%&latex \section{Esercizi} \def\Q{{\mathbb{Q}}} \def\2{{\sqrt{2}}} \def\3{{\sqrt{3}}} \def\6{{\sqrt{6}}} \begin{exemp} \begin{enumerate} \item $\2+\3$ e' algebrico su $\Q$, e $\pmin{\2+\3}{\Q}=x^4-10x^2+1$ \item $\dim_\Q\Q(\2,\3)= 4$ e una base e' $\pgra{1,\2,\3,\6}$ \item $\Q(\2,\3)=\Q(\2+\3)$ \end{enumerate} \end{exemp} \begin{proof} \step{eser1}{Dim $1.$} \begin{prova} $\2,\3$ sono algebrici su $\Q$, infatti, basta considerare \eal{&x^2-2,\;\;x^2-3} Allora, per la \see{chiusuraestcampo}, si ha che $\2+\3$ e' algebrico su $\Q$.\\ \eal{&f(x)=x^4-10x^2+1=\\ &=(x-(\2+\3))(x+(\2+\3))(x-(\2-\3))(x+(\2-\3))= (x^2-5-2\6)(x^2-5+2\6)\;\;(*) } $f(x)$ e' monico, e $f(\2+\3)=0$. $f(x)$ e' irriducibile, infatti, se per assurdo \eal{&f(x)=p(x)q(x),\;\;p(x),q(x)\in \Q[x],\;\;p(x),q(x)\T{ irriducibili}\\ &\deg f(x)= \deg p(x)q(x) =\deg p(x)+\deg q(x)} si ha \case{$\deg p(x)=2$} \begin{prova} \eal{&\deg q(x) =2} Quindi $f(x)$ e' fattorizzato in polinomi irriducibili di grado $2$. Allora, per la $(*)$, e poiche' $\Q[x]$ e' un UFD, $f(x)$ e' del tipo \eal{&f(x)=(x^2-5-2\6)(x^2-5+2\6) } ma in questo modo, $f(x)\notin \Q[x]$. Assurdo. \end{prova} \case{$\deg p(x)=1$} \begin{prova} \eal{&p(x)=x-\a\div f(x)} Sempre per la $(*)$, e poiche' $\Q[x]$ e' un UFD, si ha che $x-\a$ deve essere uguale a uno dei fattori lineari visti in $(*)$. Assurdo contro $p(x)\in \Q[x]$. \end{prova} \case{$\deg p(x)=3$} \begin{prova} \eal{&\deg q(x)=1} quindi basta applicare il caso precedente. \end{prova} Abbiamo cosi' visto che $f(x)$ e' monico, $f(\2+\3)=0$ e $f(x)$ e' irriducibile in $\Q[x]$. Allora per la \see{proppolinomminimoestirriducibile}, si ha \eal{&f(x)=\pmin{\2+\3}{\Q}} \end{prova} \step{eser2}{Dim $2.$} \begin{prova} Consideriamo la seguente catena: \eal{&\Q \SC \Q(\2) \SC \Q(\2,\3)=\Q(\2)(\3) \;\;(3)} Si ha \eal{& x^2-2 \sist {\T{monico}\\ \T{irriducibile in $\Q[x]$}\\ \T{ha $\2$ come radice }} \ubrace{\>}{\see{proppolinomminimoestirriducibile} } \pmin{\2}{\Q}=x^2-2 \>\\ &\qq \ubrace{\>}{\see{propalphaalgebricosseFalphafinita}} \dim_{\Q}\Q(\2)=\deg(x^2-2)=2,\;\;B=\pgra{1,\2}\T{ e' una base } } Analogamente, poiche' $x^2-3=(x-\3)(x+\3)$ e' irriducibile in $\Q(\2)[x]$, si ha \eal{&\pmin{\3}{\Q(\2)} = x^2-3 \> \dim_{\Q(\2)}\Q(\2)(\3)=\dim_{\Q(\2)}\Q(\2,\3)=\deg(x^2-3)=2\\ &C=\pgra{1,\3}\T{ e' una base } } Allora \eal{&(3) \ubrace{\>}{\see{transitivitagrado}} \dim_\Q \Q(\2,\3)=4,\;\;BC=\pgra{1,\2,\3,\6}\T{ e' una base} } \end{prova} \step{}{Dim $3.$} \begin{prova} Consideriamo la seguente catena: \eal{&\Q\SC \Q(\2+\3)\SC \Q(\2,\3)} Si ha \eal{&\dim_\Q \Q(\2+\3) \ubrace{=}{\see{propalphaalgebricosseFalphafinita}} \deg \pmin{\2+\3}{\Q} \ubrace{=}{\T{\stepref{eser1}}} \deg(x^4-10x^2+1)=4\\ &\dim_\Q \Q(\2,\3) \ubrace{=}{\T{\stepref{eser2}}} =4\\ &\sist{\Q(\2+\3)\( \Q(\2,\3)\;\;\T{ sottospazio vettoriale }\\ \dim_\Q \Q(\2+\3)=\dim_\Q \Q(\2,\3) } \ubrace{\>}{\AL{altrepropbaseedimensioni}} \Q(\2+\3)= \Q(\2,\3) } \end{prova} \end{proof} \begin{exemp}\qq\\ \begin{enumerate} \item Calcolare $\dim_\Q \Q(\2^{\frac{1}{4}},\3^{\frac{1}{3}})$. \item Calcolare $\dim_\Q \Q(\sqrt{2+\2})$ e trovare una sua base. \end{enumerate} \end{exemp} \begin{proof} \step{}{Dim $1.$} \begin{prova} \def\dd{{2^{\frac{1}{4}}}} \def\tt{{3^{\frac{1}{3}}}} Consideriamo le due catene: \eal{&\Q\(\Q(\dd)\(\Q(\dd,\tt)\\ &\Q\(\Q(\tt)\(\Q(\dd,\tt) } Per la transitivita' dei gradi (\vedi{transitivitagrado}), si ha \eal{ &[\Q(\dd,\tt):\Q]=[\Q(\dd,\tt):\Q(\dd)][\Q(\dd):\Q]\;\;(1)\\ &[\Q(\dd,\tt):\Q]=[\Q(\dd,\tt):\Q(\tt)][\Q(\tt):\Q] } Si ha \eal{&\pmin{\dd}{\Q} = x^4-2 \> [\Q(\dd):\Q]=4\\ &\pmin{\tt}{\Q} = x^3-3 \> [\Q(\tt):\Q]=3 } Allora, sostituendo nella $(1)$, abbiamo \eal{&\sist{4\div [\Q(\dd,\tt):\Q]\\ 3\div [\Q(\dd,\tt):\Q]}\>\mcm(4,3)=12\div [\Q(\dd,\tt):\Q] \> 12 \le [\Q(\dd,\tt):\Q] } Ma per la prop. \see{propalphaialgebricheimplicaFalphaifinita}, si ha \eal{& [\Q(\dd,\tt):\Q] \le [\Q(\dd):\Q][\Q(\tt):\Q]=12 } Quindi $ [\Q(\dd,\tt):\Q] =12$ \end{prova} \step{}{Dim $2.$} \begin{prova} \def\dd{{\sqrt{2+\2}}} \step{passot}{$\Q(\2)\( \Q(\dd)$, ovvero $\Q(\2,\dd)=\Q(\dd)$} \begin{prova} \eal{&\2=(\2+2)-2=\pton{\dd}^2-2 \> \2 \in \Q(\dd) \> \Q(\2)\( \Q(\dd) } \end{prova} Possiamo cosi' considerare la seguente catena: \eal{&\Q\SC \Q(\2)\SC \Q(\2,\dd)=\Q(\dd)} \step{}{$\pmin{\dd}{\Q(\2)}=x^2-(2+\2)$} \begin{prova} \eal{&\dd\T{ e' una radice di }x^2-(2+\2)\\ &x^2-(2+\2)\in \Q(\2)[x],\;\;\T{ ed e' monico }\\ &x^2-(2+\2) \T{ e' irrid. in }\Q(\2), \T{ infatti, se non lo fosse: }\\ &\qq x^2-(2+\2)=(x-\a)(x-\b),\;\;\a,\b\in \Q(\2)\;\;(*)\\ &\qq x^2-(2+\2)=\pton{x-\dd}\pton{x+\dd} \ubrace{\>}{(*),\;\T{UFD}} \dd=\a \in \Q(\2)\\ &\sist{\pqua{1,\2}\T{ e' una base di }\Q(\2) \\ \dd\in \Q(\2) } \> \dd = a + b\2,\;\;a,b\in \Q \> 2+\2 = a^2+2b^2+2\2ab \=\\ &\= \sist{ a^2+2b^2=2\\ 2ab=\2 } \> \2=2ab\in \Q \;\;\T{ assurdo}} Quindi per la prop \see{carattpolinomiominimo} si ha \eal{&\pmin{\dd}{\Q(\2)}=x^2-(2+\2)} \end{prova} \eal{ &\pmin{\2}{\Q}=x^2-2 \> [\Q(\2):\Q]=2\\ &\pmin{\dd}{\Q(\2)}=x^2-(2+\2) \> [\Q(\2,\dd):\Q(\2)]=2\\ &\qq \ubrace{\>}{\see{transitivitagrado}} [\Q(\2,\dd):\Q]=4 \ubrace{\=}{\sref{passot}} [\Q(\dd):\Q]=4 } Trovare la base e' ora semplice. Conosciamo gia' le dimensioni di $\Q(\dd)$, basta quindi applicare la prop \see{propalphaalgebricosseFalphafinita}: \eal{&\pgra{1,\dd,\pton{\dd}^2,\pton{\dd}^3}\T{ e' una base di }\Q(\dd) } Alternativamente potevamo calcolare una base di $\Q \SC\Q(\2)$, una di $\Q(\2)\SC \Q(\dd)$ e farne il prodotto utilizzando la prop. \see{transitivitagrado}. \end{prova} \end{proof} \begin{exemp}\label{csdix32} \begin{enumerate} \item Trovare $K=\spezz{x^3-2}{\Q}$, e $\dim_{\Q}K$ \end{enumerate} \end{exemp} \begin{proof} \def\tr{{\sqrt[3]{2}}} Considerando l'estensione $\Q\SC \mathbb{C}$, per la prop \see{radiciennesimeunita}, tutte le radici di $x^3-2$ sono \eal{& {\tr}, {\tr}\omega ,{\tr}\omega^2 } Quindi, per definizione, \eal{&\spezz{x^3-2}{\Q}=\Q({\tr}, {\tr}\omega ,{\tr}\omega^2)} \step{}{Dim. che $\Q({\tr}, {\tr}\omega ,{\tr}\omega^2)=\Q({\tr}, \omega)$} \begin{prova} Chiamiamo $A$ e $B$ i due insiemi. \step{}{Dim $\($} \begin{prova} Si ha ${\tr}, {\tr}\omega, {\tr}\omega^2\in A$, e quindi per definizione\footnote{$F(\a_1,\a_2)$ e' il piu' piccolo sottocampo contente $F,\a_1,\a_2$} $A\( B$ \end{prova} \step{}{Dim $\)$} \begin{prova} Poiche' ${\tr}\in A$, Basta far vedere che $\omega \in A$: \eal{&\omega = \frac{{\tr}\omega^2}{{\tr}\omega}\in A } Quindi, per definizione $B\(A$ \end{prova} \end{prova} \step{}{Possiamo adesso calcolare $\dim_\Q K$ piu' agevolmente: basta calcolare $\dim_\Q \Q(\tr,\omega )$} \begin{prova} \step{}{$\pmin{\omega}{\Q(\tr)}=x^2+x+1$} \begin{prova} \eal{&\omega \T{ e' radice di $x^3-1$ } \= \omega \T{ e' radice di $(x-1)(x^2+1+x)$ } \ubrace{\>}{\omega \neq 1} \omega \T{ e' radice di $x^2+1+x$}\\ &x^2+1+x\T{ e' monico }\\ &\T{Se per ass. $x^2+1+x$ fosse riducibile in $\Q(\tr)$: }x^2+x+1=(x-\a)(x-\b)\in \Q(\tr)[x] \>\a,\b\in \Q(\tr)\;\;(*) \\ &\T{Ma } x^2+x+1=\pton{x-\frac{-1+i\3}{2}}\pton{ x-\frac{-1-i\3}{2}} \ubrace{\>}{(*),\;\T{UFD}} \frac{-1+i\3}{2}=\a\in \Q(\tr) \T{ assurdo } } Quindi per la prop \see{carattpolinomiominimo}, \eal{&\pmin{\omega}{\Q(\tr)}=x^2+x+1 } \end{prova} Abbiamo: \eal{&\Q\(\Q(\tr)\(\Q(\tr,\omega )\\ &\pmin{\tr}{\Q}=x^3-2 \ubrace{\>}{\see{dimestensestdegpolinminimo}} [\Q(\tr):\Q] = 3\\ &\pmin{\omega}{\Q(\tr)}=x^2+x+1 \ubrace{\>}{\see{dimestensestdegpolinminimo}} [\Q(\tr)(\omega):\Q(\tr)]=2 \ubrace{\=}{\see{propcoefficienticampoestensione}} [\Q(\tr,\omega ):\Q(\tr)]=2\\ &\qq \ubrace{\>}{\see{transitivitagrado}} [\Q(\tr,\omega ):\Q]=6 } \end{prova} \end{proof} \begin{exemp} \eal{&\Q(\2,\3)=\Q(\2+\lambda \3)\;\;\forall \lambda \in \Q^*} \end{exemp} \begin{proof} \eal{&\2,\3 \T{ sono radici di } x^2-2, x^2-3\in \Q[x] \> \2,\3 \T{ algebrici su } \Q \ubrace{\>}{\see{elemalgebriciimplicaestensalgebrica}} \Q\SC \Q(\2,\3)\T{ algebrica } \\ &\sist{\ch \Q =0 \\ \Q\SC \Q(\2,\3)\T{ algebrica } } \ubrace{\>}{\see{inchzeroestensioneseparabile}} \Q \SC \Q(2,\3) \T{ separabile } } Allora applicando il thm \see{FKfingensepestsemplice}, abbiamo \eal{& \Q(\2,\3)=\Q(\2+\lambda \3)\;\;\forall \lambda \in \Q:\;\lambda \neq \frac{\a-\a_i}{\b_2-\b}\;\;\forall i=1,2\\ &\T{ dove } \pmin{\2}{\Q} = x^2-2 \> \a=\a_1=\2,\;\a_2=-\2\\ &\qq \pmin{\3}{\Q} = x^2-3 \> \b=\b_1=\3,\;\b_2=-\3\\ &\lambda \neq 0 \& \lambda \neq \frac{2\2}{-2\3}=\frac{\2}{\3} } Poiche' $\frac{\2}{\3}\notin \Q$, mentre $\lambda\in \Q$, basta imporre che \eal{&\lambda\in \Q^* } \end{proof} \begin{exemp} Trovare un campo con $8$ elementi. \end{exemp} \begin{proof} Dato che $8=2^3$, cerchiamo di usare la prop \see{cometrovareKpn}. Cerchiamo quindi un $f(x)\in \Z_2[x]$ irriducibile di grado $3$. Poiche' i coefficienti di $f(x)$ possono essere o $0$ o $1$, abbiamo solo $4$ possibilita'. Tra questi polinomi prendiamo quello che non ha radici. Quindi, \eal{& \frac{\Z_2[x]}{(x^3+x^2+1)} \T{ e' il campo cercato, infatti, }\\ &x^3+x^2+1\T{ non ha radici: }0^3+0^2+1=1,\;\;1^3+1^2+1=3=1\\ &\deg x^3+x^2+1 = 3\\ &\qq \> x^3+x^2+1 \T{ e' irriducibile}\\ &\T{allora per la prop \see{cometrovareKpn}, si ha la tesi} } \end{proof} \begin{exemp} Sia $f(x)=x^4+1$, si ha \begin{enumerate} \item $\spezz{f(x)}{\Q}=\Q(\2,\2i)$ \item $\spezz{f(x)}{\R}=\R(i)$ \end{enumerate} \end{exemp} \begin{proof} \eal{&x^4+1=(x^2-i)(x^2+i)=(x-\frac{\2}{2}(1+i))(x+\frac{\2}{2}(1+i)) (x-\frac{\2}{2}(i-1))(x+\frac{\2}{2}(i-1))\\ &\spezz{f(x)}{\Q}=\Q(\frac{\2}{2}+i\frac{\2}{2},\frac{\2}{2}i-\frac{\2}{2} )=\Q(\2(1+i),\2(i-1)) \ubrace{=}{(*)} \Q(\2,\2i)\\ &\qq (*)\;\;\frac{\2(1+i)-\2(i-1)}{2}=\2,\;\;\frac{\2(1+i)+\2(i-1)}{2}=\2i\\ &\spezz{f(x)}{\R}=\R(\2,\2i)=\R(i) } \end{proof} \begin{exemp} $\Q\(\ove \Q$ e' una estensione normale ma non finita. \end{exemp} \begin{proof} \step{}{Dim. che $\Q\( \ove \Q$ e' non finita} \begin{prova} \step{}{Metodo 1} \begin{prova} Se per assurdo $\Q\( \ove \Q$ fosse finita, allora \eal{&[\ove \Q:\Q]=n\;\;(1) \\ &\ove \Q \ubrace{=}{\see{chiusuradiQ}} \pgra{\a\in \C\;|\;\a\T{ algebrico su $\Q$}} \> \pgra{\sqrt{p}\;|\;p\in \Z\T{ primo }} \( \ove \Q\;\;(2)\\ &\T{Sia }p_i\T{ l'$i$-esimo primo}\\ &(1),(2) \> \sqrt{p_1},\dots,\sqrt{p_m},\;\;\T{ con $m>n$, sono l.d., quindi }\\ &\qq \exists i\le m:\;\sqrt{p_i} = a_1\sqrt{p_1}+a_2\sqrt{p_2}+\dots+ a_h\sqrt{p_h},\;\;1\le h < i,\;\;a_i\in \Q\;\forall i=1,\dots,h } Se $h=1$, allora \eal{&\sqrt{p_i} = a_1\sqrt{p_1} \> p_i = a_1^2p_1 \ubrace{\>}{p_i\T{ primo}} a_1=1,\;\;p_i=p_1 } assurdo contro $i>1$. Se $h\ge 2$, \eal{&p_i = ( a_1\sqrt{p_1}+a_2\sqrt{p_2}+\dots+ a_h\sqrt{p_h})^2= a_1^2p_1+\dots+a_h^2p_h+ 2a_1a_2\sqrt{p_1p_2}+ 2a_1a_3\sqrt{p_1p_3}+ \dots=\\ & =\sum_{i=1}^ha_i^2p_i+\sum_{1\le i \sum_{1\le i}{a_1,a_2\in \Q} \sqrt{p_1p_2} \in \Q \>\\ &\ubrace{\>}{p_i\T{ primo}} k=p_1 \| k=p_2 \> p_1p_2=p_1^2 \| p_1p_2=p_2^2 \> p_2 =p_1 } assurdo. \end{prova} \step{}{Metodo $2.$} \begin{prova} Sia $n\in \N,\;\;n\ge 1$. Consideriamo il polinomio $f_n(x)=x^n-p\in \Q[x]$ con $p$ primo. Per il Criterio di Eisenstein, $f_n(x)$ e' irriducibile in $\Q[x]$. \eal{&\sist{f_n(x)\in \Q[x]\T{ irrid.}\\ f_n(x)\T{ monico}\\ f_n(\sqrt[n]{p})=0} \ubrace{\>}{\see{carattpolinomiominimo}} f_n(x)=\pmin{\sqrt[n]{p}}{\Q} \> [\Q(\sqrt[n]{p}):\Q]=n\;\;(*)\\ &f_n(x)\in \Q[x]\(\ove\Q[x] \ubrace{\>}{\ove \Q\T{ e' chiuso},\;\;\see{campochiusocaratt}} \sqrt[n]{p} \in \ove \Q\> \\ &\> \Q\SC \Q(\sqrt[n]{p}) \SC \ove \Q \> [\ove \Q : \Q] \ge n } Per l'arbitrarieta' di $n$, deduciamo che $\Q \SC \ove \Q$ non puo' essere finita. \end{prova} \end{prova} \step{}{$\Q\( \ove \Q$ e' normale} \begin{prova} Sia $f(x)\in \ove \Q[x]$ irriducibile, $\a\in \ove \Q:\;\;f(\a)=0$, si ha \eal{&f(x)\T{ irrid. in }\ove \Q[x] \ubrace{\>}{\see{campochiusocaratt}} \deg f(x) =1 \= f(x)=x-\a } quindi tutte le radici di $f(x)$ sono in $\ove \Q$.\\ Per l'arbitrarieta' di $f(x)$, e per definizione, $\Q\( \ove \Q$ e' normale. \end{prova} \end{proof} \begin{exemp} \begin{enumerate} \item $\Q\SC \Q(\2,\sqrt[3]{2})$ non e' normale \item $\Z_3(u)\SC \Z_3(t)$, e' normale, dove $u=t^3$, $t$ trascendente su $\Z_3$. \end{enumerate} \end{exemp} \begin{proof} \def\w{{\omega}} \step{}{Dim $1.$} \begin{prova} Basta procedere come nell'esempio \see{expnonnormale}, considerando che \eal{&\w = \frac{-1+i\sqrt{3}}{2}} \end{prova} \step{}{Dim $2.$} \begin{prova} Sia $F=\Z_3(u),\;K=\Z_3(t)$, $f(x)=x^3-u\in F[x]$ \eal{&f(x)=x^3-u=x^3-t^3 \ubrace{=}{\see{binominzp}} (x-t)^3 \in \Z_3(t)[x]\\ &F(t)=\Z_3(u)(t) =\Z_3(t,u) \ubrace{=}{u\in \Z_3(t)} \Z_3(t) =K \> K=F(t)\\ &\qq \> K=\Z_3(t) = \spezz{f(x)}{F} \ubrace{\>}{\see{normalefinitacaratt}} F\SC K\T{ e' normale e finita } } \end{prova} \end{proof} \begin{exemp} Sia $F=\Z_3(t,u)$, $t,u$ trascendenti su $\Z_3$, $f(x)=(x^2-t)(x^3-u)$, $K=\spezz{f(x)}{F}$, $\a,\b\in K$, $\a^2=t,\b^2=u$. Si ha \eal{&x^2-t=\pmin{\a}{F},\T{ e' separabile }\\ &x^3-u=\pmin{\b}{F}\T{ e' non separabile}} \end{exemp} \begin{proof} \step{}{Dim $1.$} \begin{prova} Sia $f(x)=x^2-t$. Poiche' $f(\a)=0$, $f(x)$ monico, basta dimostrare che $x^2-t$ e' irriducibile in $F[x]$. E questo si vede usando il Criterio di Eisenstein cosi' come e' stato fatto nella dim della prop \see{algebricamanonseparabile}.\\ Inoltre \eal{&\a \neq 0\T{ infatti, } \a=0 \> f(\a)=0=f(0)=-t\>t=0\T{ assurdo}\\ &D[x^2-t]=2x \ubrace{=}{2\in \Z_3}-x \> f'(\a)=-\a \neq 0 \ubrace{\>}{\see{critradicimultiple}} \a\T{ non e' radice multipla } \ubrace{\>}{\deg f=2} f(x)\T{ ha radici distinte}} \end{prova} \step{}{Dim $2.$} \begin{prova} Come prima si vede che $g(x)=x^3-u=\pmin{\b}{F}$, inoltre \eal{&D[x^3-u]=3x^2 \ubrace{=}{z\in \Z_3} 0 } quindi per la prop \see{critradicimultiple}, $x^3-u$ ha solo radici multiple e in particolare \eal{&x^3-u=(x-\b)^3} \end{prova} \end{proof} \begin{exemp} Studiare $\FM{\Q(\sqrt[3]{2})}{\Q}$. \end{exemp} \begin{proof} \def\f{{\varphi}} \def\w{{\omega}} Sia $F=\Q,\;K= \Q(\sqrt[3]{2}),\;\a=\sqrt[3]{2}$ \eal{&\a \T{ e' radice di } x^3-2 \> F\SC K\T{ e' algebrica}\\ &\ch F =0\\ &\qq \ubrace{\>}{\see{inchzeroestensioneseparabile} } F\SC K\T{ separabile }\\ &F\( K \T{ e' finita e separabile } \ubrace{\>}{\see{cardinalitaFM}} |\GG{K}{F}| \le |\FM{K}{F}| = [K:F] = \deg \pmin{\a}{F} = \deg x^3-2 = 3\\ &\f\in \GG{K}{F} \ubrace{\(}{\see{GGestgruppo}} \FM{K}{F} \ubrace{\>}{\see{propradiceimmersioneestesa}} \f(\a)\T{ e' radice di }x^3-2 \ubrace{\=}{\see{radiciennesimeunita}} \f(\a)= \a \| \f(\a)=\w\a \| \f(\a)=\w^2\a \;\;(1)\\ &\sist{\f(\a)\ubrace{\in}{\f\in \GG{K}{F}} K=\Q(\sqrt[3]{2})\\ \w\a,\;\w^2\a \notin \Q(\sqrt[3]{2}) } \f(\a) \neq \w\a,\;\f(\a) \neq \w^2 \a \ubrace{\>}{(1)} \f(\a)=\a \> \f=\id\\ &\qq \> \GG{K}{F} =\pgra{\id} \> |\GG{K}{F}|=1 \neq 3=|\FM{K}{F}| \> \GG{K}{F} \neq \FM{K}{F} \ubrace{\>}{\see{GGeqFMsefinitanormale}} F\SC K \T{ non e' normale} } \end{proof} \def\g{{\gamma}} \begin{exemp} Sia $F$ campo, $f(x)\in F[x]$ irriducibile, $\deg f(x)=3$, $L=\spezz{f(x)}{F}$. Siano $\a,\b,\g\in L$ le radici di $f(x)$ (non necessariamente distinte). \begin{enumerate} \item Determinare i possibili valori di $[L:F]$ \item Supponiamo $f(x)$ non separabile \begin{enumerate} \item Determinare $\ch F\, [L:F]\,\FM{L}{F}$ \end{enumerate} \item Supponiamo $f(x)$ separabile. \begin{enumerate} \item $\b\in F(\a)\= \g\in F(\a)$ \item $L=F(\a,\b)$ \item Supponiamo $\b \notin F(\a)$. Determinare $[L:F(\a)]\,\;\FM{L}{F(\a)}$ \item Supponiamo $\b\in F(\a)$. Determinare $[L:F]\,\;\FM{L}{F}$ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exemp} \begin{proof} \def\f{{\ove f}} \step{}{Dim. $1.$} \begin{prova} Sia $f(x)=a\f(x)$, $\f(x)\in F[x]$ monico. \eal{&f(x)\in F[x]\T{ irrid. } \> \f(x)\in F[x]\T{ irrid. }\\ &f(\a)=0\> \f(\a)=0,\qq \T{ e analogamente }\f(\b)=\f(\g)=0\\ &\f(x)\T{ e' monico}\\ &\qq \ubrace{\>}{\see{carattpolinomiominimo}} \f(x)=\pmin{\a}{F}=\pmin{\b}{F}= \pmin{\g}{F}\;\;(1)\\ & \sist{F\( F(\a)\( L\\ [F(\a):F] \ubrace{=}{\see{propalphaalgebricosseFalphafinita}} \deg \pmin{\a}{F}=\deg \f(x)=\deg f(x)=3 } \ubrace{\>}{\see{transitivitagrado}} 3\div [L:F]\\ &[L:F] \ubrace{\le}{\see{propcampispezzesistonoamenoisomorfismi}} (\deg f(x))! = 3 ! =6\\ &\qq \> [L:F] = 3 \| [L:F]=6 } \end{prova} \step{}{Dim. $2.$} \begin{prova} Applichiamo la prop. \see{nonseparabilessefxeqgxp}: \eal{&f(x)\T{ non separabile, irriducibile } \ubrace{\>}{\see{nonseparabilessefxeqgxp}} \sist{\ch F=p,\;\;p\T{ primo}\\ \exists g(x)\in F[x]:\;\;f(x)=g(x^p)} } Abbiamo \eal{&3= \deg f(x)= \deg g(x^p) = \lambda p,\;\;\lambda =\deg g(x)\\ &3=\lambda p \ubrace{\>}{3,p\T{ sono primi}}\lambda=1,\;\;3=p } Quindi $\ch F=3$. Inoltre, \eal{ &\lambda= 1\> g(x)= ax-b,\;\;a,b\in F[x],\;\;a \neq 0\\ &f(x)=g(x^3)=ax^3-b\\ &\T{Sia }\b \T{ una radice di } ax^3-b \T{ ovvero } \b^3=\frac{b}{a}\\ &f(x)=0\= x^3-\frac{b}{a}=0 \= x^3-\b^3=0\\ &x^3-\b^3 \ubrace{=}{\ch F =3,\;\;\see{binominzp}} (x-\b)^3 \\ &\T{Quindi tutte le radici di }f(x)\T{ sono } \a=\b=\g\\ &\> L=\spezz{f(x)}{F}=F(\a) \> [L:F]=\deg \pmin{\a}{F} \ubrace{=}{(1)} \deg \f(x) =3 } Consideriamo adesso $\FM{L}{F}$: \eal{&\sist{\pmin{\a}{F} \T{ ha solo una radice }\\ L=F(\a)} \ubrace{\>}{\see{immersioniestese}} |\FM{L}{F}|=1\\ &\id \in \FM{L}{F}\\ &\qq \> \FM{L}{F}=\pgra{\id} } \end{prova} \step{}{Dim. $3.$} \begin{prova} Stiamo supponendo $f(x)$ separabile, quindi $\a \neq \b,\b \neq \g,\g \neq \a$. \step{}{Dim $\b\in F(\a)\> \g\in F(\a)$} \begin{prova} \eal{& \sist{\b\in F(\a)\\ \f(\b)=0\\ \f(x)\in F[x]\(F(\a)[x] } \ubrace{\>}{\T{Ruffini}} \f(x)=(x-\b)f'(x),\;\;f'(x)\in F(\a)[x]\\ &\deg f(x) =3 \> \deg f'(x)=2\\ &\f(\a)=0\= (\a-\b)f'(\a) =0 \ubrace{\>}{\a \neq \b} f'(\a)=0\\ &\sist{\a\in F(\a)\\ f'(\a)=0\\ f'(x)\in F(\a)[x]\\ \deg f'(x)=2 } \ubrace{\>}{\T{Ruffini}} f'(x) = (x-\a)(x-c),\;\;c\in F(\a)\;\;(*)\\ &\f(\g)=0 \= (\g-\b)f'(\g)=0 \ubrace{\>}{\g \neq \b} f'(\g)=0 \= (\g-\a)(\g-c)=0 \ubrace{\>}{\g \neq \a} \g=c\in F(\a) } \end{prova} \step{}{Dim $\g\in F(\a)\> \b\in F(\a)$ } \begin{prova} Basta scambiare $\g$ con $\b$ nella dimostrazione precedente. \end{prova} \step{}{Dim. $L=F(\a,\b)$} \begin{prova} Se $\b\in F(\a)$ oppure $\g\in F(\a)$, per quanto abbiamo visto abbiamo \eal{& \b,\g\in F(\a) \> L=F(\a,\b,\g) = F(\a)=F(\a,\b) } Supponiamo allora che $\b\notin F(\a)\; \& \g\notin F(\a)$. Si ha, \eal{& F\( F(\a) \( F(\a,\b) \( F(\a,\b,\g)=L\\ & \ubrace{\>}{\see{transitivitagrado}} [F(\a,\b):F]\div [L:F]\;\;(*)\\ &[L:F] =3 \| [L:F]=6\\ &\qq \> [F(\a,\b):F]= 1,2,3,6\qq \T{ [sono i possibili valori]} \;\;(*')\\ &[F(\a):F]=\deg \pmin{\a}{F} \ubrace{=}{(1)} \deg \f(x) = 3\\ &\b\notin F(\a) \> F(\a) \subsetneq F(\a,\b) \> [F(\a,\b):F] > [F(\a):F] =3\;\;(*'') \\ &(*),\;(*'),\;(*'') \> [F(\a,\b):F]=6=[L:F]\\ &\sist{ F(\a,\b) \( L\\ [F(\a,\b):F]=[L:F] } \> L=F(\a,\b) } Inoltre, sempre per la prop \see{transitivitagrado} deduciamo che \eal{&[F(\a,\b):F(\a)]=2\;\;(2) } (ci servira' in seguito). \end{prova} \step{}{ Supponiamo $\b \notin F(\a)$. Determiniamo $[L:F(\a)]\,\;\FM{L}{F(\a)}$ } \begin{prova} Per quanto visto prima \eal{&L=F(\a,\b)\\ &\b\notin F(\a) \ubrace{\>}{(2)} [F(\a,\b):F(\a)]=2\\ &[L:F(\a)]=2\\ &[F(\a)(\b):F(\a)]=2 \> \deg \pmin{\b}{F(\a)} = 2 \> h(x)=\pmin{\b}{F(\a)}=(x-\b)(x-\b_2) } \def\f{{\varphi}} Per costruire $\FM{L}{F(\a)}$ basta usare la prop \see{immersioniestese}: gli unici due elementi $\f_1,\f_2\in \FM{L}{F(\a)}$ sono rispettivamente determinati dalle seguenti assegnazioni: \eal{ &\b \stackrel{\f_1}{\mapsto} \b\\ &\b \stackrel{\f_2}{\mapsto} \b_2 } \end{prova} \step{}{Supponiamo $\b\in F(\a)$. Determiniamo $[L:F]\,\;\FM{L}{F}$} \begin{prova} Abbiamo \eal{&L=F(\a,\b) \ubrace{=}{\b\in F(\a)} F(\a)\\ &[L:F]=[F(\a):F] = \deg \pmin{\a}{F} \ubrace{=}{(1)} \deg \f=3\\ } Ricordando che le radici di $\f$ sono $\a,\b,\g$, per costruire $\FM{F(\a)}{F}$ usiamo sempre la prop \see{immersioniestese}: gli unici due elementi $\f_1,\f_2,\f_3\in \FM{L}{F}$ sono rispettivamente determinati dalle seguenti assegnazioni: \eal{&\a \stackrel{\f_1}{\mapsto} \a\\ &\a \stackrel{\f_2}{\mapsto} \b\\ &\a \stackrel{\f_2}{\mapsto} \g } \end{prova} \end{prova} \end{proof} \def\s{{\sigma}} \begin{exemp} Sia $F$ campo e $x_1,x_2$ due indeterminate. \begin{enumerate} \item Scrivere $x_1^3+x_2^3$ come combinazione dei polinomi simmetrici elementari $\s_1,\s_2$ \item Siano $\a,\b$ le radici $f(x)\in F[x]$, polinomio irriducibile, $\deg f(x)=2$. Verificare che \eal{&\a^3+\b^3 \in F} \end{enumerate} \end{exemp} \begin{proof} \eal{&\s_1(x_1,x_2)=x_1+x_2\\ &\s_2(x_1,x_2)=x_1x_2\\\\ &\s_1\s_2=x_1^2x_2+x_1x_2^2\\ &\s_1^3-3\s_1\s_2=x_1^3+3x_1^2x_2+3x_1x_2^2+x_2^3- 3x_1^2x_2-3x_1x_2^2= x_1^3+x_2^3 } Infine, \eal{&\sist{x_1^3+x_2^3\T{ e' simmetrico}\in F[x_1,x_2]\\ \a,\b\T{ sono tutte le radici di }f(x)\\ f(x)\in F[x]} \ubrace{\>}{\see{psymrimangonoinFcalcolatinellaradici}} \a^3+\b^3\in F} \end{proof} \begin{exemp} Sia $f(x)=x^4+1\in \Z_5[x]$ \begin{enumerate} \item Fattorizzare $f(x)$ in $\Z_5[x]$ \item Determinare $L=\spezz{x^2+2}{\Z_5}$ \item Verificare che $L=\spezz{f(x)}{\Z_5}$ \item Trovare una legge esplicita per il seguente isomorfismo \eal{&L\simeq \frac{\Z_5[x]}{(x^2+x-3)}} \end{enumerate} \end{exemp} \begin{proof} \step{}{Dim. $1.$} \begin{prova} \eal{&x^4+1= x^4-4 = (x^2-2)(x^2+2) } \end{prova} \def\x{{\ove x}} \step{}{Dim. $2.$} \begin{prova} Sia $\x$ una radice di $x^2+2$, allora $-\x$ e' ancora radice, quindi \eal{&L=\spezz{x^2+2}{\Z_5}=\Z_5(\x) } %Se vogliamo possiamo anche porre $\x=i\2$, ma questo sara' ininfluente per il seguito. \end{prova} \step{}{Dim. $3.$} \begin{prova} Osserviamo che \eal{&\x\T{ radice di }x^2+2 \> \x^2+2 =0 \> \x^2=-2\\ &(2\x)^2 = 4\x^2 = -8 = - 3=2 \> 2\x \T{ e' radice di }x^2-2\\ &\T{Analogamente } -2\x \T{ e' radice di }x^2-2 } Quindi tutte le radici di $f(x)=(x^2-2)(x^2+2)$ sono \eal{&\pm 2\x,\;\pm \x} percio' \eal{&\spezz{f(x)}{\Z_5} = \Z_5(\x)=L} \end{prova} \step{}{Dim. $4.$} \begin{prova} \def\y{{\underline{x}}} $g(x)=x^2+x-3$ non ha radici in $\Z_5$ (basta verificare per tutti i possibili valori di $x\in \Z_5$), quindi, avendo grado $2$, e' irriducibile in $\Z_5[x]$.\\ Sia $\y\in \spezz{g(x)}{\Z_5}$ una radice di $g(x)$. \eal{& \sist{g(x)\T{ irrid. in }\Z_5[x]\\ g(x)\T{ monico}\\ g(\y)=0 }\>g(x)=\pmin{\y}{\Z_5} \ubrace{\>}{\see{FsupxisomFa}} \Z_5(\y) \ubrace{=}{\deg g(x)=2} \pgra{a+b\y\;|\;a,b\in \Z_5} \simeq \frac{\Z_5[x]}{(g(x))} } \def\f{{\varphi}} Cerchiamo quindi un isomorfismo $\f$ da $L=\Z_5(\x)$ a $\Z_5(\y)$. Poiche' $\f$ e' un isomorfismo tra campi, deve essere \eal{&\f(1)=1 \> \f_{|\Z_5}=\id } Conoscendo $\f(\x)$ determiniamo tutta l'immagine di $\f$, infatti, \eal{&\a\in \Z_5(\x) \> \a=a+b\x,\;\;a,b\in \Z_5\\ &\f(\a)=\f(a)+\f(b)\f(\x) \ubrace{=}{\f_{|\Z_5}=\id} a+b\f(\x) } Poiche' $\f$ preserva il prodotto, si deve avere: \eal{&\f(\x)^2=\f(\x^2)=\f(-2)=-2\\ &\f(\x)\in \Z_5(\y) \> \f(\x)=a+b\y,\;\;a,b\in \Z_5\\ &(a+b\y)^2=-2 \= a^2+b^2\y^2+2ab\y=-2\\ &\qq \y\T{ radice di }x^2+x-3 \> \y^2+\y-3=0 \= \y^2=3-\y\\ &a^2+b^2\y^2+2ab\y=-2 \= a^2+3b^2-b^2\y+2ab\y=-2\= \sist{a^2+3b^2=-2\\ 2ab-b^2=0}\= \sist{a^2+3b^2=3\\ b^2=2ab } } Una soluzione di tale sistema e' \eal{&(a,b)=(1,2) } Tutte le possibili soluzioni sono \eal{&(a,b)=\pm(1,2) } Per ogni soluzione determiniamo cosi' una $\f(\x)$ diversa. Abbiamo cosi' trovato 2 isomorfismi espliciti da $L$ a $\Z_5(\y)$. \end{prova} \end{proof} \def\w{{\omega}} \def\tr{{\sqrt[3]{2}}} \begin{exemp} \begin{enumerate} \item $\GG{\Q(\w,\tr)}{\Q}\simeq S_3$ \item Determinare tutti i campi $L$ t.c. $\Q \SC L\SC \Q(\w,\tr)$ \end{enumerate} \end{exemp} \begin{proof} Sia $K= \Q(\w,\tr)$, $F=\Q$, $G=\GG{K}{F}$, $H=\GG{K}{L}$, $J=\GG{L}{\Q}$. \step{}{Dim $1.$} \begin{prova} \eal{&\sist{\Q(\w,\tr) \ubrace{=}{\see{csdix32}} \spezz{x^3-2}{\Q}\\ \T{Le radici di }x^3-2 \T{ sono } \tr,\w\tr,\w^2\tr \> x^3-2\T{ separabile}}\;\;(1)\\ &(1) \ubrace{\>}{\see{GGimmersoinSn}} G\immerso S_3\\ &(1) \ubrace{\>}{\see{thmdefgalois}} F\SC K\T{ e' di Galois } \\ &\qq \ubrace{\>}{\see{thmdefgalois}} |G|=|\GG{K}{F}|=[K:F] \ubrace{=}{\see{csdix32}} 6\\ &\sist{|S_3|=3! = 6 = |G|\\ G\immerso S_3 } \> G\simeq S_3} \end{prova} \step{}{Dim $2.$} \begin{prova} \eal{&\sist{\Q\SC L\SC K\\ F\SC K\T{ di Galois} } \ubrace{\>}{\see{galoisspezzamento}} L\SC K\T{ e' di Galois}\;\;(2) } \def\f{{\varphi}} Per sfruttare la corrispondenza di Galois dobbiamo trovare $G=\GG{K}{F}$. Per semplificare il compito, possiamo prima trovare dei sottogruppi di $G$ e poi farne un opportuno prodotto per riottenere $G$.\\ \step{}{Determiniamo $H_1=\GG{K}{\Q(\tr)}$} \begin{prova} \eal{&\Q\( \Q(\tr) \( K \ubrace{\>}{(2)} \Q(\tr) \( K\T{ e' di Galois} \ubrace{\>}{\see{galoisGGeqFM}} \GG{K}{\Q(\tr)}=\FM{K}{\Q(\tr)}=\FM{\Q(\tr)(\w)}{\Q(\tr)} } Per la prop. \see{immersioniestese}, gli elementi di $\FM{K}{\Q(\tr)} $ sono determinati dalle seguenti assegnazioni: \eal{ &\w \stackrel{\f_1}{\mapsto} \w\\ &\w \stackrel{\f_2}{\mapsto} \w^2 } dove $\w,\w^2$ sono le radici di $\pmin{\w}{\Q(\tr)}=x^2+x+1$.\\ Quindi $H_1=\pgra{\f_1=\id, \f_2}=\gen{\f_2}$ \end{prova} \def\p{{\psi}} \step{}{Determiniamo $N=\GG{K}{\Q(\w)}$} \begin{prova} Analogamente a prima, $\GG{K}{\Q(\w)}=\FM{K}{\Q(\w)}=\FM{\Q(\w)(\tr)}{\Q(\w)}$. Gli elementi di $\FM{K}{\Q(\w)} $ sono determinati dalle seguenti assegnazioni: \eal{ &\tr \stackrel{\p_1}{\mapsto} \tr\\ &\tr \stackrel{\p_2}{\mapsto} \w\tr\\ &\tr \stackrel{\p_3}{\mapsto} \w^2\tr } dove $\tr,\w\tr,\w^2\tr$ sono le radici di $\pmin{\tr}{\Q(\w)}=x^3-2$.\\ Quindi $N=\pgra{\p_1=\id, \p_2,\p_3}=\gen{\p_2}$ \end{prova} \step{}{$N$ e' normale in $G$} \begin{prova} \eal{&\Q(\w)=\spezz{x^2+x+1}{\Q}\\ &\T{Le radici di }x^2+x+1 \T{ sono }\w,\w^2 \> x^2+x+1\T{ e' separabile } \\ &\qq \ubrace{\>}{\see{thmdefgalois}} \Q\(\Q(\w)\T{ e' di Galois}\\ &\sist{\Q\(\Q(\w)\(K\\ \Q\( K\T{ di Galois}\\ \Q\( \Q(\w)\T{ di Galois} } \ubrace{\>}{\see{thmquozientegalois}} \GG{K}{\Q(\w)}=N\T{ e' normale in }G } \end{prova} Quindi \eal{&\sist{H_1\^N=\pgra{\id}\\ |H_1| |N| = 6 = |G|\\ N\T{ e' normale } } \ubrace{\>}{\AII{propproHKnormalibanalialloraprodottointerno}} G=H_1N } Abbiamo cosi' determinato $G$: \eal{&G=\pgra{\id,\p_2,\p_3,\f_2,\f_2\p_2,\f_2\p_3} } Tutti i sottogruppi di $G$ sono:\\ \xymatrix{& & G\ar@{<-}[dll]\ar@{<-}[dl]\ar@{<-}[dr]\ar@{<-}[drr]\\ N=\gen{\p_2}\ar@{<-}[drr] & H_1=\gen{\f_2}\ar@{<-}[dr] & & H_2=\gen{\f_2\p_2}\ar@{<-}[dl] & H_3=\gen{\f_2\p_3}\ar@{<-}[dll]\\ & & \pgra{\id} }\\ Determiniamo i corrispondenti campi intermedi usando la corrispondenza di Galois (\vedi{corrispondenzagalois}, nota anche che le inclusioni vengono invertite):\\ \xymatrix{& & \KT{K}{\id}\ar@{<-}[dll]\ar@{<-}[dl]\ar@{<-}[dr]\ar@{<-}[drr]\\ \KT{K}{N}\ar@{<-}[drr] & \KT{K}{H_1}\ar@{<-}[dr] & & \KT{K}{H_2}\ar@{<-}[dl] & \KT{K}{H_3}\ar@{<-}[dll]\\ & & \KT{K}{G} }\\ Nello specifico: \eal{ &\KT{K}{\id}=K\\ &\KT{K}{G} =\KT{K}{\GG{K}{F}} \ubrace{=}{F\SC K\T{ e' di Galois},\;\;\see{thmdefgalois}} =F\\ &\Q(\tr)\(K\T{ di Galois } \ubrace{\>}{\see{thmdefgalois}} \KT{K}{\GG{K}{\Q(\tr)}} = \Q(\tr) \= \KT{K}{H_1}= \Q(\tr)\\ &\Q(\w)\(K\T{ di Galois } \ubrace{\>}{\see{thmdefgalois}} \KT{K}{\GG{K}{\Q(\w)}} = \Q(\w) \= \KT{K}{N}= \Q(\w) } Per determinare i rimanenti $\KT{K}{H_2}, \KT{K}{H_3}$ facciamo ricorso al campo coniugato: \eal{ &\sist{\p_2\in N\le G = \GG{K}{F} = \FM{K}{F}\\ F\(F(\tr) \( K }\ubrace{\>}{\see{FMimmagine}} \p_2(F(\tr))=F(\p_2(\tr)) =\Q(\w\tr)\;\;(*)\\ &\p_2 H_1 \inv {\p_2} = \p_2 \GG{K}{\Q(\tr)} \inv \p_2 \ubrace{=}{\see{GGconiugato}} \GG{K}{\p_2(\Q(\tr))} \ubrace{=}{(*)} \GG{K}{\Q(\w\tr)} \\ &\p_2 H_1 \inv {\p_2} = \pgra{\id, \p_2\f_2\inv {\p_2} = \p_2\f_2\p_3 }\\ &\p_2\f_2\p_3 \T{ agisce cosi': }\sist{ \tr \stackrel{\p_3}{\mapsto} \w^2\tr \stackrel{\f_2}{\mapsto} \w^4\tr=\w\tr \stackrel{\p_2}{\mapsto} \w^2\tr\\ \w \stackrel{\p_3}{\mapsto} \w \stackrel{\f_2}{\mapsto} \w^2 \stackrel{\p_2}{\mapsto} \w^2}\\ &\f_2\p_2 \T{ agisce cosi': }\sist{ \tr \stackrel{\p_2}{\mapsto} \w\tr \stackrel{\f_2}{\mapsto} \w^2\tr\\ \w \stackrel{\p_2}{\mapsto} \w \stackrel{\f_2}{\mapsto} \w^2 }\\ &\T{Quindi } \p_2\f_2\p_3=\f_2\p_2 \> \p_2 H_1 \inv {\p_2} =\pgra{\id, \p_2\f_2\p_3 = \f_2\p_2 } = \gen{\f_2\p_2}=H_2\\ &\KT{K}{H_2}=\KT{K}{\p_2 H_1 \inv {\p_2} } = \KT{K}{\GG{K}{\Q(\w\tr)}} \ubrace{=}{ \Q(\w\tr)\(K\T{ di Galois per la (2)},\;\;\see{thmdefgalois} } = \Q(\w\tr) \\ &\KT{K}{H_2} = \Q(\w\tr)\\ &\T{Analogamente: }\\ &\p_3(F(\tr))=\Q(\w^2\tr)\\ &\p_3H_1\inv {\p_3} = \GG{K}{\Q(\w^2\tr)}\\ &\p_3H_1\inv {\p_3} = \pgra{\id, \p_3\f_2\inv {\p_3} = \p_3\f_2\p_2= \f_2\p_3}= \gen{\f_2\p_{3}} = H_3\\ &\KT{K}{H_3} = \Q(\w^2\tr) } Possiamo cosi' riaggiornare il POSET dei campi di $F\SC K$:\\ \xymatrix{& & K\ar@{<-}[dll]\ar@{<-}[dl]\ar@{<-}[dr]\ar@{<-}[drr]\\ \Q(\w)\ar@{<-}[drr] & \Q(\tr) \ar@{<-}[dr] & & \Q(\w\tr)\ar@{<-}[dl] & \Q(\w^2\tr)\ar@{<-}[dll]\\ & & F } \end{prova} \end{proof} \begin{exemp} \begin{enumerate} \item Studiare $\C(u)\SC \C(t)$ con $u=t^n$, $t$ indeterminata. \item Verificare che \eal{&\GG{\C(t)}{\C(u)} \ubrace{\simeq}{\T{isom. di gruppi}} U_n } dove $(U_n,\.)$ e' il gruppo delle radici $n$-esime delle unita'. \end{enumerate} \end{exemp} \begin{proof} \def\w{{\omega}} Sia $f(x)=x^n-u$. $f(x)$ e' irriducibile in $\C(u)[x]$ (nota\footnote{basta usare il criterio di Eisenstein cosi' come e' stato fatto nella dim della prop \see{algebricamanonseparabile}})\\ \eal{&\sist{f(x)\T{ irrid. in }\C(u)[x]\\ f(x)\T{ monico}\\ f(t)=0}\>f(x)=\pmin{t}{\C(u)} } Per la prop \see{radiciennesimeunita}, le radici di $f(x)$ sono \eal{&t, \w t, \w^2 t, \dots, \w^{n-1}t\\ &t \T{ indeterminata } \> t \neq 0 } quindi $f(x)$ e' anche separabile. \eal{&\spezz{f(x)}{\C(u)} = \C(u) (t, \w t, \w^2 t, \dots, \w^{n-1}t) \ubrace{=}{\w^i\in \C} \C(u,t) \ubrace{=}{u=t^n\in \C(t)} \C(t)\\ &\sist{\C(t)=\spezz{f(x)}{\C(u)} \\ f(x)\T{ separabile } } \ubrace{\>}{\see{thmdefgalois} } \C(u)\SC \C(t)\T{ di Galois }\;\;(1)\\ &(1) \ubrace{\>}{\see{thmdefgalois}} |\GG{\C(t)}{\C(u)}| = [ \C(t):\C(u)]= [\C(u)(t):\C(u)]=\deg \pmin{t}{\C(u)} = \deg f(x) = n\\ &(1) \ubrace{\>}{\see{galoisGGeqFM}} \GG{\C(t)}{\C(u)}=\FM{\C(t)}{\C(u)} } Per la prop. \see{immersioniestese}, gli elementi di $\FM{\C(t)}{\C(u)}$ sono determinati dalle seguenti assegnazioni: \eal{ &t \stackrel{\f_i}{\mapsto} \w^it\;\;\forall i=0,\dots,n-1 } Abbiamo anche che: \eal{&\GG{\C(t)}{\C(u)} = \gen {\f_1},\T{ infatti,}\\ &\qq t \stackrel{\f_1}{\mapsto} \w t \stackrel{\f_1}{\mapsto} \w^2 t \stackrel{\f_1}{\mapsto} \dots \stackrel{\f_1}{\mapsto} \w^nt=t\\ &\qq \f_1^{n-1} \neq \id,\;\f_1^n=\id \> o(\f_1)=n=|\GG{\C(t)}{\C(u)}|\\ &\GG{\C(t)}{\C(u)}\T{ ciclico } \> \GG{\C(t)}{\C(u)} \simeq \Z_n \ubrace{\simeq}{U_n\T{ e' ciclico}} U_n } \end{proof} \begin{exemp} \def\rq{{\sqrt[4]{2}}} Studiare $\GG{\Q(i,\rq)}{\Q}$ sapendo che \eal{&\Q(i,\rq)=\spezz{x^4-2}{\Q}} A quale gruppo e' isomorfo? \end{exemp} \begin{proof} %TODO TODO \end{proof}