Introduzione alla Teoria di Galois

Andrea Previtali Sabato, 15 Settembre 2001

1 Nozioni preliminari

Lo scopo del corso è di descrivere la Teoria di Galois, ossia come usare la teoria dei gruppi nello studio della struttura dei campi. Abbiamo preliminarmente bisogno di introdurre alcuni concetti relativi alla divisibilità negli anelli, l’esempio più importante per noi restando quello dei polinomi o delle funzioni razionali.

1.1 Divisibilità

Nel resto di questa sezione indicheremo con A un anello commutativo dotato di identità che denoteremo con 1 o 1_{A}. Nostra intenzione è definire un concetto di divisibilità in A che ricordi l’analoga nozione sugli interi ℤ. Benché esista una teoria della divisibilità nel caso non commutativo, noi ci limiteremo al caso commutativo per semplicità.

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 è un’unità o un elemento invertibile di A. Indicheremo l’insieme delle unità di A con A^{#} (riservando ad A^{∗} il significato di A ∖ {0}).

Ad esempio ℤ^{#} = {±1}.

Esercizio 1.4. Provare che A^{#} è un gruppo rispetto al prodotto 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 di equivalenza su A.

Definizione 1.7. Un anello commutativo A viene detto un dominio se ab = 0 implica che a o b è nullo.

Esercizio 1.8. Dimostrare che se D è un dominio di integrità finito, allora |D| = 1 + k|D^{#}|, per qualche intero k o, in notazione modulare, |D| ≡_{|D^{#}|} 1.

In realtà k risulta essere sempre 1.

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

Nel seguito restringeremo ulteriormente il nostro universo considerando solo domini di integrità che denoteremo generalmente con D.

Definizione 1.10. Un elemento non invertibile e non nullo p di un dominio D viene detto primo se p|ab implica p|a o p|b.

Esercizio 1.11. Mostrare che questa definizione in ℤ fornisce esattamente i numeri primi e i loro opposti.

Definizione 1.12. Un elemento 0 ≠ a di D ∖ D^{#} viene detto irriducibile o atomo se b|a implica b ≈ a o b ∈ D^{#}. Indicheremo con 𝒜(D) l’insieme degli atomi di D.

Esercizio 1.13. Se mancasse la locuzione ”non nullo” nella definizione, lo zero sarebbe primo? In generale può 0 essere irriducibile?

Si noti che questa è la classica definizione di numero primo in ℤ. Infatti mostriamo che un elemento primo è un atomo.

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

Dim. Sia a un divisore di p, allora p = ab per qualche b ∈ D. Quindi p|ab e, per definizione, p uno dei fattori, diciamo a. Quindi a = pc e a(1 − bc) = 0. Essendo p ≠ 0 e D un dominio, allora bc = 1 e b ∈ D^{#}, cioè p ≈ a. q.e.d.

Nota 1.15. Il viceversa non vale, ossia esistono atomi che non sono primi, ma gli esempi sono più difficili da trovare, quello tipico consiste in D = ℤ[\sqrt{−5}], ove 2 + \sqrt{−5} è irriducibile, divide 9, ma non divide 3.

Dim. Si denoti con N la norma, ossia la mappa definita da D in ℤ come N(a + b\sqrt{−5}) = a^{2} + 5b^{2}. Siccome N(α) = α\overline{α}, allora N(αβ) = N(α)N(β). Inoltre u ∈ D^{#} sse N(u) = 1. Ora 9 = N(3) = N(2 + \sqrt{−5}), quindi 2 + \sqrt{−5}|9 e, se 2 + \sqrt{−5} dividesse 3, avremmo che 2 + \sqrt{−5} ≈ 3. Ma D^{#} = \{±1\}. q.e.d.

Esiste però una vasta classe di anelli in cui il concetto di primo e atomo coincidono. Questoè vero in particolare pegli interi.

Definizione 1.16. Dato un anello commutativo con identità A, diciamo che I è un ideale di A e scriveremo I ⊴ A se I è un sottoanello di A e, per ogni a ∈ A, aI = Ia ⊆ I.

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

Esercizio 1.18. Dato un campo k, dimostrare che k[x] è un dominio 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 detto un 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 massimo comune divisore d per ogni coppia di elementi a, b. Inoltre d′ soddisfa la stessa proprietà sse d ≈ d′. Infine esistono x, y ∈ D tali che ax + by = d (Identità di Bézout).

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

Con una lieve ambiguità indicheremo con gcd(a, b) uno tra gli elementi associati che fungono da massimo comune divisore tra a e b.

Teorema 1.21. Sia a un atomo in un PID. Allora a è 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 ≈ a o d ≈ 1. Siccome a ∤ c deve valere il secondo caso, quindi 1 ∈ (d) = (a, c), cioè 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 risulterà molto utile anche nel seguito è quella dei domini a fattorizzazione unica o UFD. Tra le molte possibili definizioni forniamo la seguente:

Definizione 1.22. Un dominio D viene detto a fattorizzazione unica se ogni elemento si decompone in modo unico a meno dell’ordine dei fattori o di unità nel prodotto di un numero finito di atomi.

Esercizio 1.23. Perché bisogna specificare a meno dell’ordine o di unità nella definizione di dominio a fattorizzazione unica?

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 un numero finito di atomi.

Dim. Se d ∈ D^{#} allora l’asserto è banale. In caso contrario mostriamo che ogni elemento d ammette un atomo come divisore. Se d è un atomo non c’è niente da dimostrare. Altrimenti esiste d_{1} ≉ 1, d tale che d = d_{1}f_{1}. Allora (d) < (d_{1}) < D, tutte le inclusioni proprie (perché?). Se d_{1} è divisibile da un atomo abbiamo concluso altrimenti, sostituendo d con d_{1}, otterremmo una successione infinita di elementi d_{i} tali che (d_{i}) < (d_{i+1}) < D. Ora I = ⋃_{i}(d_{i}) è un ideale. Infatti se x, y ∈ I allora x, y ∈ (d_{i}) per i >> 0 (i abbastanza grande), quindi x + y e rx ∈ (d_{i}) ≤ I per ogni r ∈ D. Quindi I = (b), per qualche b. Sia i tale che b ∈ (d_{i}), allora (b) ≤ (d_{i}) ≤ I = (b) e (b) = (d_{i+n}) per ogni intero n. Questo contraddice l’ipotesi che (d_{i}) è propriamente contenuto in (d_{i+1}). Quindi uno dei d_{i} deve essere un atomo. Allora scegliamo al primo passo d_{1} un atomo che divide d e procediamo analogamente con f_{1}, ossia f_{1} = d_{2}f_{2} per un atomo d_{2}. Allora costruisco una successione d_{i} come sopra e questo processo deve interrompersi, cioè f_{n} è un atomo per qualche intero n. Sia ora a_{1} ⋯ a_{n} = b_{1} ⋯ b_{m}, ove a_{i}, b_{j} sono atomi. Siccome sono anche primi allora, a meno dell’ordine, a_{1}|b_{1}, ossia a_{1} ≈ b_{1}. Cancellandoli ottengo un’identità tra due prodotti atomici con meno fattori. Per induzione sul numero dei fattori ne segue che, sempre a meno dell’ordine, n = m e a_{i} ≈ b_{i} . q.e.d.

Se D è un UFD allora si può definire il massimo comune divisore d tra due elementi a, b nel seguente modo: si scelga anzitutto un rappresentante p da ogni classe di equivalenza rispetto a ≈ in 𝒜(D), allora a = u ∏ p^{v_{p}(a)}, ove u ∈ D^{#}. Basta porre d = ∏ p^{min(v_{a}(p),v_{b}(p))} per ottenere un massimo comune divisore tra a e b.

Esercizio 1.25. Mostrare che d definito sopra è un massimo comune divisore.

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

Definizione 1.26. Sia D un UFD e sia f = ∑_{i=0}^{n} f_{i}x^{i} ∈ D[x], allora il contenuto di f, ct(f), viene definito come gcd(f_{1}, …, f_{n}).

Definizione 1.27. Diremo che un polinomio f a coefficienti in un UFD è primitivo se ct(f) = 1.

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

Dim. Per assurdo sia p un divisore primo di ct(fg). Siccome f è primitivo esiste m = min{f_{i} | f_{i} ≢_{p} 0}. Sia n l’analogo per g. Ora il coefficiente di x^{n+m} in fg vale ∑_{i=0} f_{n+m−i}g_{i} = ∑_{i<n} f_{n+m−i}g_{i} +f_{m}g_{n} +∑_{j<m} f_{j}g_{n+m−j} che è congruo a f_{m}g_{n} modulo p e quindi non è divisibile per p, contro l’ipotesi che p|ct(fg) . q.e.d.

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

Mostriamo come questo risultato serva a stabilire l’irriducibilità di polinomi. Ricordiamo che in modo analogo a come ℚ viene costruito da ℤ, si può ottenere a partire da ogni dominio D un campo 𝒬(D) detto campo dei quozienti di D, in cui D si immerge. L’esempio che utilizzeremo sarà D = k[x], k un campo; in tal caso 𝒬(D) consiste nel campo delle funzioni razionali, ossia elementi della forma f(x)/g(x).

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

Proposizione 1.31. Sia f ∈ D[x], D un UFD, Q = 𝒬(D) il relativo campo dei quozienti. Allora 𝒜(D[x]) ⊆ 𝒜(Q[x]).

Dim. È banale mostrare che D[x] è un dominio. Per cui il grado di un prodotto coincide colla somma dei gradi dei fattori. Da ciò segue che 𝒜(D) ⊆ 𝒜(D[x]) e che D[x]^{#} = D^{#}. Se f è un atomo allora pp(f) o ct(f) sono unità in D. Nel primo caso f ∈ D quindi è un elemento di Q. Altrimenti f è primitivo. Siccome Q^{∗} = Q^{#}, ne segue che g ∈ 𝒜(Q[x]) sse g non si fattorizza nel prodotto di due polinomi di grado strettamente inferiore. Per assurdo f non sia un atomo in Q[x], allora esistono polinomi (su Q) tali che f = ab e deg a, deg b < deg f. Allora f = \frac{a′b′}{cd} ove a′, b′ ∈ D[x] e c, d ∈ D sono massimi comuni divisori dei denominatori dei coefficienti di a e b. Per cui cdf = ct(a′)ct(b′)pp(a′)pp(b′) e, confrontando i contenuti, cd = ct(a′)ct(b′); per cui, a meno di unità f = pp(a′)pp(b′), una contraddizione . q.e.d.

Esercizio 1.32. Si dimostri che D[x] è un dominio e se ne deduca che 𝒜(D) ⊆ 𝒜(D[x]) e che D[x]^{#} = D^{#}.

Si osservi che se aè un atomo di D e f un atomo in D[x]∖ D, allora af è riducibile in D[x], ma irriducibile in Q[x]. Proviamo ora un fondamentale teorema dovuto a Gauss.

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

Dim. Sia f ∈ D[x]. Poiché pp(f) non è divisibile da atomi non invertibili di D i suoi fattori atomici hanno grado positivo, quindi sono in numero finito. D’altro canto ct(f) è prodotto di un numero finito di atomi essendo in D. Mostriamo ora l’unicità. Sia f = ∏_{i}^{n} a_{i} = ∏_{j}^{m} b_{j}, con a_{i}, b_{j} atomi. Per cui i fattori sono atomi in D o polinomi primitivi per le stesse argomentazioni della precedente proposizione. Quindi il prodotto degli atomi in D nelle due fattorizzazioni coincide con ct(f) e siccome quest’ultimo appartiene a D, abbiamo unicità di fattorizzazione. Quindi possiamo supporre che gli a_{i}, b_{j} siano primitivi di grado positivo. Poiché Q[x] è un PID, quindi un UFD, ne segue che n = m e, a meno dell’ordine, a_{i} ≈ b_{i} in Q[x]. Poiché Q[x]^{#} = Q^{∗} ne segue che aa_{i} = bb_{i} per opportuni elementi a, b in D. Confrontando i contenuti si ha a ≈ b in D e a_{i} ≈ b_{i} in D[x] . q.e.d.

1.2 Campi ed Estensioni

Definizione 1.34. Siano F e K due campi. Diremo che K è un’estensione di F, se K ⊇ F e scriveremo K ≥ F o K/F.

Proposizione 1.35. Sia K un’estensione di F, allora K ammette la struttura di F -spazio vettoriale.

Dim. Chiaramente (K, +) è un gruppo abeliano e la mappa (f, k) ↦ fk definisce un prodotto scalare-vettore da F × K in K . q.e.d.

Esercizio 1.36. Completare i dettagli della dimostrazione.

Definizione 1.37. La dimensione di K su F viene detta il grado dell’estensione K/F e sarà indicata con [K : F]. Se [K : F] < ∞ diremo che l’estensione è finita; altrimenti K/F è un’estensione infinita.

Esempio 1.38. Supponiamo noti i campi dei numeri razionali, reali e complessi che indicheremo con ℚ, ℝ e ℂ. Il campo delle classi di resto modulo un primo p, ℤ/pℤ, verrà denotato con 𝔽_{p}.

Definizione 1.39. Un campo algebrico numerico è un’estensione finita di ℚ.

Esempio 1.40. Sia k un campo e x un’indeterminata. Il campo delle funzioni razionali k(x) è il campo dei quozienti dell’anello dei polinomi k[x], ossia è costituito da tutti i quozienti della forma f(x)/g(x), f, g polinomi, g(x) ≠ 0, il polinomio nullo. Analogamente date n indeterminate x_{1}, …, x_{n}, indicheremo con k(x_{1}, …, x_{n}) il campo delle funzioni razionali in tali indeterminate.

Esempio 1.41. Sia k un campo e k((x)) l’insieme delle serie di Laurent nell’indeterminata x, ossia le serie formali della forma

f(x) = ∑_{i=n}^{∞} a_{i}x^{i},

per qualche n ∈ ℤ dipendente da f e a_{i} ∈ k. Si definisca su tale insieme una somma puntuale

∑_{i=n}^{∞} a_{i}x^{i} + ∑_{i=n}^{∞} b_{i}x^{i} = ∑_{i=n}^{∞}(a_{i} + b_{i})x^{i}

e un prodotto di convoluzione

∑_{i=n}^{∞} a_{i}x^{i} ∗ ∑_{j=m}^{∞} b_{j}x^{j} = ∑_{k=n+m}^{∞}( ∑_{i+j=k} a_{i}b_{j})x^{k}.

Teorema 1.42. Dato un campo k, l’insieme delle serie di Laurent (k((x)), +, ∗) risulta essere un campo.

Dim. Sia K = k((x)), allora si verifica facilmente che (K, +, ∗) è un anello commutativo con identità. Resta da mostrare che ogni elemento non nullo è invertibile. Sia f = ∑_{i=n} a_{i}x^{i} ≠ 0 ove a_{n} ≠ 0. Moltiplicando per a_{n}^{−1}x^{−n}, ci riconduciamo al caso in cui n = 0 e a_{0} = 1. Si tratta di determinare coefficienti b_{j} tali che g = ∑_{j=0} b_{j}x^{j} soddisfa g ∗ f = 1. Chiaramente deve essere b_{0} = 1. Supponiamo che tutti i termini b_{0}, …, b_{m−1} siamo stati determinati, allora risolvendo l’equazione

0 = (f ∗ g)_{m} = ∑_{k=0}^{m} a_{i}b_{m−i}

otteniamo anche b_{m} . q.e.d.

Esercizio 1.43. Sia D un dominio e sia A = D((x)) l’insieme delle serie di Laurent su D. Dimostrare che A è un dominio. È un campo?

Esibiamo ora alcuni esempi di estensioni.

Esempio 1.44. L’estensione ℂ/ℝ risulta finita siccome [ℂ : ℝ] = 2. Infatti {1, i} è una ℝ-base per ℂ.

Ricordiamo che |ℝ| = 2_{0}^{ℵ} > ℵ_{0} = |ℚ| e che, per ogni intero n, |ℚ^{n}| = |ℚ| (entrambe i risultati sono dovuti a G. Cantor, il padre dell’Aritmetica Cardinale).

Nota 1.45. Il campo dei reali è un’estensione infinita di ℚ. Altrimenti ℝ sarebbe in corrispondenza biunivoca con ℚ^{n} per qualche intero n (che va pensato come la dimensione di ℝ sui razionali), contraddicendo i due risultati di Cantor summenzionati.

Un ulteriore e più naturale esempio di estensione infinita è dato da

Esempio 1.46. Sia k un campo e K = k(t) il campo delle funzioni razionali su k nell’indeterminata t. Allora [K : k] = ∞. Altrimenti si dica n la dimensione di K su k, allora 1, t, …, t^{n} dovrebbero essere linearmente dipendenti su k, cioè esistono coefficienti a_{0}, …, a_{n} in k tali che ∑_{j=0}^{n} a_{j}t^{j} = 0, contro l’ipotesi fatta su t.

Richiamiamo alcune definizioni che serviranno per il prossimo esempio.

Definizione 1.47. Sia A un anello commutativo. Ricordiamo che un ideale I di A dicesi primo se ab ∈ I implica che almeno uno dei fattori appartiene a I. Un ideale M viene detto massimale se M ≤ I ≤ A implica I = M o I = A.

Caratterizziamo queste due proprietà mediante l’anello quoziente A/I.

Proposizione 1.48. Dato un anello commutativo A e un suo ideale I allora

1. A/I è un dominio sse I è primo;

2. A/I è un campo sse I è massimale.

Dim. Si ponga Ā = A/I e ā = a + I. Allora ab ∈ I sse \overline{ab} = ¯0. Per cui I è primo sse Ā è un dominio. Sia ora Ā un campo, allora gli unici ideali di Ā sono 0 o tutto Ā. Per il teorema di corrispondenza sugli ideali negli anelli quoziente ne segue che I è massimale. Viceversa sia I massimale, allora Ā non possiede ideali non banali. Sia 0 ≠ x ∈ Ā, allora xĀ = Ā ed esiste y ∈ Ā tale che xy = 1 e Ā è un campo . q.e.d.

Esercizio 1.49. Dimostrare che un ideale massimale è primo. Mostrare che in un PID vale il viceversa.

Esempio 1.50. Sia A = ℚ[t] e p(t) = t^{3} − 2 ∈ A. Allora p è irriducibile in quanto non ammette radici razionali. Sia I = pA, allora I è un ideale primo e siccome A è un dominio a ideali principali I è addirittura massimale. Quindi K = A/I è un campo. Inoltre la mappa j : a ↦ a + I, ove a ∈ ℚ risulta essere iniettiva. Identificando ℚ colla sua immagine mediante j, possiamo dire che K è un’estensione di ℚ. Sia f ∈ A. Per l’algoritmo euclideo esistono due polinomi q ed r tali che f = qp + r ove deg r < deg p = 3. Allora f + I = r + I e K è generato come ℚ-spazio dalle classi laterali individuate da 1, t e t^{2} e non è difficile provare che sono linearmente indipendenti. Quindi [K : ℚ] = 3. Mostriamo direttamente che K è un campo. L’unica difficoltà consiste nel provare che ogni elemento non nullo di K ammette inverso. Sia f ∈ A ∖ I. Allora gcd(f, p) = 1, cioè esistono a, b ∈ A tali che af + pb = 1, ossia l’inverso di f + I è a + I.

Vedremo come generalizzare questo esempio per costruire esempi di campi algebrici numerici di grado arbitrario.

Definizione 1.51. Sia K un’estensione di F. Se X è un sottoinsieme di K, allora l’anello F [X] è l’intersezione di tutti i sottoanelli di K contenenti F e X. Analogamente viene definito il campo F (X). Se X è finito diremo che F (X) è un’estensione finitamente generata.

Per definizione F [X] e F (X) sono il minimo sottoanello e il minimo sottocampo di K contenente F e X. Fissato un elemento a ∈ K sia ev_{a} la mappa di valutazione definita da F [x] in K mediante

ev_{a}(f) := f(a).

Esercizio 1.52. Dimostrare che ev_{a} realizza un omomorfismo di anelli nonché di F -spazi vettoriali tra F [x] e K.

Proposizione 1.53. 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) ≠ 0}.

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

Dim. La mappa di valutazione ev_{a} ha come immagine {f(a) | f(x) ∈ F [x]} che risulta così essere un sottoanello di K contenente F ed a. Se R indica un qualsiasi sottoanello di K soddisfacente tali condizioni allora ogni elemento della forma f(a) appartiene a R. Questo dimostra la prima parte dell’asserto. Ora {f(a)/g(a) | f(x), g(x) ∈ F [x], g(a) ≠ 0} è il campo dei quozienti di F [a] e risulta certamente minimale rispetto alla proprietà di contenere F [a] tra i sottocampi di K . q.e.d.

In modo analogo si possono dimostrare simili risultati nel caso di un arbitrario sottoinsieme finito X di K. Si indichi con \underline{a} la n-upla (a_{1}, …, a_{n}), ove a_{i} ∈ K.

Proposizione 1.54. Sia X = {a_{1}, …, a_{n}}, allora

F [X] = \{f(\underline{a}) | f(\underline{x}) ∈ F [\underline{x}]\}

e

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

Nel caso X sia infinito ci si può sempre ricondurre al caso finitamente generato.

Proposizione 1.55. Sia K un’estensione di F e X ⊆ K. Se α ∈ F (X), allora α ∈ F (a_{1}, …, a_{n}) per alcuni a_{1}, …, a_{n} ∈ K. Per cui F (X) = ⋃{F (a_{1}, …, a_{n}) | a_{1}, …, a_{n} ∈ K}, ove l’unione varia su tutti i sottoinsiemi finiti di X.

Dim. Ovviamente ogni campo F (a_{1}, …, a_{n}) è contenuto in F (X); quindi L = ⋃{F (a_{1}, …, a_{n}) | a_{1}, …, a_{n} ∈ K} ≤ F (X). Per l’inclusione opposta basta mostrare che L è un campo. Siano α e β elementi di L, allora α ∈ F (a_{1}, …, a_{n}) e β ∈ F (b_{1}, …, b_{m}) per opportuni elementi a_{i} e b_{j} in K. Allora α±β e α/β appartengono a F (a_{1}, …, a_{n}, b_{1}, …, b_{m}) e quindi ad L. q.e.d.

Definizione 1.56. Se K è un’estensione di F, allora un elemento α ∈ K dicesi algebrico su F se esiste un polinomio non nullo f(x) ∈ F [x] tale che f(α) = 0. Se α non è algebrico su F, allora viene detto trascendente su F. Se ogni elemento di K risulta algebrico su F, allora diremo che K/F è un’estensione algebrica.

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

I = {f ∈ F [x] | f(α) = 0},

alloraè immediato mostrare che I è un ideale di F [x]. Siccome F [x] è un PID, ne segue che I = pF [x], per qualche polinomio p(x); inoltre tale polinomio deve essere irriducibile. Ha quindi senso la seguente definizione: Definizione 1.57. Se α è algebrico su F, il polinomio minimo di α su F è il polinomio monico p ∈ F [x] di grado minimo tale che p(α) = 0; verrà denotato con min_{F} (α). Equivalentemente min_{F} (α) è il generatore monico della mappa ev_{α}.

Esercizio 1.58. Determinare min_{F} (a) ove a ∈ F.

Esempio 1.59. Il numero complesso i = \sqrt{−1} è algebrico su ℚ in quanto radice del polinomio x^{2} + 1. Si noti che min_{ℚ}(i) = min_{ℝ}(i) = x^{2} + 1, mentre min_{ℂ}(i) = x − i; quindi il polinomio minimo dipende dal campo base. Sia ω = e^{\frac{2πi}{n}} = cos(\frac{2π}{n}) + i sin(\frac{2π}{n}), allora ω^{n} − 1 = 0. Determineremo in seguito min_{ℚ}(ω).

Esempio 1.60. Il primo esempio di numero trascendente sui razionali venne costruito da Liouville nel 1851, trattasi di ∑_{n} 10^{−n!}. Nel 1873 Hermite dimostrò che e, la base dei logaritmi neperiani, è trascendente. Analogo risultato venne provato da Lindemann nel 1882 per π, chiudendo così un classico problema che datava più di 2000 anni. D’altro canto π è banalmente algebrico su ℚ(π), quindi l’essere algebrico o trascendente dipende dal campo base.

Esercizio 1.61. Sia a = \sqrt{2} e b = \sqrt{3}, determinare i polinomi minimi su ℚ di a, b, a + b e ab.

Proposizione 1.62. Sia K un’estensione di F e sia K ∋ α algebrico su F.

1. il polinomio min_{F} (α) è irriducibile su F;

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

3. se n = deg min_{F} (α), allora gli elementi 1, α, …, α^{n−1} costituiscono una base per F (α) su F, sicché [F (α) : F] < ∞. Inoltre F [α] = F (α).

Dim. Sia p(x) = min_{F} (α). Se p non fosse irriducibile, allora α sarebbe radice di uno dei suoi fattori, contro la minimalità del grado di p. Abbiamo già osservato che ker(ev_{α}) è un ideale principale di F [x]. Ancora per minimalità si ha che p ne è generatore. Infine F [x]/ ker(ev_{α}) ≃ F [α] è un dominio di integrità essendo un sottoanello del campo K. Quindi per la Proposizione 1.48 pF [x] è un ideale primo. Siccome F [x] è un PID, ogni ideale primo è massimale e F [α] è un campo, quindi coincide con F (α). Infine dato g(x) ∈ F [x], mediante l’algoritmo euclideo è possibile determinare q, r tali che g = pq + r e deg r < deg p, per cui g(α) = r(α) e 1, α, …, α^{n−1} generano F [α] come F -spazio. D’altra parte se fossero linearmente dipendenti avremmo un polinomio non nullo di grado inferiore a n di cui α è radice . q.e.d.

Nota 1.63. Si noti che la condizione F (α) = F [α] vale sse α è algebrico su F. La sufficienza è appena stata provata. Sia F (α) = F [α], allora 1/α ∈ F (α) si può esprimere come un polinomio f valutato in α, da cui risulta che α annulla il polinomio xf(x) − 1 ed è quindi algebrico su F.

Richiamiamo un risultato dovuto al matematico tedesco Eisenstein.

Teorema 1.64. Sia D un UFD, p un elemento primo di D e f(x) = ∑_{i=0}^{n} f_{i}x^{i} un polinomio a coefficienti in D tali che f_{i} ≡_{p} 0, per i ≤ n − 1, ma p^{2} |̸ f_{0} e f_{n} ≢_{p} 0, allora f(x) è un elemento irriducibile di 𝒬(D[x]).

Dim. Per assurdo sia f = gh, dove per il Lemma di Gauss si può assumere che i coefficienti di g e h siano in D. Si indichi con l̄ la riduzione modulo p del polinomio l, allora f̄ = ḡh̄, ma f̄ = f̄_{n}x̄^{n}. Quindi ḡ = ḡ_{m}x̄^{m} e h̄ = h̄_{d}x̄^{d} con m, d > 0. Per cui g = g′_{m}x^{m} + pg′(x) e h = h′_{d}x^{d} + ph′(x), per opportuni polinomi g′, h′ in D[x] e g′_{m}, h′_{d} in D.

Moltiplicando tali espressioni si ottiene che f = f_{n}x^{n} + pxf′(x) + p^{2}f′_{0}, contro le ipotesi . q.e.d.

Esempio 1.65. Sia f(x) = x^{3} − 2 ∈ ℚ[x], allora per il criterio di Eisenstein con p = 2, f è irriducibile e risulta essere il polinomio minimo per ^{3} \sqrt{2} su ℚ. In particolare [ℚ( ^{3} \sqrt{2}) : ℚ] = 3. Se p è un primo allora x^{n} − p è irriducibile sempre come conseguenza del criterio di Eisenstein e [ℚ( ^{n} \sqrt{p}) : ℚ] = n. Sia ω una radice cubica dell’unità sui complessi diversa da 1, allora ω^{3} − 1 = 0. Ora x^{3} − 1 = (x − 1)(x^{2} + x + 1), quindi ω annulla il secondo fattore. Siccome questi non ammette radici razionali è il polinomio minimo di ω.

Esercizio 1.66. Stabilire per quali interi n, x^{2} − n è irriducibile su ℚ.

Dim. È ovvio che se n = a^{2}, a ∈ ℤ, allora il polinomio è irriducibile. Altrimenti sia n = a^{2}b, ove b non è divisibile per quadrati (tali interi vengono detti square-free). Si ponga y = x/a, allora x^{2} − n è irriducibile sse y^{2} − b lo è (perché?). A questo punto se esiste un primo che divide b, l’ultimo polinomio è irriducibile per il criterio di Eisenstein, altrimenti è riducibile (b deve essere ±1) . q.e.d.

Nota 1.67. Una completa caratterizzazione dei monomi irriducibili della forma x^{n} − a, con a, n interi è dovuta al matematico siciliano Capelli e verrà trattata in seguito come applicazione della Teoria di Galois.

Il prossimo esercizio mostra che non sempre il criterio di Eisenstein si può applicare.

Esercizio 1.68. (Difficile) Determinare per quali valori di n f(x) = x^{n} − p^{2} è irriducibile su ℚ con p primo.

Dim. Chiaramente n deve essere dispari. Sia questo il caso e si supponga che f = gh. Per il Lemma di Gauss possiamo assumere che i polinomi g, h siano a coefficienti interi. Si deduce facilmente che devono essere monici. Si indichi con l̄ la riduzione di un polinomio intero modulo p, allora x̄^{n} = f̄ = ḡh̄. Per cui ḡ = x̄^{2l} e h̄ = x̄^{2k−1}, per opportuni interi positivi l e k. Sicché g = x^{2l} + pg′ e h = x^{2k+1} + ph′. Da f = gh segue che x^{2l}g′ = −x^{2k−1}h′. Siccome x è un atomo e ℤ[x] un UFD, allora x|g′. Da cui segue che x|1, che è manifestamente impossibile . q.e.d.

Esempio 1.69. Sia p un primo e ω = e^{\frac{2πi}{p}} = cos(\frac{2π}{p}) + i sin(\frac{2π}{p}) annulla il polinomio x^{p} − 1 = (x − 1)(x^{p−1} + ⋯ + x + 1) e quindi annulla il secondo fattore. Poniamo Φ(x) = ∑_{i=0}^{p−1} x^{i}, allora Φ(x+1) = \frac{(x+1)^{p}−1}{x} = ∑_{i=1}^{p} \binom{p}{i}x^{i−1}. Siccome i coefficienti binomiali soddisfano le ipotesi del criterio di Eisenstein rispetto al primo p, ne segue che Φ(x + 1) e quindi Φ(x) sono irriducibili su ℚ. Per cui [ℚ(ω) : ℚ] = p − 1.

Vedremo in seguito come questo risultato si generalizza nel caso di radici di 1 di indice composto n e quali conseguenze comporta nella risoluzione del classico problema della costruzione del n-gono regolare con riga e compasso. Il prossimo esempio fornisce alcune informazioni sui sottocampi del campo delle funzioni razionali. Definizione 1.70. Siano f, g elementi di un dominio a fattorizzazione unica. Diremo che f e g sono coprimi se gcd(f, g) vale 1 e scriveremo f ⊥ g.

Esempio 1.71. Sia k un campo e K = k(t) il campo delle funzioni 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. Si ponga F = k(u). Vogliamo dimostrare che

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

In particolare K/F è un’estensione finita.

Dim. Si noti anzitutto che K = F (t). Si tratta allora di determinare il polinomio minimo di t su F. Si consideri p(x) = ug(x) − f(x) ∈ F [x]. Allora t è una radice di p e [K : F] < ∞. Siano f(x) = ∑_{i=0}^{n} f_{i}x^{i} e g(x) = ∑_{i=0}^{m} g_{j}x^{j}, con a_{n}b_{m} ≠ 0, allora deg p = max(deg f, deg g). Se così non fosse si dovrebbe avere n = m e dovrebbe annullarsi il coefficiente di x^{n} in p. Ma questi eguaglia uf_{n} − g_{n} e se fosse nullo avremmo u ∈ k. Poiché ∞ = [K : k] = [K : F][F : k], u è trascendente su k. Per cui k[x] ≃ k[u]. Se p fosse riducibile su k(u) allora lo sarebbe su k[u] per la Proposizione 1.31 applicata al dominio D = k[u]. Sia p(x, u) = h(x, u)l(x, u) in k[x, u]. Siccome deg_{u} p = 1 si ha deg_{u} h = 1 e deg_{u} l = 0, ossia l = l(x) ∈ k[x]. Quindi l(x)|ct_{x}(p) = gcd(f(x), g(x)) = 1 da cui segue l ∈ k e p è irriducibile su k(u) = F e p = min_{F} (t) . q.e.d.

Fatto molto più importante è che tutti i sottocampi intermedi tra k(t) e k sono della forma k(u), per qualche u ∈ k(t). In particolare [k(t) : L] < ∞ per ognuno di tali sottocampi L. Questo risultato è noto come Teorema di Lüroth.

Definizione 1.72. Sia K = F (a), per qualche a ∈ K, allora K dicesi un’estensione semplice di F.

Esercizio 1.73. Posti a = \sqrt{(}2) e b = sqrt(3), si dimostri che ℚ(a, b)/ℚ è semplice (coincide con ℚ(a + b)).

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

Siccome la matrice ( \begin{matrix}11 & 9 \\ 1 & 1 \end{matrix} ) è invertibile, ne segue che

a, b si esprimono come combinazioni lineari a coefficienti razionali in (a + b) e (a + 3)^{3}. Quindi a, b ∈ ℚ(a + b). Ma chiaramente ℚ(a + b) ≤ ℚ(a, b) e quindi coincidono.

Esempio 1.74. Sia K un’estensione finitamente generata di F, ossia K = F (a_{1}, …, a_{n}) e siano L_{i} i campi intermedi definiti ricorsivamente come segue: L_{0} = F e L_{i+1} = L_{i}(a_{i+1}). Allora K coincide con L_{n} e può quindi essere ottenuto mediante un numero finito di estensioni semplici.

Nota 1.75. La precedente definizione e il precedente esercizio mostrano che talvolta estensioni finitamente generate sono semplici. Dimostreremo che questo è sempre vero se consideriamo estensioni finitamente generate dei razionali mediante elementi algebrici.

Conviene notare che finora abbiamo usato il termine finitamente generato in tre accezioni distinte. Dati due campi K ed F tali che K ≥ F, K può essere finitamente generato come F -spazio vettoriale, come F -anello o come F - campo. Nel primo caso semplicemente diciamo che [K : F] < ∞, nel secondo K = F [a_{1}, …, a_{n}] e nel terzo K = F (a_{1}, …, a_{n}). È altresì ovvio che ogni accezione implica la successiva. Al fine di esplorare meglio questi concetti dimostriamo una serie di risultati.

Lemma 1.76. Se K è un’estensione finita di F allora K è algebrico e finitamente generato su F (come campo).

Dim. Sia α_{1}, …, α_{n} una base per K su F, allora ogni elemento di K è della forma ∑ a_{i}α_{i} e K = F (α_{1}, …, α_{n}) è finitamente generato su F. Sia a ∈ K, allora 1, a, …, a^{n} sono linearmente dipendenti su F, il che equivale ad asserire che a è algebrico su F . q.e.d.

Vale anche il viceversa ma la dimostrazione richiede alcune proprietà del grado.

Proposizione 1.77. Siano F ≤ L ≤ K campi, allora

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

Dim. Sia {a_{i} | i ∈ I} una base per L/F e {b_{j} | i ∈ J} una per K/L. Mostriamo che {a_{i}b_{j} | i ∈ I, j ∈ J} è una base per K/F. Se x appartiene a K, allora esistono α_{j} ∈ L tali che x = ∑_{j} α_{j}b_{j}. Inoltre esistono β_{ij} ∈ F tali che α_{j} = ∑_{i} β_{ij}a_{i}, quindi x = ∑_{i,j} β_{ij}a_{i}b_{j} e a_{i}b_{j} generano K come spazio su F. Sia ∑_{i,j} β_{ij}a_{i}b_{j} = 0, allora ∑_{i} β_{ij}a_{i} = 0 per l’indipendenza dei b_{j} su L. Usando la F -indipendenza degli a_{i} segue che β_{ij} = 0, quindi gli a_{i}b_{j} costituiscono una F -base per K e [K : F] = |I||J| = [K : L][L : F] . q.e.d.

Proviamo che finitamente generata e algebrica implica finita.

Proposizione 1.78. Sia K un’estensione di F. Se α_{i} ∈ K è algebrico, allora F [α_{1}, …, α_{n}] è un’estensione finita di F, inoltre

[F [α_{1}, …, α_{n}] : F] ≤ ∏_{i=1}^{n}[F [α_{i}] : F].

Dim. Procediamo per induzione su n. Il caso n = 1 segue dalla Proposizione 1.62. Si ponga E = F [α_{1}, …, α_{n}] e L = F [α_{1}, …, α_{n−1}], allora [L : F] ≤ ∏_{i=1}^{n−1}[F [α_{i}] : F]. Allora E = L[α_{n}] è un campo, poiché α_{n} è algebrico su L e siccome min_{L}(α_{n})| min_{F} (α_{n}) ancora per 1.62, si ha [E : L] ≤ [F [α_{n}] : F]. Allora induzione e 1.77 implicano

[E : F] = [E : L][L : F] ≤ ∏_{i=1}^{n}[F [α_{i}] : F],

come richiesto . q.e.d.

Notiamo che la disuguaglianza può essere stretta.

Esempio 1.79. Sia a = ^{4} \sqrt{2} e b = ^{4} \sqrt{18}, allora [ℚ(a) : ℚ] = [ℚ(b) : ℚ] = 4, poiché x^{4} − 2 e x^{4} − 18 sono irriducibili su ℚ per il criterio di Eisenstein. Tuttavia ℚ(a, b) = ℚ( ^{4} \sqrt{2}, \sqrt{3}) che ha grado 8 su ℚ. Infatti (b/a)^{4} = 3, quindi \sqrt{3} ∈ ℚ(a, b). Ora [ℚ(a, b) : ℚ(a)] ≤ 2, poiché b soddisfa il polinomio x^{2} − 3\sqrt{(}2) = x^{2} − 3a^{2} ∈ ℚ(a)[x]. Per 1.77

\begin{aligned}[ℚ(a, b) : ℚ] & = [ℚ(a, b) : ℚ(a)][ℚ(a) : ℚ] ≤ \\ 8 & = [ℚ( ^{4} \sqrt{2}, \sqrt{3}) : ℚ]. \end{aligned}

Siccome ℚ( ^{4} \sqrt{2}, \sqrt{3}) ≤ ℚ(a, b), otteniamo l’eguaglianza.

Esercizio 1.80. Dimostrare che 8 = [ℚ( ^{4} \sqrt{2}, \sqrt{3}) : ℚ].

Dim. Si ponga a = ^{4} \sqrt{2} e b = \sqrt{3}. Siccome [ℚ(a) : ℚ] = 4, basta provare che deg min_{ℚ(a)}(b) = 2, ossia che b ∉ ℚ(a). Altrimenti b = w + xa + ya^{2} + za^{3} un elemento di ℚ(a) (si ricordi che 1, a, a^{2}, a^{3} sono una base per ℚ(a)). Quadrando si avrebbe

\{ \begin{matrix}wz + 2yx & = 0 \\ 2wy + x^{2} + 2z^{2} & = 0 \\ wx + 2zy & = 0 \\ w^{2} + 4zx + 2y^{2} & = 3 \end{matrix} .

w = 0 implicherebbe x = z = 0, ma 2y^{2} = 3 non ammette soluzioni in ℚ. Quindi z = −2\frac{xy}{w} e \frac{x}{w}(w^{2} − 2y^{2}) = 0, il che impone w = 0 . q.e.d.

Mostreremo questo fatto come applicazione della teoria di Galois.

Corollario 1.81. Se K estende F, allora α ∈ K è algebrico su F sse [F (α) : F] < ∞. Inoltre K è algebrico su F se [K : F] < ∞.

Non vale però il viceversa, ossia esistono estensioni algebriche di grado infinito.

Proposizione 1.82. Sia K un’estensione di F e sia X un sottoinsieme di K costituito da elementi algebrici. Allora F (X) è algebrica su F. Se |X| < ∞, allora [F (X) : F] < ∞.

Dim. Sia a ∈ F (X). Per 1.55 esistono α_{1}, …, α_{n} ∈ X tali che a ∈ F (α_{1}, …, α_{n}). Per 1.78, F (α_{1}, …, α_{n}) e, a fortiori, a sono algebrici su F. Per cui F (X) è algebrico su F. L’ultimo fatto segue da 1.78 . q.e.d.

Possiamo alfine provare che essere algebrico è una proprietà transitiva.

Teorema 1.83. Siano F ≤ L ≤ K campi. Se L/F e K/L sono estensioni algebriche, allora K/F lo è.

Dim. Sia α ∈ K e sia f(x) = ∑_{i=0}^{n} f_{i}x^{i} il polinomio minimo di α su L. Siccome L/F è algebrica, allora il campo L_{0} = F (f_{0}, …, f_{n−1}) è un’estensione finita di F per 1.81. Ora f(x) ∈ L_{0}[x], per cui α è algebrico su L_{0}. Allora [L_{0}[α] : F] = [L_{0}[α] : L_{0}] = [L_{0} : F] < ∞. Poiché F (α) ≤ L_{0}(α), si vede che [F (α) : F] < ∞ e α è algebrico su F. Data l’arbitrarietà di a, si ha che K/F è algebrica . q.e.d.

Per cui ha senso la seguente definizione.

Definizione 1.84. Sia K un’estensione di F. L’insieme

{a ∈ K | a è algebrico su F }

viene detto la chiusura algebrica di F in K.

Corollario 1.85. Sia L la chiusura algebrica di F in K, allora L è un campo e quindi la massima estensione algebrica di F contenuta in K.

Dim. Siano a, b ∈ L. Allora F (a, b) è algebrico su F per 1.83 quindi contenuto in L. Ma a + b, a/b e ab stanno in F (a, b). Quindi L è un campo. D’altro canto ogni elemento algebrico su F sta in L, da cui segue la parte finale dell’asserto . q.e.d.

Definizione 1.86. Dati due sottocampi L_{1} e L_{2} di un campo F, dicesi composto di L_{1} e L_{2} il campo L_{1}(L_{2}) = L_{2}(L_{1}), ossia il più piccolo sottocampo contenente entrambi. Verrà indicato con L_{1}L_{2}, che non va confuso con il prodotto insiemistico.

Esercizio 1.87. Posti a = \sqrt{2}, b = \sqrt{3}, si dimostri che ℚ(a)ℚ(b) = ℚ(a + b), ma a + b non appartiene al prodotto insiemistico di questi due campi.

Dim. Abbiamo già mostrato che ℚ(a + b) = ℚ(a, b), ma chiaramente quest’ultimo contiene ℚ(a) e ℚ(b) e quindi contiene anche il loro composto. Viceversa ℚ(a, b) = ℚ(a)(b) ≤ ℚ(a)ℚ(b). Se a + b appartenesse al prodotto insiemistico di questi due campi dovrebbero esistere x_{0}, x_{1} e y_{0}, y_{1} in ℚ tali che a + b = (x_{0} + x_{1}a)(y_{0} + y_{1}b). Siccome 1, a, b, ab è una base per ℚ(a, b) su ℚ, ne segue che x_{i}y_{i} = 0 e x_{i}y_{j} = 1, ove i, j ∈ {1, 2} e i ≠ j. Ma queste condizioni sono incompatibili . q.e.d.

Esempio 1.88. Sia a = ^{3} \sqrt{2} e ω = e^{\frac{2πi}{3}}. Allora ℚ(a)ℚ(ω) = ℚ(a, ω) = ℚ(a + ω). La prima identità si dimostra come sopra. Per la seconda si ponga b = a + ω, allora (b − ω)^{3} = 2. Espandendo e tenendo conto del fatto che ω^{3} = 1 e ω^{2} = −1 − ω, si ha ω = \frac{b^{3}−3b−3}{3b^{2}+3b}. Quindi ω ∈ ℚ(b) e a = b − ω ∈ ℚ(b), da cui ℚ(a, ω) = ℚ(b).

1.3 Automorfismi

Ricordiamo che un omomorfismo di anelli è una mappa che preserva prodotto, somma e identità.

Definizione 1.89. Sia K un campo. Un isomorfismo di anelli da K in K viene detto un automorfismo di K.

Esercizio 1.90. Dimostrare che ogni omomorfismo da un campo in sé è iniettivo.

Dim. Sia f ∈ End(K), allora N = ker f è un ideale di K, allora N = 0 o K. Siccome f(1_{K}) = 1_{L}, il secondo caso non si verifica . q.e.d.

Definizione 1.91. Siano K ed L estensioni di F. Allora un omomorfismo τ da K in F viene detto un F -omomorfismo se τ(a) = a, ∀a ∈ F. L’insieme di tali mappe viene indicato con hom_{F} (K, L). Se L = K parleremo di F -endomorfismi di K e li indicheremo con End_{F} (K).

In modo equivalente τ ∈ hom_{F} (K, L) se la restrizione di τ ad F coincide colla mappa identica, τ_{↾F} = id_{F}. Si noti che τ ∈ hom_{F} (K, L) soddisfa τ(αa) = τ(α)τ(a) = ατ(a), ossia è F -lineare. Per quanto visto τ è iniettivo. Se [K : F] = [L : F] < ∞, allora τ è anche suriettivo, quindi un isomorfismo.

Esercizio 1.92. Sia [K : F] = [L : F] < ∞. Si dimostri che ogni F -omomorfismo da K in L è una biezione.

Il prossimo esercizio mostra che la condizione di finitezza del grado è necessaria.

Esercizio 1.93. Sia X = {x_{i} | i ∈ ℕ} e F un campo. Sia τ la mappa da K = F (X) in sé definita sostituendo in ogni funzione razionale l’indeterminata x_{i} con x_{i+1}. Provare che τ è iniettiva ma non suriettiva.

Definizione 1.94. Sia K un’estensione di F. Il gruppo di Galois Gal(K/F) è l’insieme di tutti gli F -automorfismi di K.

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

Lemma 1.95. Sia K = F (X). Se σ, τ ∈ Gal(K/F) e σ_{↾X} = τ_{↾X}, allora σ = τ. Per cui F -automorfismi sono determinati dalla loro azione sui generatori.

Dim. Si ponga \underline{α} = (α_{1}, …, α_{n}). Sia a ∈ K, allora esistono α_{1}, …, α_{n} ∈ K tali che a ∈ F (\underline{α}) e f, g ∈ F [x_{1}, …, x_{n}] tali che a = f(\underline{α})/g(\underline{α}). Sia f(x) = ∑_{I} b_{I}x^{I}, dove I è un multiindice (i_{1}, …, i_{n}), b_{I} ∈ F e x^{I} = x_{1}^{i_{1}} ⋯ x_{n}^{i_{n}}. Ora

\begin{aligned}σ(f(α_{1}, …, α_{n})) & = ∑_{I} b_{I}σ(α_{1})^{i_{1}} ⋯ σ(α_{n})^{i_{n}} = \\ ∑_{I} b_{I}τ(α_{1})^{i_{1}} ⋯ τ(α_{n})^{i_{n}} & = τ(f(α_{1}, …, α_{n})), \end{aligned}

quindi σ(a) = τ(a) . q.e.d.

Lemma 1.96. Sia τ ∈ hom_{F} (K, L) e α ∈ K algebrico su F. Se f(α) = 0, ove f ∈ F [x], allora f(τ(α)) = 0. Quindi τ permuta le radici di min_{F} (α). Inoltre min_{F} (α) = min_{F} (τ(α)).

Dim. Sia f(x) = ∑_{i=0}^{n} f_{i}x^{i}. Allora

0 = τ(0) = ∑_{i=0}^{n} τ(f_{i})τ(α)^{i}.

Ma τ(f_{i}) = f_{i} in quanto f_{i} ∈ F. Allora f(τ(α)) = 0. In particolare questo vale per p = min_{F} (α). Da p(τ(α)) = 0 segue che min_{F} (τ(α))|p, ma p è irriducibile e allora coincide con min_{F} (τ(α)) . q.e.d.

Corollario 1.97. Se [K : F] < ∞, allora Gal(K/F) < ∞.

Dim. Chiaramente K/F è finitamente generata, ossia K = F (a_{1}, …, a_{n}) con a_{i} algebrico su F. Ora ogni F - automorfismo è univocamente determinato dalle immagini degli a_{i} e queste, per 1.96, possono essere scelte in un numero finito di modi . q.e.d.

Esempio 1.98. Mostriamo che Gal(ℂ/ℝ) = {id, σ}, ove σ indica la coniugazione complessa. Chiaramente questi sono automorfismi. Viceversa si osservi che ℂ = ℝ(i), ove i^{2} + 1 = 0, quindi per ogni ℝ-automorfismo τ(i) = ±i e Gal(ℂ/ℝ) ammette solo due elementi.

Esempio 1.99. Sia a = ^{3} \sqrt{2}, allora Gal(ℚ(a)/ℚ) = 1. Sia σ ∈ Gal(ℚ(a)/ℚ), allora σ(a) deve essere una radice di x^{3} − 2 ed un elemento di ℚ(a) che è un sottocampo di ℝ. Siccome le altre radici di x^{3} − 2 non sono reali, σ(a) = a e σ = id.

Esempio 1.100. Sia K = 𝔽_{2}(t) e F = 𝔽_{2}(t^{2}). Allora [K : F] = 2. Infatti t annulla x^{2} − t^{2} ∈ F [x]. D’altro canto x^{2} − t^{2} = (x − t)^{2} ammette un’unica radice, t. Per cui Gal(K/F) = id.

Esempio 1.101. Sia F = 𝔽_{2}. Il polinomio 1 + x + x^{2} è irriducibile su F poiché non ha ivi radici. Sia M = (1 + x + x^{2})F [x] e K = F [x]/M. Per 1.48 K è un campo i cui elementi sono della forma a + bx + M, ove a, b ∈ F. Ora F è isomorfo a e può venire identificato con {a + M}. Si ponga α = x + M, allora K = F (α). Per definire un F -automorfismo σ di K basta specificare σ(α). Questi deve essere una radice di 1+x+x^{2}. Ma 1+x+x^{2} = (x−α)(x− α−1) su K, allora σ(α) = α o α+1. Nel primo caso σ = id. Nel secondo caso è facile provare che σ(a+bα) = a+b+bα definisce un F -automorfismo. Quindi Gal(K/F) = {id, σ}.

Esercizio 1.102. Mostrare che σ(a + bα) = a + b + bα definisce un automorfismo di F (α)/F ove α^{2} + α + 1 = 0 e F = 𝔽_{2}.

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

Definizione 1.103. Data un’estensione K/F e un campo intermedio F ≤ L ≤ K definiamo Gal(K/L) come il gruppo degli L-automorfismi di K. Viceversa dato un sottoinsieme S ⊆ Aut(K), definiamo

ℱ(S) = {a ∈ K | τ(a) = a, ∀τ ∈ S}.

Esercizio 1.104. Provare che per ogni S ⊆ Aut(K) è un sottocampo di K.

In particolare se S ⊆ Gal(K/F), allora K ≥ ℱ(S) ≥ F, cioè ℱ(S) è un campo intermedio. Lemma 1.105. Sia K un campo.

1. Se L_{1} ≤ L_{2} sono sottocampi di K, allora Gal(K/L_{1}) ≥ Gal(K/L_{2});

2. se L ≤ K, allora L ≤ ℱ(Gal(K/L));

3. se S_{1} ⊆ S_{2} sono sottoinsiemi di Aut(K), allora ℱ(S_{1}) ⊇ ℱ(S_{2});

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)).

Dim. I primi quattro punti sono facili conseguenze della definizione. Ad esempio se σ ∈ Gal(K/L_{2}), allora σ(a) = a, per ogni a ∈ L_{2}. Siccome L_{2} ≥ L_{1}, σ ∈ Gal(K/L_{1}). Per il punto 5 si supponga che L = ℱ(S) per qualche sottoinsieme S di Aut(K). Allora S ⊆ Gal(K/L) e ℱ(Gal(K/L)) ≤ ℱ(S) = L. Ma L ≤ ℱ(Gal(K/L)), quindi L = ℱ(Gal(K/L)). Per il punto 6, se H = Gal(K/L), per qualche sottocampo L 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 1.106. Sia K un’estensione di F, allora esiste una biezione che inverte le inclusioni tra i sottogruppi di Gal(K/F) della forma Gal(K/L) con L ≥ F e l’insieme dei sottocampi intermedi K ≥ L ≥ F della forma ℱ(S) per qualche sottoinsieme S di Gal(K/F). La corrispondenza è data da L ↦ Gal(K/L) e l’inversa da H ↦ ℱ(H).

Dim. È un immediata conseguenza del Lemma 1.105. Se 𝒢 e ℱ sono i gruppi e i campi relativi all’enunciato, allora L ↦ Gal(K/L) definisce una mappa da ℱ in 𝒢. Tale mappa è una biezione per il punto 5 del suddetto lemma. Il punto 6 dimostra che H ↦ ℱ(H) ne definisce l’inversa . q.e.d.

Data un’estensione finita K/F, sotto quali condizioni la corrispondenza L ↦ Gal(K/L) definisce una corrispondenza che inverte le inclusioni tra tutti i sottogruppi di Gal(K/F) e tutti i sottocampi intermedi K ≥ L ≥ F?

È necessario che F = Gal(K/F). In realtà tale condizione risulterà anche sufficiente. Stabiliamo ora alcune relazioni tra |Gal(K/F)| e [K : F].

Definizione 1.107. Se G è un gruppo e K un campo, allora un carattere è un omomorfismo da G in K^{∗}.

Ponendo G = K^{∗}, si vede che gli F -automorfismi possono essere considerati come caratteri da G in K^{∗}.

Lemma 1.108 (Dedekind). Siano τ_{1}, …, τ_{n} caratteri distinti da G in K^{∗}. Allora i τ_{i} sono linearmente indipendenti su K, ossia ∑_{i} c_{i}τ_{i}(g) = 0 per ogni g ∈ G implica c_{i} = 0.

Dim. Sia k minimo tale che ∑_{i=1}^{k} c_{i}τ_{i} = 0. Allora c_{i} ≠ 0. Poiché τ_{1} ≠ τ_{2}, esiste h ∈ G tale che τ_{1}(h) ≠ τ_{2}(h). Si ha ∑_{i=1}^{k} c_{i}τ_{1}(h)τ_{i}(g) = 0 e

∑_{i=1}^{k} c_{i}τ_{i}(gh) = ∑_{i=1}^{k} c_{i}τ_{i}(h)τ_{i}(g) = 0.

Sottraendo si ottiene ∑_{i=1}^{k} c_{i}(τ_{1}(h) − τ_{i}(h))τ_{i}(g) = 0, ossia una combinazione non nulla che rappresenta l’endomorfismo nullo con meno di k termini, contro la minimalità di k . q.e.d.

Questo Lemma è il capostipite di altri risultati che sono noti come leggi di ortogonalità nell’ambito della teoria delle rappresentazioni, di cui Dedekind viene indirettamente considerato uno dei fondatori.

Proposizione 1.109. Sia K/F finita, allora |Gal(K/F)| ≤ [K : F].

Dim. Il gruppo Gal(K/F)è finito per 1.97. Sia Gal(K/F) = {τ_{1}, …, τ_{n}} e sia [K : F] < n. Sia α_{1}, …, α_{m} una F -base per K. La matrice A = (τ_{i}(α_{j})) ∈ (K)_{n×m} ha quindi righe linearmente dipendenti su K. Allora esistono c_{i} ∈ K non tutti nulli tali che ∑_{i} τ_{i}(α_{j}) = 0 per ogni j. Sia G = K^{∗}, allora G ∋ g = ∑_{j} f_{j}α_{j} per opportuni f_{j} ∈ F. Sicché

∑_{i} c_{i}τ_{i}(g) = ∑_{i} c_{i} ∑_{j} f_{j}τ_{i}(α_{j}) = ∑_{j} f_{j}(∑_{i} c_{i}τ_{i}(α_{j})) = 0.

Per il Lemma 1.108 c_{i} = 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 automorfismo σ è determinato da σ(α). Ma questa deve essere una radice di min_{F} (α), il cui grado coincide con [K : F]. Inoltre gli esempi 1.99 e 1.100 mostrano che la disuguaglianza può essere stretta. Proposizione 1.110 (Artin). Sia G un sottogruppo finito di Aut(K) e F = ℱ(G). Allora |G| = [K : F] e G = Gal(K/F).

Dim. Per 1.109 |G| ≤ [K : F]. Sia n = |G| < [K : F] e si scelgano α_{1}, …, α_{n+1} ∈ K linearmente indipendenti su F. Se G = {τ_{1}, …, τ_{n}}, allora A = (τ_{i}(α_{j})) ∈ (K)_{n×(n+1)} ha colonne linearmente dipendenti. Sia k il minimo numero di colonne linearmente dipendenti (ad esempio siano le prime k). Allora esistono c_{i} ∈ K tali che ∑_{i=1}^{k} c_{i}τ_{j}(α_{i}) = 0 per ogni j. Per minimalità c_{i} ≠ 0, allora posso supporre che c_{1} = 1. Se c_{i} ∈ F, allora 0 = τ_{j}(∑_{i} c_{i}α_{i}) e l’argomento di τ_{j} sarebbe nullo contro la F -indipendenza degli α_{i}. Allora esiste c_{2} ∉ F e quindi σ ∈ G tale che σ(c_{2}) ≠ c_{2}. Applicando σ ottengo ∑_{i} σ(c_{i})τ_{j}(α_{j}) = 0 per ogni j. Sottraendo la somma originaria ottengo ∑_{i=2}^{k}(σ(c_{i}) − c_{i})τ_{j}(α_{i}) = 0 per ogni j, contro la minimalità 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 1.111. Sia K un’estensione algebrica di F. Allora K dicesi estensione di Galois di F se F = ℱ(Gal(K/F)).

Noi ci occuperemo esclusivamente del caso [K : F] < ∞. Corollario 1.112. Sia K/F finita, allora K/F è di Galois sse |Gal(K/F)| = [K : F].

Dim. Se K/F è di Galois, allora F = ℱ(Gal(K/F)) e, per 1.110 |Gal(K/F)| = [K : F]. Viceversa si ponga L = ℱ(Gal(K/F)). Allora Gal/K/F) = Gal(K/L) per 1.110 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) è un compito difficile in generale.

Corollario 1.113. Sia K = F [a] un’estensione algebrica semplice di F. Allora |Gal(K/F)| è uguale al numero di radici distinte di min_{F} (a). Per cui K/F è Galois sse min_{F} (a) ha n radici distinte, ove n = deg min_{F} (a).

Dim. Sia τ ∈ G = Gal(K/F), allora τ(a) è una radice di min_{F} (a). Siccome τ(a) determina unicamente τ, si ha che |G|len. Viceversa sia b ∈ K una radice di min_{F} (a) e si definisca una mappa τ ∈ F^{F}, mediante τ(f(a)) = f(b) (ossia τ coincide colla sostituzione a ↦ b). Allora è immediato provare che τ ∈ G. Quindi |G| è uguale al numero di radici distinte di min_{F} (a). Siccome [K : F] = deg min_{F} (a), K/F è di Galois sse min_{F} (a) ha tutte radici distinte in K . q.e.d.

Esistono due casi in cui p = min_{F} (a) non abbastanza radici distinte in K: o non tutte le radici di p stanno in K, oppure p ammette radici multiple. Gli esempi 1.99 e 1.100 mostrano che entrambi i casi sono possibili.

Esempio 1.114. L’estensione ℚ( ^{3} \sqrt{2})/ℚ non è di Galois, poiché ha grado 3 ma Gal(ℚ( ^{3} \sqrt{2})/ℚ) è banale.

Definizione 1.115. Dato un campo K sia u : ℤ → K definita via n^{u} = n1_{K}. Ovviamente u è un omomorfismo di anelli. Siccome K è un dominio, ker u è un ideale primo o nullo di ℤ. Sia p il suo generatore, allora p viene detto la caratteristica, char(K) di K.

Esercizio 1.116. Dimostrare che ker u è un ideale primo o nullo di ℤ.

Esempio 1.117. Sia k un campo di caratteristica p > 0 e K = k(t) il campo delle funzioni razionali su k. Allora l’estensione k(t)/k(t^{p}) ha grado p. D’altra parte il polinomio x^{p} − t^{p} = (x − t)^{p} ammette una sola radice in k(t). Quindi k(t)/k(t^{p}) non è di Galois.

Esempio 1.118. Sia F un campo tale che char(F) ≠ 2, sia a ∈ F ∖ F^{2}, ove F^{2} indica l’insieme dei quadrati di F e sia infine M = (x^{2} − a) l’ideale generato da x^{2} − a. Allora K = F [x]/M è un campo, essendo x^{2}−a irriducibile. Posto u = 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 è un F -automorfismo di K, allora 2 ≤ |Gal(K/F)| ≤ [K : F] e K/F è di Galois.

Esempio 1.119. Sia a = ^{3} \sqrt{2}, b = e^{\frac{2πi}{3}}, e K = ℚ(a, b) allora K/ℚ è di Galois. Infatti il grado dell’estensione è 6 essendo [ℚ(a) : ℚ] = 3, [ℚ(b) : ℚ] = 2 e b ∉ ℚ(a). Siccome ogni ℚ-automorfismo σ di K è univocamente determinato da σ(a), σ(b), possiamo individuare σ mediante una coppia (a′, b′) di elementi di K. Inoltre a′ è radice di x^{3} − 2 e b′ di x^{2} + x + 1. Quindi ho 6 possibili coppie (a, b), (ab, b), (a, b^{2}), (ab^{2}, b), (ab, b^{2}), (ab^{2}, b^{2}). Ognuna di esse realizza un automorfismo.

Esercizio 1.120. Sia a = ^{3} \sqrt{2}, b = e^{\frac{2πi}{3}}, e K = ℚ(a, b). Detta τ la mappa individuata da (ab, b) e σ quella individuata da (a, b^{2}), dimostrare che realizzano automorfismi di K e provare che ⟨τ, σ⟩ è il gruppo diedrale di ordine 6 (ossia il gruppo delle simmetrie di un triangolo equilatero).

Esempio 1.121. Sia k un campo, \underline{x} = (x_{1}, …, x_{n}) e K = k(\underline{x}). Data una permutazione σ ∈ S_{n}, il gruppo simmetrico su n oggetti, sia \underline{x}^{σ} = (x_{1^{σ}}, …, x_{n^{σ}}). Estendiamo σ a tutto K come segue:

(\frac{f(\underline{x})}{g(\underline{x})})^{σ} = \frac{f(\underline{x}^{σ})}{g(\underline{x}^{σ})}.

Un po’ di fatica consente di provare che σ definisce un kautomorfismo di K. Quindi S_{n} ≤ Aut(K). Sia F = ℱ(S_{n}). Per 1.110 K/F è un’estensione di Galois con Gal(K/F) = S_{n}. F viene detto il campo delle funzioni simmetriche negli x_{i}. Questo segue dal fatto che \frac{f(\underline{x})}{g(\underline{x})} ∈ F implica \frac{f(\underline{x})}{g(\underline{x})} = \frac{f(\underline{x}^{σ})}{g(\underline{x}^{σ})}. Siano

s_{1} = x_{1} + x_{2} + ⋯ + x_{n},
s_{2} = x_{1}x_{2} + x_{1}x_{3} + ⋯ + x_{n−1}x_{n},
⋮
s_{n} = x_{1}x_{2} ⋯ x_{n}.

I polinomi s_{i} vengono detti i polinomi simmetrici elementari. Ovviamente k(s_{1}, …, s_{n}) ≤ F. Si noti che

∏_{i=1}^{n}(t − x_{i}) = t^{n} + ∑_{i=0}^{n−1}(−)^{i}s_{i}t^{n−i},

ove s_{0} = 1.

1.4 Estensioni Normali

Abbiamo visto che un’estensione algebrica semplice F [a]/F è di Galois sse tutte le radici di min_{F} (a) stanno in F [a] e sono distinte. In questo paragrafo analizziamo il primo caso.

Lemma 1.122 (Ruffini). Sia f(x) ∈ F [x] e a ∈ F, allora f(a) = 0 sse x − a|f(x). Inoltre f ammette al più 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 di f, allora f = (x − a)q, ove q ∈ F [x]. Per induzione su deg f possiamo assumere che il numero di radici di q sia al più deg q = deg f − 1, da cui segue la seconda parte dell’asserto . q.e.d.

Definizione 1.123. Sia f ∈ F [x] e K un’estensione di F. Allora si dice che f spezza su K se f(x) = a ∏_{i}(x − a_{i}) per opportuni elementi a_{i} ∈ K.

Esercizio 1.124. Dimostrare che x^{2} + 1 ∈ ℝ[x] si spezza su ℂ. Più in generale, sia p(x) ∈ F [x] un polinomio di grado due e sia a ∈ K, K un’estensione di F, una radice di p. Mostrare che p spezza in K.

Esercizio 1.125. Sia p un primo e f = ∑_{i=0}^{p−1} x^{i} ∈ ℚ[x]. Sia ω = e^{\frac{2πi}{p}}. Provare che f spezza su ℚ(ω).

Teorema 1.126 (Kronecker). Abbia f(x) ∈ F [x] grado n. Allora esiste un’estensione K di F che contiene una radice di f e [K : F] ≤ n. Inoltre esiste un ’estensione L/F su cui f spezza e [L : F] ≤ n!.

Dim. Sia p(x) un fattore irriducibile di f(x) in F [x] e sia M = (p(x)). Allora K = F [x]/M è un campo ed esiste monomorfismo da F in K, ossia la mappa ϕ : a ↦ a + M. Rimpiazzando F con ϕ(F), possiamo assumere che K sia un’estensione di F. Inoltre α = x + M ∈ K è una radice di p e quindi di f. Poiché [K : F] = deg p ≤ deg f, abbiamo la prima parte dell’asserto.

Ora f(x) = (x−α)g(x) in K[x]. Per induzione su n esiste un’estensione L/K di grado minore o uguale a (n − 1)! su cui 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 1.127. Sia K un’estensione di F e f(x) ∈ F [x].

1. Se f(x) ∈ F [x], allora K è un campo di spezzamento per f su F se f si spezza su K e K = F (a_{1}, …, a_{n}), ove a_{1}, …, a_{n} sono le radici di f;

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

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

Corollario 1.128. Sia S = {f_{1}, …, f_{n}} un sottoinsieme finito di F [x]. Allora esiste un campo di spezzamento per S su F.

Dim. Si ponga f = ∏_{i} f_{i}, allora K è un campo di spezzamento per f sse loè per S. Per 1.126 segue il risultato . q.e.d.

Esempio 1.129. Sia a = ^{3} \sqrt{2} e b = e^{\frac{2πi}{3}}, allora il campo K = ℚ(a, b) è di spezzamento per il polinomio p = x^{3} − 2 ∈ ℚ[x]. Infatti questo polinomio ammette a, ab, ab^{2} come radici. Quindi p si spezza su K. Inoltre ogni campo di spezzamento contiene necessariamente a e b = ab/a, quindi contiene K.

Corollario 1.130. Sia f ∈ F [x] di grado n. Se K è un campo di spezzamento di f su F, allora [K : F] ≤ n!.

Dim. Per induzione su deg f. Se n = 1 è ovvio. Sia K di spezzamento per f su F e sia a ∈ K una radice di f. Allora f = (x − a)g e deg g = n − 1. Inoltre K è di spezzamento per g su F [a]. Ma [F [a] : F] ≤ n, essendo min_{F} (a) un divisore di f, quindi [K : F] = [K : F [a]][F [a] : F] ≤ (n − 1)!n. q.e.d.

Esempio 1.131. Sia k un campo e K = k(x_{1}, …, x_{n}). Abbiamo già visto come definire un’azione di S_{n} su K. Sia F = ℱ(S_{n}), allora S_{n} = Gal(K/F) per 1.110 e [K : F] = |S_{n}| = n!. Siano s_{i} le funzioni simmetriche elementari, ossia s_{i} = ∑_{I} x^{I}, ove I = (i_{1}, …, i_{n}) è un multiindice di lunghezza |I| = ∑_{j} i_{j} = i, i_{j} ∈ ℕ_{≥0} e x^{I} = ∏_{j} x_{j}^{i_{j}}. Allora k(s_{1}, …, s_{n}) ≤ F. Vogliamo mostrare che k(s_{1}, …, s_{n}) = F. Sia f(t) = ∏_{i=1}^{n}(t − x_{i}) ∈ K[t], allora f(t) = ∑_{i=0}^{n}(−)^{i}s_{i}x^{n−i}, ove si pone s_{0} = 1. Ora K è generato dagli x_{i} su k, quindi è un campo di spezzamento per f(t) su k(s_{1}, …, s_{n}). Poiché [K : F] = |S_{n}| = n!, [K : k(s_{1}, …, s_{n})] ≥ n!. Tuttavia [K : k(s_{1}, …, s_{n})] ≤ n! per 1.130. Per cui F = k(s_{1}, …, s_{n}) e ogni funzione razionale simmetrica è una funzione razionale nelle funzioni simmetriche elementari.

Chiusure Algebriche

Lemma 1.132. Sia K un campo allora le seguenti affermazioni sono equivalenti:

1. Non esistono estensioni algebriche proprie di K;

2. non esistono estensioni finite proprie di K;

3. se Lè un’estensione di K, allora K = {a ∈ L | a è algebrico su F };

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 è algebrica.

(2) ⇒ (3): Sia a algebrico su K, allora K(a) è un’estensione finita di K e K(a) = K, cioè a ∈ K.

(3) ⇒ (4): Sia f(x) ∈ K[x] e sia L un campo di spezzamento di f su K. Siccome L è algebrico su K, ne segue che L = 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 ha grado 1, essendo irriducibile. (6) ⇒ (1): Sia L un’estensione algebrica di K. Si prenda a ∈ L e sia p(x) = min_{K}(a). Allora deg p = 1 e a ∈ K . q.e.d.

Definizione 1.133. Se K soddisfa una delle condizioni equivalenti del Lemma 1.132, allora K dicesi algebricamente chiuso. Se K è un’estensione algebrica di F e K è algebricamente chiuso, allora K dicesi una chiusura algebrica di F.

Esempio 1.134. Il campo dei complessi ℂ è algebricamente chiuso, fatto che verrà in seguito provato sotto il nome di Teorema Fondamentale dell’Algebra. Sia

𝔸 = {a ∈ ℂ | a è algebrico su ℚ},

allora 𝔸 è algebricamente chiuso. Infatti se f(x) ∈ 𝔸[x], allora f si spezza in ℂ. Ne sia a una radice, allora a è algebrica su 𝔸 e quindi su ℚ per 1.83, cioè a ∈ 𝔸. Si noti che 𝔸 ≠ ℂ, poiché ℂ/ℚ non è algebrica.

Desideriamo provare che ogni campo ammette una chiusura algebrica e quindi che ogni insieme di polinomi ammette un campo di spezzamento. A tal fine abbiamo bisogno di alcuni risultati di Aritmetica Cardinale e del Lemma di Zorn. Si ricorda che ℵ_{0} = |ℕ|.

Lemma 1.135. Se K/F è algebrica, allora |K| ≤ max{|F |, ℵ_{0}}.

Dim. Dato a ∈ K, siano a_{1}, …, a_{n} le radici di min_{F} (a) in K. Se ℳ è l’insieme di tutti i polinomi monici su F si definisca f : K → ℳ × ℕ mediante f(a) = (min_{F} (a), r) se a = a_{r}. Essendo f iniettiva, allora |K| ≤ |ℳ × ℕ| = max{|ℳ|, ℵ_{0}}. Basta mostrare che |ℳ| ≤ max{|F |, ℵ_{0}}. Sia ℳ_{n} l’insieme dei polinomi monici di grado n, allora |ℳ_{n}| = |F^{n}|, essendo (a_{0}, …, a_{n−1}) ↦ x^{n} ∑_{i=0}^{n−1} a_{i}x_{i} una biezione. Se F è finito, allora F^{n} è finito, altrimenti |F^{n}| = |F | (in particolare i punti di un segmento sono i corrispondenza biunivoca coi punti di un quadrato). Pertanto |ℳ| = | ⋃ ℳ_{n}| = max{|F |, ℵ_{0}}. q.e.d.

Esercizio 1.136. Sia I = [0, 1] ⊂ ℝ, allora ogni elemento di I è descritto dalla sua espansione decimale a = 0.a_{1}a_{2} . . .. Si definisca f : I^{2} → I, come segue f(a, b) = 0.a_{0}b_{0}a_{1}b_{1} . . .. Provare che f realizza una biezione tra I^{2} e I.

Teorema 1.137. Sia F un campo. Allora F ammette una chiusura algebrica.

Dim. Sia S un insieme contente F tale che |S| > max{|F |, ℵ_{0}}. Sia 𝒜 l’insieme di tutte le estensioni algebriche di F interne ad S. Allora 𝒜 è ordinato rispetto all’inclusione. Per il Lemma di Zorn esiste un elemento massimale M di 𝒜. Vogliamo provare che M è una chiusura algebrica di F. Sia L un’estensione algebrica di M. Allora per 1.135

|L| ≤ max{|M|, ℵ_{0}} ≤ max{|F |, ℵ_{0}} < |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 omomorfismo. Per massimalità f(L) = M e L = M. Per tanto M è algebricamente chiuso. essendo algebrico su F, ne è chiusura algebrica . q.e.d.

Esercizio 1.138 (Artin). (Difficile) Sia F un campo e sia S l’insieme dei polinomi monici irriducibili su F. Sia A = F [x_{f} | f ∈ S] un anello di polinomi in una variabile per ogni f ∈ S. Sia I ⊴ A, l’ideale generato da f(x_{f}), f ∈ S. Provare che I ≠ A. Sia allora M un ideale massimale che contiene I e F_{1} = A/I. Provare che F_{1} è un’estensione di F e che ogni f ammette una radice in F_{1}. Dato F_{i} si costruisca F_{i+1} ripetendo questa procedura. Sia L = ⋃_{i=1}^{∞} F_{i}. Mostrare che f si spezza in L e che la chiusura algebrica di F in L è una chiusura algebrica di F.

Traiamo subito una conseguenza da questo risultato tecnico.

Corollario 1.139. Sia S un insieme di polinomi non costanti su F. Allora S ammette un campo di spezzamento su F.

Dim. Sia K una chiusura algebrica di F. Allora tutti gli elementi di S si spezzano su K e sia X l’insieme delle relative radici. Allora F (X) ≤ K è un campo di spezzamento per S su F . q.e.d.

Corollario 1.140. Se F è un campo, allora il campo di spezzamento L di tutti i polinomi non costanti su F è una chiusura algebrica di F.

Dim. Chiaramente L/F è algebrica. Sia K una chiusura algebrica di L e sia a ∈ L. Allora per 1.83 a è algebrico su F. Siccome min_{F} (a) si spezza su L ne segue che a ∈ L e L è algebricamente chiuso . q.e.d.

Provata l’esistenza ci si può chiedere quanti campi di spezzamento è possibile determinare. Dato σ ∈ hom(F, F′) è possibile estendere σ a tutto F [x], definendo (∑_{i} a_{i}x^{i})^{σ} = ∑_{i} a_{i}^{σ}x^{i}. Se f(x) = ∏_{i}(x−a_{i}), allora f(x)^{σ} = ∏_{i}(x−a_{i}^{σ}).

Lemma 1.141. Sia σ ∈ hom(F, F′) un isomorfismo di campi. Sia f(x) ∈ F [x] irriducibile. Sia α una radice di f in qualche estensione K di F e α′ una radice di f^{σ} in qualche 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 è irriducibile e f(α) = 0, il polinomio minimo di α su F è un multiplo scalare di f. Quindi f e min_{F} (α) generano lo stesso ideale principale M in F [x]. Allora esiste un F -isomorfismo ϕ : F [x]/M → F (α) definito da ϕ(g(x) + M) = g(α). Analogamente esiste ψ : F′[x]/M′ → F′(α′) definito da ψ(g(x) + M) = g(α′), ove M′ = (f^{σ}). Inoltre ν : F [x]/M → F′[x]/M′ definito da ν(g(x) + M) = g(x) + M′ realizza un F isomorfismo.

Pertanto τ = ϕ^{−1} ∘ ν ∘ ψ : F (α) → F′(α′) è un isomorfismo che estende σ e tale che τ(α) = α′ . q.e.d.

Lemma 1.142. Sia σ ∈ hom(F, F′) un isomorfismo di campi, K un’estensione di F e K′ un’estensione di F′. Sia K un campo di spezzamento per {f_{i}} su F e τ : K → K′ sia un omomorfismo tale che τ_{↾F} = σ. Se f′_{i} = f_{i}^{σ}, allora τ(K) è un campo di spezzamento per {f′_{i}} su F′.

Dim. Poiché K è un campo di spezzamento per {f_{i}}, esistono a, α_{1}, …, α_{n} ∈ K tali che f_{i}(x) = a ∏_{i}(x − α_{i}). Allora f_{i}^{τ} = a^{τ} ∏_{i}(x − α_{i}^{τ}). Siccome K è generato dalle radici di f_{i} su F, K^{τ} è generato dalle radici degli f′_{i}, ossia è un campo di spezzamento per {f′_{i}} su F′ . q.e.d.

Mostriamo ora il teorema di estensione di un isomorfismo, uno strumento cruciale per la determinazione del gruppo di Galois e per la costruzione di automorfismi.

Teorema 1.143. Sia σ ∈ hom(F, F′), f(x) ∈ F [x] e f^{σ} ∈ F′[x] il polinomio corrispondente. Siano K e K′ campi di spezzamento per f e f^{σ} su F e F′ rispettivamente. Allora esiste un isomorfismo τ ∈ hom(K, K′), tale che τ_{↾F} = σ. Inoltre se αè una radice di f in K e α′ è una qualsiasi radice di min_{F} (α)^{σ} in K′, allora τ può essere scelto in modo che α^{τ} = α′.

Dim. Per induzione su n = [K : F]. Se n = 1, allora f spezza su F e τ = σ. Si assuma il risultato vero per estensioni di grado minore di n. Se f si spezza su F, allora il risultato è vero. Altrimenti sia p(x) un fattore irriducibile di f e α una radice di p e α′ una di p^{σ}. Si ponga L = F (α) e L′ = F (α′). Allora [L : F] > 1 e [K : L] < n. Per il Lemma 1.141 esiste un isomorfismo ρ ∈ hom(L, L′) tale che ρ(α) = α′. Siccome K è un campo di spezzamento per f su L e K′ lo è per f′ su F′, ρ si estende ad un isomorfismo τ ∈ hom(K, K′) che soddisfa le richieste dell’asserto. Ovviamente τ estende σ . q.e.d.

Teorema 1.144. Sia σ ∈ hom(F, F′) un isomorfismo. Sia S = {f_{i}} un insieme di polinomi