SOLUZIONI COMPITO DI ALGEBRA 3, 25/01/2013

Esercizio 1. Sia f (X) Q [X] un polinomio irriducibile di grado 3 avente una sola radicereale R, siano , C R le altre due radici e K = Q (, ) il campo di spezzamento.

i. Mostrare che il gruppo di Galois di K su Q e` isomorfo al gruppo S3 delle permutazionidi {, , };

ii. Mostrare che Q(), con := ( ) ( ) ( ) e` lunico sottocampo di K di grado2 su Q.

Soluzione: Lestensione Q K ha grado n al piu` 6. Visto che Q() ha grado 3, essendo firriducibile, e che 6 R e quindi 6 Q() ha polinomio minimo f(X)/(X ) Q()[X],concludo che K ha grado 6 su Q.

Poiche` Q () /Q non e` una estensione normale, GK/Q non e` abeliano. Avendo ordine 6devo avere GK/Q ' S3 e lisomorfismo si ottiene fissano una biiezione

{, ,

} {1, 2, 3},per esempio 1, 2 e 3. I sottogruppi H GK/Q ed i relativi sottocampi sonodunque i seguenti:

H GK/Q (123) (23) (13) (12) {1}KH Q Q () Q () Q () Q

()

K[KH : Q

]1 2 3 3 3 6.

Lunica cosa da verificare e` che Q () = K(123). Osservo che ogni scambio manda 7 mentre (123)() = . Quindi Q() K(123) ma Q() non e` contenuto in Q (), Q () oQ(). La conclusione segue.

Esercizio 2. Sia P (X) Q[X] il polinomio P (X) = X6 + 5. Sia K un campo dispezzamento di P (X) su Q.

i. Determinare il grado [K : Q];ii. Descrivere il gruppo di Galois G di K su Q.

Soluzione: (i) Il polinomio P (X) e` irriducibile su Q per il criterio di Eisentein applicato alprimo 5. Sia = (5) 16 una radice e sia M = Q(). E` una estensione di grado 6 di Q.

Le altre radici di P (X) sono della forma j6 con 6 =1+32 radice primitiva di ordine 6

dellunita` in C. Sia L = Q(6) = Q(3). Segue che K e` il campo composto L M . Inoltre

o [K : M ] = 2 e quindi [K : Q] = 12 oppure K = M e [K : Q] = 6.Il campo L e` una estensione di Galois di Q con gruppo di Galois H isomorfo a Z/2Z e

generato dalllautomorfismo : L L che manda 3 7 3.Visto che 3 =

5 M , segue che Q(5,3) K. Ma Q(5,3) e` il compostodel campo quadratico Q(

15), che e` contenuto in R, e del campo quadratico L, che non e`

contenuto in R. Quindi, Q(

15) Q(3) = Q e Q(5,3) ha grado 4 su Q. Concludoche 4 divide [K : Q] e quindi deve valere [K : Q] = 12.

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2 SOLUZIONI COMPITO DI ALGEBRA 3, 25/01/2013

(ii) Segue da (i) che L M = Q e K = Q(6, ). Sia N = Gal(K/L). Si tratta di ungruppo ciclico di ordine 6 generato dallautomorfismo : K K che invia 7 6: sodi avere esattamente 6 automorfismi di K come estensione di L ed ognuno e` univocamentedeterminato dallimmagine di e deve inviare in unaltra radice di P (X). QuindiN = Z/6Z.Visto che L e` di Galois allora N e` normale inG e il gruppo di Galois H = Gal(K/M) e` isomorfoad H tramite lapplicazione H G G/N = H ed e` generato dallautomorfismo che invia3 7 3.

Concludiamo che G e` il prodotto semidiretto di N per H. Quindi e` generato da e da .Visto che (6) = 16 ho la relazione =

1, che insieme alle relazioni 2 = 1 e 6 = 1determina G. Concludo che G e` infatti isomorfo al gruppo diedrale di ordine 12.

Esercizio 3. Sia Fp il campo finito con p elementi. Sia F una chiusura algebrica di Fp.Siano K = Fq ed L = Fq estensioni finite di Fp contenute in F con q = pn e q = pm elementi.

i) Determinare condizioni necessarie e sufficienti affinche` K L.ii) Nel caso in cui K L dimostrare che lestensione K L e` di Galois con gruppo ciclico.

Soluzione: (i) Per la teoria dei campi finiti sappiamo che per ogni N esiste un unicosottocampo di F di cardinalita` p che coincide con linsieme delle radici del polinomio XpXin F.

In particolare, K L se e solo se n divide m. Infatti, se n divide m, diciamo m = an,allora ogni elemento K soddisfa pn = e quindi pm = pan = p(a1)n = = pn = ovvero L. Viceversa, se K L sia a il grado. Allora pm = |L| = |K|a = pan e quindim = an.

(ii) Sia : L L lapplicazione x 7 xpn . E` un omomorfismo di campi e quindi, per ragionidi cardinalita`, e` un isomorfismo. Sia H = il sottogruppo di Aut(L/K) generato da .Abbiamo LH = {x L|xpn = x} = K. Segue per definizione che K L e` di Galois e per ilteorema fondamentale della teoria di Galois H = Gal(L/K).

Esercizio 4. Sia K = Q(

3 +

5).

(1) Si determini un polinomio minimo per

3 +

5.(2) Si determini linsieme Ram(K) degli ideali primi di Z che ramificano in OK .

Soluzione: E` chiaro che K Q[3,5]. Inoltre lunico elemento del gruppo di GaloisGal(Q(

3,

5)/Q) = Gal(Q(

3)/Q)Gal(Q(

5)/Q) ' Z/2Z Z/2Zche fissa

3 +

5 e` lidentita`, per cui K = Q(

3,

5) e il polinomio minimo di

3 +

5 hagrado 4.

Poiche`(

3 +

5)2 = 8 + 2

153 +

5 soddisfa la relazione(X2 8)2 = 60

quindi un suo polinomio minimo e`

X4 16X2 + 4

SOLUZIONI COMPITO DI ALGEBRA 3, 25/01/2013 3

Poniamo K1 = Q(

3) e K2 = Q(

5), allora Disc(K1) = 12 mentre Disc(K2) = 5: segueche

OK = OK1OK2 = Z[

3,1 +

52

]Quindi una base intera di K e` {

1,

3,1 +

52

,

3 +

152

}Possiamo cos`calcolare

Disc(K) = det2

1

3 1+5

2

3+15

2

1 3 1+5

2

3+15

2

1

3 1+5

2

3+15

2

1

3 1+5

2

3+15

2

= 243252Quindi Ram(K) = {2, 3, 5}.

Esercizio 5. Sia {1, . . . , n} una Q-base del campo di numeri K e supponiamo che1, . . . , n OK con d = Disc(1, . . . , n). Si dimostri che ogni intero algebrico OK siscrive nella forma

=11 + + nn

dcon 1, . . . , n Z.

Soluzione: Siano 1, . . . , n gli n omomorfismi di K in C e sia K un elemento fissato.Poiche` {1, . . . , n} e` una Q-base, esistono x1, . . . , xn Q tali che(1) = 1x1 + . . . nxnApplicando i, con i = 1, . . . , n a (1) otteniamo il sistema di n equazioni lineari in n incognite

1(1)x1 + + 1(n)xn = 1()... =

...

n(1)x1 + + n(n)xn = n()Poiche` {1, . . . , n} e` una Q-base, la matrice A =

(i(j)

)e` invertibile e quindi per la regola

di Kramer, xj = j/ dove = det(A) e j e` il determinante della matrice ottenuta da Asostituendo la colonna j-esima con la colonna

(i()

)dei termini noti. Abbiamo che 2 = d

e che , j Z Q = Z; quindi, posto j = dxj in (1), segue la tesi.