Automorfismi di un campo

[Martino]

No, non ci siamo proprio.

$(a+balpha)xx(c+dalpha)=ac+(ad+bc+bd) alpha$
$(a+b beta) ××(c+dbeta) = ac+(ad+bc+bd) beta$??

Queste uguaglianze sono false. Si ha ovviamente

$(a+b alpha)(c+d alpha) = ac + (ad+bc) alpha + bd alpha^2$.

[francicko]

Posto $alpha^2 +salpha+t=0$ da cui $alpha^2 =-salpha-t$ sostituendo si ha:
$(a+balpha)(c+dalpha)=ac+(ad+bc)alpha+bdalpha^2=$
$ac+(ad+bc)alpha+bd(-salpha-t)$
$=ac-bdt+(ad+bc-bds)alpha$
Idem per $(a+b beta)(c+dbeta)=$
$ac-bdt+(ad+bc-bds)beta$
con $(ac-bds) $ $in$ $Q$ ed
$(ad+bc-bds)$ $in$ $Q$

[Martino]

Sì è giusto ma stai scrivendo dei conti. Una dimostrazione, come ti dicevo, ha un inizio, una fine e una organizzazione logica interna.

[francicko]

Comunque ho mostrato così che $sigma (a+balpha)=a+b beta$ è un omomorfismo?

[Martino]

Comunque ho mostrato così che $sigma (a+balpha)=a+b beta$ è un omomorfismo?

L'idea è quella che hai scritto, ma in matematica quando si dice dimostrazione si intende un testo con un inizio, una fine e una sua logica interna.

Ti faccio vedere come funziona una dimostrazione in matematica. In pratica sto mettendo tutte le cose giuste che hai scritto in un testo organico e gli sto dando una logica.

Teorema. Dato un polinomio $P(X) in QQ[X]$ monico e irriducibile di grado $2$ e dette $alpha,beta in CC$ le sue due radici complesse e $E=QQ(alpha)=QQ(beta)$, la funzione
$sigma:E to E$,
$sigma(a+b alpha) = a+b beta$
è un omomorfismo di anelli.

Dimostrazione. La funzione $sigma$ è ben definita perché, siccome il polinomio minimo di $alpha$ su $QQ$ ha grado $2$, ogni elemento di $E$ si scrive in modo unico come $a+b alpha$ con $a,b in QQ$. E' chiaro che $sigma(0)=0$ e $sigma(1)=1$. Ci resta da mostrare che $sigma$ rispetta la somma e il prodotto di elementi.

Per la somma,
$sigma((a+b alpha)+(c+d alpha)) =$
$= sigma(a+c+(b+d)alpha)$
$= a+c+(b+d)beta$
$= a+b beta + c+d beta$
$= sigma(a+b alpha) + sigma(c+d beta)$.

Per il prodotto, osserviamo che $alpha$ e $beta$ sono radici di $P(X)=X^2+rX+s$ (dove $r,s in QQ$) e quindi $alpha^2 = -r alpha -s$ e $beta^2 = -r beta -s$. Abbiamo quindi

$sigma((a+b alpha) * (c+d alpha))$
$= sigma(ac+(ad+bc) alpha+bd alpha^2)$
$= sigma(ac + (ad+bc) alpha + bd(-r alpha-s))$
$= sigma(ac-sbd+(ad+bc-rbd) alpha)$
$= ac-sbd+(ad+bc-rbd)beta$
$= ac+(ad+bc) beta+bd(-r beta-s)$
$= ac+(ad+bc) beta +bd beta^2$
$= (a+b beta)(c+d beta)$
$= sigma(a+b alpha) * sigma(c+d alpha)$.

Fine della dimostrazione. \( \displaystyle \square \)

Per chiarezza, osservo che è essenziale che $alpha$ e $beta$ siano radici dello stesso polinomio irriducibile. Per esempio considera la funzione

$sigma:QQ(sqrt(2)) to QQ(i)$
$sigma(a+b sqrt(2)) = a+bi$

E' una funzione ben definita ma non è omomorfismo di anelli. Infatti

$sigma(sqrt(2) * sqrt(2)) = sigma(2) = 2$
$sigma(sqrt(2)) * sigma(sqrt(2)) = i*i = -1$

sono diversi.

Detto questo, ora bisogna mostrare che la $sigma$ che stai considerando è iniettiva e suriettiva.

Fatto questo, il grado $2$ è risolto e ti resta da fare il caso in cui $P(X)$ ha grado $n$ qualsiasi. Ma ovviamente lo devi fare in modo logico e organico come ho scritto qui sopra, non "a singhiozzo" (cioè NON scrivendo pezzi di dimostrazione fuori contesto, uno qui e uno lì, sperando che qualcuno metta insieme i pezzi). Cioè devi scrivere un testo che enunci precisamente cosa stai dicendo e una dimostrazione che abbia un inizio, una fine e una sua logica interna.

[francicko]

Grazie per l'ottima spiegazione!
Adesso per mostrare l'iniettivita considero un elemento $a'+b'alpha$ tale che sia $sigma(a'+b'alpha) =a+b beta$ ma questo implica $a'+b'alpha=a+b beta $ Coe $a'=a$ ed $ b'=b$ mi sbaglio?

[Martino]

Ti sbagli. Per provare l'iniettività devi supporre $sigma(x_1)=sigma(x_2)$ e da questo dedurre che $x_1=x_2$.

[francicko]

Cioè $sigma(a'+b'alpha) =sigma(a+b beta) $ implica $(a'+b'alpha) =a+b beta) $ che implica $a=a'$ ed $b=b'$ mi sbaglio ancora?

[Martino]

Sì sbagli. Smettila di sparare a caso per favore. Pensaci meglio.

[francicko]

$sigma(a+balpha) =sigma(a'+b'alpha) $ cioè $a+b beta= a'+b'beta$ che implica $a=a'$ ed $b=b'$