x+{\binom {5}{1}}$$

e per $p=5$$p=5$ posso applicare Eisenstein ($p=5\mid {\binom {5}{k}}$$p=5\mid {\binom {5}{k}}$, per $k=1,\dots ,4$$k=1,\dots ,4$, non divide il coefficiente direttivo e $p^{2}$$p^2$ non divide il termine noto), e quindi $\phi _{5}(x+1)$$\phi _{5}(x+1)$ è irriducibile sopra $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$, e lo è anche $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$.

Osservazione 2.8

Più in generale se $p$$p$ è un numero primo, si ha che $x^{p}-1=(x-1)*(x^{p-1}+x^{p-2}+\dots +x+1)$$x^{p}-1=(x-1)*(x^{p-1}+x^{p-2}+\dots +x+1)$. Chiamo $\phi _{p}(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\dots +x+1$$\phi _{p}(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\dots +x+1$, questo polinomio è irriducibile su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ per argomenti analoghi a quelli precedenti.

Infatti, come prima

$$\phi _{p}(x+1)={\frac {(x+1)^{p}-1}{x+1-1}}$$

$$\phi _{p}(x+1)={\frac {(x+1)^{p}-1}{x+1-1}}$$

$$=1/x*\sum _{k=1}^{p}{\binom {p}{k}}x^{k}=\sum _{k=1}^{p}{\binom {p}{k}}x^{k-1}$$

$$=1/x*\sum _{k=1}^{p}{\binom {p}{k}}x^{k}=\sum _{k=1}^{p}{\binom {p}{k}}x^{k-1}$$

e $p\mid {\binom {p}{k}}$$p\mid {\binom {p}{k}}$ per $k=1,\dots ,p-1$$k=1,\dots ,p-1$, per il criterio di Eisenstein $\phi _{p}(x+1)$$\phi _{p}(x+1)$ è irriducibile su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$.

 

Tornando a $\mathbb {Q} (\omega )\supseteq \mathbb {Q}$$\mathbb {Q} (\omega )\supseteq \mathbb {Q}$, abbiamo mostrato che $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$ è il polinomio minimo di $\omega$$\omega$. In particolare, $\mathbb {Q} (\omega )$$\mathbb {Q} (\omega )$ contiene tutti (e soli) gli elementi della forma $a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3},\,a,b,c,d\in \mathbb {Q}$$a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3},\,a,b,c,d\in \mathbb {Q}$, tali che $\omega$$\omega$ è radice di $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$.

Segue che $|\mathbb {Q} (\omega ):\mathbb {Q} |=4$$|\mathbb {Q} (\omega ):\mathbb {Q} |=4$. Di più, $\mathbb {Q} (\omega )$$\mathbb {Q} (\omega )$ è il campo di spezzamento di $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$ sopra $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$, perché $\omega \in \mathbb {Q} (\omega )$$\omega \in \mathbb {Q} (\omega )$ implica che $\omega ^{2},\omega ^{3},\omega ^{4}\in \mathbb {Q} (\omega )$$\omega ^{2},\omega ^{3},\omega ^{4}\in \mathbb {Q} (\omega )$ e quindi $\mathbb {Q} (\omega )$$\mathbb {Q} (\omega )$ contiene tutte le radici di $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$.

Ordine ed elementi del gruppo di Galois G

Come vedremo, l'estensione $\mathbb {Q} (\omega )\supseteq \mathbb {Q}$$\mathbb {Q} (\omega )\supseteq \mathbb {Q}$ è normale. Se chiamo $G={\mathcal {G}}(\mathbb {Q} (\omega )/\mathbb {Q} )$$G={\mathcal {G}}(\mathbb {Q} (\omega )/\mathbb {Q} )$, si ha che $o(G)=4$$o(G)=4$ per il teorema fondamentale della teoria di Galois.

Sia $g\in G$$g\in G$, allora $\omega ^{g}$$\omega ^{g}$ è ancora una radice di $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$. D'altra parte, presa una radice $\omega ^{i}$$\omega ^{i}$ di $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$, considero la mappa tale che $H:\mathbb {Q} (\omega )\to \mathbb {Q} (\omega ^{i})$$H:\mathbb {Q} (\omega )\to \mathbb {Q} (\omega ^{i})$ che fissa $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ elemento per elemento e manda $\omega$$\omega$ in $\omega ^{i}$$\omega ^{i}$. Osservo che $h\in G$$h\in G$, perché $\mathbb {Q} (\omega ^{i})=\mathbb {Q} (\omega )$$\mathbb {Q} (\omega ^{i})=\mathbb {Q} (\omega )$, infatti

INCLUSIONE 1: $\omega ^{i}\in \mathbb {Q} (\omega )$$\omega ^{i}\in \mathbb {Q} (\omega )$ e quindi $\mathbb {Q} (\omega ^{i})\subseteq \mathbb {Q} (\omega )$$\mathbb {Q} (\omega ^{i})\subseteq \mathbb {Q} (\omega )$;

INCLUSIONE 2: $|\mathbb {Q} (\omega ^{i}):\mathbb {Q} |=4$$|\mathbb {Q} (\omega ^{i}):\mathbb {Q} |=4$ perché $\phi _{5}$$\phi _{5}$ è polinomio minimo di ogni sua radice. $\omega ^{i}$$\omega ^{i}$ è invertibile perché $i$$i$ e $5$$5$ sono primi tra loro, allora, per opportuni $s,t$$s,t$ posso scrivere

$$1=5s+it,\,\longrightarrow \,\omega =\omega ^{5s+it}=\omega ^{it}$$

$$1=5s+it,\,\longrightarrow \,\omega =\omega ^{5s+it}=\omega ^{it}$$

cioè $\omega \in \mathbb {Q} (\omega ^{i})$$\omega \in \mathbb {Q} (\omega ^{i})$ e quindi $\mathbb {Q} (\omega )\subseteq \mathbb {Q} (\omega ^{i})$$\mathbb {Q} (\omega )\subseteq \mathbb {Q} (\omega ^{i})$.

Si ha anche che $h$$h$ è invertibile.

Posso scrivere gli elementi di $G$$G$:

$$G=\{1,g_{2},g_{3},g_{4}\},$$

$$G=\{1,g_{2},g_{3},g_{4}\},$$

dove $\omega ^{g_{i}}=\omega ^{i}$$\omega ^{g_{i}}=\omega ^{i}$.

Verifico le relazioni tra gli elementi di $G$$G$:

$$\omega ^{g_{2}^{2}}=(\omega ^{g_{2}})^{2}=\omega ^{4}=\omega ^{g_{4}},\,\longrightarrow \,g_{2}^{2}=g_{4}$$

$$\omega ^{g_{2}^{2}}=(\omega ^{g_{2}})^{2}=\omega ^{4}=\omega ^{g_{4}},\,\longrightarrow \,g_{2}^{2}=g_{4}$$

$$\omega ^{g_{2}^{3}}=\omega ^{g_{4}*g_{2}}=(\omega ^{4})^{g_{2}}=(\omega ^{2})^{4}$$

$$\omega ^{g_{2}^{3}}=\omega ^{g_{4}*g_{2}}=(\omega ^{4})^{g_{2}}=(\omega ^{2})^{4}$$

$$=\omega ^{8}=\omega ^{5}*\omega ^{3}=\omega ^{3}=\omega ^{g_{3}},\,\longrightarrow \,g_{2}^{3}=g_{3}$$

$$=\omega ^{8}=\omega ^{5}*\omega ^{3}=\omega ^{3}=\omega ^{g_{3}},\,\longrightarrow \,g_{2}^{3}=g_{3}$$

Allora $g$$g$ è ciclico di ordine 4, se pongo $g_{2}=g$$g_{2}=g$, allora gli elementi di $g$$g$ sono $\{1,g,g^{2},g^{3}\}$$\{1,g,g^{2},g^{3}\}$.

Corrispondenza di Galois

Essendo ciclico di ordine 4, $G$$G$ ha un solo sottogruppo proprio di ordine 2, che è $H=\{1,g^{2}\}$$H=\{1,g^{2}\}$.

Segue che $\mathbb {Q} (\omega )\supseteq \mathbb {Q}$$\mathbb {Q} (\omega )\supseteq \mathbb {Q}$ ha un solo campo intermedio $L=H'={\rm {{Fix}(H)}}$$L=H'={\rm {{Fix}(H)}}$, e $|L:\mathbb {Q} |=|G:H|=2$$|L:\mathbb {Q} |=|G:H|=2$.

Determiniamo esplicitamente gli elementi di $L$$L$, per definizione:

$$L=H'=\{a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3}\in \mathbb {Q} (\omega )\,t.c.\,(a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3})^{g^{2}}=a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3}\}$$

$$L=H'=\{a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3}\in \mathbb {Q} (\omega )\,t.c.\,(a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3})^{g^{2}}=a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3}\}$$

Osservo che

$$(a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3})^{g^{2}}$$

$$(a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3})^{g^{2}}$$

$$=a+b\omega ^{4}+c(\omega ^{4})^{2}+d(\omega ^{4})^{3}$$

$$=a+b\omega ^{4}+c(\omega ^{4})^{2}+d(\omega ^{4})^{3}$$

$$=a+b\omega ^{4}+c\omega ^{3}+d\omega ^{2}$$

$$=a+b\omega ^{4}+c\omega ^{3}+d\omega ^{2}$$

siccome $\omega$$\omega$ è radice di $\phi _{5}(x)$$\phi _{5}(x)$, si ha $\omega ^{4}=-1-\omega -\omega ^{2}-\omega ^{3}$$\omega ^{4}=-1-\omega -\omega ^{2}-\omega ^{3}$, e sostituendo nell'espressione sopra ottengo

$$=a-b-b\omega -b\omega ^{2}-b\omega ^{3}+c\omega ^{3}+d\omega ^{2}$$

$$=a-b-b\omega -b\omega ^{2}-b\omega ^{3}+c\omega ^{3}+d\omega ^{2}$$

$$=(a-b)-b\omega +(d-b)\omega ^{2}+(c-b)\omega ^{3}$$

$$=(a-b)-b\omega +(d-b)\omega ^{2}+(c-b)\omega ^{3}$$

L'insieme $\{1,\omega ,\omega ^{2},\omega ^{3}\}$$\{1,\omega ,\omega ^{2},\omega ^{3}\}$ è una base per $|\mathbb {Q} (\omega ):\mathbb {Q} |$$|\mathbb {Q} (\omega ):\mathbb {Q} |$, quindi chiedere che

$$(a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3})^{g^{2}}=a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3}$$

$$(a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3})^{g^{2}}=a+b\omega +c\omega ^{2}+d\omega ^{3}$$

equivale a chiedere che

$${\begin{cases}a-b=a\\-b=b\\d-b=c\\c-b=d\end{cases}}$$

$${\begin{cases}a-b=a\\-b=b\\d-b=c\\c-b=d\end{cases}}$$

da cui

$$b=0,d=c$$

$$b=0,d=c$$

quindi $L$$L$ è il campo intermedio che contiene gli elementi della forma

$$a+c\omega ^{2}+c\omega ^{3}=a+c(\omega ^{2}+\omega ^{3}),\,a,c\in \mathbb {Q} .$$

$$a+c\omega ^{2}+c\omega ^{3}=a+c(\omega ^{2}+\omega ^{3}),\,a,c\in \mathbb {Q} .$$

Se chiamo $\alpha =\omega ^{2}+\omega ^{3}$$\alpha =\omega ^{2}+\omega ^{3}$, si ha

$$\alpha ^{2}=(\omega ^{2}+\omega ^{3})^{2}=\omega ^{4}+\omega ^{6}+2\omega ^{5}=\omega ^{4}+\omega +2=-1-\omega -\omega ^{2}-\omega ^{3}+\omega +2=1-\omega ^{2}-\omega ^{3}=1-\alpha$$

$$\alpha ^{2}=(\omega ^{2}+\omega ^{3})^{2}=\omega ^{4}+\omega ^{6}+2\omega ^{5}=\omega ^{4}+\omega +2=-1-\omega -\omega ^{2}-\omega ^{3}+\omega +2=1-\omega ^{2}-\omega ^{3}=1-\alpha$$

allora $\alpha ^{2}+\alpha -1=0$$\alpha ^{2}+\alpha -1=0$, e il polinomio minimo di $\alpha$$\alpha$ è $m(x)=x^{2}+x-1$$m(x)=x^{2}+x-1$.