Università degli studi di Roma Tre Corso di Laurea in Matematica, a.a. 2005/2006 TE1 (Teoria di Galois) - Prof. S. Gabelli

Prima prova di valutazione intermedia, 5 Aprile 2006 Soluzione

1. Sia α = \sqrt[3]{5} e K := ℚ(α). Verificare che K ha grado 3 su ℚ ed esprimere i seguenti elementi come polinomi di grado al più 2 in α:

α^{5} − α^{6} e \frac{α}{α^{2} + 1}.

Soluzione

Per determinare il grado dell’estensione cerchiamo il polinomio minimo di α. Poniamo p(X) = X^{3} − 5, è facile vedere che α è radice di p(X) e che p(X) è irriducibile su ℚ (per esempio usando il critero di Eisenstein). Quindi [K : ℚ] = deg(p) = 3. Ricordiamo che 1, α, α^{2} formano una ℚ base di K, quindi ogni elemento di K si scrive nella forma:

a + bα + cα^{2} con a, b, c ∈ ℚ.

Ricordiamo inoltre che α^{3} = 5. Quindi

α^{5} − α^{6} = α^{2}α^{3} − α^{3}α^{3} = 5(α^{2} − 5).

Per trovare l’espressione di \frac{α}{α^{2}+1} cominciamo da

α = (α^{2} + 1)(aα^{2} + bα + c) = (a + 5b) + (b + 5c)α + (a + c)α^{2}

Otteniamo il seguente sistema:

a + c = 0,
a + 5b = 0,
b + 5c = 1.

Quindi, risolvendo, si ha

\frac{α}{α^{2} + 1} = \frac{1}{26}(5α^{2} + α − 5)

2. Sia f(X) := X^{3} + 3X + 6 ∈ ℚ[X] e sia α una sua radice reale.

(1) Stabilire se f(X) è irriducibile su ℚ; (2) Stabilire se ℚ(α) è normale su ℚ;

(3) Determinare la struttura del gruppo di Galois di f(X) su ℚ. Soluzione

(1) Sia a ∈ ℚ una radice intera di f(X), allora a|6, quindi a = ±1, ±2, ±3 o ±6. Una verifica diretta mostra che nessuno di questi è radice, quidi, poichè f(X) ha grado 3, f(X) è irriducibile. alternativamente Usando il criterio di Eisenstein con p = 3 si ha direttamente che f(X) è irriducibile

(2) Ricordiamo che ℚ(α) è normale se è il campo di spezzamente di f(X) (perchè f(X) è irriducibile). Osserviamo che

X^{3} + 3X + 6 = (X − α)(X^{2} + αX + (α^{2} + 3))

Poniamo p(X) = X^{2}+αX+(α^{2}+3) allora p(X) ha due radici complesse coniugate, infatti

Δ = α^{2} − 4(α^{2} + 3) = −3(α^{2} + 4) < 0

Dunque l’estensione non è normale.

(3) Sia β una radice di p(X), si ha che K = ℚ[α, β] è il campo si spezzamento di f e

[Q(α, β); ℚ] = [Q(α, β); ℚ(α)][Q(α); ℚ] = 3 ∗ 2 = 6

Poiché K è normale si ha

|Gal_{ℚ}(K)| = [Q(α, β); ℚ] = 6,

quindi Gal_{ℚ}(K) è un sottogruppo di ordine 6 di S_{3}, ne segue che Gal_{ℚ}(K) = S_{3}.

3. Sia f(X) := X^{4} − 2X^{2} − 2 e sia K il suo campo di spezzamento in ℂ. (1) Determinare la struttura del gruppo di Galois di f(X) su ℚ;

(2) (facoltativo) Determinare un elemento primitivo per K. Soluzione

(1) Notiamo che f(X) = 0 ha due radici reali distinte e due radici complesse distinte. Sia α una radice reale e β una radice complessa, si ha che K = ℚ(α, β) è il campo di spezzamento di f e che

[ℚ(α, β); ℚ] = [ℚ(α, β); ℚ(α)][ℚ(α); ℚ] = 4 ∗ 2 = 8

Poiché K è normale si ha

|Gal_{ℚ}(K)| = [ℚ(α, β); ℚ] = 8,

quindi Gal_{ℚ}(K) è un sottogruppo di ordine 8 di S_{4}, ne segue che Gal_{ℚ}(K) = D_{4}.

(2) Determiniamo le radici di f. Un semplice calcolo mostra che le radici sono

α_{1} = \sqrt{1 + \sqrt{3}}
α_{2} = −\sqrt{1 + \sqrt{3}}
α_{3} = β_{1} = i\sqrt{\sqrt{3} − 1}
α_{4} = β_{2} = −i\sqrt{\sqrt{3} − 1}

Il teorema dell’elemento primitivo ci dice che α_{1} + cβ_{1} è l’elemento primitivo purché c ≠ c_{1,2} = 0, c_{2,2} = 1, c_{3,2} = \frac{1}{2}, c_{4,2} = \frac{3}{2} con

c_{i,j} = \frac{α_{1} − α_{i}}{β_{j} − β_{1}} .

4. Sia ξ una radice primitiva decima dell’unità.

(1) Determinare esplicitamente gli automorfismi di ℚ(ξ);

(2) Verificare che ℚ(ξ) = ℚ(ξ^{2});

(3) Determinare il polinomio minimo del numero α := ξ^{2} + ξ^{8};

(4) Usando (3), calcolare esplicitamente α.

Soluzione

(1) Data ξ rradice primitiva decima dell’unità, ξ^{h} è una radice primitiva se e solamente se MCD(h, 10) = 1, i.e. h = 1, 3, 7, 9. Dalla teoria sappiamo che un automorfismo manda una radice primitiva in una radice primitiva, quindi possiamo definire 4 automorfismi di ℚ(ξ) nel modo seguente:

ϕ_{h}(ξ) = ξ^{h}

con h = 1, 3, 7, 9.

(2) Notiamo che ℚ(ξ^{2}) ⊂ ℚ(ξ), inoltre ξ^{2} è una radice primitiva quinta dell’unità, quindi dim_{ℚ} ℚ(ξ^{2}) = 4 = dim ℚ(ξ). Segue che ℚ(ξ) = ℚ(ξ^{2}).

(3) Poiché ζ = ξ^{2} è una radice quinta dell’unità, il grado del polinomio minimo di ζ + ζ^{−1} = ξ^{2} + ξ^{8} è 1 2 o 4 (i.e. i divisori del grado del polinomio minimo di ζ).

(ζ + ζ^{−1})^{2} = ζ^{2} + ζ^{−2} + 2

Notiamo che ζ^{2} + ζ^{−2} + ζ + ζ^{−1} = −1. Quindi ζ + ζ^{−1} è radice di f(X) = X^{2} + X − 1.

alternativamente Calcoliamo i coniugati di ζ + ζ^{−1} tramite il gruppo di Galois.

ϕ_{1}(ζ + ζ^{−1}) = ζ + ζ^{−1}
ϕ_{3}(ζ + ζ^{−1}) = ζ + ζ^{−1}
ϕ_{7}(ζ + ζ^{−1}) = ζ^{2} + ζ^{−2}
ϕ_{9}(ζ + ζ^{−1}) = ζ^{2} + ζ^{−2}

Allora il polinomio minimo è dato da

f(X) = (X − (ζ^{2} + ζ^{−2})(X − (ζ + ζ^{−1}))
= X^{2} − (ζ^{2} + ζ + ζ^{−1} + ζ^{−2})X + (ζ^{2} + ζ^{−2})(ζ + ζ^{−1})

Ma

ζ^{2} + ζ + ζ^{−1} + ζ^{−2} = ζ + ζ^{2} + ζ^{3} + ζ^{4} = −1
(ζ^{2} + ζ^{−2})(ζ + ζ^{−1}) = ζ^{3} + ζ + ζ^{−1} + ζ^{−3} = −1

Quindi f(X) = X^{2} + X − 1

(4) Poiché ζ + ζ^{−1} è radice di X^{2} + X − 1 si ha che

ζ + ζ^{−1} = \frac{−1 ± \sqrt{5}}{2}