(Non) unicità della chiusura algebrica

Due chiusure algebriche in un campo $K$$K$ sono isomorfe secondo un isomorfismo che è l'identità su $K$$K$, sebbene in modo non canonico perché ci sono più isomorfismi tra due chiusure algebriche.

Consideriamo un contesto più generale: sia $K$$K$ un campo, $L$$L$ un campo algebricamente chiuso, e sia $E\supseteq K$$E\supseteq K$ un'estensione di campi con $E$$E$ algebrico su $K$$K$. Sia $\sigma :K\to L$$\sigma :K\to L$ un omomorfismo (iniettivo), mostriamo che $\sigma$$\sigma$ si solleva a un omomorfismo ${\bar {\sigma }}:E\to L$${\bar {\sigma }}:E\to L$.

Rappresentando questo in un diagramma: se chiamo $\iota$$\iota$ l'inclusione $\colon K\to E$$\colon K\to E$, si ha

$${\begin{array}{ccc}K&\rightarrow ^{\sigma }&L\\\downarrow ^{\iota }&&\\E&&\end{array}}$$

$${\begin{array}{ccc}K&\rightarrow ^{\sigma }&L\\\downarrow ^{\iota }&&\\E&&\end{array}}$$

e voglio provare che posso chiudere il diagramma con una freccia diagonale da $E$$E$ a $L$$L$.

CASO 1: $E=K(\alpha )$$E=K(\alpha )$ ESTENSIONE ALGEBRICA SEMPLICE. Sia $f(x)\in K[x]$$f(x)\in K[x]$ il polinomio minimo di $\alpha$$\alpha$ su $K$$K$, $f_{0}(x)=f(x)^{\sigma }$$f_{0}(x)=f(x)^{\sigma }$, e sia $K_{0}:=K^{\sigma }$$K_{0}:=K^{\sigma }$, allora $K_{0}\subseteq L$$K_{0}\subseteq L$. Sia $\beta \in L$$\beta \in L$ una radice di $f_{0}(x)$$f_{0}(x)$, per un risultato precedente esiste un (unico) isomorfismo $\eta :K(\alpha )\to K_{0}(\beta )$$\eta :K(\alpha )\to K_{0}(\beta )$ tale che $\alpha \mapsto \beta$$\alpha \mapsto \beta$, e che ristretto a $K$$K$ coincide con $\sigma :K\to K_{0}$$\sigma :K\to K_{0}$. Se compongo $\eta$$\eta$ con l'inclusione $\iota :K_{0}(\beta )\to L$$\iota :K_{0}(\beta )\to L$, ottengo un

omomorfismo ${\bar {\sigma }}=\iota \circ \eta \colon K(\alpha )=E\to L$${\bar {\sigma }}=\iota \circ \eta \colon K(\alpha )=E\to L$ che solleva $\sigma$$\sigma$.

Osservazione 1.6

Se $\eta :E=K(\alpha )\to L$$\eta :E=K(\alpha )\to L$ è un omomorfismo che solleva $\sigma$$\sigma$, allora $\alpha ^{\eta }$$\alpha ^{\eta }$ è radice di $f_{0}(x)$$f_{0}(x)$, infatti applicando $\eta$$\eta$ all'uguaglianza $f(\alpha )=0$$f(\alpha )=0$ ottengo $0=(f(\alpha ))^{\eta }=f_{0}(\alpha ^{\eta })$$0=(f(\alpha ))^{\eta }=f_{0}(\alpha ^{\eta })$. Poiché $L$$L$ è algebricamente chiuso, $L$$L$ contiene tutte le radici di $f_{0}(x)$$f_{0}(x)$, allora i sollevamenti di $\sigma$$\sigma$ sono tanti quante le radici di $f_{0}(x)$$f_{0}(x)$ ovvero di $f(x)$$f(x)$.

 

CASO 2: CASO GENERALE. Vale il seguente

Teorema 1.4

Siano $K$$K$ un campo e $L$$L$ un campo algebricamente chiuso, $\sigma :K\to L$$\sigma :K\to L$ un omomorfismo. Sia $E\supseteq K$$E\supseteq K$ un'estensione algebrica di campi, allora esiste un omomorfismo ${\bar {\sigma }}:E\to L$${\bar {\sigma }}:E\to L$ che solleva $\sigma$$\sigma$.

 

Dimostrazione

Per la dimostrazione si utilizza il lemma di Zorn. Sia $\S$$\S$ insieme delle coppie $(M,\eta )$$(M,\eta )$ dove $M$$M$ è un campo, $K\subseteq M\subseteq E$$K\subseteq M\subseteq E$ e $\eta :M\to L$$\eta :M\to L$ è un omomorfismo che solleva $\sigma$$\sigma$. $\S$$\S$ è non vuoto perché almeno la coppia $(K,\sigma )\in \S$$(K,\sigma )\in \S$. Dati $(M_{1},\eta _{1}),(M_{2},\eta _{2})\in \S$$(M_{1},\eta _{1}),(M_{2},\eta _{2})\in \S$, ordiniamo $\S$$\S$ ponendo $(M_{1},\eta _{1})\leq (M_{2},\eta _{2})$$(M_{1},\eta _{1})\leq (M_{2},\eta _{2})$ se $M_{1}\subseteq M_{2}$$M_{1}\subseteq M_{2}$, ${\eta _{2}}_{|_{M_{1}}}=\eta _{1}$${\eta _{2}}_{|_{M_{1}}}=\eta _{1}$. Questa è una relazione d'ordine parziale.

Sia $(M_{1},\eta _{1})\leq (M_{2},\eta _{2})\leq \dots \leq (M_{k},\eta _{k})\leq \dots$$(M_{1},\eta _{1})\leq (M_{2},\eta _{2})\leq \dots \leq (M_{k},\eta _{k})\leq \dots$ una catena in $\S$$\S$. Mostro che questa catena ha un maggiorante in $\S$$\S$.

Considero $M=\bigcup _{k}M_{k}$$M=\bigcup _{k}M_{k}$ allora $M$$M$ è un campo con $K\subseteq M\subseteq E$$K\subseteq M\subseteq E$, e la mappa $\eta :M\to L$$\eta :M\to L$ tale che $\eta _{|_{M_{k}}}=\eta _{k}$$\eta _{|_{M_{k}}}=\eta _{k}$. Allora $\eta$$\eta$ è ben definito e la coppia $(M,\eta )$$(M,\eta )$ è un maggiorante per la catena. (Nota: se ho $((M_{\alpha },\eta _{\alpha }))_{\alpha \in \Lambda }$$((M_{\alpha },\eta _{\alpha }))_{\alpha \in \Lambda }$ una catena in $\S$$\S$, pongo $M=\bigcup _{\alpha }M_{\alpha }$$M=\bigcup _{\alpha }M_{\alpha }$ e $\eta _{|_{M_{\alpha }}}=\eta _{M_{\alpha }}$$\eta _{|_{M_{\alpha }}}=\eta _{M_{\alpha }}$).

Per il lemma di Zorn $\S$$\S$ ha un elemento massimale $F$$F$ in $\S$$\S$. Voglio provare che $F=E$$F=E$.

Supponiamo per assurdo che questo non sia vero e quindi che $E\neq F$$E\neq F$, allora posso prendere $\alpha \in E\setminus F$$\alpha \in E\setminus F$ e considerare $F(\alpha )$$F(\alpha )$. Si ha il diagramma:

$${\begin{array}{ccc}F&\to ^{\bar {\sigma }}&L\\\downarrow &&\\F(\alpha )&&\end{array}}$$

$${\begin{array}{ccc}F&\to ^{\bar {\sigma }}&L\\\downarrow &&\\F(\alpha )&&\end{array}}$$

Per il caso 1 esiste $\delta :F(\alpha )\to L$$\delta :F(\alpha )\to L$ omomorfismo che solleva ${\bar {\sigma }}$${\bar {\sigma }}$, e quindi che solleva $\sigma$$\sigma$, cioè $(F(\alpha ),\delta )\in \S$$(F(\alpha ),\delta )\in \S$, contro la massimalità della coppia $(F,{\bar {\sigma }})$$(F,{\bar {\sigma }})$.

 

Osservazione 1.7

Sia $\sigma :K\to L$$\sigma :K\to L$, $E\supseteq K$$E\supseteq K$ un'estensione algebrica, allora $\sigma$$\sigma$ si solleva a ${\bar {\sigma }}:E\to L$${\bar {\sigma }}:E\to L$. Supponiamo che $E$$E$ sia algebricamente chiuso, e $L$$L$ algebrico su $K_{0}=K^{\sigma }$$K_{0}=K^{\sigma }$. Allora $E^{\bar {\sigma }}$$E^{\bar {\sigma }}$ è ancora algebricamente chiuso: infatti, preso un polinomio ${\bar {g}}(x)\in E^{\bar {\sigma }}$${\bar {g}}(x)\in E^{\bar {\sigma }}$, esso sarà della forma

$${\bar {a}}_{0}+{\bar {a}}_{1}x+\dots +{\bar {a}}_{m}x^{m},\,{\bar {a}}_{i}\in E^{\bar {\sigma }}\forall i$$

$${\bar {a}}_{0}+{\bar {a}}_{1}x+\dots +{\bar {a}}_{m}x^{m},\,{\bar {a}}_{i}\in E^{\bar {\sigma }}\forall i$$

In particolare ${\bar {a}}_{i}=a_{i}^{\sigma }$${\bar {a}}_{i}=a_{i}^{\sigma }$, $a_{i}\in E$$a_{i}\in E$. Se $g(x)=\sum _{i}a_{i}x^{i}$$g(x)=\sum _{i}a_{i}x^{i}$ è la preimmagine di ${\bar {g}}(x)$${\bar {g}}(x)$, allora per ipotesi esso ha tutte le radici in $E$$E$, allora ${\bar {g}}(x)$${\bar {g}}(x)$ ha tutte le sue radici in $E^{\bar {\sigma }}$$E^{\bar {\sigma }}$.

Inoltre $E^{\bar {\sigma }}\subseteq L$$E^{\bar {\sigma }}\subseteq L$, e contiene $K_{0}$$K_{0}$. $L$$L$ è algebrico su $K_{0}$$K_{0}$, e quindi anche su $E^{\bar {\sigma }}$$E^{\bar {\sigma }}$, ma siccome $E^{\bar {\sigma }}$$E^{\bar {\sigma }}$ è algebricamente chiuso non ammette estensioni algebriche proprie e quindi è uguale a $L$$L$.

 

In particolare, due chiusure algebriche di un campo $K$$K$ sono isomorfe secondo un isomorfismo che è l'identità su $K$$K$.