cardinali del gruppo di Galois

[anto_zoolander]

Ciao!

sia $KsubsetF$ una estensione semplice allora $abs(Gal(F/K))=[F:K]$¹

La prof propose una dimostrazione per induzione e chiese(per esercizio) di farla in maniera costruttiva

dimostrazione

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

se $F=K$ non c'è nulla da dimostrare

supponiamo che $FneK$ e sia $a in FsetminusK$ algebrico di grado $n$ allora $[F:K]=partialm(x)=n$ con $m(x) in K[x]$ il polinomio minimo di $a$ e definisco $R={a in FsetminusK: m(a)=0}$

l'obiettivo è mostrare che $Gal(F/K)$ è equipotente a $R$

definisco

$varphi:Gal(F/K)->R$ come $varphi(sigma)=sigma(a)$

è ben posta poiché

$0=sigma(0)=sigma(m(a))=sigma(sum_(i=0)^(n)m_ia^i)=sum_(i=0)^(n)sigma(m_i)sigma(a)^i=sum_(i=0)^(n)m_i sigma(a)^i=m(sigma(a))$

inoltre se $y in FsetminusK, m(y)=0$ allora $sigma(y) in FsetminusK$
infatti $B={1,y,...,y^(n-1)}$ è una base e per ogni $sigma in Gal(F/K)$ si ha che $B={1,sigma(y),...,sigma(y)^(n-1)}$ è anche esso indipendente(e quindi base): se fosse $sigma(y) in K$ essendo $dim_(K)K=1$ quel sistema dovrebbe essere dipendente ma essendo $n>1$ si otterrebbe un assurdo.

L'iniettività segue dalla stessa considerazione: se $varphi(tau)=varphi(sigma)=>tau(a)=sigma(a)$

$tau(h)=tau(sum_(i=0)^(n)h_i a^i)=sum_(i=0)^(n)h_i tau(a)^i=sum_(i=0)^(n)h_i sigma(a)^i=...=sigma(h)$

per la suriettività ho pensato di fare così
sia $y in R$ una radice allora definisco $sigma(p(a))=p(y)$ ovvero $sigma:sum_(i=0)^(n)lambda_i a^i |-> sum_(i=0)^(n)lambda_i y^i$

sicuramente è ben posta ed è un isomorfismo di spazi vettoriali(dall'algebra lineare)
L'unica cosa che resta da dimostrare è che $sigma$ preserva il prodotto

siano $h=h(a)$ e $k=k(a)$ due elementi di $F$ e divido $h(x)k(x)$ per $m(x)$ da cui $h(x)k(x)=m(x)q(x)+r(x) => h(a)k(a)=r(a)$ quindi

$sigma(hk)=sigma(h(a)k(a))=sigma(r(a))=r(y)=m(y)q(y)+r(y)=h(y)k(y)=sigma(h)sigma(k)$

questo perché $y,a$ sono radici dello stesso polinomio

inoltre $sigma(k)=k$ per ogni elemento di $K$ banalmente e quindi $sigma in Gal(F/K)$ con $varphi(sigma)=y$

mi interessa particolarmente perchè effettivamente otterrei che una costruzione degli elementi di $Gal$ che sarebbero tanti quanti sono i coniugati di $a$

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Note

1. non so se sia universalmente accettato ma la mia prof definisce $Gal(F/K)=Aut_K(F)$ a prescindere dal fatto che si tratti di una estensione di Galois ↑

[Martino]

È falso, per esempio se \( \displaystyle F=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}) \) il gruppo di Galois di $F/QQ$ è banale (ha ordine 1).

[anto_zoolander]

Anche a me viene di ordine uno

se considero quella costruzione mi verrebbe che $p(x)=x^3-2$ è il polinomio minimo di $root(3)(2)$ in $QQ$
c'è solo una radice di $p(x)$ in $QQ(root(3)(2))$ che è appunto $root(3)(2)$ e quindi il gruppo di Galois avrà ordine uno.

che sarebbe data dall'applicazione $sigma$ che manda $root(3)(2)|-> root(3)(2)$ e fissa $QQ$ ovvero l’identità

edit
scusa nel op c'era $leq$ e l'uguaglianza l'ho mostrata con il numero delle radici distinte nell'estensione che di fatto è al più $[F:K]$

[Martino]

Sì la dimostrazione va bene (anche se è un po' lunga), con l'unico dettaglio che la cardinalità del tuo $R$ non è uguale a $[F:K]$. Nell'esempio che ho dato sopra $|R|=1$ ma $[F:K]=3$. Cioè $|R|$ in generale non è uguale al grado di $m$. Inoltre non lo dici chiaramente ma ovviamente $a$ non è un elemento qualsiasi, è un generatore di $F$ su $K$. E un'altra cosa: non capisco perché scrivi $F-K$ e non semplicemente $F$ nella definizione di $R$.

In pratica stai dicendo che gli elementi del gruppo di Galois sono determinati (esattamente e univocamente) da dove mandano il generatore $a$. E $a$ può essere mandato solo in un'altra radice del suo polinomio minimo.

[anto_zoolander]

la cardinalità del tuo R non è uguale a [F:K]

si nell'edita ho messo che ho commesso un errore nel messaggio principale

Inoltre non lo dici chiaramente ma ovviamente a non è un elemento qualsiasi, è un generatore di F su K

giusto ho dimenticato a specificarlo, grazie per la precisazione

E un'altra cosa: non capisco perché scrivi F−K e non semplicemente F nella definizione di R.

perché sono stato fesso.
Penso che tu ti riferisca al fatto che dato che il polinomio minimo di $a$ in $k$ è irriducibile, e quindi non ha radici in $k$, è inutile specificarlo: perché le altre radici sono coniugate di $a$ e non staranno nemmeno loro in $k$. Giusto?

[Martino]

Sì giusto.

[anto_zoolander]

Ti ringrazio