Gruppo di Galois - est. finitamente generate

[Seneca]

1. Sia $E = \mathbb{Q}( \zeta ) $ una estensione semplice, con $\zeta = e^{\frac{2 \pi i}{5}}$. Il gruppo di Galois $G$ dell'estensione \( {}^E/{}_\mathbb{Q}\) è l'insieme degli automorfismi $\varphi : E \rightarrow E$ che lasciano fisso il campo dei razionali. Quindi, se $\varphi \in G$ automorfismo, allora $\varphi_{|QQ} = \text{id}_QQ$. Resta da capire come $\varphi$ agisce su un elemento qualsiasi di $E$.

$u \in E$ $\Rightarrow$ $u = x + \zeta y$ con $x, y \in QQ$ (poiché $1, \zeta$ è una base di $E$ su $QQ$).
\[ \varphi( u ) = x + \varphi(\zeta) y \]
Quindi, determinato $\varphi(\zeta)$, so come lavora l'automorfismo $\varphi$ su tutto $E$.

L'idea che mi viene in mente è quella di considerare $\zeta$ , $\zeta^2$, $\zeta^3$, $\zeta^4$, ovvero le radici complesse e non reali (razionali) di $z^5 - 1 = 0$.

La posizione $\varphi_i (\zeta) = \zeta^i$ con $i = 1, 2, 3 , 4$
dà luogo a $4$ automorfismi distinti appartenenti al gruppo $G$ (perché $\varphi_i$ trasforma una base in una base). E' vero ciò? Come faccio a capire se sono tutti?

Grazie.

[Pappappero]

Sia $f$ il polinomio minimo di $\zeta$. $f$ si annulla su $\zeta$, ma siccome è a coefficienti razionali, si deve annullare anche sulle immagini di $\zeta$ attraverso i morfismi del Galois. Quindi ogni $\varphi$ del Galois è una permutazione dell'insieme delle radici del polinomio minimo in sé. In particolare, siccome le radici del polinomio minimo sono proprio $\zeta^i$ per $i=1...4$, hai che il tuo Galois è un sottogruppo del gruppo di permutazioni su $4$ elementi, i cui elementi sono univocamente determinati dall'immagine che assume su $\zeta$ e $\zeta$ può andare su soli $4$ elementi.

[Seneca]

Ah, ecco. Perfetto!

Quindi devo passare per il polinomio minimo.

$f(z) = z^4 + z^3 + z^2 + z + 1$, e dunque $\varphi(f(\zeta)) = 0 = \varphi(\zeta)^4 + \varphi(\zeta)^3 + \varphi(\zeta)^2 + \varphi(\zeta) + 1 = f(\varphi(\zeta))$. Allora per $\varphi(\zeta)$ ho solo 4 possibilità, giacché deve essere una radice di $f$.

Chiaramente in questo caso funziona tutto bene perché $QQ(\zeta)$ è il campo di spezzamento del polinomio minimo di $\zeta$ su $QQ$. Se non lo fosse, cioè se esistesse una radice $\alpha$ di $f$ pol. minimo di $\zeta$ su $QQ$ tale che $\alpha \notin QQ(\zeta)$?

[Pappappero]

In quel caso le cose sono più complicate perché devi considerare meno automorfismi di quelli che ti aspetti.

Io ragionerei alla rovescia: hai il polinomio minimo e guardi quali radici del polinomio minimo stanno nell'estensione che consideri. A volte però non è facile determinare quali ci stanno e quali no.

A dire il vero non ricordo bene come si fanno questi esercizi: un modo che di sicuro funziona è andare nel campo di spezzamento (che è un'estensione di Galois, quindi normale e separabile, quindi non hai questi problemi), calcolare il gruppo di Galois e poi andare a cercare il sottogruppo che corrisponde all'estensione che ti interessa. Però sono sicuro che c'è un modo più facile.

[Seneca]

Ti ringrazio. Propongo un altro esercizio.

Esercizio. Determinare il gruppo di Galois di $f = X^3 - 10$ su $QQ$, su $QQ(sqrt(2))$, su $QQ(sqrt(-3))$.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Svolg: \[ f = ( X - \sqrt[3]{10} ) ( X^2 + \sqrt[3]{10} X + \sqrt[3]{10^2}) \;\;\;\;,\;\;\;\; \alpha_0 = - \sqrt[3]{10}\]
\[ \alpha_{1,2} = \dfrac{-\sqrt[3]{10} \pm \sqrt{-3 \sqrt[3]{10^2}} }{2} \;\;\in \;\mathbb{Q}(\sqrt{-3}, \sqrt[3]{10}) \]
Quindi \( E = \mathbb{Q}(\sqrt{-3}, \sqrt[3]{10}) \) è il campo di spezzamento di $f$ ed è un $QQ$-spazio vettoriale di dimensione 6 (è corretto?).

• \( G_1 = G ({}^{E}/{}_{\mathbb{Q}} ) \). Sia $\varphi \in G_1$: a priori potrei avere $3!$ possibili automorfismi in $G_1$, visto che le radici sono $3$.
  
• \( G_2 = G ({}^{E}/{}_{\mathbb{Q}(\sqrt{2} )} ) \). Mi sembra non differisca dal caso precedente, giacché $\sqrt{2}$ non è un ingrediente del campo di spezzamento.
  
• \( G_3 = G ({}^{E}/{}_{\mathbb{Q}(\sqrt{-3})} ) \).

Come si potrebbero svolgere questi 3 punti? Sono un po' nel pallone.

Grazie.

[Martino]

Esercizio. Determinare il gruppo di Galois di $f = X^3 - 10$ su $QQ$, su $QQ(sqrt(2))$, su $QQ(sqrt(-3))$.

Le cubiche irriducibili sono risolte. Il gruppo di Galois di una cubica irriducibile su \( \displaystyle F[X] \) è \( \displaystyle S_3 \) se il suo discriminante non è un quadrato in \( \displaystyle F \) , è \( \displaystyle A_3 \) altrimenti.

Il discriminante di un polinomio di zeri \( \displaystyle \alpha_1,...,\alpha_n \) è \( \displaystyle D = \prod_{i \neq j} (\alpha_i-\alpha_j) \) . Il discriminante della cubica \( \displaystyle x^3+px+q \) è \( \displaystyle -4p^3-27q^2 \) . Puoi far scomparire il termine di secondo grado in \( \displaystyle f(x) = x^3+bx^2+cx+d \) osservando che il discriminante di \( \displaystyle f(x) \) è uguale al discriminante di \( \displaystyle f(x-b/3) \) , che non ha il termine di secondo grado.

Il motivo è che detto \( \displaystyle G \) il gruppo di Galois della cubica irriducibile \( \displaystyle f(x) \) su \( \displaystyle F \) , un argomento standard dimostra che \( \displaystyle G \leq S_3 \) (si fa agire \( \displaystyle G \) sui tre zeri di \( \displaystyle f(x) \) ), ed è facile dimostrare che l'intercampo corrispondente a \( \displaystyle A_3 \cap G \) è \( \displaystyle F(\Delta) \) , dove \( \displaystyle \Delta = \prod_{i < j} (x_i-x_j) \) . Siccome \( \displaystyle G \) dev'essere transitivo si ha \( \displaystyle G \in \{A_3,S_3\} \) e quindi \( \displaystyle G=A_3 \) se e solo se \( \displaystyle F(\Delta)=F \) , cioè \( \displaystyle D = \Delta^2 \) è un quadrato in \( \displaystyle F \) . Il motivo per cui non si prende \( \displaystyle \Delta \) ma il suo quadrato \( \displaystyle D \) è che \( \displaystyle D \) appartiene sempre a \( \displaystyle F \) (perché è fissato da tutti gli \( \displaystyle F \) -automorfismi, non è difficile vederlo).

Il discriminante nel tuo caso è \( \displaystyle -4 \cdot 0 - 27 \cdot 100 = -3 \cdot 30^2 \) .

Qui trovi un altro esempio.

Per quanto riguarda il grado 4, vedi qui.

In generale dato un polinomio arbitrario non conosco un procedimento algoritmico che ti porti al suo gruppo di Galois. E mi verrebbe da dire che non credo che esista (non ancora). Naturalmente potrei sbagliarmi!

[Seneca]

Vi ringrazio molto! Tornerò su questo esercizio quando avrò riorganizzato per bene le idee.

[totissimus]

Le radici di \( f\) sono :

\(\displaystyle x_1=\sqrt[3]{10},x_2=\epsilon \sqrt[3]{10}, x_3=\epsilon^2 \sqrt[3]{10}\)

con \( \displaystyle \epsilon = \frac{-1+i\sqrt{3}}{2}\)

1 caso: il campo di spezzamento su \( Q\) è : \( \displaystyle F=Q(\sqrt[3]{10},\epsilon \sqrt[3]{10}, \epsilon^2 \sqrt[3]{10})\), ma è anche \( \displaystyle F=Q(\epsilon, \sqrt[3]{10})\)

infatti \( F \subset Q(\epsilon, \sqrt[3]{10})\); dal fatto che \( \displaystyle \sqrt[3]{10}, \epsilon \sqrt[3]{10} \in F\) segue \( \displaystyle \ (\sqrt[3]{10})(\sqrt[3]{10})(\epsilon \sqrt[3]{10}) = 10 \epsilon \in F\),

ossia \( \sqrt[3]{10}, \epsilon \in F\), \( Q(\epsilon, \sqrt[3]{10})\subset F\) quindi \( F=Q(\epsilon, \sqrt[3]{10})\).

Possiamo dunque considerare le seguenti inclusioni:

\( \displaystyle Q \subset Q(\sqrt[3]{10})) \subset Q(\sqrt[3]{10}))(\epsilon)=F\)

\( \displaystyle \left[ Q(\sqrt[3]{10})):Q\right]=3\) infatti \(\displaystyle x^3-10 \in Q[x]\) è irriducibile in quanto \( x^3-10\) non ha radici in \( Q\)

\( \displaystyle \left[ Q(\sqrt[3]{10}))(\epsilon): Q(\sqrt[3]{10}))\right]=2\) infatti \( \epsilon \) è radice di \( x^2+x+1 \in Q(\sqrt[3]{10})[x]\) irriducibile in quanto \( \epsilon \notin Q(\sqrt[3]{10})\)

Quindi \( \displaystyle [F:Q]=6\) e \( |G(F/Q)|=[F:Q]=6\) pertanto \( G(F/Q)\) è isomorfo a \(S_3\)

2 caso il campo di spezzamento su \( Q(\sqrt{2})\) è \( F=Q(\sqrt{2})(x_1,x_2,x_3)=Q(\sqrt{2})(\epsilon,\sqrt[3]{10})\)
con considerazioni analoghe a quelle precedenti si ricava che \( G(F/Q(\sqrt{2}))\) è isomorfo a \( S_3\)

3 caso il campo di spezzamento su \( Q(\sqrt{-3})=Q(i\sqrt{3})=Q(\epsilon)\) è \( F=Q(\epsilon)(\sqrt[3]{10},\epsilon \sqrt[3]{10}, \epsilon^2 \sqrt[3]{10})=Q(\epsilon)(\sqrt[3]{10})\) abbiamo:

\( \displaystyle [Q(\epsilon)(\sqrt[3]{10});Q(\epsilon)]=3\) infatti \( x^3-10 \in Q(\epsilon)[x]\) è irriducibile su \( Q(\epsilon)[x]\) in quanto \( Q(\epsilon)\) non contiene radici di
\( x^3-10\) perchè \( \sqrt[3]{10} \in Q(\epsilon)\) oppure \( \epsilon \sqrt[3]{10} \in Q(\epsilon)\) oppure \( \epsilon^2 \sqrt[3]{10} \in Q(\epsilon)\) implicherebbero \( \sqrt[3]{10} \in Q \)

Quindi \( [F:Q(\epsilon)]=|G(F/Q(\epsilon))|=3\) e \( G(F/Q(\epsilon))\) risulta isomorfo a \( A_3\)

Per polinomi \( f(x) \in Q[x]\) esite un algoritmo per il calcolo del gruppo di Galois (v. ELEMENTI DI TEORIA DI GALOIS DI Claudio Procesi)

[Seneca]

Ancora grazie totissumus.

Vorrei proporne un altro, visto che non riesco a darmi un inquadramento chiaro di questa teoria.

Esercizio. Determinare il gruppo di Galois $G$ (del campo di spezzamento) di $f(x) = (x^2 - 2x - 1) (x^2 - 2x - 7)$ e determinare esplicitamente tutti i campi intermedi.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Svolg: Risolvendo $x^2 - 2x - 1 = 0$ e $x^2 - 2x - 7 = 0$ trovo come radici (se so ancora fare i conti...):
\[ \alpha_{1,2} = 1 \pm \sqrt{2} \; \;\;\;\;\;\text{ e } \;\;\;\;\;\; \alpha_{3,4} = 1 \pm 2 \sqrt{2} \]
è dunque palese che il campo di spezzamento di $f$ è $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ (un'estensione semplice di grado $2$).
Sia $\varphi \in G$; ho solo due possibilità: $ \varphi(\sqrt{2}) = \pm \sqrt{2}$. Allora $G = ZZ_2$.

L'estensione $QQ(\sqrt(2)) \supset QQ$ è un'est. normale (è il campo di spezzamento di $f$ su $QQ$ e $f$ si decompone in un prodotto di fattori lineari distinti). Allora esiste una biezione tra i sottogruppi di $(ZZ_2 , + )$, cioè $\{\text{id}_{\mathbb{Q}(sqrt(2))} \}$ e $ZZ_2$, e i campi intermedi. Questi ultimi dunque sono solo $QQ$ e $QQ(\sqrt{2})$.

[Martino]

Giusto Seneca. Se hai voglia prova a dimostrare che tutte le estensioni di grado 2 sono di Galois.