ESAME DI ALGEBRA 3, 26/01/2017 Esercizio 1. Sia K il campo di

ESAME DI ALGEBRA 3, 26/01/2017
Esercizio 1. Sia K il campo di spezzamento di T 5 − 5 ∈ Q[T ].
i. Mostrare che Q ⊂ K è una estensione finita di Galois. Determinarne il grado.
ii. Sia G il gruppo di Galois dell’estensione Q ⊂ K. Descrivere il gruppo G.
iii. Determinare i sottogruppi di G di ordine 4 e i corrispondenti sottocampi di K, esibendone dei
generatori su Q.
iv. Determinare i sottogruppi di G di ordine 2 e i corrispondenti sottocampi di K, esibendone dei
generatori su Q.
Soluzione: (i) Essendo Q unc ampo di caratteritica 0, esso è perfetto e quindi f (T ) = T 5 − 5 è un
polinomio separabile. Concludiamo che Q ⊂ E è una estensione di Galois. Sia α ∈ C una radice di
f (T ). Se ζ è una radice primitiva dell’unità di ordine 5, l’insieme delle radici di f (T ) è
i
αζ : i = 0, ..., 4 .
Dunque K ⊂ Q (α, ζ) e, poichè ζ = αζ
α , si ha K = Q (α, ζ). Sappiamo che [Q (α) : Q] = 5, poichè
f (T ) ∈ Q [T ] è irriducibile per il criterio di Eisenstein applicato con il prima p = 5, e che [Q (ζ) : Q] =
ϕ(5) = 4 per la teoria dei campi ciclotomici. La moltiplicatività dei gradi implica che il grado di
Q (α) ∩ Q (ζ) su Q divida sia 4 che 5 e, quindi, sia uguale ad 1 ovvero Q (α) ∩ Q (ζ) = Q. Poichè
l’estensione Q ⊂ Q (ζ) è una estensione di Galois, sappiamo che
[E : Q] = 20.
(ii) Poichè Q (ζ) /Q è di Galois, la restrizione σ 7→ σ|Q(ζ) induce un isomorfismo di gruppi
∼
GalK/Q(α) → GalQ(ζ)/Q .
D’altra parte la teoria delle estensioni ciclotomiche garantisce che
×
Z
Z
GalQ(ζ)/Q ∼
'
.
=
5Z
4Z
Z ×
, esiste uno ed un solo σ ∈ GalE/Q tale che σ (ζ) = ζ 2 e σ(α) = α. Tale elemento
Poichè 2 genera 5Z
ha ordine 4 e genera il sottogruppo H = GalK/Q(α) di GalK/Q .
Poichè µ5 ⊂ Q (ζ), sappiamo anche dalla teoria delle estensioni cicliche che
∼
GalK/Q(ζ) → µ5
via g 7→ g(α)
α . Dunque esiste uno ed un solo ρ ∈ GalK/Q(ζ) tale che ρ (α) = ζα. Tale elemento ha ordine
5 e genera il sottogruppo N = GalK/Q(ζ) di G := GalK/Q . Osserviamo che N è un sottogruppo normale
per il Teorema fondamentale della teoria di Galois, in quanto Q ⊂ Q (ζ) è di Galois. L’applicazione
indotta H ⊂ G → G/N ∼
= GalQ(ζ)/Q è un isomorfismo per quanto visto sopra e quindi G è il prodotto
semidiretto di N ed H. Quindi ogni elemento di G si scrive come ρj σ i per unici interi 0 ≤ j ≤ 4 e
i
0 ≤ i ≤ 3 e vale la legge di gruppo è determinata da σ i ρj σ −i = ρ2 j : l’uguaglianza risulta verificata in
i
quanto entrambi gli elementi di N mandano α nello stesso elemento ζ 2 j α.
(iii) Per il I teorema di Sylow, essendo 4 la massima potenza di 2 che divide l’ordine di G = GalK/Q ,
tutti i sottogruppi di ordine 4 di G sono tutti e soli i coniugati di H e, quindi sono tutti e soli i
sottogruppi di G della forma ρj Hρ−j al variare di 0 ≤ j ≤
4. Per il teorema fondamentale della
teoria di Galois ρj Hρ−j corrisponde al sottocampo ρj Q(α) = Q(ζ j α). Resta da verificare che tali
sottogruppi o tali sottocampi sono tutti distinti fra loro. Osserviamo che una Q-base di E è data da
{ζ i αj |0 ≤ i ≤ 3, 0 ≤ j ≤ 4}, base composta delle Q-basi {1, . . . ζ 3 } di Q(ζ) e {1, . . . , α4 } di Q(α).
Basta quindi mostrare che Q(ζ j α) sono sottospazi distinti di K, al variare di 0 ≤ j ≤ 4, usando la
Q-base appena esibita. Siccome ζ 4 = −1 − ζ − ζ 2 − ζ 3 , la conclusione segue.
1
2
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(iii) I sottogruppi di G di ordine 2 corrispondono agli elementi g ∈ G di ordine 2. Ciascuno di
essi è un elemento di un 2-Sylow e quindi, visto che ciascun ρj Hρ−j è ciclico di ordine 4, ottengo
esattamente 5-elementi ρj σ 2 ρ−j = ρ2j σ 2 con 0 ≤ j ≤ 4. A ciascuno di essi corrsiponde una estensione
quadratica del campo Q(ζ j α) associato a ρj Hρ−j . Essa coincide quindi con il sottocampo Q(ζ j α, ζ +ζ)
osservando che σ 2 è il coniugio complesso e quindi ζ + ζ è fissato da ρj σ 2 ρ−j .
Esercizio 2. (∗) Sia E l’ottavo campo ciclotomico.
i. Si mostri che l’estensione Q ⊂ E è finita e di Galois. Se ne calcoli il grado e il gruppo di Galois.
ii. Si determini il reticolo dei sottocampi Q ⊂ E.
iii. Sia E ⊂ L il campo di spezzamento di (X 2 − 2)(X 2 − 3). Si dimostri che l’estensione Q ⊂ L è
finita e di Galois. Se ne calcoli il grado e il gruppo di Galois.
iv. Si trovi α ∈ L tale che L = Q(α).
Soluzione:
i) La teoria delle estensioni ciclotomiche garantisce che Q ⊂ E è finita e di Galois e
×
Z
Z
Z
'
GalE/Q ∼
×
.
=
8Z
2Z 2Z
In particolare [E : Q] = 4.
√
(ii) Siccome √12 + √i2 è una radice primitiva dell’unità di ordine 8 abbiamo che E ⊂ Q(i, 2)
√
ed infatti E
√ = Q(i,√ 2), un campo biquadratico, per ragioni di gradi. I sottocampi sono quindi
Q, Q(i), Q( −2), Q( 2), E.
√
√
√
(iii) Siccome X 2 − 2 si spezza in E, abbiamo che L = E( 3). Inoltre 3 6∈ E visto che Q( 3)
non appare nella lista dei sottocampi quadratici di E esibiti in (ii). Concludo quindi che [L : E] = 2 e
[L : Q] = 8 per moltiplicatività
dei gradi. Siccome L è il campo composto di due estensioni di Galois
√
di Q, ovvero E e Q( 3), la cui intersezione è Q, sappiamo dalla teoria che
Z3
Gal(E/Q) ∼
.
= GalE/Q × GalQ(√3)/Q ∼
=
2Z
Esplicitamente
è generato da tre elementi di ordine 2, denotati σ, τ e δ che fissano due dei
√ Gal(E/Q)
√
tre elementi 2,√
i, 3 e mandano
il restante in −1 volte se stesso.
√
√ a √ c
(iv) Sia α = 2 + i + 3. Usando il fatto che una Q-base di E è { 2 ib 3 |0 ≤ a, b, c ≤ 1} e il
punto (ii) segue che l’orbita Gal(E/Q)α ha cardinalità 8 e quindi Q(α) ha grado 8 su Q. Concludo
che E = Q(α).
Esercizio 3. Sia K il 15-esimo campo ciclotomico e sia OK l’anello degli interi.
i. Dimostrare che se p è un primo di Z che ramifica in OK allora p ∈ {3, 5};
ii. Dimostrare che se p = 3 oppure p = 5 allora p ramifica in OK ;
iii. Determinare la decomposizione di 5 in OK .
Soluzione:
(i) Sappiamo che OK = Z[ζ] ∼
= Z[X]/ Φ15 (X) con ζ una radice primitiva di ordine 15 dell’unità
e Φ15 (X) il 15o polinomio ciclotomico. Segue allora dal Teorema 6.10 che un primo intero p ramifica
se e solo se divide il discriminate ∆ di OK relativamente a Z. Sappiamo che ∆ divide 15ϕ15 e quindi
condizione necessaria affinchè p ramifichi è che p ∈ {3, 5}.
(ii) Visto che ζ 3 =: ζ5 è una radice primitiva dell’unità di ordine 5, allora K contine il quinto campo
ciclotomico L. Sappiamo che 5 ramifica in quest’ultimo perchè, per un primo p, l’unico primo che
ramifica nel p-esimo campo ciclotomico è p con indice di ramificazione p − 1 e indice di inerzia 1. Per
moltiplicatività degli indici di ramificazione concludiamo che 5 ramifica anche in OK . Analogamente
ζ 5 =: ζ3 è una radice primitiva dell’unità di ordine 3. Quindi K contine il terzo campo ciclotomico N e
3 ramifica in OK . Quindi p ∈ {3, 5} è anche condizione sufficiente affinchè p ramifichi in OK .
(iii) Sappiamo che 5OL = Q4 con Q = (ζ5 − 1, 5) e OL /Q = F5 visto che l’indice di inerzia di Q è
1. Inoltre sappiamo che OK = OL · ON = Z[ζ3 , ζ5 ] avendo OL ed ON discriminanti coprimi. Quindi
OK = OL [ζ3 ] ∼
= OL [X]/(X 2 + X + 1) con X 2 + X + 1 il 3o poliniomio ciclotomico. Osserviamo che
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3
X 2 + X + 1 non ammette radici in OL /Q = F5 e quindi segue dal Teorema 6.8 che P := QOK è un
ideal primo. Concludiamo che 5OK = P 4 .
Esercizio 4. (TeoGal)(∗) Sia K il p-esimo campo ciclotomico e sia ζ ∈ K una radice primitiva p-esima
dell’unità. Dimostare che ζ è costruibile con riga e compasso a partire da Q se e solo se p è un primo
di Fermat cioè della forma p = 2h + 1 per un qualche h ∈ N.
Esercizio 5. (TeoNum) Sia K un campo di numeri di grado n su Q e sia OK l’anello degli interi.
i. Dimostrare che due basi intere {α1 , . . . , αn } e {β1 , . . . , βn } di OK hanno uguale discriminante
discK/Q (α1 , . . . , αn ) = discK/Q (β1 , . . . , βn ) =: d;
ii. Siano γ1 , . . . , γn ∈ OK . Dimostrare che se discK/Q (γ1 , . . . , γn ) = d allora {γ1 , . . . , γn } è una
base intera di OK .