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Introduzione alla Teoria di Galois

Andrea Previtali

Sabato, 15 Settembre 2001

1 Nozioni preliminariLo scopo del corso e di descrivere la Teoria di Galois, ossiacome usare la teoria dei gruppi nello studio della strutturadei campi. Abbiamo preliminarmente bisogno di introdurrealcuni concetti relativi alla divisibilita negli anelli, l’esempiopiu importante per noi restando quello dei polinomi o dellefunzioni razionali.

1.1 Divisibilita

Nel resto di questa sezione indicheremo con A un anellocommutativo dotato di identita che denoteremo con 1 o 1A.Nostra intenzione e definire un concetto di divisibilita in Ache ricordi l’analoga nozione sugli interi Z. Benche esistauna teoria della divisibilita nel caso non commutativo, noi cilimiteremo al caso commutativo per semplicita.

Definizione 1.1. Dati a, b ∈ A, diremo che a divide b, a | b,se esiste c ∈ A tale che b = ac.

Esercizio 1.2. Mostrare che ogni elemento di A divide 0.

Definizione 1.3. Se u ∈ A divide 1, diremo che u e un’unitao un elemento invertibile di A. Indicheremo l’insieme delle

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unita di A con A# (riservando ad A∗ il significato di A r{0}).

Ad esempio Z# = {±1}.Esercizio 1.4. Provare che A# e un gruppo rispetto al pro-dotto definito in A.

Definizione 1.5. Due elementi a, b di A si dicono associati,a ≈ b, se a = ub, con u ∈ A#.

Esercizio 1.6. Mostrare che ≈ definisce una relazione diequivalenza su A.

Definizione 1.7. Un anello commutativo A viene detto undominio se ab = 0 implica che a o b e nullo.

Esercizio 1.8. Dimostrare che seD e un dominio di integritafinito, allora |D| = 1 + k|D#|, per qualche intero k o, innotazione modulare, |D| ≡|D#| 1.

In realta k risulta essere sempre 1.

Esercizio 1.9. (Difficile) Provare che k = 1. Cosa affermaquesto risultato sulla struttura dei domini di integrita finiti?

Nel seguito restringeremo ulteriormente il nostro univer-so considerando solo domini di integrita che denoteremogeneralmente con D.

Definizione 1.10. Un elemento non invertibile e non nullo pdi un dominioD viene detto primo se p|ab implica p|a o p|b.Esercizio 1.11. Mostrare che questa definizione in Z forni-sce esattamente i numeri primi e i loro opposti.

Definizione 1.12. Un elemento 0 6= a di D rD# viene det-to irriducibile o atomo se b|a implica b ≈ a o b ∈ D#.Indicheremo con A(D) l’insieme degli atomi di D.

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Esercizio 1.13. Se mancasse la locuzione non nullo nelladefinizione, lo zero sarebbe primo? In generale puo 0 essereirriducibile?

Si noti che questa e la classica definizione di numero pri-mo in Z. Infatti mostriamo che un elemento primo e unatomo.

Proposizione 1.14. Sia p ∈ D primo, allora p e un atomo.

Dim. Sia a un divisore di p, allora p = ab per qualcheb ∈ D. Quindi p|ab e, per definizione, p uno dei fattori,diciamo a. Quindi a = pc e a(1− bc) = 0. Essendo p 6= 0 eD un dominio, allora bc = 1 e b ∈ D#, cioe p ≈ a . q.e.d.

Nota 1.15. Il viceversa non vale, ossia esistono atomi chenon sono primi, ma gli esempi sono piu difficili da trova-re, quello tipico consiste in D = Z[

√−5], ove 2 +

√−5 e

irriducibile, divide 9, ma non divide 3.

Dim. Si denoti con N la norma, ossia la mappa defini-ta da D in Z come N(a + b

√−5) = a2 + 5b2. Siccome

N(α) = αα, allora N(αβ) = N(α)N(β). Inoltre u ∈ D#

sse N(u) = 1. Ora 9 = N(3) = N(2 +√−5), quin-

di 2 +√−5|9 e, se 2 +

√−5 dividesse 3, avremmo che

2 +√−5 ≈ 3. Ma D# = {±1} . q.e.d.

Esiste pero una vasta classe di anelli in cui il concetto diprimo e atomo coincidono. Questo e vero in particolare pegliinteri.

Definizione 1.16. Dato un anello commutativo con identitaA, diciamo che I e un ideale di A e scriveremo I E A se Ie un sottogruppo di A+ e, per ogni a ∈ A, aI = Ia ⊆ I .

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Definizione 1.17. Un dominio D dicesi a ideali principalio in breve PID se ogni ideale I e della forma (a) = aD ={ad | d ∈ D} per qualche elemento fissato a.

Esercizio 1.18. Dato un campo k, dimostrare che k[x] e undominio a ideali principali.

Vogliamo mostrare che in un PID gli atomi sono primi.

Definizione 1.19. Dati a, b in un dominio D, d viene dettoun massimo comune divisore tra a e b se:

1. d|a e d|b;

2. se c|a e c|b allora c|d.

Proposizione 1.20. Sia D un PID, allora esiste un massimocomune divisore d per ogni coppia di elementi a, b. Inoltred′ soddisfa la stessa proprieta sse d ≈ d′. Infine esistonox, y ∈ D tali che ax+ by = d (Identita di Bezout).

Dim. Si indichi con (a, b) l’insieme degli elementi dellaforma {ax + by |x, y ∈ D}. Allora e facile mostrare che(a, b) e un ideale. Quindi esiste un elemento d ∈ D tale che(a, b) = dD. In particolare a ∈ dD, quindi d|a e, analo-gamente, d|b. D’altro canto se c divide a e b, allora tutti glielementi di dD = (a, b) sono dei multipli di c, ma d e unodi questi. Per cui d e un massimo comune divisore tra a e bed ha la forma prescritta. Sia d′ un altro massimo comunedivisore, allora d|d′ e d′|d, cioe d = d′u ed′ = dv, quindid(1− uv) = 0. Se d = 0, allora d′ = 0; altrimenti 1 = uv ed ≈ d′ . q.e.d.

Con una lieve ambiguita indicheremo con gcd(a, b) unotra gli elementi associati che fungono da massimo comunedivisore tra a e b.

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Teorema 1.21. Sia a un atomo in un PID. Allora a e primo.

Dim. Supponiamo che a|bc, ma a - c. Sia (d) = (a, c),allora d|a e d|c. Ma essendo a un atomo ne segue che d ≈ ao d ≈ 1. Siccome a - c deve valere il secondo caso, quindi1 ∈ (d) = (a, c), cioe esistono x, y ∈ D tali che ax+cy = 1,da cui a(bx+ ty) = b, ove at = bc, ossia a|b . q.e.d.

Una classe che estende i PID e che risultera molto uti-le anche nel seguito e quella dei domini a fattorizzazioneunica o UFD. Tra le molte possibili definizioni forniamo laseguente:

Definizione 1.22. Un dominio D viene detto a fattorizza-zione unica se ogni elemento si decompone in modo unicoa meno dell’ordine dei fattori o di unita nel prodotto di unnumero finito di atomi.

Esercizio 1.23. Perche bisogna specificare a meno dell’or-dine o di unita nella definizione di dominio a fattorizzazioneunica?

Mostriamo che i PID sono una sottoclasse dei UFD.

Teorema 1.24. Sia D un PID, allora ogni elemento di D∗

si scrive in modo essenzialmente unico come prodotto di unnumero finito di atomi.

Dim. Se d ∈ D# allora l’asserto e banale. In caso contra-rio mostriamo che ogni elemento d ammette un atomo co-me divisore. Se d e un atomo non c’e niente da dimostra-re. Altrimenti esiste d1 6≈ 1, d tale che d = d1f1. Allora(d) < (d1) < D, tutte le inclusioni proprie (perche?). Sed1 e divisibile da un atomo abbiamo concluso altrimenti, so-stituendo d con d1, otterremmo una successione infinita di

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elementi di tali che (di) < (di+1) < D. Ora I =⋃i(di) e

un ideale. Infatti se x, y ∈ I allora x, y ∈ (di) per i >> 0(i abbastanza grande), quindi x + y e rx ∈ (di) ≤ I perogni r ∈ D. Quindi I = (b), per qualche b. Sia i tale cheb ∈ (di), allora (b) ≤ (di) ≤ I = (b) e (b) = (di+n) per ogniintero n. Questo contraddice l’ipotesi che (di) e propria-mente contenuto in (di+1). Quindi uno dei di deve essere unatomo. Allora scegliamo al primo passo d1 un atomo che di-vide d e procediamo analogamente con f1, ossia f1 = d2f2per un atomo d2. Allora costruisco una successione di comesopra e questo processo deve interrompersi, cioe fn e un ato-mo per qualche intero n. Sia ora a1 · · · an = b1 · · · bm, oveai, bj sono atomi. Siccome sono anche primi allora, a me-no dell’ordine, a1|b1, ossia a1 ≈ b1. Cancellandoli ottengoun’identita tra due prodotti atomici con meno fattori. Per in-duzione sul numero dei fattori ne segue che, sempre a menodell’ordine, n = m e ai ≈ bi . q.e.d.

Se D e un UFD allora si puo definire il massimo comunedivisore d tra due elementi a, b nel seguente modo: si scelgaanzitutto un rappresentante p da ogni classe di equivalenzarispetto a ≈ in A(D), allora a = u

∏pvp(a), ove u ∈ D#.

Basta porre d =∏pmin(va(p),vb(p)) per ottenere un massimo

comune divisore tra a e b.

Esercizio 1.25. Mostrare che d definito sopra e un massimocomune divisore.

Il nostro intento e provare un teorema di trasporto dovutoa Gauss che afferma che se D e UFD allora D[x] e UFD.Cominciamo da alcune definizioni.

Definizione 1.26. Sia D un UFD e sia f =∑n

i=0 fixi ∈

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D[x], allora il contenuto di f , ct(f), viene definito comegcd(f1, . . . , fn).

Definizione 1.27. Diremo che un polinomio f a coefficientiin un UFD e primitivo se ct(f) = 1.

Lemma 1.28 (Gauss). Sia D un UFD e siano f, g ∈ D[x]primitivi, allora fg e primitivo.

Dim. Per assurdo sia p un divisore primo di ct(fg). Sic-come f e primitivo esiste m = min{fi | fi 6≡p 0}. Sian l’analogo per g. Ora il coefficiente di xn+m in fg vale∑

i=0 fn+m−igi =∑

i<n fn+m−igi+fmgn+∑

j<m fjgn+m−jche e congruo a fmgn modulo p e quindi non e divisibile perp, contro l’ipotesi che p|ct(fg) . q.e.d.

Esercizio 1.29. Si mostri che il Lemma di Gauss equivalealla seguente legge ct(f)ct(g) = ct(fg).

Mostriamo come questo risultato serva a stabilire l’irri-ducibilita di polinomi. Ricordiamo che in modo analogo acome Q viene costruito da Z, si puo ottenere a partire daogni dominio D un campo Q(D) detto campo dei quozien-ti di D, in cui D si immerge. L’esempio che utilizzeremosara D = k[x], k un campo; in tal caso Q(D) consiste nelcampo delle funzioni razionali, ossia elementi della formaf(x)/g(x).

Definizione 1.30. Dato un UFD D, ogni polinomio f su Dsi fattorizza come ct(f)g, per qualche polinomio primitivo gche viene detto la parte primitiva di f e indicato con pp(f).

Proposizione 1.31. Sia D un UFD, Q = Q(D) il relativocampo dei quozienti. Allora A(D[x]) rD ⊆ A(Q[x]).

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Dim. E banale mostrare che D[x] e un dominio. Percui il grado di un prodotto coincide colla somma dei gra-di dei fattori. Da cio segue che A(D) ⊆ A(D[x]) e cheD[x]# = D#. Se f ∈ D[x] e un atomo allora pp(f) o ct(f)sono unita in D. Nel primo caso f ∈ D quindi e un ele-mento di Q. Altrimenti f e primitivo. Siccome Q∗ = Q#,ne segue che g ∈ A(Q[x]) sse g non si fattorizza nel pro-dotto di due polinomi di grado strettamente inferiore. Perassurdo f non sia un atomo in Q[x], allora esistono polino-mi (su Q) tali che f = ab e deg a, deg b < deg f . Alloraf = a′b′

cd ove a′, b′ ∈ D[x] e c, d ∈ D sono minimi comunimultipli dei denominatori dei coefficienti di a e b. Per cuicdf = ct(a′)ct(b′)pp(a′)pp(b′) e, confrontando i contenuti,cd = ct(a′)ct(b′); per cui, a meno di unita f = pp(a′)pp(b′),una contraddizione . q.e.d.

Esercizio 1.32. Si dimostri che D[x] e un dominio e se nededuca che A(D) ⊆ A(D[x]) e che D[x]# = D#.

Si osservi che se a e un atomo di D e f un atomo in D[x]non appartenente a D, allora af e riducibile in D[x], mairriducibile in Q[x]. Proviamo ora un fondamentale teoremadovuto a Gauss.

Teorema 1.33. Sia D un UFD, allora D[x] e un UFD.

Dim. Sia f ∈ D[x]. Poiche pp(f) non e divisibile daatomi di D i suoi fattori atomici hanno grado positivo, quin-di sono in numero finito. D’altro canto ct(f) e prodotto diun numero finito di atomi essendo in D. Mostriamo ora l’u-nicita. Sia f =

∏ni ai =

∏mj bj, con ai, bj atomi. Per cui

i fattori sono atomi in D o polinomi primitivi per le stes-se argomentazioni della precedente proposizione. Quindi il

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prodotto degli atomi in D nelle due fattorizzazioni coincidecon ct(f) e siccome quest’ultimo appartiene a D, abbiamounicita di fattorizzazione. Quindi possiamo supporre che gliai, bj siano primitivi di grado positivo. Poiche Q[x] e unPID, quindi un UFD, ne segue che n = m e, a meno del-l’ordine, ai ≈ bi in Q[x]. Poiche Q[x]# = Q∗ ne segue cheaai = bbi per opportuni elementi a, b in D. Confrontando icontenuti si ha a ≈ b in D e ai ≈ bi in D[x] . q.e.d.

2 Campi ed Estensioni

Definizione 2.1. Siano F e K due campi. Diremo che Ke un’estensione di F , se K ⊇ F e scriveremo K ≥ F oK/F .

Proposizione 2.2. Sia K un’estensione di F , allora K am-mette la struttura di F -spazio vettoriale.

Dim. Chiaramente (K,+) e un gruppo abeliano e la map-pa (f, k) 7→ fk definisce un prodotto scalare-vettore daF ×K in K . q.e.d.

Esercizio 2.3. Completare i dettagli della dimostrazione.

Definizione 2.4. La dimensione diK su F viene detta il gra-do dell’estensione K/F e sara indicata con [K : F ]. Se[K : F ] < ∞ diremo che l’estensione e finita; altrimentiK/F e un’estensione infinita.

Esempio 2.5. Supponiamo noti i campi dei numeri razio-nali, reali e complessi che indicheremo con Q, R e C. Ilcampo delle classi di resto modulo un primo p, Z/pZ, verradenotato con Fp.

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Definizione 2.6. Un campo algebrico numerico e un’esten-sione finita di Q.

Esempio 2.7. Sia k un campo e x un’indeterminata. Il cam-po delle funzioni razionali k(x) e il campo dei quozien-ti dell’anello dei polinomi k[x], ossia e costituito da tuttii quozienti della forma f(x)/g(x), f, g polinomi, g(x) 6=0, il polinomio nullo. Analogamente date n indetermina-te x1, . . . , xn, indicheremo con k(x1, . . . , xn) il campo dellefunzioni razionali in tali indeterminate.

Esempio 2.8. Sia k un campo e k((x)) l’insieme delle seriedi Laurent nell’indeterminata x, ossia le serie formali dellaforma

f(x) =∞∑i=n

aixi,

per qualche n ∈ Z dipendente da f e ai ∈ k. Si definisca sutale insieme una somma puntuale

∞∑i=n

aixi +

∞∑i=n

bixi =

∞∑i=n

(ai + bi)xi

e un prodotto di convoluzione∞∑i=n

aixi ∗

∞∑j=m

bjxj =

∞∑k=n+m

(∑i+j=k

aibj)xk.

Teorema 2.9. Dato un campo k, l’insieme delle serie diLaurent (k((x)),+, ∗) risulta essere un campo.

Dim. Sia K = k((x)), allora si verifica facilmente che(K,+, ∗) e un anello commutativo con identita. Resta damostrare che ogni elemento non nullo e invertibile. Sia f =∑

i=n aixi 6= 0 ove an 6= 0. Moltiplicando per a−1n x−n, ci

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riconduciamo al caso in cui n = 0 e a0 = 1. Si tratta dideterminare coefficienti bj tali che g =

∑j=0 bjx

j soddisfag ∗ f = 1. Chiaramente deve essere b0 = 1. Supponiamoche tutti i termini b0, . . . , bm−1 siamo stati determinati, allorarisolvendo l’equazione

0 = (f ∗ g)m =m∑k=0

aibm−i

otteniamo anche bm . q.e.d.

Esercizio 2.10. Sia D un dominio e sia A = D((x)) l’in-sieme delle serie di Laurent su D. Dimostrare che A e undominio. E un campo?

Esibiamo ora alcuni esempi di estensioni.

Esempio 2.11. L’estensione C/R risulta finita siccome [C :R] = 2. Infatti {1, i} e una R-base per C.

Ricordiamo che |R| = 2ℵ0 > ℵ0 = |Q| e che, per ogniintero n, |Qn| = |Q| (entrambe i risultati sono dovuti a G.Cantor, il padre dell’Aritmetica Cardinale).

Nota 2.12. Il campo dei reali e un’estensione infinita di Q.Altrimenti R sarebbe in corrispondenza biunivoca con Qn

per qualche intero n (che va pensato come la dimensionedi R sui razionali), contraddicendo i due risultati di Cantorsummenzionati.

Un ulteriore e piu naturale esempio di estensione infinitae dato da

Esempio 2.13. Sia k un campo e K = k(t) il campo del-le funzioni razionali su k nell’indeterminata t. Allora [K :

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k] = ∞. Altrimenti si dica n la dimensione di K su k,allora 1, t, . . . , tn dovrebbero essere linearmente dipenden-ti su k, cioe esistono coefficienti a0, . . . , an in k tali che∑n

j=0 ajtj = 0, contro l’ipotesi fatta su t.

Richiamiamo alcune definizioni che serviranno per il pros-simo esempio.

Definizione 2.14. SiaA un anello commutativo. Ricordiamoche un ideale I di A dicesi primo se ab ∈ I implica chealmeno uno dei fattori appartiene a I . Un ideale M vienedetto massimale se M ≤ I ≤ A implica I = M o I = A.

Caratterizziamo queste due proprieta mediante l’anello quo-ziente A/I .

Proposizione 2.15. Dato un anello commutativo A e un suoideale I allora

1. A/I e un dominio sse I e primo;

2. A/I e un campo sse I e massimale.

Dim. Si ponga A = A/I e a = a + I . Allora ab ∈ I sseab = 0. Per cui I e primo sse A e un dominio. Sia ora A uncampo, allora gli unici ideali di A sono 0 o tutto A. Per ilteorema di corrispondenza sugli ideali negli anelli quozientene segue che I e massimale. Viceversa sia I massimale,allora A non possiede ideali non banali. Sia 0 6= x ∈ A,allora xA = A ed esiste y ∈ A tale che xy = 1 e A e uncampo . q.e.d.

Esercizio 2.16. Dimostrare che un ideale massimale e pri-mo. Mostrare che in un PID vale il viceversa.

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Esempio 2.17. Sia A = Q[t] e p(t) = t3 − 2 ∈ A. Allorap e irriducibile in quanto non ammette radici razionali. SiaI = pA, allora I e un ideale primo e siccome A e un do-minio a ideali principali I e addirittura massimale. QuindiK = A/I e un campo. Inoltre la mappa j : a 7→ a + I ,ove a ∈ Q risulta essere iniettiva. Identificando Q colla suaimmagine mediante j, possiamo dire che K e un’estensionedi Q. Sia f ∈ A. Per l’algoritmo euclideo esistono due po-linomi q ed r tali che f = qp + r ove deg r < deg p = 3.Allora f + I = r + I e K e generato come Q-spazio dalleclassi laterali individuate da 1, t e t2 e non e difficile prova-re che sono linearmente indipendenti. Quindi [K : Q] = 3.Mostriamo direttamente che K e un campo. L’unica diffi-colta consiste nel provare che ogni elemento non nullo di Kammette inverso. Sia f ∈ Ar I . Allora gcd(f, p) = 1, cioeesistono a, b ∈ A tali che af + pb = 1, ossia l’inverso dif + I e a+ I .

Vedremo come generalizzare questo esempio per costrui-re esempi di campi algebrici numerici di grado arbitrario.

Definizione 2.18. Sia K un’estensione di F . Se X e un sot-toinsieme di K, allora l’anello F [X] e l’intersezione di tuttii sottoanelli di K contenenti F e X . Analogamente vienedefinito il campo F (X). Se X e finito diremo che F (X) eun’estensione finitamente generata.

Per definizione F [X] e F (X) sono il minimo sottoanelloe il minimo sottocampo di K contenente F e X . Fissato unelemento a ∈ K sia eva la mappa di valutazione definita daF [x] in K mediante

eva(f) := f(a).

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Esercizio 2.19. Dimostrare che eva realizza un omomorfi-smo di anelli nonche di F -spazi vettoriali tra F [x] e K.

Proposizione 2.20. Sia K un’estensione di F e a ∈ K.Allora

F [a] = {f(a) | f(x) ∈ F [x]}e

F (a) = {f(a)/g(a) | f(x), g(x) ∈ F [x], g(a) 6= 0}.

Inoltre F (a) e il campo dei quozienti di F [a].

Dim. La mappa di valutazione eva ha come immagine{f(a) | f(x) ∈ F [x]} che risulta cosı essere un sottoanellodiK contenente F ed a. SeR indica un qualsiasi sottoanellodiK soddisfacente tali condizioni allora ogni elemento dellaforma f(a) appartiene a R. Questo dimostra la prima par-te dell’asserto. Ora {f(a)/g(a) | f(x), g(x) ∈ F [x], g(a) 6=0} e il campo dei quozienti di F [a] e risulta certamente mini-male rispetto alla proprieta di contenere F [a] tra i sottocampidi K . q.e.d.

In modo analogo si possono dimostrare simili risultati nelcaso di un arbitrario sottoinsieme finito X di K. Si indichicon a la n-upla (a1, . . . , an), ove ai ∈ K.

Proposizione 2.21. Sia X = {a1, . . . , an}, allora

F [X] = {f(a) | f(x) ∈ F [x]}

e

F (X) = {f(a)/g(a) | f(x), g(x) ∈ F [x], g(a) 6= 0}.

Nel casoX sia infinito ci si puo sempre ricondurre al casofinitamente generato.

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Proposizione 2.22. Sia K un’estensione di F e X ⊆ K. Seα ∈ F (X), allora α ∈ F (a1, . . . , an) per alcuni a1, . . . , an ∈K. Per cui F (X) =

⋃{F (a1, . . . , an) | a1, . . . , an ∈ K},

ove l’unione varia su tutti i sottoinsiemi finiti di X .

Dim. Ovviamente ogni campo F (a1, . . . , an) e contenutoin F (X); quindi L =

⋃a1,...,an∈K F (a1, . . . , an) ≤ F (X).

Per l’inclusione opposta basta mostrare che L e un cam-po. Siano α e β elementi di L, allora α ∈ F (a1, . . . , an) eβ ∈ F (b1, . . . , bm) per opportuni elementi ai e bj in K. Al-lora α ± β e α/β appartengono a F (a1, . . . , an, b1, . . . , bm)e quindi ad L . q.e.d.

Definizione 2.23. Se K e un’estensione di F , allora un ele-mento α ∈ K dicesi algebrico su F se esiste un polinomionon nullo f(x) ∈ F [x] tale che f(α) = 0. Se α non ealgebrico su F , allora viene detto trascendente su F . Seogni elemento di K risulta algebrico su F , allora diremoche K/F e un’estensione algebrica.

Sia K un’estensione di F e sia α ∈ K algebrico su F . Siconsideri

I = {f ∈ F [x] | f(α) = 0},allora e immediato mostrare che I e un ideale di F [x]. Sicco-me F [x] e un PID, ne segue che I = pF [x], per qualche po-linomio p(x); inoltre tale polinomio deve essere irriducibile.Ha quindi senso la seguente definizione:

Definizione 2.24. Se α e algebrico su F , il polinomio mini-mo di α su F e il polinomio monico p ∈ F [x] di grado mini-mo tale che p(α) = 0; verra denotato con minF (α). Equi-valentemente minF (α) e il generatore monico della mappaevα.

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Esercizio 2.25. Determinare minF (a) ove a ∈ F .

Esempio 2.26. Il numero complesso i =√−1 e algebri-

co su Q in quanto radice del polinomio x2 + 1. Si no-ti che minQ(i) = minR(i) = x2 + 1, mentre minC(i) =x − i; quindi il polinomio minimo dipende dal campo base.Sia ω = e

2πin = cos(2πn ) + i sin(2πn ), allora ωn − 1 = 0.

Determineremo in seguito minQ(ω).

Esempio 2.27. Il primo esempio di numero trascendente suirazionali venne costruito da Liouville nel 1851, trattasi di∑

n 10−n!. Nel 1873 Hermite dimostro che e, la base deilogaritmi neperiani, e trascendente. Analogo risultato ven-ne provato da Lindemann nel 1882 per π, chiudendo cosıun classico problema che datava piu di 2000 anni. D’al-tro canto π e banalmente algebrico su Q(π), quindi l’esserealgebrico o trascendente dipende dal campo base.

Esercizio 2.28. Sia a =√

2 e b =√

3, determinare i poli-nomi minimi su Q di a, b, a+ b e ab.

Proposizione 2.29. Sia K un’estensione di F e sia K 3 αalgebrico su F .

1. il polinomio minF (α) e irriducibile su F ;

2. se g(x) ∈ F [x], allora g(α) = 0 sse minF (α) divide g;

3. se n = deg minF (α), allora gli elementi 1, α, . . . , αn−1

costituiscono una base per F (α) su F , sicche [F (α) :F ] <∞. Inoltre F [α] = F (α).

Dim. Sia p(x) = minF (α). Se p non fosse irriducibile,allora α sarebbe radice di uno dei suoi fattori, contro la mini-malita del grado di p. Abbiamo gia osservato che ker(evα) e

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un ideale principale di F [x]. Ancora per minimalita si ha chep ne e generatore. Infine F [x]/ ker(evα) ' F [α] e un domi-nio di integrita essendo un sottoanello del campo K. Quindiper la Proposizione 2.15 pF [x] e un ideale primo. SiccomeF [x] e un PID, ogni ideale primo e massimale e F [α] e uncampo, quindi coincide con F (α). Infine dato g(x) ∈ F [x],mediante l’algoritmo euclideo e possibile determinare q, rtali che g = pq + r e deg r < deg p, per cui g(α) = r(α)e 1, α, . . . , αn−1 generano F [α] come F -spazio. D’altra par-te se fossero linearmente dipendenti avremmo un polinomionon nullo di grado inferiore a n di cui α e radice . q.e.d.

Nota 2.30. Si noti che la condizione F (α) = F [α] vale sse αe algebrico su F . La sufficienza e appena stata provata. SiaF (α) = F [α], allora 1/α ∈ F (α) si puo esprimere comeun polinomio f valutato in α, da cui risulta che α annulla ilpolinomio xf(x)− 1 ed e quindi algebrico su F .

Richiamiamo un risultato dovuto al matematico tedescoEisenstein.

Teorema 2.31. Sia D un UFD, p un elemento primo di D ef(x) =

∑ni=0 fix

i un polinomio a coefficienti in D tali chefi ≡p 0, per i ≤ n − 1, ma p2 6| f0 e fn 6≡p 0, allora f(x) eun elemento irriducibile di Q(D)[x].

Dim. Per assurdo sia f = gh, dove per il Lemma di Gausssi puo assumere che i coefficienti di g e h siano in D. Siindichi con l la riduzione modulo p del polinomio l, alloraf = gh, ma f = fnx

n. Quindi g = gmxm e h = hdx

d

con m, d > 0. Per cui g = g′mxm + pg′(x) e h = h′dx

d +ph′(x), per opportuni polinomi g′, h′ in D[x] e g′m, h

′d in D.

17

Moltiplicando tali espressioni si ottiene che f = fnxn +

pxf ′(x) + p2f ′0, contro le ipotesi . q.e.d.

Esempio 2.32. Sia f(x) = x3 − 2 ∈ Q[x], allora per ilcriterio di Eisenstein con p = 2, f e irriducibile e risul-ta essere il polinomio minimo per 3

√2 su Q. In particolare

[Q( 3√

2) : Q] = 3. Se p e un primo allora xn − p e ir-riducibile sempre come conseguenza del criterio di Eisen-stein e [Q( n

√p) : Q] = n. Sia ω una radice cubica dell’u-

nita sui complessi diversa da 1, allora ω3 − 1 = 0. Orax3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1), quindi ω annulla il secon-do fattore. Siccome questi non ammette radici razionali e ilpolinomio minimo di ω.

Esercizio 2.33. Stabilire per quali interi n, x2 − n e irridu-cibile su Q.

Dim. E ovvio che se n = a2, a ∈ Z, allora il polinomioe riducibile. Altrimenti sia n = a2b, ove b non e divisibileper quadrati (tali interi vengono detti square-free). Si pongay = x/a, allora x2−n e irriducibile sse y2−b lo e (perche?).A questo punto se esiste un primo che divide b, l’ultimo po-linomio e irriducibile per il criterio di Eisenstein, altrimentie riducibile (b deve essere ±1) . q.e.d.

Nota 2.34. Una completa caratterizzazione dei monomi ir-riducibili della forma xn− a, con a, n interi e dovuta al ma-tematico siciliano Capelli e verra trattata in seguito comeapplicazione della Teoria di Galois.

Il prossimo esercizio mostra che non sempre il criterio diEisenstein si puo applicare.

18

Esercizio 2.35. (Difficile) Determinare per quali valori di nf(x) = xn − p2 e irriducibile su Q con p primo.

Dim. Chiaramente n deve essere dispari. Sia questo ilcaso e si supponga che f = gh. Per il Lemma di Gausspossiamo assumere che i polinomi g, h siano a coefficientiinteri. Si deduce facilmente che devono essere monici. Siindichi con m la riduzione di un polinomio intero modulop, allora xn = f = gh. Essendo Zp[x] un PID, ne segueg = x2l e h = x2k+1, per opportuni interi positivi l e k.Sicche g = x2l + pg1 e h = x2k+1 + ph1. Da f = gh

segue che −p(1 + g1h1) = x2k+1g1 + x2lh1. Valutando inx = 0 si ottiene g1(0)h1(0) = −1, ossia i termini noti di h1e g1 valgono ±1. Riducendo modulo p nuovamente ottenia-mo x2k+1g1 = −x2lh1. Senza ledere la generalita possiamosupporre che 2l > 2k + 1 (l’altro caso viene trattato analo-gamente). Ne segue che x|g1, per cui si avrebbe che p|g1(0),contro quanto visto nel precedente paragrafo . q.e.d.

Esempio 2.36. Sia p un primo e ω = e2πip = cos(2πp ) +

i sin(2πp ) annulla il polinomio xp−1 = (x−1)(xp−1 + · · ·+x+ 1) e quindi annulla il secondo fattore. Poniamo Φ(x) =∑p−1

i=0 xi, allora Φ(x+1) = (x+1)p−1

x =∑p

i=1

(pi

)xi−1. Sicco-

me i coefficienti binomiali soddisfano le ipotesi del criteriodi Eisenstein rispetto al primo p, ne segue che Φ(x + 1) equindi Φ(x) sono irriducibili su Q. Per cui [Q(ω) : Q] =p− 1.

Vedremo in seguito come questo risultato si generalizzanel caso di radici di 1 di indice composto n e quali con-seguenze comporta nella risoluzione del classico problemadella costruzione del n-gono regolare con riga e compas-

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so. Il prossimo esempio fornisce alcune informazioni suisottocampi del campo delle funzioni razionali.

Definizione 2.37. Siano f, g elementi di un dominio a fatto-rizzazione unica. Diremo che f e g sono coprimi se gcd(f, g)vale 1 e scriveremo f ⊥ g.

Esempio 2.38. Sia k un campo e K = k(t) il campo dellefunzioni razionali su k nell’indeterminata t. Sia u ∈ K,u /∈ k, quindi u = f(t)/g(t), ove f, g ∈ k[t] e f ⊥ g. Siponga F = k(u). Vogliamo dimostrare che

[K : F ] = max(deg f, deg g).

In particolare K/F e un’estensione finita.

Dim. Si noti anzitutto che K = F (t). Si tratta alloradi determinare il polinomio minimo di t su F . Si considerip(x) = ug(x) − f(x) ∈ F [x]. Allora t e una radice di p e[K : F ] <∞. Siano f(x) =

∑ni=0 fix

i e g(x) =∑m

i=0 gjxj,

con fngm 6= 0, allora deg p = max(deg f, deg g). Se cosınon fosse si dovrebbe avere n = m e dovrebbe annullarsiil coefficiente di xn in p. Ma questi eguaglia ufn − gn ese fosse nullo avremmo u ∈ k. Poiche ∞ = [K : k] =[K : F ][F : k], u e trascendente su k. Per cui k[x] ' k[u].Se p fosse riducibile su k(u) allora lo sarebbe su k[u] perla Proposizione 1.31 applicata al dominio D = k[u]. Siap(x, u) = h(x, u)l(x, u) in k[x, u]. Siccome degu p = 1 siha degu h = 1 e degu l = 0, ossia l = l(x) ∈ k[x]. Quindil(x)|ctx(p) = gcd(f(x), g(x)) = 1 da cui segue l ∈ k e p eirriducibile su k(u) = F e p = minF (t) . q.e.d.

Fatto molto piu importante e che tutti i sottocampi inter-medi tra k(t) e k sono della forma k(u), per qualche u ∈

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k(t). In particolare [k(t) : L] < ∞ per ognuno di ta-li sottocampi L. Questo risultato e noto come Teorema diLuroth.

Definizione 2.39. SiaK = F (a), per qualche a ∈ K, alloraK dicesi un’estensione semplice di F .

Esercizio 2.40. Posti a =√

(2) e b = sqrt(3), si dimostriche Q(a, b)/Q e semplice (coincide con Q(a+ b)).

Dim. Un semplice calcolo mostra che (a+b)3 = 11a+9b.

Siccome la matrice(

11 91 1

)e invertibile, ne segue che

a, b si esprimono come combinazioni lineari a coefficientirazionali in (a + b) e (a + b)3. Quindi a, b ∈ Q(a + b). Machiaramente Q(a+ b) ≤ Q(a, b) e quindi coincidono.

Esempio 2.41. Sia K un’estensione finitamente generata diF , ossia K = F (a1, . . . , an) e siano Li i campi interme-di definiti ricorsivamente come segue: L0 = F e Li+1 =Li(ai+1). Allora K coincide con Ln e puo quindi essereottenuto mediante un numero finito di estensioni semplici.

Nota 2.42. La precedente definizione e il precedente eser-cizio mostrano che talvolta estensioni finitamente generatesono semplici. Dimostreremo che questo e sempre vero seconsideriamo estensioni finitamente generate dei razionalimediante elementi algebrici.

Conviene notare che finora abbiamo usato il termine fini-tamente generato in tre accezioni distinte. Dati due campiK ed F tali che K ≥ F , K puo essere finitamente gene-rato come F -spazio vettoriale, come F -anello o come F -campo. Nel primo caso semplicemente diciamo che [K :

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F ] < ∞, nel secondo K = F [a1, . . . , an] e nel terzo K =F (a1, . . . , an). E altresı ovvio che ogni accezione implicala successiva. Al fine di esplorare meglio questi concettidimostriamo una serie di risultati.

Lemma 2.43. Se K e un’estensione finita di F allora K ealgebrico e finitamente generato su F (come campo).

Dim. Sia α1, . . . , αn una base per K su F , allora ognielemento di K e della forma

∑aiαi e K = F (α1, . . . , αn)

e finitamente generato su F . Sia a ∈ K, allora 1, a, . . . , an

sono linearmente dipendenti su F , il che equivale ad asserireche a e algebrico su F . q.e.d.

Vale anche il viceversa ma la dimostrazione richiede al-cune proprieta del grado.

Proposizione 2.44. Siano F ≤ L ≤ K campi, allora

[K : F ] = [K : L][L : F ].

Dim. Sia {ai | i ∈ I} una base per L/F e {bj | i ∈ J}una per K/L. Mostriamo che {aibj | i ∈ I, j ∈ J} e unabase per K/F . Se x appartiene a K, allora esistono αj ∈ Ltali che x =

∑j αjbj. Inoltre esistono βij ∈ F tali che

αj =∑

i βijai, quindi x =∑

i,j βijaibj e aibj generano Kcome spazio su F . Sia

∑i,j βijaibj = 0, allora

∑i βijai = 0

per l’indipendenza dei bj su L. Usando la F -indipendenzadegli ai segue che βij = 0, quindi gli aibj costituiscono unaF -base per K e [K : F ] = |I||J | = [K : L][L : F ] . q.e.d.

Proviamo che finitamente generata e algebrica implica fi-nita.

22

Proposizione 2.45. Sia K un’estensione di F . Se αi ∈ K ealgebrico, allora F [α1, . . . , αn] e un’estensione finita di F ,inoltre

[F [α1, . . . , αn] : F ] ≤n∏i=1

[F [αi] : F ].

Dim. Procediamo per induzione su n. Il caso n = 1segue dalla Proposizione 2.29. Si ponga E = F [α1, . . . , αn]e L = F [α1, . . . , αn−1], allora [L : F ] ≤

∏n−1i=1 [F [αi] : F ].

Allora E = L[αn] e un campo, poiche αn e algebrico su Le siccome minL(αn)|minF (αn) ancora per 2.29, si ha [E :L] ≤ [F [αn] : F ]. Allora induzione e 2.44 implicano

[E : F ] = [E : L][L : F ] ≤n∏i=1

[F [αi] : F ],

come richiesto . q.e.d.

Notiamo che la disuguaglianza puo essere stretta.

Esempio 2.46. Sia a = 4√

2 e b = 4√

18, allora [Q(a) : Q] =[Q(b) : Q] = 4, poiche x4 − 2 e x4 − 18 sono irriduci-bili su Q per il criterio di Eisenstein. Tuttavia Q(a, b) =Q( 4√

2,√

3) che ha grado 8 su Q. Infatti (b/a)4 = 3, quindi√3 ∈ Q(a, b). Ora [Q(a, b) : Q(a)] ≤ 2, poiche b soddisfa

il polinomio x2 − 3√

(2) = x2 − 3a2 ∈ Q(a)[x]. Per 2.44

[Q(a, b) : Q] = [Q(a, b) : Q(a)][Q(a) : Q] ≤8 = [Q( 4

√2,√

3) : Q].

Siccome Q( 4√

2,√

3) ≤ Q(a, b), otteniamo l’eguaglianza.

Esercizio 2.47. Dimostrare che 8 = [Q( 4√

2,√

3) : Q].

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Dim. Si ponga a = 4√

2 e b =√

3. Siccome [Q(a) : Q] =4, basta provare che deg minQ(a)(b) = 2, ossia che b /∈ Q(a).Altrimenti b = w + xa+ ya2 + za3 un elemento di Q(a) (siricordi che 1, a, a2, a3 sono una base per Q(a)). Quadrandosi avrebbe

wz + 2yx = 02wy + x2 + 2z2 = 0

wx+ 2zy = 0w2 + 4zx+ 2y2 = 3

.

w = 0 implicherebbe x = z = 0, ma 2y2 = 3 non ammettesoluzioni in Q. Quindi z = −2xyw e x

w(w2 − 2y2) = 0, il cheimpone w = 0 . q.e.d.

Mostreremo questo fatto come applicazione della teoriadi Galois.

Corollario 2.48. Se K estende F , allora α ∈ K e algebricosu F sse [F (α) : F ] < ∞. Inoltre K e algebrico su F se[K : F ] <∞.

Non vale pero il viceversa, ossia esistono estensioni alge-briche di grado infinito.

Proposizione 2.49. Sia K un’estensione di F e sia X unsottoinsieme di K costituito da elementi algebrici. AlloraF (X) e algebrica su F . Se |X| < ∞, allora [F (X) : F ] <∞.

Dim. Sia a ∈ F (X). Per 2.22 esistono α1, . . . , αn ∈ Xtali che a ∈ F (α1, . . . , αn). Per 2.45, F (α1, . . . , αn) e, afortiori, a sono algebrici su F . Per cui F (X) e algebrico suF . L’ultimo fatto segue da 2.45 . q.e.d.

24

Possiamo alfine provare che essere algebrico e una pro-prieta transitiva.

Teorema 2.50. Siano F ≤ L ≤ K campi. Se L/F e K/Lsono estensioni algebriche, allora K/F lo e.

Dim. Sia α ∈ K e sia f(x) =∑n

i=0 fixi il polinomio

minimo di α su L. Siccome L/F e algebrica, allora il cam-po L0 = F (f0, . . . , fn−1) e un’estensione finita di F per2.48. Ora f(x) ∈ L0[x], per cui α e algebrico su L0. Al-lora [L0[α] : F ] = [L0[α] : L0][L0 : F ] < ∞. PoicheF (α) ≤ L0(α), si vede che [F (α) : F ] < ∞ e α e al-gebrico su F . Data l’arbitrarieta di a, si ha che K/F ealgebrica . q.e.d.

Per cui ha senso la seguente definizione.

Definizione 2.51. Sia K un’estensione di F . L’insieme

{a ∈ K | a e algebrico su F}

viene detto la chiusura algebrica di F in K.

Corollario 2.52. Sia L la chiusura algebrica di F in K, al-lora L e un campo e quindi la massima estensione algebricadi F contenuta in K.

Dim. Siano a, b ∈ L. Allora F (a, b) e algebrico su Fper 2.50 quindi contenuto in L. Ma a + b, a/b e ab stannoin F (a, b). Quindi L e un campo. D’altro canto ogni ele-mento algebrico su F sta in L, da cui segue la parte finaledell’asserto . q.e.d.

Definizione 2.53. Dati due sottocampi L1 e L2 di un campoF , dicesi composto di L1 e L2 il campo L1(L2) = L2(L1),

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ossia il piu piccolo sottocampo contenente entrambi. Verraindicato con L1L2, che non va confuso con il prodotto insie-mistico.

Esercizio 2.54. Posti a =√

2, b =√

3, si dimostri cheQ(a)Q(b) = Q(a+ b), ma a+ b non appartiene al prodottoinsiemistico di questi due campi.

Dim. Abbiamo gia mostrato che Q(a + b) = Q(a, b),ma chiaramente quest’ultimo contiene Q(a) e Q(b) e quin-di contiene anche il loro composto. Viceversa Q(a, b) =Q(a)(b) ≤ Q(a)Q(b). Se a + b appartenesse al prodotto in-siemistico di questi due campi dovrebbero esistere x0, x1 ey0, y1 in Q tali che a + b = (x0 + x1a)(y0 + y1b). Siccome1, a, b, ab e una base per Q(a, b) su Q, ne segue che xiyi = 0e xiyj = 1, ove i, j ∈ {1, 2} e i 6= j. Ma queste condizionisono incompatibili . q.e.d.


2 e ω = e2πi3 . Allora Q(a)Q(ω) =

Q(a, ω) = Q(a + ω). La prima identita si dimostra comesopra. Per la seconda si ponga b = a + ω, allora (b −ω)3 = 2. Espandendo e tenendo conto del fatto che ω3 = 1e ω2 = −1 − ω, si ha ω = b3−3b−3

3b2+3b . Quindi ω ∈ Q(b) ea = b− ω ∈ Q(b), da cui Q(a, ω) = Q(b).

3 Automorfismi

Ricordiamo che un omomorfismo di anelli e una mappa chepreserva prodotto, somma e identita.

Definizione 3.1. Sia K un campo. Un isomorfismo di anellida K in K viene detto un automorfismo di K.

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Esercizio 3.2. Dimostrare che ogni omomorfismo da un cam-po in se e iniettivo.

Dim. Sia f ∈ End(K), allora N = ker f e un ideale diK, alloraN = 0 oK. Siccome f(1K) = 1L, il secondo casonon si verifica . q.e.d.

Definizione 3.3. Siano K ed L estensioni di F . Allora unomomorfismo τ da K in L viene detto un F -omomorfismose τ(a) = a, ∀a ∈ F . L’insieme di tali mappe viene indicatocon homF (K,L). Se L = K parleremo di F -endomorfismidi K e li indicheremo con EndF (K).

In modo equivalente τ ∈ homF (K,L) se la restrizione diτ ad F coincide colla mappa identica, τ�F = idF . Si notiche τ ∈ homF (K,L) soddisfa τ(αa) = τ(α)τ(a) = ατ(a),per ogni α ∈ F , a ∈ K; ossia e F -lineare. Per quanto vistoτ e iniettivo. Se [K : F ] = [L : F ] < ∞, allora τ e anchesuriettivo, quindi un isomorfismo.

Esercizio 3.4. Sia [K : F ] = [L : F ] < ∞. Si dimostri cheogni F -omomorfismo da K in L e una biezione.

Il prossimo esercizio mostra che la condizione di finitezzadel grado e necessaria.

Esercizio 3.5. Sia X = {xi | i ∈ N} e F un campo. Sia τla mappa da K = F (X) in se definita sostituendo in ognifunzione razionale l’indeterminata xi con xi+1. Provare cheτ e iniettiva ma non suriettiva.

Definizione 3.6. Sia K un’estensione di F . Il gruppo diGalois Gal(K/F ) e l’insieme di tutti gli F -automorfismi diK.

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In generale se K = F (X), allora un F -automorfismo edefinito dichiarando l’immagine dei generatori.

Lemma 3.7. Sia K = F (X). Se σ, τ ∈ Gal(K/F ) e σ�X =τ�X , allora σ = τ . Per cui F -automorfismi sono determinatidalla loro azione sui generatori.

Dim. Si ponga α = (α1, . . . , αn). Sia a ∈ K, allo-ra esistono α1, . . . , αn ∈ K tali che a ∈ F (α) e f, g ∈F [x1, . . . , xn] tali che a = f(α)/g(α). Sia f(x) =

∑I bIx

I ,dove I e un multiindice (i1, . . . , in), bI ∈ F e xI = xi11 · · · xinn .Ora

σ(f(α1, . . . , αn)) =∑

I bIσ(α1)i1 · · ·σ(αn)

in =∑I bIτ(α1)

i1 · · · τ(αn)in = τ(f(α1, . . . , αn)),

quindi σ(a) = τ(a) . q.e.d.

Lemma 3.8. Sia τ ∈ homF (K,L) e α ∈ K algebrico suF . Se f(α) = 0, ove f ∈ F [x], allora f(τ(α)) = 0.Quindi τ permuta le radici di minF (α). Inoltre minF (α) =minF (τ(α)).

Dim. Sia f(x) =∑n

i=0 fixi. Allora

0 = τ(0) =n∑i=0

τ(fi)τ(α)i.

Ma τ(fi) = fi in quanto fi ∈ F . Allora f(τ(α)) = 0. Inparticolare questo vale per p = minF (α). Da p(τ(α)) = 0segue che minF (τ(α))|p, ma p e irriducibile e allora coinci-de con minF (τ(α)) . q.e.d.

Corollario 3.9. Se [K : F ] <∞, allora Gal(K/F ) <∞.

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Dim. ChiaramenteK/F e finitamente generata, ossiaK =F (a1, . . . , an) con ai algebrico su F . Ora ogni F - automor-fismo e univocamente determinato dalle immagini degli ai equeste, per 3.8, possono essere scelte in un numero finito dimodi . q.e.d.

Esempio 3.10. Mostriamo che Gal(C/R) = {id, σ}, oveσ indica la coniugazione complessa. Chiaramente questisono automorfismi. Viceversa si osservi che C = R(i), ovei2 + 1 = 0, quindi per ogni R-automorfismo τ(i) = ±i eGal(C/R) ammette solo due elementi.


2, allora Gal(Q(a)/Q) = 1. Siaσ ∈ Gal(Q(a)/Q), allora σ(a) deve essere una radice dix3 − 2 ed un elemento di Q(a) che e un sottocampo di R.Siccome le altre radici di x3 − 2 non sono reali, σ(a) = a eσ = id.

Esempio 3.12. Sia K = F2(t) e F = F2(t2). Allora [K :

F ] = 2. Infatti t annulla x2 − t2 ∈ F [x]. D’altro cantox2 − t2 = (x − t)2 ammette un’unica radice, t. Per cuiGal(K/F ) = id.

Esempio 3.13. Sia F = F2. Il polinomio 1 + x + x2 eirriducibile su F poiche non ha ivi radici. Sia M = (1 +x + x2)F [x] e K = F [x]/M . Per 2.15 K e un campo i cuielementi sono della forma a + bx + M , ove a, b ∈ F . OraF e isomorfo a, e verra identificato con, {a + M | a ∈ F}.Si ponga α = x + M , allora K = F (α). Per definire unF -automorfismo σ di K basta specificare σ(α). Questi deveessere una radice di 1+x+x2. Ma 1+x+x2 = (x−α)(x−α−1) suK, allora σ(α) = α o α+1. Nel primo caso σ = id.

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Nel secondo caso e facile provare che σ(a+bα) = a+b+bαdefinisce un F -automorfismo. Quindi Gal(K/F ) = {id, σ}.

Esercizio 3.14. Mostrare che σ(a+bα) = a+b+bα definisceun automorfismo di F (α)/F ove α2 + α + 1 = 0 e F = F2.

L’idea chiave della Teoria di Galois e lasciare interagireteoria dei gruppi e teoria dei campi.

Definizione 3.15. Data un’estensione K/F e un campo in-termedio F ≤ L ≤ K definiamo Gal(K/L) come il gruppodegli L-automorfismi di K. Viceversa dato un sottoinsiemeS ⊆ Aut(K), definiamo

F(S) = {a ∈ K | τ(a) = a, ∀τ ∈ S}.

Esercizio 3.16. Provare che per ogni S ⊆ Aut(K) e unsottocampo di K.

In particolare se S ⊆ Gal(K/F ), allora K ≥ F(S) ≥ F ,cioe F(S) e un campo intermedio.

Lemma 3.17. Sia K un campo.

1. Se L1 ≤ L2 sono sottocampi diK, allora Gal(K/L1) ≥Gal(K/L2);

2. se L ≤ K, allora L ≤ F(Gal(K/L));

3. se S1 ⊆ S2 sono sottoinsiemi di Aut(K), allora F(S1) ⊇F(S2);

4. se S ⊆ Aut(K), allora S ⊆ Gal(K/F(S));

5. se L = F(S), allora L = F(Gal(K/L));

6. se H = Gal(K/L), allora H = Gal(K/F(H)).

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Dim. I primi quattro punti sono facili conseguenze delladefinizione. Ad esempio se σ ∈ Gal(K/L2), allora σ(a) =a, per ogni a ∈ L2. Siccome L2 ≥ L1, σ ∈ Gal(K/L1). Peril punto 5 si supponga che L = F(S) per qualche sottoinsie-me S di Aut(K). Allora S ⊆ Gal(K/L) e F(Gal(K/L)) ≤F(S) = L. MaL ≤ F(Gal(K/L)), quindiL = F(Gal(K/L)).Per il punto 6, se H = Gal(K/L), per qualche sottocampoL di K, allora L ≤ F(Gal(K/L)) e

Gal(K/F(Gal(K/L)) ≤ Gal(K/L) = H.

Tuttavia per il punto 4, H ≤ Gal(K/F(H)), quindi H =Gal(K/F(H)) e l’asserto se ne deduce . q.e.d.

Corollario 3.18. Sia K un’estensione di F , allora esisteuna biezione che inverte le inclusioni tra i sottogruppi diGal(K/F ) della forma Gal(K/L) con L ≥ F e l’insiemedei sottocampi intermedi K ≥ L ≥ F della forma F(S) perqualche sottoinsieme S di Gal(K/F ). La corrispondenza edata da L 7→ Gal(K/L) e l’inversa da H 7→ F(H).

Dim. E un immediata conseguenza del Lemma 3.17. SeG e F sono i gruppi e i campi relativi all’enunciato, alloraL 7→ Gal(K/L) definisce una mappa da F in G. Tale mappae una biezione per il punto 5 del suddetto lemma. Il punto 6dimostra che H 7→ F(H) ne definisce l’inversa . q.e.d.

Data un’estensione finita K/F , sotto quali condizioni lacorrispondenzaL 7→ Gal(K/L) definisce una corrisponden-za che inverte le inclusioni tra tutti i sottogruppi di Gal(K/F )e tutti i sottocampi intermedi K ≥ L ≥ F ?

31

E necessario che F = F(Gal(K/F )). In realta tale con-dizione risultera anche sufficiente. Stabiliamo ora alcunerelazioni tra |Gal(K/F )| e [K : F ].

Definizione 3.19. Se G e un gruppo e K un campo, alloraun carattere e un omomorfismo da G in K∗.

Ponendo G = K∗, si vede che gli F -automorfismi posso-no essere considerati come caratteri da G in K∗.

Lemma 3.20 (Dedekind). Siano τ1, . . . , τn caratteri distintida G in K∗. Allora i τi sono linearmente indipendenti su K,ossia

∑i ciτi(g) = 0 per ogni g ∈ G implica ci = 0.

Dim. Sia k minimo tale che∑k

i=1 ciτi = 0. Allora ci 6= 0.Poiche τ1 6= τ2, esiste h ∈ G tale che τ1(h) 6= τ2(h). Si ha∑k

i=1 ciτ1(h)τi(g) = 0 ek∑i=1

ciτi(gh) =k∑i=1

ciτi(h)τi(g) = 0.

Sottraendo si ottiene∑k

i=1 ci(τ1(h)− τi(h))τi(g) = 0, ossiauna combinazione non nulla che rappresenta l’endomorfi-smo nullo con meno di k termini, contro la minimalita dik . q.e.d.

Questo Lemma e il capostipite di altri risultati che so-no noti come leggi di ortogonalita nell’ambito della teoriadelle rappresentazioni, di cui Dedekind viene indirettamenteconsiderato uno dei fondatori.

Proposizione 3.21. Sia K/F finita, allora |Gal(K/F )| ≤[K : F ].

Dim. Il gruppo Gal(K/F ) e finito per 3.9. Sia Gal(K/F ) ={τ1, . . . , τn} e sia [K : F ] < n. Sia α1, . . . , αm una F -base

32

per K. La matrice A = (τi(αj)) ∈ (K)n×m ha quindi righelinearmente dipendenti su K. Allora esistono ci ∈ K nontutti nulli tali che

∑i τi(αj) = 0 per ogni j. Sia G = K∗,

allora G 3 g =∑

j fjαj per opportuni fj ∈ F . Sicche∑i

ciτi(g) =∑i

ci∑j

fjτi(αj) =∑j

fj(∑i

ciτi(αj)) = 0.

Per il Lemma 3.20 ci = 0, contro le ipotesi. Quindi |Gal(K/F )| ≤[K : F ] . q.e.d.

Si noti che il precedente risultato sarebbe ovvio se K =F [α] fosse un’estensione semplice. In quel caso ogni auto-morfismo σ e determinato da σ(α). Ma questa deve essereuna radice di minF (α), il cui grado coincide con [K : F ].Inoltre gli esempi 3.11 e 3.12 mostrano che la disuguaglian-za puo essere stretta.

Proposizione 3.22 (Artin). Sia G un sottogruppo finito diAut(K) e F = F(G). Allora |G| = [K : F ] e G =Gal(K/F ).

Dim. Per 3.21 |G| ≤ [K : F ]. Sia n = |G| < [K : F ] e siscelgano α1, . . . , αn+1 ∈ K linearmente indipendenti su F .Se G = {τ1, . . . , τn}, allora A = (τi(αj)) ∈ (K)n×(n+1) hacolonne linearmente dipendenti. Sia k il minimo numero dicolonne linearmente dipendenti (ad esempio siano le primek). Allora esistono ci ∈ K tali che

∑ki=1 ciτj(αi) = 0 per

ogni j. Per minimalita ci 6= 0, allora posso supporre chec1 = 1. Se ci ∈ F , allora 0 = τj(

∑i ciαi) e l’argomento di

τj sarebbe nullo contro la F -indipendenza degli αi. Alloraesiste c2 /∈ F e quindi σ ∈ G tale che σ(c2) 6= c2. Appli-cando σ ottengo

∑i σ(ci)τj(αi) = 0 per ogni j. Sottraendo

33

la somma originaria ottengo∑k

i=2(σ(ci)− ci)τj(αi) = 0 perogni j, contro la minimalita di k. Pertanto |G| = [K : F ].In particolare G = Gal(K/F ) essendo G ≤ Gal(K/F ) e|G| = [K : F ] ≥ Gal(K/F ) . q.e.d.

Definizione 3.23. SiaK un’estensione algebrica di F . Allo-raK dicesi estensione di Galois diF seF = F(Gal(K/F )).

Noi ci occuperemo esclusivamente del caso [K : F ] <∞.

Corollario 3.24. SiaK/F finita, alloraK/F e di Galois sse|Gal(K/F )| = [K : F ].

Dim. Se K/F e di Galois, allora F = F(Gal(K/F )) e,per 3.22 |Gal(K/F )| = [K : F ]. Viceversa si ponga L =F(Gal(K/F )). Allora Gal/K/F ) = Gal(K/L) per 3.22 e|Gal(K/F )| = [K : L] ≤ [K : F ]. Siccome |Gal(K/F )| =[K : F ], si ha [K : L] = [K : F ], per cui F = L . q.e.d.

Purtroppo determinare Gal(K/F ) e un compito difficilein generale.

Corollario 3.25. Sia K = F [a] un’estensione algebricasemplice di F . Allora |Gal(K/F )| e uguale al numero di ra-dici distinte di minF (a). Per cui K/F e Galois sse minF (a)ha n radici distinte, ove n = deg minF (a).

Dim. Sia τ ∈ G = Gal(K/F ), allora τ(a) e una radice diminF (a). Siccome τ(a) determina unicamente τ , si ha che|G| ≤ n. Viceversa sia b ∈ K una radice di minF (a) e sidefinisca una mappa τ ∈ F F , mediante τ(f(a)) = f(b) (os-sia τ coincide colla sostituzione a 7→ b). Allora e immediatoprovare che τ ∈ G. Quindi |G| e uguale al numero di radici

34

distinte di minF (a). Siccome [K : F ] = deg minF (a), K/Fe di Galois sse minF (a) ha tutte radici distinte in K . q.e.d.

Esistono due casi in cui p = minF (a) non abbastanzaradici distinte in K: o non tutte le radici di p stanno in K,oppure p ammette radici multiple. Gli esempi 3.11 e 3.12mostrano che entrambi i casi sono possibili.

Esempio 3.26. L’estensione Q( 3√

2)/Q non e di Galois, poicheha grado 3 ma Gal(Q( 3

√2)/Q) e banale.

Definizione 3.27. Dato un campo K sia u : Z → K de-finita via nu = n1K . Ovviamente u e un omomorfismo dianelli. Siccome K e un dominio, keru e un ideale primo onullo di Z. Sia p il suo generatore, allora p viene detto lacaratteristica, char(K) di K.

Esercizio 3.28. Dimostrare che keru e un ideale primo onullo di Z.

Esempio 3.29. Sia k un campo di caratteristica p > 0 eK = k(t) il campo delle funzioni razionali su k. Allora l’e-stensione k(t)/k(tp) ha grado p. D’altra parte il polinomioxp − tp = (x− t)p ammette una sola radice in k(t). Quindik(t)/k(tp) non e di Galois.

Esempio 3.30. Sia F un campo tale che char(F ) 6= 2, siaa ∈ F r F 2, ove F 2 indica l’insieme dei quadrati di F esia infine M = (x2 − a) l’ideale generato da x2 − a. AlloraK = F [x]/M e un campo, essendo x2−a irriducibile. Postou = x + M ∈ K, si vede che K = F [u]. Ora [K : F ] = 2.Sia σ(a + bu) = a − bu, per ogni a, b ∈ F , allora σ e unF -automorfismo di K, allora 2 ≤ |Gal(K/F )| ≤ [K : F ] eK/F e di Galois.

35


2, b = e2πi3 , e K = Q(a, b) al-

lora K/Q e di Galois. Infatti il grado dell’estensione e 6essendo [Q(a) : Q] = 3, [Q(b) : Q] = 2 e b /∈ Q(a).Siccome ogni Q-automorfismo σ di K e univocamente de-terminato da σ(a), σ(b), possiamo individuare σ medianteuna coppia (a′, b′) di elementi di K. Inoltre a′ e radice dix3 − 2 e b′ di x2 + x + 1. Quindi ho 6 possibili coppie(a, b), (ab, b), (a, b2), (ab2, b), (ab, b2), (ab2, b2). Ognuna diesse realizza un automorfismo.

Esercizio 3.32. Sia a = 3√

2, b = e2πi3 , e K = Q(a, b). Det-

ta τ la mappa individuata da (ab, b) e σ quella individuatada (a, b2), dimostrare che realizzano automorfismi di K eprovare che 〈τ, σ〉 e il gruppo diedrale di ordine 6 (ossia ilgruppo delle simmetrie di un triangolo equilatero).

Esempio 3.33. Sia k un campo, x = (x1, . . . , xn) e K =k(x). Data una permutazione σ ∈ Sn, il gruppo simmetricosu n oggetti, sia xσ = (x1σ , . . . , xnσ). Estendiamo σ a tuttoK come segue: (

f(x)

g(x)

)σ=f(xσ)

g(xσ).

Un po’ di fatica consente di provare che σ definisce un k-automorfismo di K. Quindi Sn ≤ Aut(K). Sia F = F(Sn).Per 3.22 K/F e un’estensione di Galois con Gal(K/F ) =Sn. F viene detto il campo delle funzioni simmetriche neglixi. Questo segue dal fatto che f(x)

g(x) ∈ F implica f(x)g(x) = f(xσ)

g(xσ) .Siano

s1 = x1 + x2 + · · ·+ xn,s2 = x1x2 + x1x3 + · · ·+ xn−1xn,

...sn = x1x2 · · · xn.

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I polinomi si vengono detti i polinomi simmetrici elementari.Ovviamente k(s1, . . . , sn) ≤ F . Si noti che

n∏i=1

(t− xi) = tn +n−1∑i=0

(−)isitn−i,

ove s0 = 1.

4 Estensioni Normali

Abbiamo visto che un’estensione algebrica sempliceF [a]/Fe di Galois sse tutte le radici di minF (a) stanno in F [a] esono distinte. In questo paragrafo analizziamo il primo caso.

Lemma 4.1 (Ruffini). Sia f(x) ∈ F [x] e a ∈ F , alloraf(a) = 0 sse x − a|f(x). Inoltre f ammette al piu deg(f)radici.

Dim. Per l’algoritmo della divisione f = q · (x − a) +r, ove deg r < deg(x − a), ossia r ∈ F . Ma f(a) = r,quindi f(a) = 0 sse x − a|f(x). Sia ora a una radice dif , allora f = (x − a)q, ove q ∈ F [x]. Per induzione sudeg f possiamo assumere che il numero di radici di q siaal piu deg q = deg f − 1, da cui segue la seconda partedell’asserto . q.e.d.

Definizione 4.2. Sia f ∈ F [x] e K un’estensione di F . Al-lora si dice che f spezza su K se f(x) = a

∏i(x − ai) per

opportuni elementi ai ∈ K.

Esercizio 4.3. Dimostrare che x2 + 1 ∈ R[x] si spezza suC. Piu in generale, sia p(x) ∈ F [x] un polinomio di gradodue e sia a ∈ K, K un’estensione di F , una radice di p.Mostrare che p spezza in K.

37

Esercizio 4.4. Sia p un primo e f =∑p−1

i=0 xi ∈ Q[x]. Sia

ω = e2πip . Provare che f spezza su Q(ω).

Teorema 4.5 (Kronecker). Abbia f(x) ∈ F [x] grado n. Al-lora esiste un’estensione K di F che contiene una radice dif e [K : F ] ≤ n. Inoltre esiste un ’estensione L/F su cui fspezza e [L : F ] ≤ n!.

Dim. Sia p(x) un fattore irriducibile di f(x) in F [x] e siaM = (p(x)). Allora K = F [x]/M e un campo ed esistemonomorfismo da F in K, ossia la mappa φ : a 7→ a + M .Rimpiazzando F con φ(F ), possiamo assumere che K siaun’estensione di F . Inoltre α = x+M ∈ K e una radice dip e quindi di f . Poiche [K : F ] = deg p ≤ deg f , abbiamola prima parte dell’asserto.

Ora f(x) = (x−α)g(x) inK[x]. Per induzione su n esisteun’estensione L/K di grado minore o uguale a (n − 1)! sucui g si spezza. Ma allora anche f spezza su L e [L : F ] =[L : K][K : F ] ≤ n(n− 1)! = n! . q.e.d.

Definizione 4.6. Sia K un’estensione di F e f(x) ∈ F [x].

1. Se f(x) ∈ F [x], allora K e un campo di spezzamentoper f su F se f si spezza su K e K = F (a1, . . . , an),ove a1, . . . , an sono le radici di f ;

2. se S e un insieme di polinomi non costanti su F , alloraK e un campo di spezzamento per S su F se ogni f ∈ Ssi spezza su K e K = F (X), ove X e l’insieme di tuttele radici di tutti i polinomi in S.

Intuitivamente un campo di spezzamento per un insiemeS e la minima estensione su cui i polinomi in S si spezzano.

38

Corollario 4.7. Sia S = {f1, . . . , fn} un sottoinsieme finitodi F [x]. Allora esiste un campo di spezzamento per S su F .

Dim. Si ponga f =∏

i fi, allora K e un campo di spezza-mento per f sse lo e per S. Per 4.5 segue il risultato . q.e.d.


2 e b = e2πi3 , allora il campo

K = Q(a, b) e di spezzamento per il polinomio p = x3−2 ∈Q[x]. Infatti questo polinomio ammette a, ab, ab2 come ra-dici. Quindi p si spezza su K. Inoltre ogni campo di spez-zamento contiene necessariamente a e b = ab/a, quindicontiene K.

Corollario 4.9. Sia f ∈ F [x] di grado n. Se K e un campodi spezzamento di f su F , allora [K : F ] ≤ n!.

Dim. Per induzione su deg f . Se n = 1 e ovvio. Sia K dispezzamento per f su F e sia a ∈ K una radice di f . Alloraf = (x− a)g e deg g = n− 1. Inoltre K e di spezzamentoper g su F [a]. Ma [F [a] : F ] ≤ n, essendo minF (a) undivisore di f , quindi [K : F ] = [K : F [a]][F [a] : F ] ≤(n− 1)!n . q.e.d.

Esempio 4.10. Sia k un campo e K = k(x1, . . . , xn). Ab-biamo gia visto come definire un’azione di Sn su K. SiaF = F(Sn), allora Sn = Gal(K/F ) per 3.22 e [K : F ] =|Sn| = n!. Siano si le funzioni simmetriche elementari, os-sia si =

∑I x

I , ove I = (i1, . . . , in) e un multiindice dilunghezza |I| =

∑j ij = i, ij ∈ N≥0 e xI =

∏j x

ijj . Allora

k(s1, . . . , sn) ≤ F . Vogliamo mostrare che k(s1, . . . , sn) =F . Sia f(t) =

∏ni=1(t−xi) ∈ K[t], allora f(t) =

∑ni=0(−)isix

n−i,ove si pone s0 = 1. Ora K e generato dagli xi su k, quin-di e un campo di spezzamento per f(t) su k(s1, . . . , sn).

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Poiche [K : F ] = |Sn| = n!, [K : k(s1, . . . , sn)] ≥ n!.Tuttavia [K : k(s1, . . . , sn)] ≤ n! per 4.9. Per cui F =k(s1, . . . , sn) e ogni funzione razionale simmetrica e unafunzione razionale nelle funzioni simmetriche elementari.

Chiusure Algebriche

Lemma 4.11. Sia K un campo allora le seguenti afferma-zioni sono equivalenti:

1. Non esistono estensioni algebriche proprie di K;

2. non esistono estensioni finite proprie di K;

3. seL e un’estensione diK, alloraK = {a ∈ L | a e algebrico su K};

4. ogni f(x) ∈ K[x] si spezza;

5. ogni f(x) ∈ K[x] ammette una radice in K;

6. ogni polinomio irriducibile su K ha grado 1.

Dim. (1)⇒ (2): Infatti ogni estensione finita e algebrica.(2)⇒ (3): Sia a algebrico su K, allora K(a) e un’esten-

sione finita di K e K(a) = K, cioe a ∈ K.(3)⇒ (4): Sia f(x) ∈ K[x] e sia L un campo di spezza-

mento di f su K. Siccome L e algebrico su K, ne segue cheL = K, ossi f si spezza su K.

(4)⇒ (5): banale.(5) ⇒ (6): Sia f ∈ K[x] irriducibile. Allora f ammette

una radice in K, ossia f ha un fattore lineare e quindi f hagrado 1, essendo irriducibile. (6)⇒ (1): Sia L un’estensio-ne algebrica di K. Si prenda a ∈ L e sia p(x) = minK(a).Allora deg p = 1 e a ∈ K . q.e.d.

40

Definizione 4.12. Se K soddisfa una delle condizioni equi-valenti del Lemma 4.11, allora K dicesi algebricamentechiuso. Se K e un’estensione algebrica di F e K e alge-bricamente chiuso, allora K dicesi una chiusura algebricadi F .

Esempio 4.13. Il campo dei complessi C e algebricamentechiuso, fatto che verra in seguito provato sotto il nome diTeorema Fondamentale dell’Algebra. Sia

A = {a ∈ C | a e algebrico su Q},

allora A e algebricamente chiuso. Infatti se f(x) ∈ A[x],allora f si spezza in C. Ne sia a una radice, allora a ealgebrica su A e quindi su Q per 2.50, cioe a ∈ A. Si notiche A 6= C, poiche C/Q non e algebrica.

Desideriamo provare che ogni campo ammette una chiu-sura algebrica e quindi che ogni insieme di polinomi ammet-te un campo di spezzamento. A tal fine abbiamo bisogno dialcuni risultati di Aritmetica Cardinale e del Lemma di Zorn.Si ricorda che ℵ0 = |N|.

Lemma 4.14. SeK/F e algebrica, allora |K| ≤ max{|F |,ℵ0}.

Dim. Dato a ∈ K, siano a1, . . . , an le radici di minF (a)in K. Se M e l’insieme di tutti i polinomi monici su F sidefinisca f : K → M × N mediante f(a) = (minF (a), r)se a = ar. Essendo f iniettiva, allora |K| ≤ |M × N| =max{|M|,ℵ0}. Basta mostrare che |M| ≤ max{|F |,ℵ0}.Sia Mn l’insieme dei polinomi monici di grado n, allora|Mn| = |F n|, essendo (a0, . . . , an−1) 7→ xn

∑n−1i=0 aixi una

biezione. Se F e finito, allora F n e finito, altrimenti |F n| =|F | (in particolare i punti di un segmento sono i corrispon-

41

denza biunivoca coi punti di un quadrato). Pertanto |M| =|⋃

Mn| = max{|F |,ℵ0} . q.e.d.

Esercizio 4.15. Sia I = [0, 1] ⊂ R, allora ogni elemento diI e descritto dalla sua espansione decimale a = 0.a1a2 . . ..Si definisca f : I2 → I , come segue f(a, b) = 0.a0b0a1b1 . . ..Provare che f realizza una biezione tra I2 e I .

Teorema 4.16. Sia F un campo. Allora F ammette unachiusura algebrica.

Dim. Sia S un insieme contenteF tale che |S| > max{|F |,ℵ0}.Sia A l’insieme di tutte le estensioni algebriche di F inter-ne ad S. Allora A e ordinato rispetto all’inclusione. Per ilLemma di Zorn esiste un elemento massimale M di A. Vo-gliamo provare che M e una chiusura algebrica di F . Sia Lun’estensione algebrica di M . Allora per 4.14

|L| ≤ max{|M |,ℵ0} ≤ max{|F |,ℵ0} < |S|.

Per cui esiste una funzione f : L → S tale che f�M = id.Definendo f(a + b) = f(a) + f(b) e f(a).f(b) = f(ab),allora f(L) risulta essere un’estensione di M ed f un omo-morfismo. Per massimalita f(L) = M e L = M . Per tantoM e algebricamente chiuso. essendo algebrico su F , ne echiusura algebrica . q.e.d.

Esercizio 4.17 (Artin). (Difficile) Sia F un campo e sia Sl’insieme dei polinomi monici irriducibili su F . Ad ogni ele-mento f di S si associ una nuova indeterminata che indiche-remo con xf . Sia A = F [xf | f ∈ S] un anello di polinomiin una variabile per ogni f ∈ S. Sia I � A, l’ideale gene-rato da f(xf), f ∈ S. Provare che I 6= A. Sia allora M un

42

ideale massimale che contiene I e F1 = A/I . Provare cheF1 e un’estensione di F e che ogni f ammette una radice inF1. Dato Fi si costruisca Fi+1 ripetendo questa procedura.Sia L =

⋃∞i=1 Fi. Mostrare che f si spezza in L e che la

chiusura algebrica di F in L e una chiusura algebrica di F .

Traiamo subito una conseguenza da questo risultato tec-nico.

Corollario 4.18. Sia S un insieme di polinomi non costantisu F . Allora S ammette un campo di spezzamento su F .

Dim. Sia K una chiusura algebrica di F . Allora tutti glielementi di S si spezzano su K e sia X l’insieme delle rela-tive radici. Allora F (X) ≤ K e un campo di spezzamentoper S su F . q.e.d.

Corollario 4.19. Se F e un campo, allora il campo di spez-zamento L di tutti i polinomi non costanti su F e una chiu-sura algebrica di F .

Dim. Chiaramente L/F e algebrica. Sia K una chiusuraalgebrica di L e sia a ∈ L. Allora per 2.50 a e algebrico suF . Siccome minF (a) si spezza su L ne segue che a ∈ L e Le algebricamente chiuso . q.e.d.

Provata l’esistenza ci si puo chiedere quanti campi di spez-zamento e possibile determinare. Dato σ ∈ hom(F, F ′) epossibile estendere σ a tutto F [x], definendo (

∑i aix

i)σ =∑i a

σi x

i. Se f(x) =∏

i(x−ai), allora f(x)σ =∏

i(x−aσi ).

Lemma 4.20. Sia σ ∈ hom(F, F ′) un isomorfismo di cam-pi. Sia f(x) ∈ F [x] irriducibile. Sia α una radice di f in

43

qualche estensione K di F e α′ una radice di fσ in qual-che estensione K ′ di F ′. Allora esiste un isomorfismo τ :F (α)→ F ′(α′), tale che τ(α) = α′ e τ�F = σ.

Dim. Siccome f e irriducibile e f(α) = 0, il polino-mio minimo di α su F e un multiplo scalare di f . Quin-di f e minF (α) generano lo stesso ideale principale M inF [x]. Allora esiste un F -isomorfismo φ : F [x]/M → F (α)definito da φ(g(x) + M) = g(α). Analogamente esisteψ : F ′[x]/M ′ → F ′(α′) definito da ψ(g(x) + M) = g(α′),ove M ′ = (fσ). Inoltre ν : F [x]/M → F ′[x]/M ′ definitoda ν(g(x) + M) = g(x) + M ′ realizza un F isomorfismo.Pertanto τ = ψ ◦ν ◦ψ−1 : F (α)→ F ′(α′) e un isomorfismoche estende σ e tale che τ(α) = α′ . q.e.d.

Lemma 4.21. Sia σ ∈ hom(F, F ′) un isomorfismo di campi,K un’estensione di F e K ′ un’estensione di F ′. Sia K uncampo di spezzamento per {fi} su F e τ : K → K ′ sia unomomorfismo tale che τ�F = σ. Se f ′i = fσi , allora τ(K) eun campo di spezzamento per {f ′i} su F ′.

Dim. Poiche K e un campo di spezzamento per {fi}, esi-stono a, α1, . . . , αn ∈ K tali che fi(x) = a

∏i(x − αi).

Allora f τi = aτ∏

i(x − ατi ). Siccome K e generato dalleradici di fi su F , Kτ e generato dalle radici degli f ′i , ossia eun campo di spezzamento per {f ′i} su F ′ . q.e.d.

Mostriamo ora il teorema di estensione di un isomorfi-smo, uno strumento cruciale per la determinazione del grup-po di Galois e per la costruzione di automorfismi.

Teorema 4.22. Sia σ ∈ hom(F, F ′) un isomorfismo, f(x) ∈F [x] e fσ ∈ F ′[x] il polinomio corrispondente. Siano K e

44

K ′ campi di spezzamento per f e fσ su F e F ′ rispettiva-mente. Allora esiste un isomorfismo τ ∈ hom(K,K ′), taleche τ�F = σ. Inoltre se α e una radice di f in K e α′ euna qualsiasi radice di minF (α)σ in K ′, allora τ puo esserescelto in modo che ατ = α′.

Dim. Per induzione su n = [K : F ]. Se n = 1, allora fspezza su F e τ = σ. Si assuma il risultato vero per esten-sioni di grado minore di n. Se f si spezza su F , allora ilrisultato e vero. Altrimenti sia p(x) un fattore irriducibile dif e α una radice di p e α′ una di pσ. Si ponga L = F (α)e L′ = F (α′). Allora [L : F ] > 1 e [K : L] < n. Peril Lemma 4.20 esiste un isomorfismo ρ ∈ hom(L,L′) taleche ρ(α) = α′. Siccome K e un campo di spezzamento perf su L e K ′ lo e per f ′ su F ′, ρ si estende ad un isomorfi-smo τ ∈ hom(K,K ′) che soddisfa le richieste dell’asserto.Ovviamente τ estende σ . q.e.d.

Teorema 4.23. Sia σ ∈ hom(F, F ′) un isomorfismo. SiaS = {fi} un insieme di polinomi su F e S ′ = {fσi } il cor-rispondente insieme su F ′. Sia K(K ′) un campo di spez-zamento per S(S ′) su F (F ′). Allora esiste un isomorfismoτ : K → K ′ tale che τ�F = σ. Inoltre se α ∈ K e α′ e unaqualsiasi radice di σ(minF (α)), allora τ puo essere sceltocosı che τ(α) = α′.

Dim. La dimostrazione utilizza il Lemma di Zorn. Sia S

l’insieme di tutte le coppie (L, φ) tali che L e un sottocam-po di K e φ : L → K ′ e un omomorfismo che estende τ .Tale collezione e non vuota essendo (F, σ) un suo elemen-to. Inoltre trattasi di un insieme parzialmente ordinato (o,brevemente, poset) rispetto a (L, φ) ≤ (L′, φ′) sse L ≤ L′

45

e φ′�L = φ. Sia {(Li, φi)} una catena in S. Se L =⋃Li

e φ(a) = φi(a) se a ∈ Li, allora (L, φ) ∈ S e per il Lem-ma di Zorn esiste un elemento massimale in S. Sia questi(M, τ). Vogliamo provare che M = K e M τ = K ′. Sefosse M 6= K, allora esisterebbe f ∈ S che non si spezza.Sia α una radice di f in K rM e p = minF (α). Si pongap′ = pσ e ne sia α′ ∈ K ′ una radice (esiste poiche f ′ = fσ

si spezza in K ′). Per il Lemma 4.20 esiste un omomorfismoρ da M(α) in τ(M)(α′) che estende τ , contro la massima-lita di (M, τ). Quindi M = K. Siccome τ(K) ≤ K ′ e dispezzamento per S ′ su F ′, allora coincide con K ′ . q.e.d.

Corollario 4.24. Sia F un campo a S un sottoinsieme diF [x]. Allora ogni due campi di spezzamento per S su F sonotra loro isomorfi. In particolare esiste un’unica chiusuraalgebrica per F a meno di isomorfismi.

Dim. Segue dal precedente teorema specializzando al ca-so σ = idF per la prima parte e a S uguale all’insieme di tuttii polinomi non costanti su F per la seconda parte . q.e.d.

Mostriamo che ogni estensione algebrica di un campo Fpuo essere pensata come sottocampo di una fissata chiusuraalgebrica.

Corollario 4.25. Sia F un campo e sia N una chiusura al-gebrica di F . Se K e un’estensione algebrica di F , alloraK e isomorfo ad un sottocampo di N .

Dim. Sia M una chiusura algebrica di K. Per il Teorema2.50, M e algebrico su F , quindi una chiusura algebrica perF . Per il precedente corollario esiste un isomorfismo f :M → N , allora f(K) e il campo cercato . q.e.d.

46

Introduciamo ora un altro concetto.

Definizione 4.26. SiaK un’estensione di F , alloraK e nor-male su F seK e di spezzamento per un insieme di polinomisu F .

Esempio 4.27. Se [K : F ] = 2, allora K e normale su F .Infatti se a ∈ KrF , alloraK = F (a). Se p(x) = minF (a),allora p ammette una radice in K, ma avendo grado 2 sispezza, ossia K e il campo di spezzamento per p su F .

Esempio 4.28. Sia F ≤ L ≤ K e K/F normale, alloraK/L e normale. Infatti esiste S ⊆ F [x] tale che K e ge-nerato su F dalle radici degli elementi di S. Ma lo stessoaccade considerando S come sottoinsieme di L[x].

Esempio 4.29. Sia K = Q(ω, 3√

2), allora K e di spezza-mento per x3 − 2 su Q, quindi normale su Q. Analogamen-te Q( 4

√2, i) e normale su Q in quanto di spezzamento per

x4 − 2. Anche Q(i) e normale su Q considerando il po-linomio x2 + 1. Mentre mostreremo che Q( 4

√2) non lo e

.

Esempio 4.30. Sia F un campo di caratteristica p > 0 e sisupponga che K = F (a1, . . . , an) ove api ∈ F . Allora K/Fe normale. Infatti minF (ai)|xp − api . Ma quest’ultimo fatto-rizza come (x − ai)p su K. Allora K e il campo di spezza-mento per {minF (ai)}. Si noti che Gal(K/F ) = id, avendoognuno di questi polinomi una sola radice in K. Ad esem-pio se k(x1, . . . , xn) e il campo delle funzioni razionali in nindeterminate a coefficienti in un campo k di caratteristicap, allora k(x1, . . . , xn)/k(x1

p, . . . , xnp) e normale.

Forniamo ora alcune caratterizzazioni per estensioni nor-mali.

47

Proposizione 4.31. Sia K algebrico su F , allora le seguentisono equivalenti:

1. K/F e normale

2. se M e una chiusura algebrica di K e se τ : K → M eun F -omomorfismo, allora τ(K) = K

3. se F ≤ L ≤ K ≤ N sono campi a se σ ∈ homF (L,N),allora σ(L) ≤ K ed esiste τ ∈ Gal(K/F ) tale cheτ�L = σ

4. per ogni polinomio irriducibile f ∈ F [x], se f ammetteuna radice in K, allora f si spezza su K

Dim. (1)⇒ (2): SiaM una chiusura algebrica diK, e siaτ ∈ homF (K,M). Se K e di spezzamento per S ⊆ F [x],lo stesso vale per Kτ per il Lemma 4.20. Siccome K e Kτ

sono generati dalle stesse radici su F , allora K = Kτ .(2) ⇒ (3): Siano F ≤ L ≤ K ≤ N campi e sia

σ ∈ homF (L,N). Poiche L ≤ K, l’estensione L/F e alge-brica, quindi Lσ ≤ N e algebrica su F . Sia M ′ la chiusuraalgebrica di F in N e sia M una chiusura algebrica di M ′.Allora M e una chiusura algebrica di K. Per il Teorema4.22 esiste un’estensione ρ ∈ EndF (M) tale che ρ�L = σ.Sia τ = ρ�K . Per la condizione 2 abbiamo Kτ = K, quindiLσ = Lτ ≤ Kτ = K e τ ∈ Gal(K/F ).

(3) ⇒ (4): Sia f ∈ F [x] irriducibile e sia α ∈ K unaradice di f . Sia L = F (α) ≤ K e sia M una chiusuraalgebrica di K. Se β ∈ M e una radice di f , allora esisteσ ∈ homF (L,M) dato da g(α)σ = g(β). Per la condizione3 Lσ ≤ K, quindi β ∈ K e f spezza su K.

(4)⇒ (1): La condizione 4 mostra che minF (α) si spez-za su K per ciascun α ∈ K. Per cui K e il campo di

48

spezzamento su F di {minF (a) | a ∈ K} ed e normale suF . q.e.d.

Un’utile conseguenza della Proposizione 4.31 e che se Ke normale su F allora e di spezzamento per {minF (a) | a ∈K}.

5 Estensioni Separabili e Inseparabili

Si ricordi che per il Corollario ?? F (a)/F non e di Galois seminF (a) non spezza su F (a) o se ammette radici ripetute. Inquesta sezione investighiamo quando un polinomio minimoammette radici multiple. Vedremo che questa condizioneimplica charF > 0.

Definizione 5.1. Sia f ∈ F [x]. Una radice α di f ha mol-teplicita m se (x− α)m|f ma (x− α)m+1 6 |f . Se m > 1, αviene detta una radice ripetuta di f .

Definizione 5.2. Sia F un campo. Un polinomio irriducibilef(x) ∈ F [x] dicesi separabile su F se f non ha radici ripe-tute in ogni campo di spezzamento. Un polinomio g dicesiseparabile se lo sono tutti i suoi fattori irriducibili.

Esempio 5.3. Il polinomio x2−2 e separabile su Q, cosıcome(x− 1)9. Il polinomio x2 + x+ 1 e separabile su F2, poichese α e una radice, allora lo e anche α+ 1. Sia charF = p ea ∈ F r F p. Allora xp− a e irriducibile su F , ma non e se-parabile, ammettendo al piu una radice per ogni estensionedi F .

Lemma 5.4. Siano f e g due polinomi in F [x].

1. Se f non ha radici ripetute in alcun campo di spezza-mento, allora f e separabile su F

49

2. se g divide f e f e separabile su F , allora g e separabilesu F

3. se f1, . . . , fn sono polinomi separabili su F , allora ilprodotto f1 · · · fn e separabile su F

4. se f e separabile su F , allora f e separabile su ogniestensione di F .

Dim. Per la proprieta 1, se f non ammette radici multiple,lo stesso avviene per i suoi fattori irriducibili. Per 2, se gdivide f ed f e separabile i fattori irriducibili di g non pos-sono avere radici multiple. Per 3 basta osservare che i fattoriirriducibili degli fi coincidono con quelli di

∏i fi. Sia infine

f ∈ F [x] separabile. Sia K un’estensione di F , p un fattoreirriducibile di f in K[x] e α una sua radice in qualche chiu-sura algebrica. Si ponga q = minF (α), allora q(x) ∈ K[x]e p|q. Siccome q|f , q non ha radici multiple e lo stesso valeper p, quindi f e separabile . q.e.d.

Definizione 5.5. Se f(x) =∑

i fixi, allora la derivata for-

male Df di f e definita come∑

i ifixi−1.

Si noti che Dxp = 0 se charF = p. Inoltre D soddisfa leconsuete proprieta:

1. (linearita): D(af(x) + bg(x)) = aDf(x) + bDg(x),∀a, b ∈ F

2. (Leibnitz): D(f(x)g(x)) = f(x)Dg(x) + g(x)Df(x)

3. (composizione): D(f(g(x))) = Df(g(x))Dg(x)

Proposizione 5.6. Sia f ∈ F [x] un polinomio non costante.Allora f non ha radici ripetute in un campo di spezzamentosse f ⊥ Df in F [x].

50

Dim. Si osservi che f e Df sono coprimi in F [x] sse losono in K[x]. Se lo sono in F esistono g, h ∈ F [x] tali chefg + f ′h = 1, che puo essere letta come equazione sia inK[x] che in F [x]. Siano ora f e f ′ coprimi su F e sia K dispezzamento per {f, f ′}. Se {f, f ′} ammettessero una radi-ce comune α in K sarebbero divisibili entrambi per x − α,contro la coprimalita. Viceversa se f ed f ′ non hanno radicicomuni, il loro massimo comune divisore d(x) ∈ F [x], nonammette radici in ogni campo di spezzamento, quindi deveessere costante . q.e.d.

Proposizione 5.7. Sia f ∈ F [x] irriducibile.

1. se charF=0, allora f e separabile su F . Se charF =p > 0, allora f e separabile su F sse f ′ 6= 0 sse f(x) 6∈F [xp]

2. se charF = p, allora f(x) = g(xpm

) per qualche m ∈N e qualche g(x) ∈ F [x] irriducibile e separabile su F .

Dim. Se f ∈ F [x] e irriducibile su F , allora la solapossibilita per gcd(f, f ′) e 1 o f . Se charF = 0, alloradeg f ′ = deg f − 1, quindi f ′ non divide f , f ⊥ f ′ e la Pro-posizione 5.6 forza f separabile. Sia ora charF = p > 0.Come sopra si ha gcd(f, f ′) = f sse f |f ′ sse f ′ = 0 ssef(x) ∈ F [xp]. Per la seconda parte sia m massimo tale chef(x) ∈ F [xp

m

]. Poiche il grado di f e limitato, talem esiste.Sia f(x) = g(xp

m

), allora g(x) 6∈ F [xp] per la massimalitadi m, quindi g e separabile. Se non fosse irriducibile, non losarebbe nemmeno f . q.e.d.

Definizione 5.8. Sia K un’estensione algebrica di F e siaα ∈ K. Allora α dicesi separabile su F se minF (α) e sepa-

51

rabile. Se ogni elemento di K e separabile su F si dice cheK/F e separabile.

Esempio 5.9. Se charF = 0, allora ogni estensione alge-brica di F e separabile. Se charF = p > 0 e F (x) eil campo delle funzioni razionali su F , allora l’estensioneF (x)/F (xp) non e separabile poiche minF (xp)(x) = tp− xpammette solo x come radice.

Siamo infine in grado di caratterizzare un’estensione diGalois.

Teorema 5.10. Sia K un’estensione algebrica di F , allora iseguenti sono equivalenti:

1. K/F e Galois

2. K e normale e separabile su F

3. K e di spezzamento per una collezione di polinomi se-parabili su F

Dim. (1) ⇒ (2): Sia K/F di Galois e sia α ∈ K. Sianoα1, . . . , αn gli elementi distinti di {σ(α) |σ ∈ Gal(K/F )}.Tale insieme e finito per il Lemma ??, siccome ασ e radi-ce di minF (α). Sia f(x) =

∏i(x − αi) ∈ K[x]. Allora

f τ = f , siccome τ permuta gli αi. Allora f ha coefficientiin F(Gal(K/F )) = F . Quindi minF (α) divide f per cuisi spezza su K e non ha radici multiple. Siccome α era ar-bitrario, K e di spezzamento per la collezione di polinomiseparabili {minF (α) |α ∈ K}. Quindi K/F e normale eseparabile.

(2) ⇒ (3): Se K/F e normale e separabile, allora K eil campo di spezzamento dell’insieme di polinomi separabili{minF (α) |α ∈ K} per la Proposizione 4.31.

52

(3) ⇒ (1): Supponiamo in un primo tempo che n =[K : F ] sia finito e usiamo induzione sul grado n. Se n =1, ovviamente K/F e di Galois. Sia n > 1, allora esisteun polinomio in S che ammette una radice non in F , Siaquesta α e sia L = F (α). Allora [L : F ] > 1 e [K :L] < [K : F ]. Siccome K e campo di spezzamento perun insieme di polinomi separabili su F , e la separabilita siconserva passando ad estensioni, si ha che K e campo dispezzamento per polinomi separabili su L eK/L e di Galoisper induzione. Sia H = Gal(K/L) e siano {α1, . . . , αr} leradici distinte di minF (α). Siccome α e separabile su F , r =[L : F ]. Per il Teorema di estensione dell’isomorfismo esisteτi ∈ Gal(K/F ) tale che ατi = αi. Siccome τiH(α) = {αi}le classi laterali τiH sono distinte. Sia G = Gal(K/F ),allora

|G| = |G : H||H| ≥ r · |H| = [L : F ][K : L] = [K : F ].

Poiche |G| ≤ [K : F ], per il teorema di Artin, si ha |G| =[K : F ] e K/F e di Galois. Ora sia K/F arbitraria. Peripotesi K = SpF (S) e il campo di spezzamento su F di unacollezione di polinomi separabili S ⊆ F [x]. Sia X l’insie-me delle radici in K dei polinomi in S, allora K = F (X).Sia a ∈ F(Gal(K/F )). Allora esiste un sottoinsieme fini-to {α1, . . . , αn} di X tale che a ∈ F (α1, . . . , αn). Sia Lil campo di spezzamento di {minF (αi) | i ∈ [n]}. AlloraL/F e di Galois finita. Per il Teorema di estensione dell’i-somorfismo, ogni elemento di Gal(L/F ) si estende a tuttoK, quindi Gal(L/F ) = {σ�L |σ ∈ Gal(K/F )}. Pertantoa ∈ F(Gal(L/F )), ossia a ∈ F essendo L/F di Galois. Percui F(Gal(K/F )) = F e K/F e di Galois . q.e.d.

53

Corollario 5.11. Sia L/F finita.

1. L/F e separabile sse L ≤ K, ove K/F e di Galois.

2. Sia L = F (a1, . . . , an), ai separabile, allora L/F eseparabile.

Dim. Se L ≤ K con K/F Galois, allora K/F e sepa-rabile per il Teorema 5.10. Quindi L/F e separabile. Vi-ceversa sia L/F separabile, allora L = F (a1, . . . , an), oveai e separabile su F . Se K = SpF (S), S = {minF (ai)},allora L ≤ K e K/F e di Galois per il Teorema 5.10. Perla seconda parte, sia L = F (a1, . . . , an), ai separabile su Fe K = SpF (S), S = {minF (ai)}. Allora K/F e Galois,quindi separabile, da cui L/F risulta separabile . q.e.d.

Definizione 5.12. Un campo F dicesi perfetto se ogni esten-sione algebrica di F e separabile.

Esempio 5.13. Se charF = 0, allora F e separabile.

Teorema 5.14. Sia charF = p, allora F e perfetto sse F =F p.

Dim. Sia F perfetto e sia a ∈ F . Sia K = F (α) oveαp = a. Allora minF (α)|(x− α)p. Siccome F e perfetto nesegue che α ∈ F e F = F p.

Viceversa siaF = F p e sia α algebrico suF , f = minF (α).Allora f(x) = g(xp

m

), per qualche m ∈ N. Sia g(x) =∑i gix

ipm. Allora esistono bi ∈ F tali che gi = bpi . Sefosse m 6= 0, allora f(x) = (

∑i bix

ipm−1)p, contro l’irridu-cibilita di f , quindi m = 0, f = g, f e separabile e F eperfetto . q.e.d.

54

Esempio 5.15. Sia F un campo finito e sia p = charF . Al-lora φ ∈ End(F ) definito da φ(a) = ap e un monomorfismo,quindi un epimorfismo essendo F finito, ossia F = F p e Fe perfetto.

6 Il Teorema Fondamentale della Teoria di Galois

Possiamo alfin provare il teorema fondamentale della teoriadi Galois nel caso di estensioni finite K/F .

Definizione 6.1. Per uniformita diremo che un campo in-termedio K ≥ L ≥ F e chiuso se L = F(H) per H ≤Gal(K/F ) e analogamente H ≥ G si dira chiuso se H =Gal(K/L) per qualche campo intermedio.

Teorema 6.2 (Fondamentale della Teoria di Galois). Sia Kun’estensione finita di F e siaG = Gal(K/F ). Allora esisteuna biezione tra i sottogruppi di G e i campi intermedi K ≥L ≥ F data da L 7→ Gal(K/L) e H 7→ F(H). Inoltre seL ↔ H , allora [K : L] = |H| e [L : F ] = [G : H]. Infine,L/F e di Galois sse H e un sottogruppo normale di G. Intal caso Gal(L/F ) ' G/H .

Dim. Abbiamo visto nel Lemma 3.17 che le mappe L 7→Gal(K/L) e H 7→ F(H) fornisco delle biezioni che inver-tono l’inclusione tra sottocampi e sottogruppi chiusi. Osser-viamo che per il Lemma di Artin 3.22, H ≤ G coincide conGal(K/F(H)), quindi e chiuso. Sia ora L un campo inter-medio. Poiche K/F e di Galois, K e normale e separabilesu F . Pertanto K e normale e separabile su L e K/L e diGalois. Quindi L = F(Gal(K/L)) e L e chiuso. Sempreper il Lemma di Artin si ha che [K : L] = |Gal(K/L)|,

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quindi

[L : F ] = [K : F ]/[K : L] = |G|/|H| = |G : H|.

Sia H � G e L = F(H). Si consideri a ∈ L e b una radicedi minF (a), allora il teorema di estensione dell’isomorfismoassicura l’esistenza di σ ∈ G tale che aσ = b. Sia τ ∈ H ,allora bτ = στσ(a) = aσ = b, essendo τσ = σ−1τσ ∈ H .Quindi τ(b) = b e b ∈ L. Quindi L/F e normale. Sic-come K ≥ L e K/F e separabile, anche L/F e separabi-le e quindi di Galois. Viceversa sia L/F di Galois, alloraper ogni σ ∈ G, Lσ = L per la Proposizione 4.31. Siaθ ∈ hom(G,Gal(L/F )) la restrizione a L, allora ker θ =H , quindi H e un sottogruppo normale di G. Inoltre, peril Teorema di estensione dell’isomorfismo, θ e suriettiva eGal(L/F ) = θ(G) ' G/H . q.e.d.

7 Campi Finiti

Sia F un campo finito, allora sappiamo che la caratteristicadi F deve essere un primo p e che il sottocampo minimo diF e isomorfo a Zp, il campo delle classi di resto modulo p.Poiche F e finito, F risultera essere uno spazio vettoruialedi dimensione finita, diciamo n, su Zp. Quindi |F | = pn.Cominciamo col dimostrare che G = F ∗, il gruppo molti-plicativo di F e ciclico. Ricordiamo che l’ordine |a| di unelemento a di un gruppo e il minimo intero non nullo n taleche an = 1.

Definizione 7.1. SiaA un gruppo abeliano, allora l’esponentediA, exp(A), e il minimo comune multiplo degli ordini deglielementi di A.

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Vogliamo determinare alcune proprieta di exp(A).

Lemma 7.2. Siano a, b elementi di un gruppo abeliano finitoA e siano n,m i loro ordini. Allora:

• se n ⊥ m, allora |ab| = lcm(n,m);

• sia t ∈ N un divisore di n, allora |at| = nt ;

• esiste c ∈ A tale che |c| = lcm(n,m).

Dim. Ovviamente |ab||lcm(n,m). Sia p un divisore pri-mo di lcm(n,m) = nm. Ad esempio sia p un divisore di n,allora (ab)

nmp = (am)

np . Siccome am e a lo stesso gruppo,

ne segue che |am| = n. Quindi (ab)nmp 6= 1, ossia nes-

sun divisore proprio di nm puo fungere da ordine per abe |ab| = nm. Il secondo punto e immediato. Infine siad = gcd(n,m) e l = lcm(n,m), allora ld = nm. Datoun primo p e un intero n si definisca pvp(n) come la massi-ma potenza di p che divide n. Sia dn =

∏vp(m)≥vp(d) p

vp(d) edm =

∏vp(n)>vp(d)

pvp(d). Allora d = dndm, gcd( ndn ,mdm

) = 1

e nmdndm

= l. Applicando il primo punto agli elementi a′ = adn

e b′ = bdm, ne segue che |a′b′| = l . q.e.d.

Mediante un ragionamento induttivo Da questo Lemmasegue facilmente che in un gruppo abeliano A esiste un ele-mento a il cui ordine coincide con exp(A).

Corollario 7.3. Un gruppo abelianoA e ciclico sse exp(A) =|A|.

Dim. Per quanto visto esiste a ∈ A tale che |a| = exp(A).Allora se exp(A) = |A|, ne segue cheA e il gruppo generatoda a, quindi ciclico. Viceversa se A = 〈a〉, allora |A| =|a| = exp(A) . q.e.d.

57

Teorema 7.4. Sia F un campo finito, allora G = F ∗ eciclico.

Dim. Sia n = |G| e m = exp(G), allora m|n per il Teo-rema di Lagrange. D’altro canto ogni elemento di G annullail polinomio xm − 1. Dal Lemma di Ruffini ne segue chen ≤ m. Per cui n = m e G e ciclico . q.e.d.

Ogni generatore di F ∗ viene detto un elemento primitivodi F .

Esempio 7.5. Sia F = Zp, allora un generatore di F ∗, vienedetto un elemento primitivo modulo p. Non esistono metodiuniformi per la determinazione esplicita di tali elementi.

Corollario 7.6. Sia F un campo finito, allora ogni estensio-ne finita K di F e semplice.

Dim. Sia a un elemento primitivo per K, allora K =F (a) . q.e.d.

Teorema 7.7. Sia F un campo finito di caratteristica p e sia|F | = pn. Allora F e il campo di spezzamento del polino-mio separabile xp

n − x. Per cui F/Fp e di Galois. Inol-tre Gal(F/Fp) e generato dall’automorfismo σ definito daσ(a) = ap.

Dim. Per il Teorema di Lagrange apn−1 − 1 = 0, per ogni

a ∈ F ∗, quindi xpn − x si spezza su F , il che dimostra an-

che la sua separabilita essendo le sue radici tutti e soli glielementi di F . Per cui F/Fp e di Galois. Un facile calcolomostra che σ ∈ Aut(F ). Inoltre σm = id sse n|m. Per-tanto |σ| = n = |F : Fp| e il Lemma di Artin assicura cheGal(F/Fp) = 〈σ〉 . q.e.d.

58

Corollario 7.8. Due campi finiti sono isomorfi sse hanno lastessa cardinalita.

Dim. Basta mostrare la sufficienza della seconda condi-zione, ma questa segue dal fatto che il campo di spezzamen-to di xp

n − x e individuato a meno di isomorfismi . q.e.d.

Corollario 7.9. Sia K/F un’estensione di campi finiti, allo-ra K/F e di Galois con gruppo ciclico. Inoltre se charF =p e |F | = pn, allora Gal(K/F ) e generato da τ : a 7→ ap

n

.

Dim. Sia |K : Fp| = m, allora Gal(K/Fp) e ciclico di or-dine m. Ora Gal(K/F ) e un sottogruppo di Gal(K/Fp),quindi ciclico. Se s = |Gal(K/F )| e sm = n, alloraGal(K/F ) e generato da σn = τ . q.e.d.

Ora mostriamo che data ogni potenza pn con p primoesiste un campo finito di cardinalita pn.

Teorema 7.10. Sia N una chiusura algebrica per Fp. Perogni intero n esiste un unico sottocampo di N di ordine pn.Se K,L ≤ N , di ordini pn e pm, allora L ≤ K sse m|n.

Dim. Sia n un intero e sia K l’insieme delle radici difn(x) = xp

n − x in N . Allora |K| = pn ed e facile mostrareche K e un campo. D’altra parte sappiamo che ogni campodi ordine pn annulla f(x), quindi K e l’unico sottocampo dicardinalita pn di N . Sia L ≤ K, allora [L : Fp]|[K : Fp].Viceversa se m|n, allora fm|fn, quindi, essendo L l’insiemedelle radici in N di fm, L ≤ K . q.e.d.

59

8 Costruzioni con riga e compasso

Mostriamo come la teoria di Galois consenta di fornire ri-sposta ad una serie di problemi classici, ossia enunciati giadai geometri greci. A tal uopo necessita esplicitare il concet-to di numero costruibile. Supponiamo di avere a disposizio-ne un segmento la cui lunghezza possiamo per convenzioneporre uguale a 1. Allora e noto che mediante riga e compas-so si ottengono punti del piano cartesiano le cui coordinatesono razionali. Definiamo ricorsivamente il concetto di co-struible nel seguente modo. Diciamo che una retta e costrui-bile se passa per due punti costruibili. Analogamente unacirconferenza dicesi costruibile se e centrata e passa per unpunto costruibile.

60

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