Inverso del teorema di risoluubilità per radicali

Sia un'estensione di grado finito, e indichiamo con gli elementi di . Allora, dato , definiamo rispettivamente la traccia e la norma di in questo modo:

Osserviamo che , , , e per , e , infine la traccia è suriettiva nel caso di campi di caratteristica 0. Abbiamo dimostrato anche che se , allora

Automorfismi linearmente indipendenti

Definizione 3.9

Sia un campo, e siano automorfismi di . Diciamo che sono linearmente indipendenti se la scrittura

implica .

 


Lemma 3.5

Sia un campo, ogni insieme finito di automorfismi distinti di è linearmente indipendente.

 
Dimostrazione

Supponiamo di avere automorfismi di , , con se , e supponiamo per assurdo che siano linearmente dipendenti. Tra tutte le relazioni di dipendenza lineare di , ne scegliamo una con il massimo numero di coefficienti uguali a 0.


A meno di riordinare, posso supporre che valga

Se fosse , si avrebbe , ma questo non può avvenire (ad esempio, la relazione non vale per , perché e ). Allora .


Per ipotesi, , allora esiste tale che . La formula 1 rimane valida se sostituisco con ( e quando varia in , descrive tutto ). Allora ottengo:

ed esplicitando i prodotti
Posso moltiplicare la formula 1 per , e ottengo:
Se sottraggo la formula 3 alla formula 2 ottengo
e questa è una relazione di dipendenza lineare degli automorfismi di lunghezza minore del minimo, assurdo! (notare che )

 


Osservazione 3.6

Sia un'estensione normale di grado finito, . Per , è una combinazione lineare di , con tutti i coefficienti uguali a 1.


Siccome per il lemma sono linearmente indipendenti, non si può avere . Allora esiste , tale che .


Dato , pongo . Allora

ovvero la traccia è suriettiva.

 

Elementi di traccia nulla

Proposizione 3.4

Sia un'estensione normale, con ciclico di ordine , generato da un certo elemento . Allora un elemento ha traccia 0 se e solo se per un certo .

 
Dimostrazione

Errore del parser (funzione sconosciuta '\LONGRIGHTARROW'): {\displaystyle 1 \LONGRIGHTARROW 2} : Siccome è ciclico si ha . Se ,

e siccome , quindi

Errore del parser (funzione sconosciuta '\LONGRIGHTARROW'): {\displaystyle 2 \LONGRIGHTARROW 1} : sia un elemento di traccia 0. Siccome la traccia è suriettiva, esiste un elemento di traccia 1. Definiamo i seguenti elementi:

Inoltre
cioè
Pongo
allora
I termini tra parentesi sono della forma quindi posso usare la formula 1, e usando anche la definizione di :
Si ricava anche
perché . Quindi
perché per la scelta di . Allora per ogni elemento di traccia nulla vale la relazione .

 


Proposizione 3.5

Sia un'estensione normale di campi, con ciclico di ordine primo , e sia la caratteristica di . Allora dove è radice di un polinomio irriducibile della forma , a coefficienti in .

 
Dimostrazione

Supponiamo che sia generato da un elemento . Siccome , in caratteristica . Allora esiste tale che , posto , ottengo

cioè , (uguaglianza 1).


Inoltre, usando l'uguaglianza 1,

cioè (uguaglianza 2).


Pongo , e mostro che . Poiché è normale e quindi , basta provare che . Usando le uguaglianze 1 e 2,

allora .


Mostro ora che : considero la catena di estensioni , affermo che perché (altrimenti, siccome fissa , si avrebbe , e questo non è vero perché per l'uguaglianza 1 ).


Siccome primo, non ci sono campi intermedi propri tra e , quindi .


Rimane da mostrare che è irriducibile: questo è vero perché è a coefficienti in , è monico e ha grado , allora sarà necessariamente il polinomio minimo di su e quindi è irriducibile.

 

Elementi di norma 1

Teorema 3.5

Sia un'estensione normale, e ciclico, generato da un elemento di ordine . Un elemento ha norma 1 se e solo se , per un certo .

 
Dimostrazione

Errore del parser (funzione sconosciuta '\LONGRIGHTARROW'): {\displaystyle 1 \LONGRIGHTARROW 2} : Come prima, . Se ,

e siccome :

Errore del parser (funzione sconosciuta '\LONGRIGHTARROW'): {\displaystyle 2 \LONGRIGHTARROW 1} : viceversa, sia un elemento con norma 1. Allora per , definiamo

Consideriamo la somma
dove , e . Se fosse
cioè
avrei una relazione di dipendenza lineare tra , ma questo non può avvenire perché sono linearmente indipendenti essendo automorfismi (distinti) di un campo . Allora esiste per cui la somma non sia 0, chiamo la somma in corrispondenza di tale , e quindi .


Osservo che

cioè (formula 1). Negli altri due casi:
quindi la formula 1 vale anche per .
Calcoliamo .
e usando le formule 1 e 2:
ma , quindi
cioè ogni elemento di norma unitaria è tale che .

 


Proposizione 3.6

Sia un'estensione normale, con ciclico di ordine , generato da un elemento . Supponiamo che contenga le radici -esime dell'unità, cioè che si spezzi su in fattori lineari. Supponiamo che la caratteristica di non divida . Allora , dove è radice di un polinomio irriducibile della forma a coefficienti in .

 
Dimostrazione

Il polinomio ha radici distinte, perché la sua derivata è e per l'ipotesi sulla caratteristica di .


Tutte le radici di stanno in , formano un sottogruppo ciclico di in particolare .


Siccome , segue subito che . Allora per la Satz 90 di Hilbert, esiste per cui . Se pongo , si ha che , cioè (uguaglianza 1).


Voglio provare che . Siccome l'estensione è normale, basta mostrare che , applicando l'uguaglianza 1 si ha:

Allora .


Considero , che è campo di spezzamento su del polinomio . Si verificano due casi:


CASO 1: PRIMO. Tra e non ci sono campi intermedi propri perché . è un campo intermedio diverso da , perché (infatti significherebbe , e questo non avviene). Allora necessariamente , è radice del polinomio a coefficienti in e, siccome , questo polinomio è il polinomio minimo di su e pertanto è necessariamente irriducibile.


CASO 2: NON PRIMO. Considero , è campo di spezzamento su del polinomio . Le radici di questo polinomio sono gli elementi dell'insieme

In particolare

Inoltre si ha che è normale, ovvero è stabile sotto l'azione degli elementi di . Allora, gli elementi di inducono per restrizione automorfismi di su , in particolare inducono automorfismi distinti perché se , . Allora

allora (infatti vale anche la disuguaglianza perché è un sottogruppo di ).


Infine, come prima, si ha che il polinomio è irriducibile essendo il polinomio minimo di su .

 

Teorema di risolubilità per radicali (seconda parte)

Teorema 3.6

Sia un campo di caratteristica 0, sia un'estensione normale, con risolubile. Allora esiste un campo tale che , e tale che sia un'estensione radicale.

 
Dimostrazione

La dimostrazione è per induzione sul grado di su .


Chiamo , per ipotesi è risolubile e finito. Allora esiste sottogruppo normale di , con primo (dimostrazione ).


CASO 1: CONTIENE LE RADICI -ESIME DELL'UNITÀ. Qui mostriamo in realtà che è radicale. Pongo , allora è un campo intermedio tra e , è normale in e quindi è un'estensione normale di . Inoltre .


Siccome , è ciclico di ordine e, poiche' contiene le radici dell'unità per ipotesi, posso applicare il risultato precedente. Segue che , dove è radice di un polinomio irriducibile della forma . Allora è radicale perché .


Siccome è risolubile per ipotesi, , che è un suo sottogruppo, è anch'esso risolubile. Inoltre poiché , . Allora, per induzione, è radicale, cioè , con . Inoltre e un'estensione radicale, segue che

e è radicale.


CASO 2: NON CONTIENE LE RADICI -ESIME DELL'UNITÀ. Sia tale che . Considero il seguente diagramma:

Girando in senso antiorario ho la catena di estensioni , per ipotesi è normale, è campo di spezzamento su di , e ha caratteristica 0, quindi anche è normale. Inoltre posso sollevare gli automorfismi di su a automorfismi di su , allora, per una proposizione dimostrata precedentemente (Lezione del 14 aprile, proposizione 0.2.8), è normale.


Inoltre, l'ipotesi normale implica che è stabile sotto l'azione degli elementi di . In particolare, è possibile definire un omomorfismo di gruppi tale che , che è iniettivo: infatti, dati , essi fissano , cioè . Se imponiamo si ha che , e quindi sono uguali come automorfismi di su . Segue che il gruppo di partenza, è isomorfo a un sottogruppo di , e siccome quest'ultimo è risolubile, anche lo è. Possono quindi verificarsi due casi:

  1. è isomorfo a un sottogruppo proprio di . Questo vuol dire che è un'estensione normale, perché è un campo intermedio tra e (in generale, data la catena di estensioni , se è normale segue che è normale).Si ha , allora per induzione esiste campo con tale che è un'estensione radicale. Ma è un'estensione radicale di , allora per un ragionamento analogo al caso precedente è radicale, e .
  2. . Allora è risolubile e contiene un sottogruppo normale con (questo perche'e' isomorfo a , quindi contiene un sottogruppo isomorfo ad ). Ragionando come nel primo caso, pongo , allora, poiché è normale in , è un'estensione normale di , con ciclico di ordine .Per il risultato precedente, siccome contiene radici -esime dell'unità per costruzione, segue che , dove è radice di un polinomio irriducibile della forma con .Poi, , e è risolubile essendo un sottogruppo di , allora per induzione esiste tale che dove è radicale. Ma , e quindi è un'estensione radicale di . Quindi anche è un'estensione radicale di .
 


Nella dimostrazione abbiao supposto che , essendo un gruppo finito e risolubile, abbia un sottogruppo normale di indice , per un certo primo . Mostriamo questo fatto.


Dimostrazione

Dato un gruppo risolubile finito , il suo derivato primo è un sottogruppo proprio di , e il quoziente è un gruppo abeliano (osservazione 1).


Inoltre, mostriamo che, dato un gruppo qualsiasi finito e normale a quoziente abeliano, se non ha ordine primo, posso trovare un sottogruppo in con e normale in , e abeliano (osservazione 2).


Supponiamo che non abbia ordine primo allora con primo, e il quoziente contiene un sottogruppo di ordine , i cui elementi sono laterali destri di : per certi .


Allora pongo e osservo che

  1. è chiuso rispetto al prodotto: siano , elementi di , allora
    e poiché è un gruppo, . Inoltre e' un sottogruppo di quindi per un certo allora e
    e , quindi .
  2. è un sottogruppo di , infatti vale la chiusura rispetto al prodotto e poi contiene e quindi è non vuoto.
  3. è normale. Per le proprietà del derivato, siccome è abeliano, .Dato , , mostro che . Osservo che
    quindi
    ma , e siccome è normale, , e , allora è normale in .
  4. contiene propriamente.
  5. infine è abeliano per le proprietà del derivato, infatti.


Torniamo a risolubile finito. Per l'osservazione 1, è abeliano; se ha ordine un numero primo l'asserto è vero, cioè ho trovato un sottogruppo normale in di indice ; altrimenti, per l'osservazione 2, posso passare da a un sottogruppo che lo contiene propriamente e che sia normale in e sia a quoziente abeliano, e ripeto il procedimento su .

 


Dal teorema precedente si evince:

Teorema 3.7

Sia un campo di caratteristica 0, un polinomio non costante, campo di spezzamento per su . Allora l'equazione è risolubile per radicali se e solo se è risolubile.

 
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