Sottogruppi di ordine 2

Gli elementi di ordine 2 nel gruppo considerato sono $g_{7},g_{9},g_{15}$$g_{7},g_{9},g_{15}$, quindi i sottogruppi di ordine 2 sono $H_{1}:=\{1,g_{7}\}$$H_{1}:=\{1,g_{7}\}$, $H_{2}:=\{1,g_{9}\}$$H_{2}:=\{1,g_{9}\}$, $H_{3}:=\{1,g_{15}\}$$H_{3}:=\{1,g_{15}\}$. Determiniamo i campi intermedi corrispondenti:

• $H_{1}=\{1,g_{7}\}$$H_{1}=\{1,g_{7}\}$. Per calcoli precedenti

$$H_{1}'=\{a_{0}+a_{1}(\omega +\omega ^{7})+a_{2}(\omega ^{2}-\omega ^{6})+a_{3}(\omega ^{3}+\omega ^{5}),\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}=\mathbb {Q} (\omega +\omega ^{7})$$

$$H_{1}'=\{a_{0}+a_{1}(\omega +\omega ^{7})+a_{2}(\omega ^{2}-\omega ^{6})+a_{3}(\omega ^{3}+\omega ^{5}),\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}=\mathbb {Q} (\omega +\omega ^{7})$$

• $H_{2}=\{1,g_{9}\}$$H_{2}=\{1,g_{9}\}$; siccome $\omega ^{9}=-\omega$$\omega ^{9}=-\omega$, preso $\alpha \in \mathbb {Q} (\omega )$$\alpha \in \mathbb {Q} (\omega )$ si ha

$$\alpha ^{g_{9}}=a_{0}-a_{1}\omega +a_{2}\omega ^{2}-a_{3}\omega ^{3}+a_{4}\omega ^{4}-a_{5}\omega ^{5}+a_{6}\omega ^{6}-a_{7}\omega ^{7}$$

$$\alpha ^{g_{9}}=a_{0}-a_{1}\omega +a_{2}\omega ^{2}-a_{3}\omega ^{3}+a_{4}\omega ^{4}-a_{5}\omega ^{5}+a_{6}\omega ^{6}-a_{7}\omega ^{7}$$

e imponendo $\alpha ^{g_{9}}=\alpha$$\alpha ^{g_{9}}=\alpha$ si ottiene $a_{1}=a_{3}=a_{5}=a_{7}=0$$a_{1}=a_{3}=a_{5}=a_{7}=0$. Quindi

$$H_{2}'=\{a_{0}+a_{2}\omega ^{2}+a_{4}\omega ^{4}+a_{6}\omega ^{6},\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}=\mathbb {Q} (\omega ^{2})$$

$$H_{2}'=\{a_{0}+a_{2}\omega ^{2}+a_{4}\omega ^{4}+a_{6}\omega ^{6},\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}=\mathbb {Q} (\omega ^{2})$$

• $H_{3}=\{1,g_{15}\}$$H_{3}=\{1,g_{15}\}$. Siccome $\omega ^{15}=-\omega ^{7}$$\omega ^{15}=-\omega ^{7}$, dato $\alpha \in \mathbb {Q} (\omega )$$\alpha \in \mathbb {Q} (\omega )$ si ha

$$\alpha ^{g_{15}}=a_{0}-a_{1}\omega ^{7}-a_{2}\omega ^{6}-a_{3}\omega ^{5}-a_{4}\omega ^{4}-a_{5}\omega ^{3}-a_{6}\omega ^{2}-a_{7}\omega$$

$$\alpha ^{g_{15}}=a_{0}-a_{1}\omega ^{7}-a_{2}\omega ^{6}-a_{3}\omega ^{5}-a_{4}\omega ^{4}-a_{5}\omega ^{3}-a_{6}\omega ^{2}-a_{7}\omega$$

e imponendo $\alpha =\alpha ^{g_{15}}$$\alpha =\alpha ^{g_{15}}$ si ha

$${\begin{cases}-a_{1}=a_{7}\\-a_{2}=a_{6}\\-a_{3}=a_{5}\\a_{4}=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}-a_{1}=a_{7}\\-a_{2}=a_{6}\\-a_{3}=a_{5}\\a_{4}=0\end{cases}}$$

quindi

$$H_{3}'=\{a_{0}+a_{1}(\omega -\omega ^{7})+a_{2}(\omega ^{2}-\omega ^{6})+a_{3}(\omega ^{3}-\omega ^{5}),\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}=\mathbb {Q} (\omega -\omega ^{7})$$

$$H_{3}'=\{a_{0}+a_{1}(\omega -\omega ^{7})+a_{2}(\omega ^{2}-\omega ^{6})+a_{3}(\omega ^{3}-\omega ^{5}),\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}=\mathbb {Q} (\omega -\omega ^{7})$$

$$***************************************$$

$$***************************************$$

Esercizio 7.10

Dare un esempio di campi tali che $K\subseteq L\subseteq M$$K\subseteq L\subseteq M$ e $L\supseteq K$$L\supseteq K$ è un'estensione normale, $M\supseteq L$$M\supseteq L$ è un'estensione normale ma $M\supseteq K$$M\supseteq K$ non è un'estensione normale.

 

Avevamo precedentemente mostrato che il campo di spezzamento su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ del polinomio $f(x)=x^{4}-2$$f(x)=x^{4}-2$ è $\mathbb {Q} ({\sqrt[{4}]{2}},i)$$\mathbb {Q} ({\sqrt[{4}]{2}},i)$. Pongo $K=\mathbb {Q}$$K=\mathbb {Q}$ e $M=\mathbb {Q} ({\sqrt[{4}]{2}})$$M=\mathbb {Q} ({\sqrt[{4}]{2}})$, in questo modo $M\supseteq K$$M\supseteq K$ non è normale perché $x^{4}-2$$x^{4}-2$ ammette una radice in $M$$M$ ma non si spezza su $M$$M$.

Se pongo $L=\mathbb {Q} ({\sqrt {2}})$$L=\mathbb {Q} ({\sqrt {2}})$:

1. $M\supseteq L\supseteq K$$M\supseteq L\supseteq K$.
2. $L\supseteq K$$L\supseteq K$ è normale perché $L$$L$ è campo di spezzamento su $K$$K$ del polinomio $x^{2}-2$$x^{2}-2$.
3. $M\supseteq L$$M\supseteq L$ è normale perché $M$$M$ è campo di spezzamento su $L$$L$ del polinomio $x^{2}-{\sqrt {2}}$$x^{2}-{\sqrt {2}}$;
4. $M\supseteq K$$M\supseteq K$ non è normale perché il polinomio $x^{4}-2$$x^{4}-2$ ha una radice in $M$$M$ ma non si spezza su $M$$M$.

Esercizio 7.11

Siano $p$$p$ primo e $n\geq 1$$n\geq 1$ un intero. Dimostrare che

$$\phi _{pn}(x)={\begin{cases}\phi _{n}(x^{p})&{\textrm {se\$p\mid n\$}}\\{\frac {\phi _{n}(x^{p})}{\phi _{n}(x)}}&{\textrm {se\$p\nmid n\$}}\end{cases}}$$

$$\phi _{pn}(x)={\begin{cases}\phi _{n}(x^{p})&{\textrm {se\$p\mid n\$}}\\{\frac {\phi _{n}(x^{p})}{\phi _{n}(x)}}&{\textrm {se\$p\nmid n\$}}\end{cases}}$$

 

Sia $\Omega _{n}$$\Omega _{n}$ l'insieme delle radici primitive $n$$n$-esime dell'unità, si ha

$$\phi _{n}(x^{p})=\prod _{\xi \in \Omega _{n}}(x^{p}-\xi )$$

$$\phi _{n}(x^{p})=\prod _{\xi \in \Omega _{n}}(x^{p}-\xi )$$

Se $\omega$$\omega$ è radice di $x^{p}-\xi$$x^{p}-\xi$, segue che $\omega ^{p}=\xi$$\omega ^{p}=\xi$. Allora $o(\omega ^{p})=o(\xi )=n$$o(\omega ^{p})=o(\xi )=n$ perché $\xi$$\xi$ è una radice primitiva n-esima. Siccome $\omega ^{p}\in \langle \omega \rangle$$\omega ^{p}\in \langle \omega \rangle$ si ha anche che $o(\omega ^{p})={\frac {o(\omega )}{M.C.D.(p,o(\omega ))}}$$o(\omega ^{p})={\frac {o(\omega )}{M.C.D.(p,o(\omega ))}}$, e eguagliando le due espressioni per $o(\omega ^{p})$$o(\omega ^{p})$ si ha:

$${\frac {o(\omega )}{M.C.D.(p,o(\omega ))}}=n,\,{\hbox{relazione }}\star$$

$${\frac {o(\omega )}{M.C.D.(p,o(\omega ))}}=n,\,{\hbox{relazione }}\star$$

segue che $n\mid o(\omega )$$n\mid o(\omega )$. Allora distinguo i due casi:

1. Se $p\mid n$$p\mid n$, $p\mid o(\omega )$$p\mid o(\omega )$, allora $M.C.D.(o(\omega ),p)=p$$M.C.D.(o(\omega ),p)=p$ e $o(\omega )=pn$$o(\omega )=pn$ per la relazione $\star$$\star$. Allora le radici di $\phi _{n}(x^{p})$$\phi _{n}(x^{p})$ (cioè gli $\omega$$\omega$ tali che $\omega ^{p}=\xi ,\,\xi \in \Omega _{n}$$\omega ^{p}=\xi ,\,\xi \in \Omega _{n}$) coincidono con le radici primitive di $pn$$pn$-me di $1$$1$, e quindi $\phi _{n}(x^{p})=\phi _{pn}(x)$$\phi _{n}(x^{p})=\phi _{pn}(x)$.
2. se $p\nmid n$$p\nmid n$, per la relazione $\star$$\star$$o(\omega )=n*M.C.D.(o(\omega ),p)$$o(\omega )=n*M.C.D.(o(\omega ),p)$, quindisi verificano due possibilità: 1. $M.C.D.(o(\omega ),p)=1$$M.C.D.(o(\omega ),p)=1$ e quindi $o(\omega )=n$$o(\omega )=n$; 2. $M.C.D.(o(\omega ),p)=p$$M.C.D.(o(\omega ),p)=p$ e quindi $o(\omega )=np$$o(\omega )=np$.Allora tutte e sole le radici di $\phi _{n}(x^{p})$$\phi _{n}(x^{p})$ sono radici primitive di $n$$n$-me di $1$$1$ oppure le radici primitive $pn$$pn$-me di $1$$1$, e quindi $\phi _{n}(x^{p})=\phi _{n}(x)*\phi _{np}(x)$$\phi _{n}(x^{p})=\phi _{n}(x)*\phi _{np}(x)$, cioè $\phi _{pn}(x)={\frac {\phi _{n}(x^{p})}{\phi _{n}(x)}}$$\phi _{pn}(x)={\frac {\phi _{n}(x^{p})}{\phi _{n}(x)}}$.

Esercizio 7.12

Sia $M$$M$ il campo di spezzamento di $x^{4}-2$$x^{4}-2$ su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ in $\mathbb {C}$$\mathbb {C}$. Mostrare che $M=\mathbb {Q} (i+{\sqrt[{4}]{2}})$$M=\mathbb {Q} (i+{\sqrt[{4}]{2}})$.

Suggerimento: trovare almeno cinque elementi distinti nell'orbita di $i+{\sqrt[{4}]{2}}$$i+{\sqrt[{4}]{2}}$ sotto l'azione di ${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$.

 

Abbiamo dimostrato precedentemente che, se pongo $\alpha ={\sqrt[{4}]{2}}$$\alpha ={\sqrt[{4}]{2}}$, $M=\mathbb {Q} (\alpha ,i)$$M=\mathbb {Q} (\alpha ,i)$ e ${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )=\{1,x,x^{2},x^{3},y,xy,x^{2}y,x^{3}y\}$${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )=\{1,x,x^{2},x^{3},y,xy,x^{2}y,x^{3}y\}$, con

$$x\,t.c.\,\alpha ^{x}=\alpha i,\;i^{x}=i$$

$$x\,t.c.\,\alpha ^{x}=\alpha i,\;i^{x}=i$$

$$y\,t.c.\,\alpha ^{y}=\alpha ,\;i^{y}=-i.$$

$$y\,t.c.\,\alpha ^{y}=\alpha ,\;i^{y}=-i.$$

Pongo $\beta =i+\alpha$$\beta =i+\alpha$ e cerco almeno cinque elementi distinti dell'orbita di $\beta$$\beta$ sotto l'azione di ${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$:

$$\beta ^{x}=i^{x}+\alpha ^{x}=i+i\alpha =i*(1+\alpha )$$

$$\beta ^{x}=i^{x}+\alpha ^{x}=i+i\alpha =i*(1+\alpha )$$

$$\beta ^{y}=i^{y}+\alpha ^{y}=-i+\alpha$$

$$\beta ^{y}=i^{y}+\alpha ^{y}=-i+\alpha$$

$$\beta ^{xy}=i^{xy}+\alpha ^{xy}=i^{y}+(i\alpha )^{y}=-i-i\alpha =-i(1+\alpha )$$

$$\beta ^{xy}=i^{xy}+\alpha ^{xy}=i^{y}+(i\alpha )^{y}=-i-i\alpha =-i(1+\alpha )$$

$$\beta ^{x^{2}}=i^{x^{2}}+\alpha ^{x^{2}}=i-\alpha$$

$$\beta ^{x^{2}}=i^{x^{2}}+\alpha ^{x^{2}}=i-\alpha$$

$$\beta ^{x^{3}}=i^{x^{3}}+\alpha ^{x^{3}}=i-i\alpha =i(1-\alpha )$$

$$\beta ^{x^{3}}=i^{x^{3}}+\alpha ^{x^{3}}=i-i\alpha =i(1-\alpha )$$

Ora mostro che $M=\mathbb {Q} (\beta )$$M=\mathbb {Q} (\beta )$. L'inclusione $\mathbb {Q} (\beta )\subseteq M$$\mathbb {Q} (\beta )\subseteq M$ è ovvia perché $\beta \in M$$\beta \in M$. Viceversa, proviamo che $M\subseteq \mathbb {Q} (\beta )$$M\subseteq \mathbb {Q} (\beta )$. Considero il polinomio minimo $h(x)$$h(x)$ di $\beta$$\beta$ sopra $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$. Gli elementi della forma $\beta ^{g}$$\beta ^{g}$ con $g\in {\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$$g\in {\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$ sono ancora radici di $h(x)$$h(x)$, infatti, applicando $g$$g$ all'equazione $h(\beta )=0$$h(\beta )=0$ ottengo $0=g(\beta ^{g})$$0=g(\beta ^{g})$. Con i conti precedenti ho trovato almeno cinque radici distinte di $g(x)$$g(x)$, quindi ${\rm {{gr}h(x)\geq 5}}$${\rm {{gr}h(x)\geq 5}}$, cioè $|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |\geq 5$$|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |\geq 5$.

Sappiamo anche che $|M:\mathbb {Q} |=8$$|M:\mathbb {Q} |=8$, e quindi ${\rm {{gr}(h(x))=|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |\mid 8}}$${\rm {{gr}(h(x))=|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |\mid 8}}$, ma allora unendo queste due condizioni l'unica possibilità è che $|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |=8$$|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |=8$, cioè $\mathbb {Q} (\beta )=M$$\mathbb {Q} (\beta )=M$.

$$***************************************$$

$$***************************************$$

Esercizio 7.13

Siano $p_{1},p_{2},\dots ,p_{n}$$p_{1},p_{2},\dots ,p_{n}$ numeri primi distinti, e sia $M=\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}},{\sqrt {p_{2}}},\dots ,{\sqrt {p_{n}}})$$M=\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}},{\sqrt {p_{2}}},\dots ,{\sqrt {p_{n}}})$.

1. Mostrare che $M\supseteq \mathbb {Q}$$M\supseteq \mathbb {Q}$ è normale;
2. Mostrare che $G={\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$$G={\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$ è elementare abeliano di ordine $2^{n}$$2^n$. (dire che $G$$G$ è elementare abeliano significa che $G=C_{2}\times \dots \times C_{2}$$G=C_{2}\times \dots \times C_{2}$, $o(G)=2^{n}$$o(G)=2^{n}$, $G$$G$ è abeliano e tutti gli elementi di $G$$G$ esclusa l'unità hanno ordine 2)

Suggerimento: una possibilità per mostrare la parte 2 è mostrare che i campi $\mathbb {Q} ({\sqrt {k}})$$\mathbb {Q} ({\sqrt {k}})$ sono tutti distinti, al variare di $k$$k$ sui $2^{n}-1$$2^{n}-1$ prodotti non banali e distinti di elementi distinti dell'insieme che contiene $p_{1},p_{2},\dots ,p_{n}$$p_{1},p_{2},\dots ,p_{n}$.

 

1. Siamo in caratteristica 0 e $M$$M$ è campo di spezzamento del polinomio $(x^{2}-p_{1})(x^{2}-p_{2})*\dots *(x^{2}-p_{n})$$(x^{2}-p_{1})(x^{2}-p_{2})*\dots *(x^{2}-p_{n})$ sopra $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$, quindi $M\supseteq \mathbb {Q}$$M\supseteq \mathbb {Q}$ è normale.
2. Considero la catena di estensioni:
   $$\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}})\subseteq \mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}},{\sqrt {p_{2}}})\subseteq \dots \subseteq M$$

   $$\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}})\subseteq \mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}},{\sqrt {p_{2}}})\subseteq \dots \subseteq M$$
   Per il teorema della torre
   $$|M:\mathbb {Q} |=|M:\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}},\dots ,{\sqrt {p_{n-1}}})|*\dots *|\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}},{\sqrt {p_{2}}})/\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}})|*|\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}})/\mathbb {Q} |$$

   $$|M:\mathbb {Q} |=|M:\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}},\dots ,{\sqrt {p_{n-1}}})|*\dots *|\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}},{\sqrt {p_{2}}})/\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}})|*|\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}})/\mathbb {Q} |$$
   dove ogni fattore è $\leq 2$$\leq 2$ perché per ogni $i$$i$, ${\sqrt {p_{i}}}$${\sqrt {p_{i}}}$ è uno zero del polinomio $x^{2}-p_{i}\in \mathbb {Q} [x]$$x^{2}-p_{i}\in \mathbb {Q} [x]$.Allora $o(G)=|M:\mathbb {Q} |=2^{m}$$o(G)=|M:\mathbb {Q} |=2^{m}$ per un certo $m\in \mathbb {N} ,m\leq n$$m\in \mathbb {N} ,m\leq n$ e dobbiamo provare che $m=n$$m=n$, cioè che $o(G)=2^{n}$$o(G)=2^{n}$.Supponendo di aver argomentato il suggerimento, osservo che $\mathbb {Q} ({\sqrt {k}})$$\mathbb {Q} ({\sqrt {k}})$ è un campo intermedio fra $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ e $M$$M$ di grado 2, allora, ponendo $H_{k}=\mathbb {Q} ({\sqrt {k}})'$$H_{k}=\mathbb {Q} ({\sqrt {k}})'$,
   $$2=|\mathbb {Q} ({\sqrt {k}}):\mathbb {Q} |=|G:H_{k}|.$$

   $$2=|\mathbb {Q} ({\sqrt {k}}):\mathbb {Q} |=|G:H_{k}|.$$
   Siccome supponiamo che i campi $\mathbb {Q} ({\sqrt {k}})$$\mathbb {Q} ({\sqrt {k}})$ siano tutti distinti, anche i corrispondenti sottogruppi $H_{k}$$H_{k}$ di indice 2 in $G$$G$ sono tutti distinti e sono almeno $2^{n}$$2^n$, di conseguenza esistono almeno $2^{n}$$2^n$ elementi in $G$$G$, cioè $o(G)>2^{n}$$o(G)>2^{n}$. Segue che $m=n$$m=n$.Gli elementi di $G$$G$ hanno ordine 2, eccetto l'unita', infatti, dato $g\in {\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$$g\in {\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$, esso manda l'elemento ${\sqrt {p_{i}}}$${\sqrt {p_{i}}}$ in sé stesso oppure in $-{\sqrt {p_{i}}}$$-{\sqrt {p_{i}}}$, e quindi $g^{2}=1$$g^{2}=1$.$G$$G$ è abeliano: in generale dato un gruppo $G$$G$, se $g^{2}=1$$g^{2}=1$ per ogni$g\in G$$g\in G$, allora $G$$G$ è abeliano. Infatti, dati $x,y\in G$$x,y\in G$, segue che $xyxy=1$$xyxy=1$. D'altra parte, $x^{2}=1$$x^{2}=1$ implica $x=x^{-1}$$x=x^{-1}$ e $y^{2}=1$$y^{2}=1$ implica $y=y^{-1}$$y=y^{-1}$. Dall'uguglianza $xyxy=1$$xyxy=1$, moltiplicando a destra per $y$$y$ e poi per $x$$x$, si ha $xy=yx$$xy=yx$.Infine argomentiamo il sugerimento: Sia $k\neq h$$k\neq h$, e suppongo per assurdo che $\mathbb {Q} ({\sqrt {h}})=\mathbb {Q} ({\sqrt {k}})$$\mathbb {Q} ({\sqrt {h}})=\mathbb {Q} ({\sqrt {k}})$. Se questo avviene, si deve avere in particolare che ${\sqrt {k}}\in \mathbb {Q} ({\sqrt {h}})$${\sqrt {k}}\in \mathbb {Q} ({\sqrt {h}})$, cioè, preso un generico elemento in $\mathbb {Q} ({\sqrt {h}})$$\mathbb {Q} ({\sqrt {h}})$ della forma $a+b{\sqrt {h}}$$a+b{\sqrt {h}}$, si deve avere.ì
   $$(a+b{\sqrt {h}})^{2}=k$$

   $$(a+b{\sqrt {h}})^{2}=k$$
   e sviluppando il quadrato
   $$a^{2}+b^{2}h+2ab{\sqrt {h}}=k,\;\longrightarrow \,ab=0$$

   $$a^{2}+b^{2}h+2ab{\sqrt {h}}=k,\;\longrightarrow \,ab=0$$
   Il caso $b=0$$b=0$ si esclude perché se così fosse si avrebbe $a^{2}=k$$a^{2}=k$, con $a\in \mathbb {Q}$$a\in \mathbb {Q}$. Se invece $a=0$$a=0$ si ha $b^{2}h=k$$b^{2}h=k$. Siccome abbiamo supposto $h\neq k$$h\neq k$, esisterà un $p_{i}$$p_{i}$ che compare nella scrittura di $h$$h$ ma non di $k$$k$, cioè esiste un $p_{i}$$p_{i}$ che divide $h$$h$ e non divide $k$$k$, e quindi l'equazione sopra non può essere vera.

$$***************************************$$

$$***************************************$$

Esercizio 7.14

Nelle ipotesi dell'esercizio 2, mostrare che per ogni indice $i$$i$, esiste $g_{i}\in {\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$$g_{i}\in {\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$ tale che ${\sqrt {p_{i}}}^{g_{i}}=-{\sqrt {p_{i}}}$${\sqrt {p_{i}}}^{g_{i}}=-{\sqrt {p_{i}}}$, mentre ${\sqrt {p_{j}}}^{g_{i}}={\sqrt {p_{j}}}$${\sqrt {p_{j}}}^{g_{i}}={\sqrt {p_{j}}}$ per $j\neq i$$j\neq i$. Usare questo fatto per mostrare che ${\sqrt {p_{1}}},{\sqrt {p_{2}}},\dots ,{\sqrt {p_{n}}}$${\sqrt {p_{1}}},{\sqrt {p_{2}}},\dots ,{\sqrt {p_{n}}}$ sono indipendenti su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$.

 

Dato $g\in {\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$$g\in {\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$, esso è determinato dalla sua azione sulle radici; abbiamo mostrato nell'esercizio precedente che in $G$$G$ ci sono esattamente $2^{n}$$2^n$ elementi, quindi $g$$g$ deve necessariamente includere i morfismi $g_{i}$$g_{i}$ tali che ${\sqrt {p_{i}}}^{g_{i}}=-{\sqrt {p_{i}}}$${\sqrt {p_{i}}}^{g_{i}}=-{\sqrt {p_{i}}}$ e ${\sqrt {p_{j}}}^{g_{j}}={\sqrt {p_{j}}}\forall j\neq i$${\sqrt {p_{j}}}^{g_{j}}={\sqrt {p_{j}}}\forall j\neq i$.

Mostriamo ora la lineare indipendenza dei $g_{i}$$g_{i}$: Supponiamo di avere una combinazione lineare della forma

$$\sum _{j=1}^{n}\lambda _{j}{\sqrt {p_{j}}}=0,\;\lambda _{j}\in \mathbb {Q} .$$

$$\sum _{j=1}^{n}\lambda _{j}{\sqrt {p_{j}}}=0,\;\lambda _{j}\in \mathbb {Q} .$$

Applicando $g_{i}$$g_{i}$ a entrambi i membri ottengo

$$0=\sum _{j}\lambda _{j}^{g_{i}}{\sqrt {p_{j}}}^{g_{i}}$$

$$0=\sum _{j}\lambda _{j}^{g_{i}}{\sqrt {p_{j}}}^{g_{i}}$$

e siccome i $\lambda _{j}$$\lambda _{j}$ stanno in $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ e vengono fissati si ha

$$0=\sum _{j\neq i}\lambda _{j}{\sqrt {p_{j}}}-\lambda _{i}{\sqrt {p_{i}}}$$

$$0=\sum _{j\neq i}\lambda _{j}{\sqrt {p_{j}}}-\lambda _{i}{\sqrt {p_{i}}}$$

ed eguagliando i coefficienti rispetto agli elementi della base nelle due combinazioni lineari ottengo $\lambda _{i}=-\lambda _{i}$$\lambda _{i}=-\lambda _{i}$, cioè $\lambda _{i}=0$$\lambda _{i}=0$. Ripetendo questo procedimento per ogni $i$$i$ ottengo che tutti gli scalari sono nulli.

$$***************************************$$

$$***************************************$$

Esercizio 7.15

Nelle ipotesi degli esercizi 2 e 3, mostrare che $M=\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}}+{\sqrt {p_{2}}}+\dots +{\sqrt {p_{n}}})$$M=\mathbb {Q} ({\sqrt {p_{1}}}+{\sqrt {p_{2}}}+\dots +{\sqrt {p_{n}}})$.

Suggerimento: mostrare che l'orbita di ${\sqrt {p_{1}}}+{\sqrt {p_{2}}}+\dots +{\sqrt {p_{n}}}$${\sqrt {p_{1}}}+{\sqrt {p_{2}}}+\dots +{\sqrt {p_{n}}}$ sotto l'azione di ${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$ contiene almeno $2^{n}$$2^n$ elementi distinti.

 

Cerco $2^{n}$$2^n$ elementi distinti dell'orbita di $\beta$$\beta$ sotto l'azione di ${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$, dove pongo $\beta ={\sqrt {p_{1}}}+{\sqrt {p_{2}}}+\dots +{\sqrt {p_{n}}}$$\beta ={\sqrt {p_{1}}}+{\sqrt {p_{2}}}+\dots +{\sqrt {p_{n}}}$. Osservo che

$$\beta ^{g_{i}}={\sqrt {p_{1}}}+{\sqrt {p_{2}}}-{\sqrt {p_{i}}}+\dots +{\sqrt {p_{n}}}$$

$$\beta ^{g_{i}}={\sqrt {p_{1}}}+{\sqrt {p_{2}}}-{\sqrt {p_{i}}}+\dots +{\sqrt {p_{n}}}$$

e quindi le immagini di $\beta$$\beta$ mediante i $g_{i}$$g_{i}$ sono $n$$n$ elementi distinti dell'orbita. Poi, se considero prodotti della forma $g_{i}g_{j}$$g_{i}g_{j}$, si ha che

$$\beta ^{g_{i}g_{j}}={\sqrt {p_{1}}}+{\sqrt {p_{2}}}-{\sqrt {p_{i}}}+\dots -{\sqrt {p_{j}}}+\dots +{\sqrt {p_{n}}}$$

$$\beta ^{g_{i}g_{j}}={\sqrt {p_{1}}}+{\sqrt {p_{2}}}-{\sqrt {p_{i}}}+\dots -{\sqrt {p_{j}}}+\dots +{\sqrt {p_{n}}}$$

e ottengo ${\binom {n}{2}}$${\binom {n}{2}}$ elementi distinti dell'orbita.

Considero allora tutti i possibili prodotti di elementi distinti di ${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$, che sono $2^{n}$$2^n$; applicandoli a $\beta$$\beta$ ottengo $2^{n}$$2^n$ elementi nell'orbita di $\beta$$\beta$, della forma

$$\sum _{i}\lambda _{i}{\sqrt {p_{i}}},\;\lambda _{i}=\pm 1$$

$$\sum _{i}\lambda _{i}{\sqrt {p_{i}}},\;\lambda _{i}=\pm 1$$

Mostro che gli elementi ottenuti sono tutti distinti: Considero due prodotti $g,h$$g,h$ di elementi di ${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$${\mathcal {G}}(M/\mathbb {Q} )$, devo mostrare che $\beta ^{g}\neq \beta ^{h}$$\beta ^{g}\neq \beta ^{h}$. Sia $\beta ^{g}=\sum _{i}\lambda _{i}{\sqrt {p_{i}}}$$\beta ^{g}=\sum _{i}\lambda _{i}{\sqrt {p_{i}}}$ e $\beta ^{h}=\sum _{i}\lambda _{i}'{\sqrt {p_{i}}}$$\beta ^{h}=\sum _{i}\lambda _{i}'{\sqrt {p_{i}}}$; Se supponiamo per assurdo che $\beta ^{g}=\beta ^{h}$$\beta ^{g}=\beta ^{h}$ segue che

$$\beta ^{g}-\beta ^{h}=\sum _{i}(\lambda _{i}-\lambda _{i}'){\sqrt {p_{i}}}=0$$

$$\beta ^{g}-\beta ^{h}=\sum _{i}(\lambda _{i}-\lambda _{i}'){\sqrt {p_{i}}}=0$$

ma allora, siccome i ${\sqrt {p_{i}}}$${\sqrt {p_{i}}}$ sono indipendenti, segue che $\lambda _{i}=\lambda _{i}'\forall i$$\lambda _{i}=\lambda _{i}'\forall i$, e quindi $g=h$$g=h$.

Mostrare che l'estensione è semplice equivale a mostrare che $|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |=2^{n}$$|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |=2^{n}$. Sappiamo che $|M:\mathbb {Q} |=2^{n}$$|M:\mathbb {Q} |=2^{n}$ e abbiamo appena mostrato che $|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |\geq 2^{n}$$|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |\geq 2^{n}$, però siccome vale l'inclusione $\mathbb {Q} (\beta )\subseteq M$$\mathbb {Q} (\beta )\subseteq M$, si deve avere $|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |\mid |M:\mathbb {Q} |$$|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |\mid |M:\mathbb {Q} |$, cioè $|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |=2^{n}$$|\mathbb {Q} (\beta ):\mathbb {Q} |=2^{n}$.

$$***************************************$$

$$***************************************$$

Esercizio 7.16

Trovare un polinomio esplicito $f(x)\in \mathbb {Q} [x]$$f(x)\in \mathbb {Q} [x]$ il cui gruppo di Galois abbia ordine $3$$3$.

Suggerimento: Considerare $\mathbb {Q} (\omega )$$\mathbb {Q} (\omega )$ con $\omega$$\omega$ radice settima primitiva di 1.

 

Data $\omega$$\omega$ radice settima primitiva dell'unità, $G={\mathcal {G}}(\mathbb {Q} (\omega )/\mathbb {Q} )\cong U_{7}$$G={\mathcal {G}}(\mathbb {Q} (\omega )/\mathbb {Q} )\cong U_{7}$, e $U_{7}$$U_{7}$ è un gruppo ciclico di ordine $\varphi (7)=6$$\varphi (7)=6$. Siccome il teorema di Lagrange si inverte nei gruppi ciclici, esiste un sottogruppo $H\leq G$$H\leq G$ con $|H|=2$$|H|=2$, cioè $H=\{1,g\}$$H=\{1,g\}$. Se ad esempio prendo $g$$g$ tale che $\omega \mapsto \omega ^{6}$$\omega \mapsto \omega ^{6}$, si ha che $o(g)=2$$o(g)=2$ perché $o(6)=2$$o(6)=2$ in $U_{7}$$U_{7}$ (infatti $6^{2}=36\equiv 1\mod 7$$6^{2}=36\equiv 1\mod 7$).

Calcolo il corrispondente campo intermedio:

$${\rm {{Fix}(H)=\{\alpha \in \mathbb {Q} (\omega )\,t.c.\,\alpha ^{g}=\alpha \}}}$$

$${\rm {{Fix}(H)=\{\alpha \in \mathbb {Q} (\omega )\,t.c.\,\alpha ^{g}=\alpha \}}}$$

Siccome il polinomio minimo di $\omega$$\omega$ è $\phi _{7}(x)$$\phi _{7}(x)$ che ha grado $6$$6$, segue che $|\mathbb {Q} (\omega ):\mathbb {Q} |=6$$|\mathbb {Q} (\omega ):\mathbb {Q} |=6$ e

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

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

Applico $g$$g$ ad un generico elemento di $\mathbb {Q} (\omega )$$\mathbb {Q} (\omega )$:

$$\alpha ^{g}=\sum _{i}a_{i}(\omega ^{g})^{i}=\sum _{i}a_{i}\omega ^{6i}$$

$$\alpha ^{g}=\sum _{i}a_{i}(\omega ^{g})^{i}=\sum _{i}a_{i}\omega ^{6i}$$

$$=a_{0}+a_{1}\omega ^{6}+a_{2}\omega ^{12}+a_{3}\omega ^{18}+a_{4}\omega ^{24}+a_{5}\omega ^{30}$$

$$=a_{0}+a_{1}\omega ^{6}+a_{2}\omega ^{12}+a_{3}\omega ^{18}+a_{4}\omega ^{24}+a_{5}\omega ^{30}$$

e riducendo i coefficienti modulo $7$$7$:

$$=a_{0}+a_{1}\omega ^{6}+a_{2}\omega ^{5}+a_{3}\omega ^{4}+a_{4}\omega ^{3}+a_{5}\omega ^{2}$$

$$=a_{0}+a_{1}\omega ^{6}+a_{2}\omega ^{5}+a_{3}\omega ^{4}+a_{4}\omega ^{3}+a_{5}\omega ^{2}$$

e siccome $\omega$$\omega$ è radice del polinomio ciclotomico, si ha che $\omega ^{6}=-1-\omega -\omega ^{2}-\omega ^{3}-\omega ^{4}-\omega ^{5}$$\omega ^{6}=-1-\omega -\omega ^{2}-\omega ^{3}-\omega ^{4}-\omega ^{5}$, quindi

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

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

e imponendo $\alpha ^{g}=\alpha$$\alpha ^{g}=\alpha$ ottengo

$${\begin{cases}a_{0}+a_{1}=0\\a_{1}=0\\a_{5}=a_{2}\\a_{4}=a_{3}\end{cases}}$$

$${\begin{cases}a_{0}+a_{1}=0\\a_{1}=0\\a_{5}=a_{2}\\a_{4}=a_{3}\end{cases}}$$

quindi gli elementi di ${\rm {{Fix}(H)}}$${\rm {{Fix}(H)}}$ sono della forma:

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

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

Osservo che

$$(\omega ^{2}+\omega ^{5})^{2}=\omega ^{4}+2\omega ^{7}+\omega ^{10}=\omega ^{4}+\omega ^{3}+2$$

$$(\omega ^{2}+\omega ^{5})^{2}=\omega ^{4}+2\omega ^{7}+\omega ^{10}=\omega ^{4}+\omega ^{3}+2$$

$$(\omega ^{2}+\omega ^{5})^{3}=(\omega ^{2}+\omega ^{5})(\omega ^{4}+\omega ^{3}+2)=$$

$$(\omega ^{2}+\omega ^{5})^{3}=(\omega ^{2}+\omega ^{5})(\omega ^{4}+\omega ^{3}+2)=$$

$$=\omega ^{6}+\omega ^{5}+2\omega ^{2}+\omega ^{9}+\omega ^{8}+2\omega ^{5}$$

$$=\omega ^{6}+\omega ^{5}+2\omega ^{2}+\omega ^{9}+\omega ^{8}+2\omega ^{5}$$

e sostituendo l'espressione di $\omega ^{6}$$\omega ^{6}$:

$$=-1-\omega -\omega ^{2}-\omega ^{3}-\omega ^{4}+2\omega ^{2}+\omega ^{2}+\omega +2\omega ^{5}$$

$$=-1-\omega -\omega ^{2}-\omega ^{3}-\omega ^{4}+2\omega ^{2}+\omega ^{2}+\omega +2\omega ^{5}$$

$$=-1-\omega ^{3}-\omega ^{4}+2\omega ^{2}+2\omega ^{5}=1-\beta ^{2}+2\beta$$

$$=-1-\omega ^{3}-\omega ^{4}+2\omega ^{2}+2\omega ^{5}=1-\beta ^{2}+2\beta$$

$\beta$$\beta$ è radice di $f(x)=x^{3}+x^{2}-2x+1$$f(x)=x^{3}+x^{2}-2x+1$. Se pongo $L=H'$$L=H'$, segue che $L\supseteq \mathbb {Q}$$L\supseteq \mathbb {Q}$ è normale perché $H$$H$ è normale in $G$$G$. Se $f(x)$$f(x)$ ammette una radice in $L$$L$, allora si spezza in fattori lineari su $L$$L$. Inoltre $|L:\mathbb {Q} |=3$$|L:\mathbb {Q} |=3$ quindi $L$$L$ è campo di spezzamento di $f(x)$$f(x)$ su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$. Infine $|L:\mathbb {Q} |={\mathcal {G}}(L/\mathbb {Q} )=3$$|L:\mathbb {Q} |={\mathcal {G}}(L/\mathbb {Q} )=3$, e quindi $f(x)$$f(x)$ è il polinomio cercato.