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≤ ×

Teorema 0.3.14 Sia G un gruppo e H, K G. Allora G = H K se e solo se:

a) ogni elemento di G si scrive in uno ed un solo modo come prodotto di un elemento

di H e di un elemento di K;

∈ ∈

b) per ogni h H, k K, hk = kh.

× ∈ ∈

Dimostrazione. Sia G = H K. Poichè G = HK, per ogni g G esistono h H,

∈ ∩ {1 }

k K tali che g = hk. Ma H K = e dunque per il Lemma 4.3 tale scrittura

G −1 −1

∈ ∈

è unica e a) è dimostrata. Siano infine h H, k K e x = h k hk. Siccome

−1 −1 −1 −1

∈ ∈

K/ G, h k h K e quindi x = (h k h)k K. Analogamente, dato che H/ G,

−1 −1 −1

∈ ∈ ∈ ∩ {1 }.

k hk H e x = h (k hk) H. Dunque x H K = Segue kh = kh1 =

G G

−1 −1

khh k hk = hk e pertanto vale b). ∈ ∈ ∈

Supponiamo viceversa che valgano a) e b). Se g G, per a) esistono h H, k K tali

che g = hk. Quindi G HK ovvero HK = G. L’unicità di scrittura, per il Lemma 4.3,

∩ {1 }. ∈ ∈

equivale a H K = Resta da provare H, K/ G. Sia g G, g = hk con h H,

G −1 −1 −1

∈ ∈

k K, e sia x K. Allora, dato che per b) xh = hx, abbiamo g xg = k h xhk =

−1 −1 −1 ∈

k h hxk = k xk K. Quindi K è un sottogruppo normale di G. Analogamente si

prova che anche H è un sottogruppo normale di G.

Fino a qui abbiamo considerato il prodotto di due sottogruppi di un gruppo. Possiamo

ora introdurre un concetto più generale, il prodotto diretto (esterno) di gruppi arbitrari,

ovvero non necessariamente contenuti in un comune gruppo “ambiente”.

Definizione. Dati i gruppi G , G si definisce prodotto diretto (esterno) di G e

1 2 1

× {(g ∈ ∈ }

G l’insieme G G = , g )| g G , g G con l’operazione definita ponendo,

2 1 2 1 2 1 1 2 2

∈ ×

per (g , g ), (h , h ) G G ,

1 2 1 2 1 2

(g , g )(h , h ) = (g h , g h )

1 2 1 2 1 1 2 2 ×G

Esercizio: Verificare che l’operazione data definisce una struttura di gruppo su G .

1 2

×

Proposizione 0.3.15 Sia G = G G il prodotto diretto esterno dei gruppi G e G

1 2 1 2

e siano

{(g ∈ } {(1 ∈ }.

H = , 1 )| g G e H = , g )| g G Allora :

1 1 1 1 2 2 2 2

G G

2 1

1) H e H sono sottogruppi normali di G ;

1 1

' '

2) H G e H G ;

1 1 2 2

3) G è prodotto diretto interno dei sottogruppi H e H .

1 2

→ →

Dimostrazione. Siano π : G G e π : G G applicazioni definite ponendo, per

1 1 2 2

g = (g , g ) G, π (g) = g e π (g) = g . Poiche’ π , π sono omomorfismi (verificare

1 2 1 1 2 2 1 2

per esercizio), i rispettivi nuclei Ker(π ) = H e Ker(π ) = H sono sottogruppi normali

1 2 2 1

→ →

di G. Inoltre, le restrizioni π : H G e π : H G sono isomorfismi. La

1 1 2 2

1|H 2|H

1 2 ∩

suriettività segue infatti subito dalla definizione dei π . Inoltre, Ker(π ) = H

i 1

1|H

1

{1 } {1 }

H = e, analogamente, Ker(π ) = e quindi i π e π sono iniettivi.

2 1 2

G G

2|H

2 ∈

Dunque 1) e 2) sono provate. Per provare 3) osserviamo che, se g = (g , g ) G,

1 2

43 ∈

∈ ) H e

, g ) H H e quindi G = H H . Inoltre, per ogni (g , 1

)(1

g = (g , 1 1

2 1 2 1 2 1

1 G

G

G 2

1

2

(1 , g ) H , vale (g , 1 )(1 , g ) = (g , g ) = (1 , g )(g , 1 ).

2 2 1 2 1 2 2 1

G G G G G

1 2 1 1 2

Osservazione: Per la Proposizione 4.4, ogni gruppo isomorfo al prodotto diretto esterno

di due gruppi è prodotto diretto interno di sottogruppi isomorfi ai gruppi dati. Nel

seguito, quindi, parleremo semplicemente di prodotto diretto, tralasciando la distinzione

tra i casi interno ed esterno.

Esercizio Siano C e C gruppi ciclici di ordine rispettivamente n e m. Provare che il prodotto

n m

×

diretto C C è ciclico se e solo se (n, m) = 1.

n m

Fino a qui abbiamo considerato prodotti di due gruppi. Più in generale, se H , H , . . . , H sono

1 2 n

sottogruppi di G, possiamo definire il prodotto

{g ∈ ∈

H H . . . H = G| g = h h . . . h con h H , i = 1, 2, . . . , n}

1 2 n 1 2 n i i

Esercizio Provare che se H , H , . . . , H sono sottogruppi normali di G allora H H . . . H è

1 2 n 1 2 n

un sottogruppo di G.

Definiamo ora il prodotto diretto (esterno) di n gruppi, dove n è un qualunque intero positivo.

Definizione Siano G , G , . . . , G gruppi (n ). Nell’ insieme

N

1 2 n 0

× × × {(g ∈

G G . . . G = , g , . . . , g )| g G per i = 1, 2, . . . , n}

1 2 n 1 2 n i i

definiamo una operazione ponendo:

(g , g , . . . , g )(h , h , . . . , h ) = (g h , g h , . . . , g h )

1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n

× × ×

Rispetto a tale operazione G G . . . G è un gruppo, detto prodotto diretto (esterno)

1 2 n

dei gruppi G , G , . . . , G .

1 2 n ×G ×. ∈

Osserviamo che, se G = G . .×G , 1 = (1 , 1 , . . . , 1 ) e, per ogni (g , g , . . . , g )

1 2 n G G G G 1 2 n

1 2 n

−1 −1

−1 −1

G, (g , g , . . . , g ) = (g , g , . . . , g ).

1 2 n n

1 2

Analogamente a quanto visto nella Proposizione 4.4, ogni prodotto diretto esterno è prodotto

di opportuni sottogruppi, isomorfi ai fattori “esterni”. La dimostrazione del seguente risultato,

che omettiamo, è simile a quella della Proposizione 4.4.

× × ×

Proposizione 0.3.16 Sia G = G G . . . G il prodotto diretto esterno dei gruppi G e

1 2 n i

sia, per i = 1, 2, . . . , n, {(1 ∈ }.

H = , 1 , . . . , g , . . . , 1 )| g G

i G G i G i i

1 2 n

Allora:

(1) H / G

i

(2) G = H H . . . H

1 2 n

∩ {1 }, ∈ {1,

(3) H H H . . . H H . . . H = per ogni i 2, . . . , n}

i 1 2 i−1 i+1 n G

' ∈ {1,

(4) H G , per ogni i 2, . . . , n}.

i i 44

Definizione. Sia G un gruppo e H , H , . . . , H sottogruppi di G che verificano le condizioni (1),

1 2 n

(2) e (3) della Proposizione 4.6. Allora G si dice prodotto diretto (interno) dei sottogruppi

H , H , . . . , H .

1 2 n

Osservazioni

1) Nel seguito non distingueremo tra prodotto diretto esterno ed interno e parleremo semplice-

mente di “prodotto diretto”.

2) La condizione (3) non puo’ essere indebolita richiedendo semplicemente

∩ {1} 6 ×

H H = per ogni i = j. Sia infatti, ad esempio, G = C C il prodotto di-

j j 1 2

retto di due gruppi ciclici di ordine 2, C =< x > e C =< x >. Il gruppo G, che è

1 1 2 2

abeliano, ha tre sottogruppi normali di ordine 2, H =< (x , 1) >, H =< (1, x ) > e

1 1 2 2

H =< (x , x ) >. H , H e H si intersecano a due a due trivalmente, ma ognuno di essi

3 1 2 1 2 3

è contenuto nel prodotto degli altri due, che è G stesso.

3) Nel caso di gruppi in notazione additiva, si usa di solito l’espressione “somma diretta” al

posto di “prodotto diretto”.

n n

Esempio. Il gruppo additivo (R , +) dello spazio vettoriale di dimensione n sul campo reale

R

è isomorfo alla somma diretta di n “copie” del gruppo additivo (R, +).

Automorfismi

Ricordiamo che un automorfismo di un gruppo G è un isomorfismo di G in se stesso.

Abbiamo osservato (pagina 13) che

L’insieme degli automorfismi di G con l’operazione di composizione è un gruppo.

Tale gruppo, il cui elemento identico è l’identità ι , si denota con Aut(G).

G ∈

Particolari automorfismi di un gruppo G sono i coniugi. Dato g G, si definisce una

applicazione →

σ : G G

g −1

x g xg

l

che si chiama coniugio tramite l’elemento g. ∈ ∈

Proposizione 0.3.17 Sia G un gruppo, allora per ogni g G, σ Aut(G).

g

∈ ∈

Dimostrazione. Fiassato g G, siano x, y G; allora

−1 −1 −1

σ (xy) = g xyg = g xgg yg = σ (x)σ (y) ,

g g g ∈

quindi σ è un omomorfismo. Verifichiamo che è iniettivo; sia x Ker(σ ), allora

g g

−1 −1

g xg = 1 da cui, moltiplicando a sinistra per g e a destra per g si ottiene

G {1 }

x = 1 , quindi Ker(σ ) = e per il Teorema 4 σ è iniettiva. Infine, σ è

g g g

G G −1 −1 −1

suriettiva perchè per ogni y G, y = g gyg g = σ (gyg . Dunque σ è biettiva

g g

e quindi un automorfismo di G.

∈ ⊆

Sia g G e S G. L’immagine di S tramite l’automorfismo σ si chiama

G

−1 g

coniugato di S tramite g, e si denota con g Sg o, più comodamente, con S .

Quindi −1

g { | ∈ }

S = g xg x S .

45

Questo concetto è particolarmente rilevante nel caso in cui S sia un sottogruppo di G.

Ad esempio, si provi per esercizio la seguente importante osservazione

Proposizione 0.3.18 Sia H un sottogruppo del gruppo G. Allora H/ G se e solo se

g ∈

H coincide con tutti i suoi coniugati (cioè H = H per ogni g G ).

−1 −1

Osserviamo che se G è commutativo, allora per ogni x, g G, g xg = g gx = x.

Quindi se G è commutativo ogni coniugazione è l’identità. Le coniugazioni sono quindi

rilevanti solo per i gruppi non commutativi, nel qual caso sono gli automorfismi più

importanti.

Sia G un gruppo e φ un automorfismo di G. L’insieme degli elementi di G che

sono mandati in se stessi da φ si dice insieme dei punti fissi di φ. Chiaramente 1

G

è un punto fisso per ogni automorfismo; il prossimo Lemma asserisce che l’insieme dei

punti fissi è sempre un sottogruppo di G. La dimostrazione è immediata e la lasciamo

per esercizio. ∈ { ∈ |

Lemma 0.3.19 . Sia G un gruppo e φ Aut(G); allora l’insieme x G φ(x) =

}

x è un sottogruppo di G.

Sia G un gruppo e g G. L’insieme degli elementi di G che commutano con g si

chiama centralizzante di g e si denota con C (g). Quindi

G

{ ∈ | }

C (g) = x G gx = xg .

G −1

Ora, gx = xg se e solo se x = g xg = σ (x). Quindi il centralizzante di g non è

g

altro che l’insieme dei punti fissi di σ , dunque per il Lemma precedente,

g ∈ ≤

per ogni g G, C (g) G.

G

(Si dimostri questo fatto direttamente dalla definizione di centralizzante)

Definizione. Sia G un gruppo. Il centro di G è l’insieme degli elementi che commutano

con tutti gli elementi di G. Esso si denota con Z(G).

{ ∈ | ∈ },

Quindi Z(G) = x G xg = gx per ogni g G e anche

\

Z(G) = C (g) .

G

g∈G

Chiaramente 1 Z(G), e G è commutativo se e solo se G = Z(G).

G

Esercizio. Si provi che per ogni gruppo G si ha Z(G)/ G. −1

∈ ∈

Esercizio. Sia G un gruppo e x, y G. Si provi che σ = σ se e solo se x y Z(G).

x y

Osserviamo che può bene verificarsi il caso che Z(G) si riduca al sottogruppo banale; ad

{ι}.

esempio, verificate che Z(S ) =

3

Il resto di questa sezione è di carattere complementare, ma è una interessante e istruttiva appli-

cazione del Teorema di omomorfismo. { | ∈ }

Dato un gruppo G denotiamo con Inn(G) = σ g G l’insieme di tutte le coniugazioni

G

di G. 46

Proposizione 0.3.20 Sia G un gruppo. Allora Inn(G)/ Aut(G).

Dimostrazione. Innanzi tutto osserviamo che, per ogni g, x G ,

−1 −1 −1

σ σ (x) = σ (g xg) = gg xgg = x = ι (x)

−1 −1

g G

g g

−1

quindi σ = σ . Proviamo ora che Inn(G) è un sottogruppo di Aut(G). Abbiamo appena

−1

g g

visto che Inn(G) contiene l’inverso di ogni suo elemento. Verifichiamo quindi la chiusura: siano

∈ ∈

σ , σ Inn(G); allora per ogni x G ,

g h −1 −1 −1 −1

σ σ (x) = σ (h xh) = g h xhg = (hg) x(hg)σ

g h g hg

◦ ∈ ∈ ≤

quindi σ σ = σ Inn(G). Poichè ι = σ Inn(G), si ha quindi Inn(G) Aut(G).

g h hg G 1 G

∈ ∈ ∈

Verifichiamo ora la normalità. Siano σ Inn(G) e φ Aut(G). Allora, per ogni x G ,

g

−1 −1 −1 −1

◦ ◦ ◦

φ σ φ(x) = φ σ (φ(x)) = φ (g φ(x)g) =

g g

−1 −1 −1 −1 −1 −1 −1

= φ (g )φ (φ(x))φ (g) = φ (g) xφ (g) = σ ,

−1

φ (g)

−1 ◦ ◦ ∈ Aut(G).

quindi φ σ φ = σ Inn(G). Per il criterio di normalità, Inn(G)/

−1

g φ (g) '

Teorema 0.3.21 Sia G un gruppo. Allora Inn(G) G/Z(G).

Dimostrazione. Consideriamo la applicazione →

Φ : G Inn(G)

g σ

l −1

g

Φ è un omomorfismo di gruppi; infatti dalla dimostrazione della Proposizione precedente segue

che, per ogni g, h G , ◦

Φ(g)Φ(h) = σ σ = σ = σ = Φ(gh) .

−1 −1 −1 −1 −1

g h h g (gh)

−1

∈ ∈

Ora, g Ker(Φ), se e solo se σ = ι , se e solo se gxg = x per ogni x G, se e solo

−1 G

g

∈ ∈

se gx = xg per ogni x G, se e solo se g Z(G). Quindi Ker(Φ) = Z(G). Poichè Φ è

suriettiva per definizione di Inn(G), per il primo Teorema di omomorfismo si conclude che

G ' Inn(G)

Z(G)

come si voleva dimostrare. '

Esercizio. Si provi che Aut(S ) = Inn(S ) S .

3 3 3

ESERCIZI 3 3 3 3

∈ {x | ∈

1. Sia G un gruppo tale che (xy) = x y per ogni x, y G. Si provi che x G} è un

sottogruppo normale di G.

∗ × ∈

2. Sull’insieme W = si definisca una operazione ponendo, per ogni (a, b), (a , b ) W :

R R 1 1

(a, b)(a , b ) = (aa , ab + b) .

1 1 1 1 { | ∈ }

Si provi che, con tale operazione, W è un gruppo. Si dimostri che K = (1, b) b è un

R

'

sottogruppo normale, e che W/K .

R 47 ∩ {1 }.

3. Siano N, M sottogruppi normali del gruppo G tali che N M = Si provi che, per

G

∈ ∈

ogni x N, y M si ha xy = yx. ≥

4. Si provi che per ogni elemento x del gruppo (additivo) G = esiste un n 1 tale che

Q/Z

nx = 0 .

G ∞.

5. Sia H un sottogruppo proprio del gruppo additivo dei razionali Si provi che [Q : H] =

Q.

n

{z ∈ |z

6. Sia U = = 1} il gruppo moltiplicativo delle radici n-esime dell’unità. Si provi

C

n

∗ ∗ ∗ ∗ n

∈ ∈

che /U è isomorfo a . [Si usi il fatto che per ogni z esiste a tale che a = z].

C C C C

n 2 2

≤ |H| |G| |K| |G|.

7. Sia G un gruppo finito e siano H, K G tali che > e > Si provi che

∩ 6 {1 }.

H K = G ∗ ∗

' ×

8. Siano G, N i gruppi definiti nell’esempio a pagina 31. Si provi che G/N . [Si

R R

∗ ∗

×

cominci col trovare un omomorfismo suriettivo da G in .]

R R ∗ {1, −1} ×

9. Sia P l’insieme dei numeri reali strettamente maggiori di 0. Si provi che = P .

R

×

10. Si provi che il gruppo non è ciclico.

Z Z

11. Si determinino tutti i coniugati in S del sottogruppo T =< τ >.

3 1

12. Sia G un gruppo e H G. Il normalizzatore di H in G è l’insieme

−1

{ ∈ | }

N (H) = g G g Hg = H

G ≤ ≤

G se e solo se N (H) = G). Si dimostri che H N (H) G.

(si osservi che H/ G G

13. Nel gruppo G = GL(2, si determini il centralizzante C (g) dell’elemento

R) G

−1

1

g = . Si determini quindi Z(GL(2, R))

0 2

14. Sia G =< g > un gruppo ciclico.

i) Si provi che se α, β sono omomorfismi di G nel medesimo gruppo H, e α(g) = β(g), allora

α = β. ∈

ii) Si provi che per ogni ψ Aut(G), ψ(g) è un generatore di G.

|G| |Aut(G)|

iii) Si provi che se = n allora = φ(n), dove φ è la funzione di Eulero.

15. Si determini Aut(Z). 48

0.4 Azioni di Gruppi

Il concetto di azione di un gruppo è molto importante in matematica. Abbiamo visto

nelle sezioni precedenti che l’insieme di tutte le permutazioni di un insieme è un gruppo,

l’insieme di tutti gli automorfismi di un gruppo è un gruppo, e che l’insieme delle sim-

metrie di un sistema di punti del piano è un gruppo. Questi gruppi possono essere visti

come costituiti dall’insieme delle biezioni che conservano una certa ”struttura” (gli au-

tomorfismi di un gruppo G sono biezioni che conservano l’operazione, le simmetrie di

una figura piana sono biezioni del piano che conservano la figura stessa - che possiamo

intendere come una struttura geometrica, le permutazioni semplicemente conservano

una struttura ”nulla”). Questo è un fenomeno molto generale; un altro esempio è dato

dall’insieme di tutti gli automorfismi di uno spazio vettoriale, che costituisce un gruppo.

Detto in modo informale, una azione di un gruppo G significa un omomorfismo del

gruppo G nel gruppo delle biezioni su una certa struttura. Ad esempio, sia V uno

B

spazio vettoriale di dimensione n sui reali e una sua base fissata, allora ad ogni matrice

quadrata reale invertibile di ordine n si associa una applicazione lineare definita rispetto

B,

alla base e ciò definisce un isomorfismo del gruppo GL(n, nel gruppo Aut (V ) di

R) R

tutte le applicazioni lineari invertibili di V in se stesso; questa è una azione di GL(n, R)

come gruppo di applicazioni lineari.

In questa sezione studieremo alcuni tipi di azione; come gruppi di permutazioni (si

chiamano azioni su un insieme), come gruppi di simmetrie di una figura piana, e come

gruppi di automorfismi di un gruppo. Le azioni come gruppi di permutazioni sono in un

certo senso quelle fondamentali e sottendono a tutti gli altri tipi di azione; inizieremo

quindi con esse. Per prima cosa introdurremo qualche strumento generale per lavorare

con i gruppi simmetrici.

Permutazioni

Ricordiamo che, se I è un insieme, si dice permutazione su I una qualunque applicazione

biunivoca di I in sè e si denota con Sym(I) il gruppo, rispetto alla composizione,

delle permutazioni su I. Se I e J sono due insiemi della stessa cardinalità, allora

'

Sym(I) Sym(J). Se I è un insieme finito di n elementi possiamo quindi assumere

{1,

che sia I = 2, . . . , n}. Di solito, invece di Sym({1, 2, . . . , n}), viene usato il simbolo

S .

n ∈

Ogni π S può essere rappresentata nel modo seguente:

n

1 2 ... i ... n

π = π(1) π(2) . . . π(i) . . . π(n)

Esiste però una rappresentazione per molti aspetti più conveniente:

1 2 3 4 5 6 7 ∈

Esempio. Sia π = S . Osserviamo che π(1) = 3, π(3) = 5 e

7

3 2 5 4 1 7 6

π π π π π π π

→ → → → → → →

π(5) = 1 ovvero 1 3 5 1. Inoltre, 2 2, 4 4 e 6 7 6. Scriviamo allora

49

π = (1 3 5)(6 7).

Cominciamo introducendo il concetto di permutazione ciclica (o ciclo) :

Definizione. ¡: Una permutazione σ S si dice un ciclo di lunghezza k (o un

n {i } ⊆

k-ciclo), per k intero, k > 1, se esiste un sottoinsieme di ordine k , i , . . . , i

1 2 k

{1, 2, . . . , n} tale che

(a) π(i ) = i , π(i ) = i , . . ., π(i ) = i , π(i ) = i ;

1 2 2 3 1

k−1 k k

∈ {1, \ {i }

(b) π(j) = j per ogni j 2, . . . , n} , i , . . . , i .

1 2 k

Scriviamo allora σ = (i i . . . i ).

1 2 k

Osservazioni. 1) Se σ è un k-ciclo, σ = (i i . . . i ), possiamo anche scrivere in modo

1 2 k

equivalente σ = (i i . . . i i ) = (i i . . . i i i ) = . . . .

1 3 4 1 2

2 3 k k

2 2 2

2) Se σ = (i i . . . i ) è un k-ciclo, allora σ (i ) = i , σ (i ) = i , . . . , σ (i ) = i e,

1 2 1 3 2 4 2

k k

≤ ≤

più in generale, per 1 r k r ≤

σ (i ) = i se j + r k

j j+r

r

σ (i ) = i se j + r > k .

j j+r−k

Notazione. A differenza di quanto convenuto per le applicazioni, da questo momento

scriveremo le permutazioni a destra degli elementi cui vengono applicate e cambieremo di

conseguenza anche la notazione della composizione di due permutazioni. Se σ , σ S

1 2 n

∈ {1,

e i 2, . . . , n}, denoteremo con iσ l’immagine di i tramite σ e con σ σ la permu-

1 1 1 2

∈ {1,

tazione ottenuta componendo prima σ e poi σ . Pertanto, per ogni i 2, . . . , n},

1 2

iσ σ = (iσ )σ .

1 2 1 2

Esempio. Consideriamo in S le permutazioni

5

1 2 3 4 5 1 2 3 4 5

α = e β = .

1 4 2 3 5 3 2 1 4 5

1 2 3 4 5

α è un 3-ciclo, α = (2 4 3), e β è un 2-ciclo, β = (1 3). La composizione αβ = 3 4 2 1 5

è un 4-ciclo: αβ = (1 3 2 4). ∈

Definizione. Data una permutazione π S , si dice supporto di π l’insieme

n

{i| ∈ {1, 6 }

supp(π) = i 2, . . . , n}, iπ = i

degli elementi “mossi” dalla π.

1 2 3 4 5 6 7 ∈ {1,

Esempi. 1) Se π = S , supp(π) = 2, 4, 6}.

7

2 1 3 6 5 4 7 {i }.

2)Se σ = (i i . . . i ) è un k-ciclo (k > 1), allora supp(σ) = , i , . . . , i

1 2 k 1 2 k

50

∅.

Se σ = ι, supp(σ) =

Osserviamo che, come segue subito dalla definizione, per ogni permutazione π vale

−1

supp(π ) = supp(π) .

∈ ∩ ∅.

Definizione. Due cicli σ , σ S si dicono disgiunti se supp(σ ) supp(σ ) =

1 2 n 1 2

−1

Proposizione 0.4.1 1) Se σ = (i i . . . i ) allora σ = (i i . . . i ) .

1 2 1

k k k−1

|σ|

2) Se σ e’ un k-ciclo, allora = k .

3) Se σ , σ sono cicli disgiunti, allora sono permutabili : σ σ = σ σ .

1 2 1 2 2 1

6∈ {i }

Dimostrazione. 1) Sia τ = (i i . . . i ). Se j , i , . . . , i chiaramente jστ = j =

1 1 2

k k−1 k

∈ {i },

jτ σ. Se j , i , . . . , i si verifica immediatamente che vale ancora jστ = j = jτ σ.

1 2 k k

2) Se σ e’ un k-ciclo, allora σ = ι. D’altra parte, se h e’ un intero positivo, h < k,

h h

≤ 6 6

abbiamo i σ = i , dato che h + 1 k. Quindi i σ = i e σ = ι.

1 1 1

h+1

∈ ∩ ∅ ∈ {1,

3) Siano σ , σ S tali che supp(σ ) supp(σ ) = e sia j 2, . . . , n}. Se

1 2 n 1 2

6∈ ∪ ∈

j supp(σ ) supp(σ ), allora jσ σ = j = jσ σ . Se j supp(σ ) e i = jσ , allora

1 2 1 2 2 1 1 1

∈ 6∈

i supp(σ ) e dunque i, j supp(σ ). Quindi jσ σ = iσ = i = jσ = jσ σ . Se

1 2 1 2 2 1 2 1

j supp(σ ) si procede analogamente. Dunque σ σ = σ σ .

2 1 2 2 1

∈ 6

Teorema 0.4.2 Ogni permutazione π S , π = ι, si può esprimere come prodotto

n

π = σ σ . . . σ

1 2 t

di cicli disgiunti σ , σ , . . . , σ S . Tale decomposizione è unica, a meno dell’ordine

1 2 t n

dei fattori. ∈

Dimostrazione. Procediamo per induzione sull’ordine di supp(π). Scegliamo i supp(π)

m

{iπ | }. ⊆ {1,

e sia J = m intero positivo Poichè J 2, . . . , n}, esistono sicuramente due

b a b−a

interi positivi a e b, b > a, tali che iπ = iπ e quindi iπ = i. Denotiamo con k

h

{h| ∈

il minimo dell’insieme h , iπ = i}, non vuoto per quanto appena osservato, e

N 0 k−1 {i }

siano i = i, i = iπ, . . . , i = iπ . Dunque J = , i , . . . , i e, considerando il

1 2 1 2

k k

−1 −1

k-ciclo σ = (i i . . . i ), abbiamo jσ π = j per ogni j J. Quindi supp(σ π) =

1 2 k

−1

\

supp(π) J. Se σ π = ι allora π = σ è un ciclo. Altrimenti, applicando l’ipotesi di

−1 ∈

induzione, abbiamo σ π = σ σ . . . σ con σ , σ , . . . , σ S cicli disgiunti. Dunque

2 3 t 2 3 t n ⊆

π = σσ . . . σ è prodotto di cicli disgiunti, dato che supp(σ) = J e supp(σ ) supp(π)\J

2 t u

≤ ≤

per ogni 2 u t. Supponiamo infine che π = σ σ . . . σ e π = τ τ . . . τ siano

1 2 t 1 2 u

due decomposizioni di π in prodotto di cicli disgiunti e sia i supp(σ ). Poiche’,

1

∈ ∈

in particolare, i supp(π), esiste un τ per cui i supp(τ ). Dato che le τ sono

j j j

permutabili, possiamo supporre i supp(τ ). Allora, come si verifica facilmente, deve

1

essere σ = τ . Dunque, procedendo per induzione come sopra, segue t = u e σ = τ

1 1 j j

≤ ≤

per ogni 1 j t. ≤ ≤

Esercizio. Sia π = σ σ . . . σ con σ k -cicli disgiunti, per 1 i t.

1 2 t i i

t

S |π|

Provare che supp(π) = supp(σ ) e che = m.c.m(k , k , . . . , k ).

i 1 2 i

i=1 51

Vediamo ora come la decomposizione in cicli fornisca un semplice criterio per stabilire

se due permutazioni in S sono coniugate. Premettiamo una definizione:

n

Definizione. Siano π, ρ S . Diciamo che π e ρ hanno lo stesso tipo ciclico se, date le

n

decomposizioni π = σ σ . . . σ e ρ = τ τ . . . τ in prodotto di cicli disgiunti, vale t = u

1 2 t 1 2 u ≤ ≤

e, a meno di rinumerazione, σ e τ sono cicli della stessa lunghezza, per ogni 1 i t.

i i

Ad esempio, le permutazioni (1 2)(3 5 4)(6 7) e (1 3 2)(4 6)(5 7) hanno lo stesso tipo

ciclico. −1

Lemma 0.4.3 1) Sia σ = (i i . . . i ) un k-ciclo in S e π S . Allora π σπ =

1 2 n n

k

(i π i π . . . i π).

1 2 k

2) Se γ, π S e γ = σ σ . . . σ è la decomposizione in prodotto di cicli disgiunti di γ,

n 1 2 t

−1 −1 −1 −1

allora π γπ = (π σ π)(π σ π) . . . (π σ π) è la decomposizione in prodotto di cicli

1 2 t

−1

disgiunti della coniugata π γπ. −1 ∈ {1,

Dimostrazione. 1) Osserviamo che supp(π σπ) = supp(σ)π. Infatti, per j 2, . . . , n},

−1 −1 −1 −1 6∈ 6∈

vale j = j(π σπ) se e solo se jπ = jπ σ ovvero jπ supp(σ) cioe’ j supp(σ)π.

−1 −1

Per j < k, (i π)(π σπ) = i σπ = i π. Inoltre, (i π)(π σπ) = i σπ = i π.

j j j+1 1

k k

−1

Dunque π σπ è il k-ciclo (i π i π . . . i π). La 2) segue da 1), osservando che la

1 2 k

−1 −1

∩ ∩ ∅ 6 ≤ ≤

supp(π σ π) supp(π σ π) = supp(σ )π supp(σ )π = per ogni i = j, 1 i, j t.

i j i j

Esempio. Consideriamo in S gli elementi π = (1 2 3 4 5) e γ = (1 3)(2 5 4 6) . Allora

6

−1

π γπ = (2 4)(3 1 5 6).

Proposizione 0.4.4 Due permutazioni γ e δ sono coniugate in S se e solo se hanno

n

lo stesso tipo ciclico. −1

Dimostrazione. Supponiamo che, per π S , sia δ = π γπ. Allora per il Lemma 4.3,

n

γ e δ hanno lo stesso tipo ciclico.

Supponiamo viceversa che γ e δ abbiano lo stesso tipo ciclico. Sia γ = (a a . . . a )(b b . . . b ) . . .

1 2 1 2

h k

{f } {1, \

e δ = (â â . . . â )(

b̂ b̂ . . . b̂ ) . . . e siano , f , . . . , f = 2, . . . , n} supp(γ) e

1 2 1 2 1 2 m

h k

ˆ ˆ ˆ

{ } {1, \

f , f , . . . , f = 2, . . . , n} supp(δ) gli insiemi degli elementi fissati γ e δ rispetti-

1 2 m̂ |supp(γ)| |supp(δ)|.

vamente. Osserviamo che m = m̂, poiche’ = Consideriamo quindi

la permutazione

a a . . . a b b . . . b . . . f f . . . f

1 2 1 2 1 2 m

h k

π = .

ˆ ˆ ˆ

b̂ b̂ . . . b̂ . . . f f . . . f

â â . . . â 1 2 1 2 m

1 2 h k

−1

Per il Lemma 4.3 segue allora δ = π γπ.

Prendiamo ora in considerazione un altro modo di decomporre una permutazione in

prodotto di cicli. Questa volta i fattori ciclici avranno tutti lunghezza 2, ma non più, in

generale, supporti disgiunti.

Definizione. Un ciclo di lunghezza 2 si dice trasposizione.

52 −1

Lemma 0.4.5 Ogni ciclo di lunghezza k si può esprimere come prodotto di k traspo-

sizioni.

Dimostrazione. Vale infatti (i i . . . i ) = (i i )(i i ) . . . (i i ), come si verifica

1 2 1 2 1 3 1

k k

facilmente per induzione su k.

Osserviamo come la decomposizione in prodotto di cicli di lunghezza due del lemma

precedente non sia più però costituita da cicli disgiunti. Anche l’unicità di decompo-

sizione viene a cadere: in S , ad esempio (1 2 3) = (1 2)(1 3) = (1 2)(4 3)(1 3)(1 4).

4

6

Inoltre, (1 2)(1 3) = (1 3)(1 2). ∈ 6

Corollario. Ogni permutazione π S , π = ι, si può scrivere come prodotto di traspo-

n

sizioni. Dunque {τ | ∈ }

S =< τ S , τ trasposizione > .

n n

∈ {1,

Esercizio. Provare che, dati a, b, c 2, . . . , n}, vale (b c) = (a b)(a c)(a b) in S .

n

Provare quindi che S =< (1 2), (1 3), . . . , (1 n) > .

n

Tutte le decomposizioni di una data permutazione in prodotto di trasposizioni hanno

una proprietà in comune, la parità del numero di fattori:

Proposizione 0.4.6 Sia π S e siano

n

π = τ τ . . . τ = θ θ . . . θ

1 2 n 1 2 m ∈

due decomposizioni di π come prodotto di trasposizioni τ , θ S .

i j n

Allora n m(mod 2), ovvero n è pari (risp. dispari) se e solo se m è pari (risp.

dispari).

Dimostrazione. Supponiamo, per assurdo, che sia π = τ τ . . . τ = θ θ . . . θ con

1 2 n 1 2 m

−1

−1 = τ . . . τ θ . . . θ

τ , θ trasposizioni e n pari, m dispari. Allora ι = τ . . . τ θ . . . θ 1 n m 1

i j 1 n m 1

ovvero l’identità ι di S si decompone nel prodotto di un numero dispari di trasposizioni.

n

Sia d il minimo intero positivo dispari per cui valga

ι = γ γ . . . γ (1)

1 2 d

∈ {1,

con γ trasposizioni e sia a 2, . . . , n} un elemento “mosso” da almeno una γ .

i i

|supp(γ ∩

Chiaramente γ commuta con ogni γ tale che ) supp(γ )| = 0, 2 e inoltre,

i j i j

∈ {1,

come è facile verificare, per ogni b, c 2, . . . , n} vale (a b)(b c) = (b c)(a c).

Possiamo dunque trasformare la decomposizione (1) in

ι = δ δ . . . δ β β . . . β (2)

1 2 t 1 2 v

6∈ ∈ {1, ≤ ≤

con t + v = d, a supp(δ ) e β = (a b ), b 2, . . . , n}, per ogni 1 i t,

i j j j

≤ ≤

1 j v. Osserviamo ora che se gli elementi b sono tutti distinti, allora β β . . . β =

j 1 2 v

6

(a b )(a b ) . . . (a b ) = (a b b . . . b ) e quindi aβ β . . . β = b = a. Ma β β . . . β =

1 2 v 1 2 v 1 2 v 1 1 2 v

−1 ≤

(δ δ . . . δ ) = δ δ . . . δ e aδ δ . . . δ = a, contraddizione. Esistono quindi 1

1 2 t t t−1 1 t t−1 1

53

≤ 6 ∈ {1,

r, s v, r = s, tali che b = b = b. Poichè, per ogni c 2, . . . , n}, (a b)(a c) =

r s

(b c)(a b) possiamo trasformare la (2) in

ι = δ δ . . . δ δ . . . δ (a b)(a b) = δ δ . . . δ

1 2 t t+1 1 2

d−2 d−2

contraddicendo la minimalità di d.

In virtù del risultato precedente è ben posta la seguente

Definizione. Una permutazione si dice pari (risp. dispari) se si può scrivere come

prodotto di un numero pari (risp. dispari) di trasposizioni.

→ {+1, −1}

Proposizione 0.4.7 L’applicazione sgn : S definita ponendo, per ogni

n

π S ,

n +1 se π e’ pari

sgn(π) = −1 se π è dispari

è, per ogni n > 1, un omomorfismo suriettivo del gruppo simmetrico S nel gruppo

n

{+1, −1}.

moltiplicativo (sgn(π) si dice segno della permutazione π).

Dimostrazione. Date π , π S , scriviamo π = α α . . . α , π = β β . . . β con

1 2 n 1 1 2 n 2 1 2 n

1 2

n n

α , β trasposizioni. Allora sgn(π ) = (−1) , sgn(π ) = (−1) e

1 2

i j 1 2 n +n

sgn(π π ) = sgn(α α . . . α β β . . . β ) = (−1) = sgn(π )sgn(π ).

1 2

1 2 1 2 n 1 2 n 1 2

1 2 −1.

La suriettività segue osservando, ad esempio, che sgn(ι) = 1 e sgn((1 2)) =

Definizione. Denotiamo con {π ∈ |

A = S π è pari}

n n

l’insieme delle permutazioni pari di S . Per la Proposizione 4.7, A è un sottogruppo

n n

normale di S , detto gruppo alterno su n oggetti.

n

Enunciamo, senza dimostrazione, il seguente fondamentale risultato:

Teorema 0.4.8 Il gruppo alterno A è semplice per ogni n 5.

n

Concludiamo mostrando che ogni gruppo finito si può immergere in un gruppo simmet-

rico :

Teorema (Cayley). Sia G un gruppo finito di ordine n. Allora G è isomorfo ad un

sottogruppo del gruppo simmetrico S .

n

Dimostrazione. Siano, tramite opportuna numerazione, g , g , . . . g gli elementi del

1 2 n

∈ {1, →

gruppo G. Fissato un elemento g G, consideriamo l’applicazione φ : 2, . . . , n}

g

{1, ∈ {1,

2, . . . , n} definita ponendo, per ogni i 2, . . . , n}, φ(i) = j se vale gg = g .

i j

54 −1

∈ {1,

Dato che, per ogni j 2, . . . , n}, gg = g se e solo se g = g g , l’applicazione φ è

i j i j g

∈ → ∈

biettiva ovvero φ S . Sia quindi ω : G S definita, per ogni g G, da ω(g) = φ .

g n n g

∈ ∈ {1,

Verifichiamo che ω è un omomorfismo: per g, h G, i 2, . . . , n},

g = (gh)g = g(hg ) = g(g ) = g

i i

φ (i) φ (i) φ (φ (i))

g

gh h h

e quindi φ = φ φ .

g

gh h ∈ {1,

Infine, ω è iniettiva: se φ = φ allora, per ogni i 2, . . . , n}, gg = hg e quindi

g i i

h

g = h. Dunque G è isomorfo al sottogruppo ω(G) di S .

n

Abbiamo dimostrato questo Teorema per un gruppo finito, perchè in questo caso il

legame con le permutazioni è particolarmente trasparente. Tuttavia il teorema di Cayley

vale per qualunque gruppo. Se il gruppo G in questione è infinito, non si può in generale

”enumerare” gli elementi di G, come abbiamo fatto nel caso finito; allora si prende

come insieme su cui definire le permutazioni, il gruppo G stesso. La dimostrazione la

suggeriamo mediante una coppia di esercizi.

Teorema di Cayley. Sia G un gruppo. Allora G è isomorfo ad un sottogruppo del

gruppo simmetrico Sym(G).

Dimostrazione. Sia G un gruppo.

1) Si provi che per ogni g G la applicazione

ρ : G G

g →

x gx

l

è una permuatzione di G.

2) Si provi che la applicazione →

Φ : G Sym(G)

x ρ

l g

è un omomorfismo iniettivo del gruppo G nel gruppo Sym(G). Da ciò si conclude che

' ≤

G Φ(G) Sym(G).

ESERCIZI |I| |J|. '

1. Siano I, J insiemi tali che = Provare che Sym(I) Sym(J).

2. Date le permutazioni

1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6

α = e β =

5 4 1 3 2 6 2 3 1 6 4 5

−1 −1

scrivere α, β, αβ, βα, β αβ e α βα come prodotto di cicli disgiunti.

3. Scrivere la permutazione π = (1 2 3)(2 4 5)(3 2 4)(1 2 5) come prodotto di cicli disgiunti e

come prodotto di trasposizioni. Dire se π appartiene al gruppo alterno A .

5

55

4. Determinare il numero dei coniugati della permutazione

1 2 3 4 5

π = 5 4 2 3 1

nel gruppo simmetrico S .

5

5. Determinare il massimo ordine di un elemento nei seguenti gruppi:

a) S ; b) S ; c) A .

7 10 10

6. Scrivere gli elementi del gruppo alterno A .

4

7. Determinare un sottogruppo del gruppo simmetrico S isomorfo al gruppo Q dei quaternioni.

8

Azioni di un gruppo su un insieme

Definizione. Sia G un gruppo e S un insieme non vuoto. Una azione di G su S è

un omomorfismo →

Φ : G Sym(S)

di G nel gruppo delle permutazioni di S (e si dice che G opera su S).

Se un tale omomorfismo è iniettivo l’azione si dice fedele. In tal caso l’immagine Φ(G)

è un sottogruppo di Sym(S) isomorfo a G; si dice in questo caso che G è un gruppo di

permutazioni su S (e si identifica G con Φ(G)).

Ad esempio, il Teorema di Cayley descrive una azione fedele di un gruppo G su se stesso.

→ ∈ ∈

Se Φ : G Sym(X) è una azione di G su S, allora, per ogni g G e ogni s S si

scrive ·

g s = φ(g)(s) . ∈ ∈

Si hanno quindi le seguenti proprietà, per ogni g, h G e ogni s S:

· · · ·

(gh) s = g (h s) , 1 s = s .

G

Questa notazione suggerisce un altro modo per definire il concetto di azione di un gruppo

su un insieme. Se G è un gruppo e S un insieme, una azione di G su S è una applicazione

× →

G S S

→ ·

(g, s) g s

l

∈ ∈ · · · ·

tale che per ogni per ogni g, h G e ogni s S, (gh) s = g (h s) e 1 s = s .

G

Allora, per ogni g G la applicazione →

φ(g) : S S

→ ·

s g s

l

è una biezione di S, e (lo si verifichi per esercizio) la applicazione che associa ad ogni

g G la permutazione φ(g) è un omomorfismo di G in Sym(S).

56

∗ × ∈

Esempio. Su G = si definisca una operazione ponendo, per ogni (a, b), (c, d) G

R R (a, b)(c, d) = (ac, ad + b) .

Si verifichi che, rispetto a tale operazione, G è un gruppo con elemento identico (1, 0). Ora, la

regola ·

(a, b) s = as + b

∈ ∈

per ogni (a, b) G e ogni s definisce una azione del gruppo G sull’insieme Infatti, per

R, R.

ogni s R: · ·

1 s = (1, 0) s = 1s + 0 = s

G

e, per ogni (a, b), (c, d) G:

· · · · ·

(a, b) ((c, d)) s) = (a, b) (cs + d) = a(cs + d) + b = acs + ad + b = (ac, ad + b) s = ((a, b)(c, d)) s.

Supponiamo di avere data una azione del gruppo G sull’insieme S. Per ogni s S si

definiscono:

- l’orbita O (s) di s (rispetto alla azione di G)

G { · | ∈ }

O (s) = g s g G ,

G

ovvero l’insieme dei trasformati di s tramite tutti gli elementi di G.

- lo stabilizzatore G (o anche Stab (s)) di s in G:

s G

{ ∈ | · }

G = g G g s = s

s

ovvero l’insieme degli elementi di G la cui corrispondente permutazione fissa s.

Definizione. Una azione si dice transitiva se esiste s S tale che O (s) = S; ciò

G

∈ ∈ ·

avviene se per ogni t S esiste g G tale che g s = t. ∈

Ad esempio, l’azione descritta nell’esempio di sopra è transitiva: infatti, per ogni a :

R

· 6 −1) · ·

(a, 0) 1 = a1 + 0 = a se a = 0, e (1, 1 = 1 1 + (−1) = 0; quindi O (1) = Calcoliamo lo

R.

G

∈ ∈ ∈

stabilizzatore di un punto s Sia (a, b) G; allora (a, b) G se e solo se s = (a, b)·s = as+b,

R. s

− { − | ∈ } { − | ∈

se e solo se b = s as; quindi G = (a, s as) : a (ad esempio, G = (a, 1 a) a

R

s 1

∗ }).

R

Esercizio Si provi che una azione di un gruppo G su un insieme S è transitiva se e solo se

O (x) = S per ogni x S.

G

Proposizione 0.4.9 Sia data una azione del gruppo G sull’insieme S. Allora l’insieme

delle orbite è una partizione di S. ∈ · ∈

Dimostrazione. Poichè, per ogni s S, s = 1 s O (s), si ha che le orbite sono non

G G

vuote e che la loro unione è tutto S.

∈ ∩ 6 ∅; ∈ ∩

Siano ora s, t S tali che O (s) O (t) = allora esiste u O (s) O (t) e quindi

G G G G

∈ · · ∈

esistono g, h G tali che u = g s = h t. Allora, per ogni x G,

−1 −1 −1 −1

· · · · · · · ∈

x s = (xg g) s = (xg ) (g s) = (xg ) (h t) = (xg h) t O (t) .

G

⊆ ⊆

Dunque O (s) O (t). Allo stesso modo si prova che O (t) O (s), e quindi O (s) =

G G G G G

O (t); il che dimostra che orbite distinte sono disgiunte e completa la dimostrazione.

G

(Per esercizio si verifichi che la partizione in orbite è l’insieme quoziente rispetto alla

∼ ∼ ⇔ ∃g ∈ ·

equivalenza definita su S da s t G : g s = t).

G G 57 ∈

Teorema 0.4.10 Sia data una azione del gruppo G sull’insieme S, e sia s S. Allora:

1) G è un sottogruppo di G.

s

|O

2) (s)| = [G : G ].

s

G · ∈ ∈

Dimostrazione. 1) Poichè 1 s = s, si ha 1 G per qualunque s S. Fissato ora

s

G G

∈ · ·

un tale punto s, siano g, h G . Allora g s = s = h s e quindi

s

−1 −1 −1

· · · · ·

(gh ) s = (gh ) (h s) = (gh h) s = g s = s,

−1 ∈ ≤

dunque gh G e, per il criterio dei sottogruppi, G G.

s s

C { | ∈ }

2) Sia = xG x G l’insieme delle classi laterali sinistre di G modulo G e

s s

consideriamo la applicazione C →

η : O (s)

G

→ ·

xG x s

l

s −1

∈ ∈

essa è ben definita, infatti se x, y G sono tali che xG = yG allora y x G , cioè

s s s

−1 −1 −1

· · · · · ·

(y x) s = s e quindi y s = y ((y x) s) = (yy x) s = x s. Dunque η è ben

definita.

Proviamo ora che η è biettiva. Essa è suriettiva per definizione di orbita di s. Siano ora

∈ C · ·

xG , yG tali che η(xG ) = η(yG ); allora x s = y s, e quindi

s s s s

−1 −1 −1 −1

· · · · · · ·

(y x) s = y (x s) = y (y s) = (y y) s = 1 s = s ;

G

−1 ∈

dunque y x G , cioè xG = yG . Quindi η è iniettiva e pertanto è una biezione.

s s s

|C| |O

In particolare si ha [G : G ] = = (s)|, come si voleva.

s G

Se il gruppo G è finito allora, in congiunzione con il Teorema di Lagrange, segue dal

Teorema precedente la seguente importante osservazione. ∈ |O

Corollario. Se il gruppo finito G opera sull’insieme S, allora per ogni s S, (s)|

G

|G|. |S| |G|.

divide In particolare, se l’azione è transitiva, allora divide

Consideriamo ora il caso in cui sia G che S sono finiti, ed è data una azione di G

su S. Siano O (s ), O (s ), . . . , O (s ) le orbite distinte di G su S (l’insieme

1 2 n

G G G

{s }

, s , . . . , s si dice un insieme di rappresentanti per le orbite di G su S). Per la

1 2 n

Proposizione 4.9 esse costituiscono una partizione di S, quindi

|S| |O |O |O

= (s )| + (s )| + . . . + (s )| .

1 2 n

G G G

|O

Ora, per il Teorema 4.10, per ogni i = 1, . . . , n si ha (s )| = [G : G ]; quindi si

i s

G i

ricava l’importante: {s }

Equazione delle orbite. Sia , s , . . . , s un insieme di rappresentanti per le orbite

1 2 n

di G su S. Allora n

X

|S| = [G : G ] .

s i

i=1

58 ∈ {s},

Definizione. Se G opera sull’insieme S ed s S è tale che O (s) = allora s si

G

dice un punto fisso l’azione di G su S. In altri termini, s S è un punto fisso se e solo

· ∈

se g s = s per ogni g G, ovvero se e solo se G = G.

s

Come applicazione dell’equazione delle orbite, vediamo un criterio sufficiente all’esistenza

m

di un punto fisso. Sia p un numero primo e sia P un gruppo di ordine p (si dice che P è

{s }

un p-gruppo finito), e sia data una azione di P su un insieme finito S. Sia , s , . . . , s

1 2 n

un insieme di rappresentanti per le orbite di G su S. Per il teorema di Lagrange, per

m

|P |

ogni i = 1, . . . , n, l’indice [G : G ] divide = p . Assumiamo che non vi siano punti

s i

fissi per l’azione di P su S; allora, per ogni i = 1, . . . , n, G è un sottogruppo proprio di

s i

k(i) ≥

P , quindi [G : G ] = p con k(i) 1; in particolare p divide [G : G ]. Applicando la

s s

i i

n

P |S|.

[G : G ] = Abbiamo quindi dimostrato

formula delle orbite si ha che p divide s

i=1 i

Teorema 0.4.11 Sia P un p-gruppo finito che opera su un insieme S. Se (|S|, p) = 1

allora esiste almeno un punto fisso di P su S. ∈ ∈

Esercizio. Sia data una azione del gruppo G su un insieme S. Siano s S, g G e

−1

·

poniamo t = g s. Si provi che G = g (G )g.

s t

Vediamo ora un esempio interessante di azione transitiva di un gruppo G. Sia H un sottogruppo

fissato di G e denotiamo con G\H l’insieme delle classi laterali sinistre di G modulo H; su questo

∈ ∈

insieme definiamo una azione di G ponendo, per ogni g G e ogni xH G\H,

·

g xH = gxH .

Si verifica immediatamente che ciò definisce una azione, e che tale azione è transitiva. Infatti,

per ogni xH, yH G\H si ha −1 −1

·

(yx ) xH = yx xH = yH .

|G\H|

Supponiamo ora che l’indice [G : H] = n sia finito. Allora = [G : H] = n, e l’azione

di G su G\H sopra descritta da luogo ad un omomorfismo G Sym(G\H) = S . Sia N il

n

nucleo di questo omomorfismo, allora

{ ∈ | · ∀xH ∈ } { ∈ | ∀x ∈ }

N = g G g xH = xH G\H = g G gxH = xH G =

−1

{ ∈ | ∀x ∈ }

= g G x gxH = H G

osservando che −1

−1 −1 −1 −1 x

⇔ ∈ ⇔ ∃h ∈ ⇔ ∈

x gxH = H x gx H H : x gx = h g xHx = H

possiamo concludere che −1 \

x x

{ ∈ | ∈ ∀x ∈ }

N = g G g H G = H .

x∈G ≤

Questo sottogruppo normale di G si denota con H . Chiaramente H H. Inoltre, per il

G G

Teorema di omomorfismo, G/H è isomorfo ad un sottogruppo di S ; in particolare [G : H ]

G n G

divide n!.

Questo tipo di azioni di G è importante perchè si può dimostrare che ogni azione transitiva di

G è equivalente (secondo una naturale definizione di equivalenza di azioni, vedi gli esercizi 5 e

6) ad una azione di G sulle classi laterali di un suo opportuno sottogruppo.

59

ESERCIZI

1. Sia data una azione transitiva del gruppo S su un insieme S. Quanti elementi può avere S

3

?

2. Sia G un gruppo di ordine 1998 e S un insieme di ordine 14. Si provi che ogni azione di G

su S ha almeno tre orbite.

{1, ≥

3. Sia I = 2, . . . , n} (con n 2) e sia X l’insieme costituito dai sottoinsiemi di ordine 2

n ∈

di I . Allora il gruppo simmetrico S opera su X in modo naturale: per ogni σ S e ogni

n n n

{i, ∈ · {i, {iσ,

j} X, σ j} = jσ}. {1,

a) Si provi che tale azione è transitiva, e si calcoli l’ordine dello stabilizzatore di 2}.

b) Posto n = 5, si determini Stab ({1, 2}) A .

S 5

5

4. Sia G = GL(2, e consideriamo l’azione di G sull’insieme dei vettori colonna reali non nulli

R)

a

{ | ∈ 6 }

S = a, b (a, b) = (0, 0) definita da

R

b

a b x ax + by

= .

c d y cx + dy

1

Si dica se tale azione è transitiva, e si determini lo stabilizzatore del punto e = .

1 0

0

5. Sia G un gruppo. Due azioni di G su insiemi S e S si dicono equivalenti se esiste una

0

→ ∈ ∈

biezione f : S S tale che, per ogni g G, s S

· ·

g (f (s)) = f (g s)

0 ∈

Si provi che se due azioni di G su S e S sono equivalenti, allora per ogni s S si ha O (f (s)) =

G

f (O (s)) e G = G .

G s

f (s) ∈

6. Sia data una azione transitiva del gruppo G sull’insieme S; fissato un s S, si ponga

H = G . Si provi che l’azione di G su S è equivalente all’azione di G sull’insieme delle classi

s

laterali sinistre modulo H. |G|. ≤

7. Sia G un gruppo finito, e sia p il minimo numero primo che divide Si provi che se H G

e [G : H] = p, allora H/ G.

8. Sia G un gruppo e H G. Si provi che H è il massimo sottogruppo normale di G contenuto

G

in H.

Classi di coniugio

In questo paragrafo applicheremo i risultati del paragrafo precedente al caso dell’azione

di un gruppo G su se stesso mediante coniugio. Ricordiamo che se x, g sono elementi di

−1 g

un gruppo G, il coniugato di x tramite g è l’elemento g xg, che si denota con x . −1

g

∈ ·

Il coniugio definisce una azione di G su G ponendo, per ogni g, x G : g x = x .

1

∈ ∈

Infatti, per ogni x G, x = x, e per ogni x, g, h G :

G

−1 −1 −1 −1

−1 −1 −1 −1

(gh) h g g

· · · ·

(gh) x = x = (gh)x(h g ) = g(hxh )g = (x ) = (h x) = g (h x) .

60 ∈

In questo caso, la notazione ”a destra” risulta più conveniente. Infatti per ogni x, g, h

G si ha gh g h

x = (x ) . ∈

(La permutazione di G associata ad ogni elemento g G rispetto a questa azione è - come

abbiamo visto nell’ultimo paragrafo della sezione precedente - l’automorfismo σ di G. Quindi

g

l’omomorfismo da G in Sym(G) associato all’azione per coniugio è di fatto un omomorfismo

da G in Aut(G). Potremo dire che l’azione per coniugio è una azione di G come gruppo di

automorfismi su se stesso. Da questo punto di vista è stata trattata nell’ultimo paragrafo della

sezione precedente; ora ci interessa piuttosto il punto di vista delle permutazioni, in modo da

applicare i concetti che abbiamo esposto su questo tipo di azioni.)

L’orbita di un elemento x G rispetto all’azione per coniugio si chiama classe di

coniugio di x ed è g

{ | ∈ }

x g G .

Lo stabilizzatore in G di x si denota con C (x) e si chiama centralizzante di x in G:

G −1

g

{ ∈ | } { ∈ | } { ∈ | }

C (x) = g G x = x = g G g xg = x = g G xg = gx .

G

Il centralizzante di un elemento x è quindi l’insieme degli elementi di G che commutano

con x. Se G è un gruppo finito si ha, per il Teorema 4.10

g

|{ | ∈

x g G}| = [G : C (x)] .

G

Inoltre G (come insieme) si ripartisce nelle sue classi di coniugio distinte (che sono le

orbite dell’azione per coniugio).

Dopo aver ricordato la definizione di centro di G:

{ ∈ | ∈ },

Z(G) = x G xg = gx per ogni g G

osserviamo che un elemento x G appartiene al centro Z(G) se e solo se gx = xg per

−1

g

∈ ∈

ogni g G, ovvero se e solo se x = g xg = x per ogni g G, cioè se e solo se la classe

di coniugio di x consiste del solo elemento x.

Prima di andare avanti con la teoria delle classi di coniugio, vediamo una interessante

applicazione del Teorema 4.11 6 {1 }.

Teorema 0.4.12 Sia p un numero primo e G un p-gruppo finito. Allora Z(G) = G

n

Dimostrazione. Sia G un gruppo di ordine p , dove p è un numero primo. Poniamo

\ {1 };

S = G chiaramente l’azione per coniugio di G su se stesso induce una azione per

G n

|S| −

coniugio su S. Ora = p 1, quindi per il Teorema 4.11, G ha punto fisso su S,

6 ∈ {x}.

cioè esiste un elemento 1 = x G tale che la sua classe di coniugio è Per quanto

G

∈ 6 {1 }.

osservato sopra, x Z(G) e quindi Z(G) = G

Sia ora G un gruppo finito, denotiamo con K , K , . . . , K le sue classi di coniugio

1 2 n

∈ {x }

distinte e, per ogni i = 1, 2, . . . , n fissiamo un elemento x K (l’insieme , x , . . . , x

i i 1 2 n

61

è detto allora un insieme di rappresentanti delle classi di coniugio di G). Allora la formula

delle orbite si scrive n n

X X

|G| |K |

= = [G : C (x )] .

i i

G

i=1 i=1

Una classe di coniugio si dice centrale se consiste di un solo elemento; per quanto abbiamo

osservato prima, una classe è centrale se e solo se è la classe di un elemento appartenente

|Z(G)|.

al centro di G. Il numero di classi centrali è dunque Se, nella somma di sopra,

raccogliamo gli addendi corrispondenti alle classi centrali, il loro contributo alla somma

|Z(G)|,

è ancora a cui va sommato il contributo delle classi non centrali. Possiamo

enunciare questa importante osservazione con la seguente

Formula delle Classi. Sia G un gruppo finito, e siano y , y , . . . , y rappresentanti

1 2 m

delle classi non centrali di G. Allora m

X

|G| |Z(G)|

= + [G : C (y )] .

i

G

i=1

Come esempio, consideriamo il gruppo S . Per la Proposizione 4.4, due elementi di S sono

4 4

coniugati se e solo se hanno lo stesso tipo ciclico. Per oottenere un insieme di rappresentanti

delle classi di coniugio di S è quindi sufficiente considerare un lemento per ciascun tipo ciclico;

4 {

ad esempio possiamo prendere x = ι, x = (1 2), x = (1 2)(3 4), x = (1 2 3), x =

1 2 3 4 5

}.

(1 2 3 4) Indichiamo con n il numero di elementi coniugati a x (ovvero n = [S : C (x )] ).

i i i 4 S i

4

4 {1,

Allora, n = 1, n = = 6 (infatti ogni coppia di elementi di 2, 3, 4} da luogo ad una

1 2 2

4 {1,

trasposizione), n = 3, n = 2 = 8 (infatti ogni terna di elementi di 2, 3, 4} da luogo

3 4 3

a due 3-cicli). Possiamo ora calcolare n usando la formula delle classi:

5

|S | − −

n = (n + n + n + n ) = 24 18 = 6 .

5 4 1 2 3 4

Esercizio. Si dimostri il Teorema 4.12 utilizzando la Formula delle Classi.

La serie di esercizi svolti che segue tratta alcune interessanti applicazioni dei concetti e delle

formule introdotte in questo paragrafo. Naturalmente, cercate di discuterli da voi prima di

controllarne la soluzione. Ricordiamo che il centro di un gruppo è sempre un sottogruppo

normale.

Esercizio A. Sia G un gruppo. Dimostrare che se G/Z(G) è ciclico allora G è commutativo

(quindi Z(G) = G). ∈

Soluzione. Sia G/Z(G) un gruppo ciclico. Allora esiste un elemento gZ(G) G/Z(G) tale che

z z

{(gZ(G)) | ∈ { | ∈

G/Z(G) =< gZ(G) >= z = g Z(G) z .

Z} Z}

a b

∈ ∈

Quindi, se x, y G, esistono a, b tali che xZ(G) = g Z(G) e yZ(G) = g Z(G); cioè esistono

Z

a b

h, k Z(G) tali che x = g h e y = g k. Poichè h, k commutano con ogni elemento di G, abbiamo

a b a b a+b b a b a

xy = g hg k = g g hk = g kh = g g kh = g kg h = yx .

Dunque G è commutativo. 2

Esercizio B. Sia p un numero primo. Dimostrare che ogni gruppo di ordine p è commutativo.

62

2

|G| 6 {1 },

Soluzione. Sia G un gruppo con = p . Allora, per il Teorema 4.12, Z(G) = e quindi,

G

2 2

|Z(G)| |Z(G)|

per il Teorema di Lagrange, = p, p . Se = p , allora G = Z(G) è commutativo.

|Z(G)| |G/Z(G)|

Se invece = p, allora = p; ma allora, per la Proposizione 13 della sezione

precedente, G/Z(G) è ciclico, e quindi, per Esercizio A, G è commutativo (quindi, a posteriori,

2

|Z(G)| |G|

possiamo dire che il caso = p non si verifica se = p ).

Esercizio C. Sia G un gruppo di ordine 6. Si dimostri che se G non è commutativo allora G è

isomorfo a S .

3 6

Soluzione. Sia G un gruppo non commutativo di ordine 6. Allora G = Z(G). Poichè Z(G) è

|Z(G)| |G/Z(G)|

un sottogruppo di G, il suo ordine è un divisore di 6. Se fosse = 2, allora = 3 e

quindi G/Z(G) sarebbe ciclico e pertanto, per l’esercizio A, G sarebbe commutativo. Similmente

|Z(G)| |Z(G)|

si esclude il caso = 3. Quindi si ha = 1.

∈ \

Ora, se y G Z(G) allora [G : C (y )] non è uguale ad 1, e quindi, sempre per il Teorema

G i

di Lagrange, deve essere 2 o 3. Se y , . . . , y sono rappresentanti delle classi non centrali di G,

1 m

abbiamo, per la Formula delle Classi,

|Z(G)|

6 = + [G : C (y )] + . . . + [G : C (y )] = 1 + [G : C (y )] + . . . + [G : C (y )] ,

G 1 G m G 1 G m

{2,

dove gli addendi [G : C (y )] appartengono tutti all’insieme 3}. La sola possibilità è: 6 =

G i

1 + 2 + 3.

In particolare, segue che G ha una classe di coniugio K di ordine 3. Ora, G opera per coniugio,

transitivamente, su K, e tale azione determina un omomorfismo φ : G S . Sia N = Ker(φ).

K

|N |

Non può essere = 2, perchè un sottogruppo normale di ordine 2 è sempre contenuto nel

{1 }.

centro (questo è facile e lo lasciamo), contro il fatto che Z(G) = Quindi (poichè l’azione

G

{1 }. |G| |S |,

è transitiva) si ha N = Dunque φ è un omomorfismo iniettivo; siccome = 6 = φ

G K

è allora un isomorfismo. Dunque G è isomorfo a S che è isomorfo a S .

K 3

L’idea di azione per coniugio si può estendere in modo naturale considerando l’azione,

invece che sugli elementi, su sottoinsiemi del gruppo G.

∅ 6 ⊆ ∈

Se G è un gruppo, = S G e g G, il coniugato di S tramite g è l’insieme

g g

{ | ∈ }

S = x x S .

1 gh g h ∈

= S e che S = (S ) per ogni g, h G. Lo stabilizzatore

Si verifica facilmente che S G g

{ ∈ | }.

di S è (il sottogruppo) g G S = S

g

≤ ≤ ∈

Se H G allora H G per ogni g G, e lo stabilizzatore di H rispetto alla azione

di coniugio si chiama normalizzatore di H in G, e si denota con N (H). Allora

G

≤ ≤

H N (H) G (vedi esercizio 13 alla fine della sezione precedente), ed il numero di

G

coniugati distinti di H in G è uguale all’indice

[G : N (H)]

G

G se e soltanto se N (H) = G.

in particolare, H/ G

Naturalmente, non è necessario considerare l’azione per coniugio di un gruppo G sulla

famiglia di tutti i suoi sottoinsiemi non vuoti. L’azione per coniugio si può definire su

una particolare famiglia di sottoinsiemi, purchè essa contenga tutti i coniugati di ogni

suo elemento. Ad esempio, si può considerare l’azione sulla famiglia dei sottogruppi di

G, oppure sulla famiglia dei sottogruppi di un ordine fissato.

Utilizzeremo l’azione per coniugio su sottogruppi nel prossimo paragrafo, per dimostrare

gli importanti Teoremi di Sylow. 63

Concludiamo con una osservazione che sarà anch’essa utilizzata nel prossimo paragrafo.

La dimostrazione è lasciata per esercizio, perchè ricalca quella del Lemma 1 della sezione

precedente. ≤ ⊆ ≤

Lemma 0.4.13 Siano G un gruppo, e H, K G. Se K N (H) allora HK G.

G

ESERCIZI 6 {1 }

1. Sia G un gruppo di ordine 21. Si provi che se Z(G) = allora G è commutativo.

G

2

2. Si provi che un gruppo di ordine p (p un numero primo) è ciclico oppure è il prodotto diretto

di due gruppi ciclici di ordine p.

3. Si scriva la formula delle classi per il gruppo S .

5

4. Si provi che il gruppo S ha un sottogruppo di indice 90 (sugg.: si consideri la classe

6

dell’elemento (1 2 3 4) ).

5. Si provi che ogni gruppo di ordine 6 è ciclico oppure isomorfo a S .

3

6. Sia G un gruppo di ordine dispari. Si provi che G ha un numero dispari di classi di coniugio.

−1

7. Sia G un gruppo di ordine dispari, e sia x G. Si provi che se x è coniugato a x allora

x = 1 .

G

8. Sia G un gruppo di ordine 15. Si provi che G è commutativo.

9. Sia H un sottogruppo del gruppo G e sia

{ ∈ | ∀x ∈ }

C (H) = g G gx = xg H .

G

Si provi che C (H) G e che C (H)/ N (H).

G G G

Teoremi di Sylow

Insieme al Teorema di Lagrange, i Teoremi di Sylow sono lo strumento fondamentale

per lo studio dei gruppi finiti. La dimostrazione che daremo non è quella originaria di

L. Sylow (1832 - 1918), ma è ispirata a quella scoperta molti anni più tardi (1959) da

H. Wielandt, ed è una ingegnosa applicazione della azione su sottoinsiemi.

Primo Teorema di Sylow. Sia p un numero primo, e sia G un gruppo finito tale che

k k

|G|.

p divide Allora esistono sottogruppi di G di ordine p .

m

Se G è un gruppo di ordine p a, con p un numero primo e (p, a) = 1, allora il Primo

k ≤ ≤

Teorema di Sylow assiscura l’esistenza di sottogruppi di G di ordine p per ogni 1 k

s ≥

m (per il Teorema di Lagrange, G non ha certo sottogruppi di ordine p con s m + 1 ).

m

I sottogruppi di G di ordine p si chiamano p-sottogruppi di Sylow di G.

64 |G|.

Dimostreremo il Primo Teorema di Sylow procedendo per induzione su Per co-

modità, isoliamo in un Lemma un caso molto particolare (e già noto a Cauchy).

Lemma 0.4.14 Sia G un gruppo finito commutativo, e p un primo che divide l’ordine

di G. Allora G ha un elemento di ordine p.

Dimostrazione. Sia G un gruppo commutativo il cui ordine è diviso da p. Allora

|G| = pr, e procediamo per induzione su r. Se r = 1, G è ciclico ed è generato da un

elemento di ordine p.

|G|

Sia quindi = pr > p e supponiamo l’affermazione vera per ogni gruppo il cui ordine è

6 ∈

diviso da p ed è strettamente minore dell’ordine di G. Sia 1 = a G, e sia A =< a >.

G

Se p divide l’ordine di a allora A contiene un elemento di ordine p (se n è l’ordine di a,

n/p

a ha ordine p). |a| |A|.

Supponiamo quindi che p non divida = Poichè G è commutativo, A/ G ed il

|G/A| |G|/|A|

quoziente G/A ha ordine = diviso da p e minore dell’ordine di G. Per

6

ipotesi induttiva G/A contiene un elemento bA di ordine p, cioè tale che bA = 1 = A

G/A

p p s s

e A = (bA) = b A. Ora, se s è l’ordine di b, si ha (bA) = b A = A = 1 ,

G/A

|bA|

quindi p = divide s; e quindi < b > ha un elemento di ordine p, completando la

dimostrazione.

Dimostrazione (del Primo Teorema di Sylow). Procediamo per induzione sull’ordine di

|G| |G|

G. Se = 1 non c’è nulla da provare. Sia > 1 e supponiamo il Teorema vero per

k

|G|, ≥

ogni gruppo di ordine strettamente minore di e sia p (con k 1) un divisore di

|G|. Consideriamo l’equazione delle classi per G:

m

X

|G| |Z(G)|

= + [G : C (y )] .

i

G

i=1

∈ {1,

Supponiamo che per un indice i 2, . . . , m}, , p non divida [G : C (y )], allora per

i

G

k |C |G|/[G

il Teorema di Lagrange, p divide (y )| = : C (y )]. Poichè y è un elemento

i i i

G G

non centrale di G, C (y ) è un sottogruppo proprio di G, e quindi, per ipotesi induttiva,

i

G k

contiene un sottogruppo di ordine p , e siamo a posto. |Z(G)|.

Supponiamo quindi che p divida ogni indice [G : C (y )]; allora p divide anche

i

G

Per il Lemma precedente, Z(G) ha un elemento a di ordine p. Sia A =< a >. Poichè

k−1

≤ |G/A| |G|/p; |G/A|

A Z(G) si ha A/ G. Ora = quindi p divide e, per ipotesi

induttiva, G/A ha un sottogruppo H/A (ove, per il Teorema di Corrispondenza, A

k−1

≤ |H|

H G ) di ordine p . Ma allora H è il sottogruppo di G cercato; infatti = [H :

k−1 k

|H/A||A|

A]|A| = = p p = p . m

|G|

Secondo Teorema di Sylow. Sia G un gruppo finito, e = p a, dove p è un

numero primo e (p, a) = 1. Allora i p-sottogruppi di Sylow G sono tra loro coniugati, e

se n denota il numero di p-sottogruppi di Sylow di G si ha

p ≡ |a

n 1 (mod p) e n .

p p |Σ|).

Dimostrazione. Sia Σ l’insieme di tutti i p-sottogruppi di Sylow di G (quindi n =

p

g

∈ ∈ ∈

Osserviamo che, se U Σ allora, per ogni x G, U Σ; quindi G opera per coniugio

sull’insieme Σ. Sia P un fissato p-sottogruppo di Sylow di G, e consideriamo l’azione di

65

x

∈ ∈

P per coniugio su Σ. Poichè P Σ e P = P per ogni x P , P è (come elemento di

Σ) un punto fisso per l’azione di P . Vediamo che non ci sono altri punti fissi. Infatti, se

x

∈ ∈ ⊆

Q Σ è un punto fisso, allora Q = Q per ogni x P , cioè P N (Q); quindi, per il

G

≤ ≤

Lemma 4.13, P Q G. Ora, P P Q e, per il Lemma 3(b) della sezione precedente

|P ||Q|

|P Q| = |P ∩ Q|

è una potenza di p, da cui segue P = Q perchè P è un p-sottogruppo di Sylow e quindi

il suo ordine è la massima potenza di p che divide G. Quindi P è l’unico punto fisso

{P } O

nella azione di P su Σ. Ciò significa che è un orbita di P su Σ, e che se è un’altra

{P }, 6 |O|; |O|

orbita diversa da allora 1 = poichè è uguale all’indice dello stabilizzatore

O, |O|.

in P di un elemento di e P è un p-gruppo, si ha che p divide La formula delle

orbite si scrive quindi X X

|Σ| |{P }| |O| |O| ≡

n = = + = 1 + 1 (mod p)

p O6 {P } O6 {P }

= =

dimostrando una delle affermazioni dell’enunciato.

Proviamo ora che tutti i p-sottogruppi di Sylow sono tra loro coniugati in G; ovvero

che Σ è una classe di coniugio di sottogruppi di G. Consideriando l’azione per coniugio

di tutto il gruppo G su Σ, si tratta di verificare che c’è una sola orbita. Fissiamo un

A

p-sottogruppo di Sylow P e sia = O (P ) la sua orbita. Considerando, l’azione di P

G

A |A| ≡

su e ragionando come sopra, si ha 1 (mod p). Supponiamo, per assurdo, che

∈ 6∈ A, A.

esista Q Σ tale che Q e consideriamo l’azione di Q su Ora, Q ha un solo

A,

punto fisso nella sua azione su Σ, che è Q stesso. Poichè Q non appartiene ad ne

A, |A|,

segue che Q non ha punti fissi su e quindi, per il Teorema 4.11, p divide una

A

contraddizione. Dunque = Σ, e quindi, per ogni coppia di p-sottogruppi di Sylow

x

P, Q di G, esiste x G tale che Q = P .

Infine, stabilito che l’azione di G per coniugio su Σ è transitiva, abbiamo che il numero di

elementi di Σ coincide con l’indice dello stabilizzatore in G di un suo elemento. Quindi,

per quanto osservato nel paragrafo precedente, se P è un p-sottogruppo di Sylow di G,

allora |Σ|

n = = [G : N (P )] .

p G

≤ ≤

Ora, P N (P ) G, e quindi

G a = [G : P ] = [G : N (P )][N (P ) : P ] = n [N (P ) : P ]

p

G G G

in particolare , n divide a = [G : P ], e questo completa la dimostrazione del Teorema.

p

Terzo Teorema di Sylow. Sia G un gruppo finito, e sia p un numero primo che

|G|.

divide Allora ogni sottogruppo di G il cui ordine è una potenza di p è contenuto in

almeno un p-sottogruppo di Sylow di G. k

≤ |H| ≥

Dimostrazione. Sia H G tale che = p per qualche k 1. Sia Σ l’insieme

di tutti i p-sottogruppi di Sylow di G e consideriamo l’azione per coniugio di H su Σ.

k

|H|)

Poichè (|Σ|, = (n , p ) = 1, per il Teorema 4.11, H ha almeno un punto fisso su

p x

∈ ∈ ⊆

Σ; cioè esiste un P Σ tale che P = P per ogni x H, ovvero H N (P ). Allora,

G

66 ≤

ragionando come nella dimostrazione del Secondo Teorema di Sylow, P H G e, di

conseguenza, H P , che è quello che si voleva dimostrare.

Concludiamo questo paragrafo illustrando con alcuni esempi come i teoremi di Sylow possano

fornire molte informazioni su un gruppo finito. Gli esempi che considereremo sono molto speci-

fici, ma danno un idea dei metodi che si possono applicare in molte circostanze. Negli esercizi

verranno suggeriti anche alcuni casi più generali, non complicati, che si possono affrontare medi-

ante queste tecniche. Un fatto banale ma fondamentale da tener presente è che se H G allora

g

per ogni g G il coniugato H è un sottogruppo dello stesso ordine di H; quindi se avviene che

G. In particolare, se per qualche primo p

H è il solo sottogruppo di un certo ordine, allora H/

il numero di p-sottogruppi di Sylow di G è 1, l’unico p-sottogruppo di Sylow è normale.

2 ·

Esempio 1. Sia G un gruppo di ordine 45 = 3 5; proviamo che G è commutativo. Ora, i

2

3-sottogruppi di Sylow di G hanno ordine 3 = 9 ed i 5-sottogruppi di Sylow hanno ordine 5.

Indichiamo con n , n , rispettivamente il numero di 3-sottogruppi di Sylow e di 5-sottogruppi

3 5 ≡ |5;

di Sylow di G. Allora, per il secondo Teorema di Sylow, n 1 (mod 3) e n quindi n = 1

3 3 3

G. Similmente, n 1 (mod 5) e

e dunque G ha un solo 3-sottogruppo di Sylow T ed è T / 5

|9; ∩

n quindi n = 1 e G ha un solo 5-sottogruppo di Sylow Q che è normale in G. Ora, T Q

5 5 |T | |Q|

è sottogruppo sia di T che di Q e dunque il suo ordine deve dividere sia = 9 che = 5;

∩ {1 }.

quindi T Q = Si ha quindi

G |T ||Q| ·

9 5

|T Q| = = = 45

|T ∩ Q| 1

×

quindi T Q = G. Dunque G = T Q. Poichè T e Q sono commutativi (perche il loro ordine è

una potenza di esponente al più 2 di un numero primo), concludiamo che G è commutativo.

{1 }

Ricordiamo che un gruppo G si dice semplice se i soli suoi sottogruppi normali son e G.

G

3 2

·

Esempio 2. Sia G un gruppo di ordine 72 = 2 3 ; proviamo che G non è semplice. Sia n il

3

numero di 3-sottogruppi di Sylow di G. Se n = 1 allora G ha un 3-sottogruppo di Sylow normale

3 6

e quindi G non è semplice. Supponiamo quindi n = 1. Allora, per il secondo Teorema di Sylow,

3 2

|P | |Q|

si ha n = 4. Siano P, Q due distinti 3-sottogruppi di Sylow di G. Poichè = = 9 = 3 ,

3 ⊆ ∩

P e Q sono commutativi. Consideriamo il loro prodotto P Q G, e sia H = P Q, si ha

|P ||Q| 81

|G| ≥ |P

72 = Q| = =

|P ∩ |H|

Q|

6 {1 }. 6 |H|

e quindi H = Poichè P = Q, deve essere, per il Teorema di Lagrange, = 3, e

G

|P 6 ∈

Q| = 27. Sia ora 1 = x H. Poichè P e Q sono commutativi, C (x) contiene sia P che Q;

G

⊆ |C ≥ |P |C |G|,

quindi P Q C (x). In particolare (x)| Q| = 27. Poichè (x)| divide deve essere

G G G

|C |C ∈ 6 {1 }

(x)| = 36, 72. Se (x)| = 72 allora C (x) = G, e quindi x Z(G), cioè Z(G) =

G G G G

2 2

|C ·

e quindi G non è semplice. Sia quindi (x)| = 36 = 2 3 ; poichè C (x) contiene almeno

G G

due distinti 3-sottogruppi di Sylow (i nostri P e Q), applicando il secondo Teorema di Sylow al

gruppo C (x) si ha che esso contiene quattro 3-sottogruppi di Sylow; questi sono necessariamente

G

anche tutti i 3-sottogruppi di Sylow di G. Da ciò segue che H =< x > è contenuto in ogni 3-

g g g g

∈ ∩ ∩

sottogruppo di Sylow di G. Allora, se g G, H = (P Q) = P Q = H e quindi H/ G, e

G non è semplice.

Esempio 3. Sia G un gruppo di ordine 408; proviamo che G contiene un sottogruppo di

3 · ·

indice 3. Abbiamo 408 = 2 3 17. Per il secondo teorema di Sylow, il numero n di 17-

17

3 ·

sottogruppi di Sylow di G è congruo ad 1 modulo 17, e divide 2 3 = 24; quindi n = 1, G

17

ha un unico 37-sottogruppo di Sylow N e N / G. Consideriamo ora il gruppo quoziente G/N .

3

|G/N | |G|/|N |

Ora, = = 24 e quindi G/N ha un sottogruppo di ordine 2 ; per il Teorema

3

≤ |H/N |

di Corrispondenza, esiste un sottogruppo H di G tale che N H e = 2 . Quindi

3

|H| |H/N ||N | · |G|/|H|

= = 2 17 e dunque [G : H] = = 3 e H è il sottogruppo cercato.

67

ESERCIZI

1. Si determinino tutti i sottogruppi di Sylow (per ogni primo che divide l’ordine del gruppo)

dei gruppi S e S .

3 4

2. Sia G un gruppo finito, N / G e p un divisore primo dell’ordine di G. Sia P un p-sottogruppo

di Sylow di G. Si provi che N P/N è un p-sottogruppo di Sylow di G/N , e che P N è un

p-sottogruppo di Sylow di N .

Si faccia un esempio di un gruppo finito G, un p-sottogruppo di Sylow P di G, e di un sottogruppo

(non normale) H di G, tali che P H non è un p-sottogruppo di Sylow di H. k

|N |

G tale che = p .

3. Sia G un gruppo finito, e p un divisore primo dell’ordine di G. Sia N /

Si provi che il numero di p-sottogruppi di Sylow di G è uguale al numero di p-sottogruppi di

Sylow di G/N .

4. Sia G un gruppo di ordine pq, con p e q numeri primi. Si provi che G non è semplice. Si

6 |q −

provi quindi che se p < q e p 1 allora G è commutativo (anzi ciclico).

2

5. Siano p, q primi distinti. Si provi che un gruppo di ordine p q non è semplice.

6. Si provi che un gruppo di ordine 120 ha almeno 6 classi di coniugio.

7. Sia G un gruppo di ordine 224. Si provi che G non è semplice.

8. Sia G un gruppo di ordine 1998. Si provi che G ha un unico sottogruppo di indice 2.

6 {1 }.

9. Sia G un gruppo di ordine 63. Si provi che Z(G) = G

2 |Z(G)|

10. Sia G un gruppo di ordine pq , con p, q primi distinti. Si provi che se = p allora G

è commutativo.

11. Sia G un gruppo di ordine 12. Si provi che si verifica uno dei casi seguenti.

a) G è commutativo; in tal caso G è ciclico oppure isomorfo al prodotto diretto di un gruppo

non ciclico di ordine 4 per un gruppo ciclico di ordine 3.

|Z(G)|

b) = 3 e G/Z(G) è isomorfo a S .

3

|Z(G)|

c) = 1 e G è isomorfo a A .

4 68

VI - TEORIA DEI CAMPI

0.5 Estensioni di campi

Siano F, E campi. E si dice estensione di F (e si scrive E|F ) se esiste un omomorfismo

iniettivo di campi (detto immersione): −→

φ : F E.

In tal caso, l’immagine φ(F ) è un sottocampo di E isomorfo ad F . Risulta allora spesso

più agevole pensare di identificare ogni elemento a di F con la sua immagine φ(a), e di

vedere quindi F ”contenuto” in E come suo sottocampo.

Esempi fondamentali di estensioni di campi sono e (con le immersioni

R|Q, C|R C|Q

naturali - ovvero la restrizione dell’identità).

Un altro esempio che è utile tener presente è il seguente. Se F è un campo, allora l’anello

dei polinomi F [x] è un dominio d’integrità. Denotiamo con F (x) il campo delle frazioni

di F [x]. Quindi

f | ∈ 6

F (x) = f, g F [x], g = 0

g

si chiama campo delle frazioni algebriche su F . Allora F (x)|F è un’estensione di campi

(l’immersione è quella che associa ad ogni elemento a di F il polinomio ”costante” a).

Ancora, sia F un campo, e I un ideale massimale di F [x]; allora E = F [x]/I è un

campo, e E|F è una estensione mediante l’omomorfismo (definito da F in E)

7→

a a + I.

6 {0}

(Ricordo che se I = è un ideale di F [x] (con F un campo) allora, per quanto visto

in precedenza, I è principale e I = (f ), dove f è un polinomio di grado minimo tra i

polinomi non nulli contenuti in I. Inoltre I è massimale se e soltanto se f è irriducibile

in F [x].)

Inffine, osserviamo che se E|F e L|E sono estensioni di campi ottenute mediante,

rispettivamente, gli omomorfismi φ e ψ, allora L|F è un’estensione, ottenibile medi-

ante l’omomorfismo composto ψ φ. 69

Grado di una estensione.

Sia F un sottocampo del campo E (o più in generale, sia E|F un’estensione di campi).

Allora è possibile vedere in modo naturale E come uno spazio vettoriale su F (ovvero su

φ(F )): i vettori sono gli elementi di E, gli scalari quelli di F e il prodotto di un vettore

per uno scalare è effettuato mediante la moltiplicazione dei due elementi nel campo E.

Si verifica facilmente che tutti gli assiomi di spazio vettoriale sono soddisfatti.

Definizione. Sia E|F un’estensione di campi. La dimensione di E come spazio vetto-

riale su F si chiama grado di E su F , e si denota con [E : F ] .

Ad esempio, ogni numero complesso si scrive in modo unico nella forma a + ib = a1 + bi

con a, b cioè come combinazione lineare (a coefficienti nel campo degli scalari

R, R)

{1,

di 1 e i (visti come vettori). Quindi i} è una base di su e dunque [C : = 2

C R R]

∞,

(mentre [R : = come sarà chiaro più avanti).

Q]

Osserviamo anche che [E : F ] = 1 se e solo se E = F .

Questo semplice punto di vista è di fatto molto utile. Ecco una prima applicazione.

n

|L|

Proposizione 0.5.1 Sia L un campo finito. Allora = p con p un numero primo e

≤ ∈

1 n N.

Dimostrazione. Poichè L è un campo ed è finito la sua caratteristica deve essere un

numero primo p (Proposizione 7.2 Cap. IV). Quindi, se F è il suo sottoanello fonda-

'

mentale, allora F è un campo, e possiamo vedere L come estensione di F . Sia

Z

p

[L : F ] = n il grado di questa estensione. Allora L è uno spazio vettoriale su F di

(n)

dimensione n; quindi, come spazio vettoriale, L è isomorfo allo spazio F delle n-uple

(n) n n

|L| |F | |F |

a coefficienti in F . In particolare, = = = p .

Dimostreremo più avanti che per ogni primo p ed ogni n 1 esiste un campo di ordine

n

p , e che due campi finiti dello stesso ordine sono isomorfi.

Ricordiamo (Proposizione 8.2, Cap. IV) che se F è un campo, e I = (f ) un ideale

massimale dell’anello dei polinomi F [x] con n = deg f , allora ogni elemento del campo

E = F [x]/I si scrive in modo unico nella forma

f n−1 n−1

· · ·

a + a x + . . . + a x + I = a 1 + a (x + I) + . . . + a (x + I)

0 1 n−1 0 1 n−1

con a , a , . . . , a F . Ne segue che l’insieme di elementi di E :

0 1 n−1 f

2 n−1

1, x + I, x + I, . . . , x + I

è una base di E come spazio vettoriale su F , e quindi [E : F ] = n = deg f .

f f

Vediamo ora un importante strumento per lo studio dei gradi di un’estensione.

≤ ≤

Teorema 0.5.2 (Formula dei Gradi) Siano F, L, M campi con F L M .

Allora [M : F ] = [M : L][L : F ]. 70 ∞ ∞

Dimostrazione. Il fatto è ovvio se [M : L] = oppure [L : F ] = (qui, adottiamo

∞ · ∞ · ∞ ∞).

la convenzione n = = Quindi assumiamo che [M : L] = n, [L : F ] = m

siano entrambi finiti.

Sia a , a , . . . , a una base di M su L, e sia b , b , . . . , b una base di L su F . Proviamo

1 2 n 1 2 m

≤ ≤ ≤ ≤

che gli elementi b a (1 j m, 1 i n) costituiscono una base di M su F .

j i ∈

(generazione). Sia u M , allora esistono x , x , . . . , x in L tali che

1 2 n n

X

u = x a + x a + . . . + x a = x a .

1 1 1 2 n n i i

i=1

Ora ogni x L è a sua volta una combinazione a coefficienti in F della base (b ):

i j

m

X

x = y b + y b + . . . + y b = y b .

i 1i 1 2i 2 mi m ji j

j=1

Quindi  

n n m n m

X X X X X

u = x a = y b a = (y b a )

i i ji j i ji j i

 

i=1 i=1 j=1 i=1 j=1

quindi ogni u M è combinazione a coefficienti in F degli elementi b a .

j i

(indipendenza). Proviamo ora che il sistema (b a ) è linearmente indipendente. Sia

j i

{1, × {1, ∈ ∈

I = . . . , m} . . . , n} e siano, per (j, i) I, y F tali che

ji

X y b a = 0 .

ji j i

(j,i)∈I

Allora  

n m n m

X X X X

0= (y b a ) = y b a

ji j i ji j i

 

i=1 j=1 i=1 j=1

m

P

≤ ≤ ∈

dove, per ogni 1 i n, y b L. Poichè gli elementi a sono linearmente

ji j i

j=1 ≤ ≤

indipendenti su L, si ha, per ogni 1 i n,

m

X y b = 0

ji j

j=1 ∈

e, poichè gli elementi b sono indipendenti su F , si conclude che y = 0 per ogni (j, i) I,

j ji

provando cosı̀ l’indipendenza del sistema (b a ).

j i

Dunque (b a ) è una base di M come spazio vettoriale su F e quindi

j i (j,i)∈I [M : F ] = nm = [M : L][L : F ] .

Elementi algebrici e trascendenti.

Sia F un sottocampo del campo E (se E|F è estensione, F è identificato con la sua

copia isomorfa in E), e sia b E. Denotiamo con

71 ∪ {b};

– F [b] il minimo sottoanello di E che contiene F ∪ {b}

– F (b) il minimo sottocampo di E che contiene F (come al solito, esso esiste

perché l’intersezione di sottocampi di E è un sottocampo). Chiaramente F [b] F (b).

Ricordo (limitandolo ai campi) il contenuto del Teorema 8.3 (Cap. IV):

Sia E|F un’estensione di campi, e sia b E. Allora

n

( )

X i | ∈ ∈

F [b] = a b n a , a , . . . , a F .

N,

i 0 1 n

i=0

E, in generale, F (b) risulterà isomorfo al campo delle frazioni di F [b].

Queste notazioni si estendono nella maniera naturale. Siano b , b , . . . , b elementi di

1 2 n

∪ {b };

E; allora F [b , b , . . . , b ] è il minimo sottoanello di E che contiene F , b , . . . , b

1 2 n 1 2 n

∪ {b }.

mentre F (b , b , . . . , b ) è il minimo sottocampo di E che contiene F , b , . . . , b

1 2 n 1 2 n

Risulta immediato verificare che

F (b , b , . . . , b ) = (F (b , . . . , b ))(b ) = F (b ) . . . (b )(b ).

1 2 n 1 n−1 n 1 n−1 n

In particolare F (b )(b ) = F (b , b ) = F (b )(b ).

1 2 1 2 2 1

Definizione. Sia E|F un’estensione di campi, e sia b E.

6

(1) b si dice algebrico su F se esiste un polinomio f = 0 in F [x] tale che f (b) = 0.

6 6

(2) b si dice trascendente su F se per ogni polinomio f = 0 in F [x] si ha f (b) = 0.

∈ ≥

Esempi. 1) Per ogni n, m con m 1, n è un numero reale algebrico su essendo

m

N, Q,

m − ∈ ∈

radice del polinomio x n Similmente, i è algebrico su essendo radice del

Q[x]. C Q

2

polinomio x + 1.

2) Esistono numeri reali che sono trascendenti su Esempi sono i numeri π ed e. La

Q.

dimostrazione di questo fatto è stata ottenuta da F. Lindemann nel 1882, ed è piuttosto compli-

cata. Tuttavia, non è difficile provare che l’insieme dei numeri reali che sono algebrici su è un

Q

insieme numerabile; poichè l’insieme dei reali non è numerabile, da ciò segue che devono esistere

numeri reali trascendenti su (anzi, che l’insieme di essi è più che numerabile).

Q

3) L’elemento x F (x) è trascendente su F (nell’estensione F (x)|F ). Più in generale, si provi

∈ \ 6

per esercizio che ogni f /g F (x) F (con f, g polinomi su F , g = 0) è trascendente su F .

√ √

Esercizio. Si provi che u = 2 3 è algebrico su Q.

Soluzione. Occorre trovare un polinomio non nullo in che ammette u come radice. Com-

Q[x]

inciamo con elevare u al quadrato √ √ √

2 −

− 2 3 + 3 = 5 2 6

u = 2 2

√ 2

da cui 2 6 = 5 u ed elevando ancora al quadrato

4 2

24 = u 10u + 25

4 2

− ∈

quindi u è radice del polinomio f = x 10x + 1 e dunque è algebrico su

Q[x] Q.

Osserviamo i seguente fatti banali. 1) Se b F allora b è algebrico su F (è radice del

− ∈

polinomio x b F [x]). 72

≤ ≤ ∈

2) Siano F E L campi, e sia b L: se b è algebrico su F , allora b è algebrico su

E; mentre se b è trascendente su E allora è trascendente su F .

Veniamo ora ad una osservazione fondamentale. Sia E|F un’estensione di campi, e sia

b E. Abbiamo allora l’omomorfismo di sostituzione

σ : F [x] E

b 7→

f f (b) { ∈ | }.

la cui immagine è F [b] ed il cui nucleo è I = ker(σ ) = f F [x] f (b) = 0 Dal

b b

Teorema fondamentale di omomorfismo discende allora che

F [x]

'

F [b] .

I

b

Vale dunque il seguente importante risultato. ∈ '

Teorema 0.5.3 Sia E|F un’estensione di campi, e sia b E. Allora F [b] F [x]/I ,

b

{f ∈ |

dove I = F [x] f (b) = 0}.

b ∈

Supponiamo che l’elemento b E sia trascendente su F ; allora, per definizione, l’ideale

{f ∈ | {0};

I = R[x] f (b) = 0} coincide con dunque, in questo caso, l’omomorfismo di

b

sostituzione σ è iniettivo. Quindi F [b] è isomorfo all’anello dei polinomi F [x] (e non è

b

un campo).

Se invece b è algebrico su F , per definizione esiste almeno un polinomio non nullo a

coefficienti in F che ammette b come radice. Dunque l’ideale ker(σ ) = I non è l’ideale

b b

nullo. Poiché F è un campo, I è un ideale principale, e sappiamo che un generatore f

b

di I è un polinomio di grado minimo tra i polinomi non nulli di I . Fra i generatori di

b b

I ne esiste dunque uno e uno solo monico (ovvero con coefficiente direttivo uguale a 1):

b

esso è detto polinomio minimo di b (su F ). ∈

Chiamiamo f il polinomio minimo di b su F (b E algebrico su F ), e supponiamo che f

si fattorizzi in F [x] come il prodotto di due polinomi, cioè che f = gh con g, h F [x] (ed,

6 6 6

essendo f = 0, è anche g = 0 = h). Allora, applicando l’omomorfismo di sostituzione:

0 = f (b) = g(b)h(b) ;

poiché E è un campo, si deve avere g(b) = 0 oppure h(b) = 0. Sia g(b) = 0, allora, poiché

6 ∈

g = 0, deve essere deg g = deg f , quindi deg h = 0, che significa h F ; similmente, se

h(b) = 0 si ha deg h = deg f e g F . Abbiamo quindi concluso che il polinomio f è

irriducibile (vedi la Proposizione 8.6 del Cap. IV e gli esempi che seguono). [Viceversa,

se f F [x] è un polinomio monico irriducibile che ammette b come radice nel campo

K, allora f è il polinomio minimo di b su F ; infatti il polinomio minimo g di b divide f

e quindi deg g = deg f da cui g = f (essendo entrambi monici).]

Ora, poiché f è irriducibile, per una proprietà fondamentale dei P.I.D. (e F [x] è tale),

'

I = (f ) è un ideale massimale, e pertanto F [b] F [x]/(f ) è un campo (Teorema 8.7

b

del Cap. IV). ∈

Ricapitolando, se b E è algebrico su F , allora F [b] è un campo; quindi, in questo

caso F (b) = F [b]. 73

Se invece b è trascendente su F , allora F [b] è isomorfo all’anello dei polinomi F [x].

'

Poiché F (b) è un campo che contiene F [b] F [x], per la proprietà del campo delle

' ≤ ≤

frazioni, esiste un campo K F (x) tale che F [b] K F (b); ma F (b) è il minimo

∪ {b}

sottocampo di E che contiene F e quindi K = F (b). In conclusione, abbiamo

dunque provato il seguente risultato. ∈

Teorema 0.5.4 Sia E|F un’estensione di campi e sia b E. Allora

'

(1) Se b è algebrico su F , allora F (b) = F [b] F [x]/(f ), dove f è il polinomio minimo

di b su F . Inoltre, [F [b] : F ] = deg f . ' ∞.

(2) Se b è trascendente su F , allora F (b) F (x). In tal caso [F (b) : F ] =

Corollario 0.5.5 Sia E|F un’estensione di campi e sia b E. Allora b è trascendente

6

su F se e soltanto se F (b) = F [b].

In effetti, dobbiamo ancora chiarire compiutamente l’ultima affermazione al punto (1)

del Teorema 5.4.

∈ ∈

Sia b E un elemento algebrico su F , e f F [x] il suo polinomio minimo. Allora per

quanto ricordato a proposito degli elementi dell’anello quoziente F [x]/(f ), e mediante

→ 7→

l’isomorfismo F [x]/(f ) F [b] (dato da g + (f ) g(b)), otteniamo infatti la seguente

descrizione degli elementi di F [b]. ∈

Proposizione 0.5.6 Sia E|F un’estensione di campi, b E un elemento algebrico su

F , e f F [x] il suo polinomio minimo. Allora ogni elemento di F [b] si scrive in modo

unico nella forma n−1

a + a b + . . . + a b

0 1 n−1

dove n = deg f e a , a , . . . , a F .

0 1 n−1

2 n−1

Da ciò segue che (1, b, b , . . . , b ) è una base di F [b] come spazio vettoriale su F , e

che quindi [F [b] : F ] = dim (F [b]) = n = deg f .

F √ √

Esempio. Abbiamo visto che b = 2 3 è algebrico su e il suo polinomio minimo è

Q,

4 2

f = x 10x + 1; quindi = è un campo di grado 4 su Troviamo l’espressione di

Q[b] Q(b) Q.

−1

2 2 3

− ∈

(b + b 1) come combinazione a coefficienti razionali di 1, b, b , b . Si può procedere

Q(b) ∈

brutalmente determinando i coefficienti a con l’imporre l’uguaglianza

Q

i

2 2 3

(b + b 1)(a + a b + a b + a b ) = 1,

0 1 2 3

2 −

oppure si pone g = x + x 1 e poiché (g, f ) = 1 (dato che f è irriducibile) mediante l’algoritmo

di Euclide si determinano h, t tali che hg + tf = 1; a questo punto, sostituendo b, si ha

Q[x] −1

2 −

1 = h(b)g(b) + t(b)f (b) = h(b)(b + b 1), per cui b = h(b). Cosı̀ procedendo si trova che

3 2 − −

x +2 x + x 10x 9

− · ·

1= f + g

7 7

−1 17 3 2 − −

e pertanto b = (b + b 10b 9). 74

Estensioni semplici. ∈

Un’estensione E|F di campi si dice si dice estensione semplice se esiste b E tale che

E = F (b). In tal caso, b si dice un elemento primitivo di E|F . Ad esempio, =

C R[i]

è una estensione semplice di Il Teorema 5.4 fornisce una descrizione delle estensioni

R.

semplici. In particolare, notiamo il fatto seguente.

Proposizione 0.5.7 Sia E|F un’estensione semplice di campi. Allora [E : F ] è finito,

'

oppure E F (x). √ √

Esempi. 1) Sia L = 2, 3]; allora L|Q è una estensione semplice. Proviamo infatti che

Q[

√ √ √

√ − − ⊆

2 3]. L’inclusione 3 2] L è ovvia. Viceversa, osserviamo che

L = Q[

Q[ √ √ √ √ √

−1

− −

3 + 2 = ( 3 2) 3 2],

Q[

√ √ √ √ √ √ √ √

√ √

1 − − ∈ − ∈ −

2 = 3 + 2) ( 3 2) 3 2]. Analogamente 3 3 2], e

e quindi [( Q[ Q[

√ √ √ √

2 ⊆ −

dunque 2, 3] 2 3].

Q[ Q[

√ 2) non è un’estensione semplice di Infatti, poiché π è trascendente su

2) Q. Q,

Q(π,

√ √

∞,

[Q(π, 2) : = e dunque 2) non può essere un’estensione di ottenuta medi-

Q] Q(π, Q

√ '

ante l’aggiunzione di un elemento algebrico. Se fosse 2) allora (vedi esercizio 1)

Q(π, Q(x),

√ \

ogni elemento di 2) sarebbe trascendente su e ciò è in contraddizione con il fatto

Q(π, Q Q,

√ √

∈ \

che 2 2) è algebrico su

Q(π, Q Q.

Osservazione. non è una estensione semplice di Questo si può provare di-

R Q.

mostrando che ogni estensione semplice di un campo numerabile è numerabile. Poichè

non è numerabile, non può essere una estensione semplice di

R Q.

Citaimo, senza dimostrarlo, il seguente risultato di Steinitz.

Teorema 0.5.8 Sia E|F un’estensione di grado finito. Allora E|F è semplice se e solo se il

numero di campi intermedi tra F ed E è finito.

Estensioni algebriche.

Un’estensione di campi E|F si dice algebrica se ogni elemento di E è algebrico su F .

Proposizione 0.5.9 Sia E|F una estensione di campi di grado finito n. Allora ogni

elemento di E è algebrico su F , e di grado n (e quindi E|F è algebrica).

∞, ∈

Sia E|F estensione con [E : F ] = n < e sia b E. Ora, E è uno

Dimostrazione. 2 3 n

spazio vettoriale di dimensione n su F . Quindi gli n + 1 elementi 1, b, b , b , . . . , b di

E sono linearmente dipendenti su F , cioè esistono a , a , a , . . . , a in F non tutti nulli

0 1 2 n

tali che 2 n

·

a 1 + a b + a b + . . . + a b = 0

0 1 2 n n ∈

e dunque b è radice del polinomio non nullo f = a + a x + . . . + a x F [x]. Quindi,

0 1 n

b è algebrico su F , ed il suo polinomio minimo divide f e pertanto ha grado al più

deg f n. 75 ∈

Corollario 0.5.10 Sia E|F un’estensione di campi, e sia b E algebrico su F . Allora

F [b] è estensione algebrica di F

Sia f F [x] il polinomio minimo di b su F , e sia n = deg f . Allora

Dimostrazione.

[F [b] : F ] = n, e si applica la Proposizione precedente.

Un estensione E|F tale che [E : F ] < si dice estensione finita.

Proposizione 0.5.11 Sia E|F una estensione di campi. Allora E|F è finita se e solo

se esistono elementi b , . . . , b E, algebrici su F , tali che E = F [b , . . . , b ].

1 m 1 m

Sia E = F [b , . . . , b ]. Allora b , . . . , b sono algebrici su F (dire

Dimostrazione. 1 m 1 m

perché). Una ripetuta applicazione del punto (1) del Teorema 5.4 e della formula dei

∞;

gradi porta a [E : F ] < infatti: ≤

[E : F ] = [F [b , . . . , b ][b ] : F [b , . . . , b ]] . . . . . . [F [b ][b ] : F [b ]] [F [b ] : F ]

1 n−1 n 1 n−1 1 2 1 1

≤ · · · ∞.

[F [b ] : F ] . . . [F [b ] : F ] [F [b ] : F ] <

n 2 1

∞,

Viceversa, sia [E : F ] = n < e procediamo per induzione su n. Se n = 1, E = F

≥ ∈ \ ≤

e non c’è nulla da provare. Sia n 2, e sia b = b E F . Allora 2 [F (b) : F ] =

1

k n per la Proposizione 5.9. Se F (b) = E siamo a posto; altrimenti, applichiamo la

formula dei gradi n = [E : F ] = [E : F (b)][F (b) : F ], e quindi [F (b) : F ] = n/k < n.

Per ipotesi induttiva, esistono b , . . . , b E tali che E = F (b)(b , . . . , b ), e quindi

2 m 2 m

E = F (b , b , . . . , b ) e abbiamo concluso.

1 2 m

Teorema 0.5.12 Sia E|F una estensione di campi. Allora l’insieme degli elementi di

E algebrici su F è un sottocampo di E (che ovviamente contiene F ).

Siano a, b E algebrici su F . Allora [F (a) : F ] = n e [F (b) : F ] = m

Dimostrazione.

≤ ∈ 6 ∈

con 1 n, m Sia f il polinomio minimo di b su F . Allora, in particolare, 0 = f

N. ≤

F (a)[x], e f (b) = 0. Pertanto b è algebrico su F (a) e si ha [F (a, b) : F (a)] deg f = m.

Quindi, per la formula dei gradi ≤ ∞.

[F (a, b) : F ] = [F (a, b) : F (a)][F (a) : F ] nm <

Dunque, per il Lemma 5.9, ogni elemento di F (a, b) è algebrico su F . In particolare,

−1 −1

sono quindi algebrici su F gli elementi a b, ab, a , b . Dunque somme, prodotti e

inversi di elementi algebrici sono ancora elementi algebrici, provando cosı̀ l’asserto.

Se E|F è una estensione di campi, il campo costituito da tutti gli elementi algebrici di

F ). Un caso

E su F si chiama chiusura algebrica di F in E (la denoteremo con E

molto importante, è quello dell’estensione I numeri complessi che sono algebrici su

C|Q.

si chiamano numeri algebrici e l’insieme di essi (ovvero la chiusura algebrica di in

Q Q

che denotiamo con si chiama il campo dei numeri algebrici. Osserviamo che

C), Q,

6⊆ 6∈

infatti contiene elementi trascendenti su (ad esempio π

R Q, R Q Q).

76

∞.

Proposizione 0.5.13 : =

Q Q √

n

≥ 2. δ è algebrico su ed il suo

Per ogni intero n 2, sia δ =

Dimostrazione. Q,

n

n

n −

polinimio minimo è x 2 (che è irriducibile per il Criterio di Eisenstein - Ccriterio 2

del Cap. IV). Dunque contiene elementi il cui grado su è grande quanto si vuole,

Q Q

∞.

e dunque, per la Proposizione 5.9, : =

Q Q ∞.

Quest’ultimo fatto riconferma, in particolare, che il grado di su è

R Q

Usando metodi del genere, possiamo infine fare la seguente osservazione.

Proposizione 0.5.14 Siano E|F e L|E estensioni algebriche di campi. Allora l’esten-

sione L|F è algebrica. ∈

Siano E|F e L|E estensioni algebriche, e sia b L. Poiché b è

Dimostrazione.

algebrico su E esistono elementi non tutti nulli a , a , . . . , a di E tali che

0 1 m

m

a + a b + . . . + a b = 0.

0 1 m ≤

Quindi b è algebrico su K = F (a , a , . . . , a ), e [K(b) : K] m. Poiché ciascun

1 2 m

a (i = 1, 2, . . . , m) è algebrico su F , K ha grado finito su F . Dunque

1 ∞.

[K(b) : F ] = [K(b) : K][K : F ] <

Dalla Proposizione 5.9 segue che b è algebrico su F , cosı̀ provando che l’estensione L|F

è algebrica.

Commenti e trucchi.

contiene elementi trascendenti su Iniziamo osservando che è numerabile: infatti, se

R Q. Q[x]

denotiamo con P l’insieme di tutti polinomi razionali di grado n, allora P è numerabile; poiché

n n

S

= P , è un’unione numerabile di insiemi numerabili, ed è pertanto numerabile.

Q[x] Q[x]

n

n∈N

Ora, ogni elemento di che sia algebrico su è radice di qualche polinomio non nullo in

R Q Q[x].

Poiché un polinomio non nullo ha al più un numero finito di radici, l’insieme degli elementi di R

algebrici su (la chiusura algebrica di in è unione numerabile di insiemi finiti, ed è dunque

Q Q R)

numerabile. Siccome non è numerabile, questo significa che esistono elementi di che non

R R

sono algebrici su (Osserviamo che ciò implica, in particolare, che contiene un sottocampo

Q. R

isomorfo a Q(x).)

Formula dei gradi. La formula dei gradi risulta molto utile per eliminare i conti in diverse

situazioni. Vediamo alcuni esempi.

≤ ∈

1) Sia F L una estensione di campi. Proviamo che se b L è algebrico su F di grado dispari

2 2 2 ⊆

allora F [b] = F [b ]. Poichè b è algebrico, F [b] e F [b ] sono campi. L’inclusione F [b ] F [b]

2 2

6⊆ 6∈

è ovvia. Supponiamo per assurdo F [b] F [b ]; ciò equivale a b F [b ]. Ora, b è radice del

2 2 2 2

− ∈ 6∈

polinomio g = x b F [b ][x], e siccome b F [b ], g è il polinomio minimo di b sul campo

2 2 2

F [b ]. Poichè chiaramente F [b , b] = F [b] si ha allora [F [b] : F [b ]] = 2 e quindi, per la formula

dei gradi, 2 2 2

[F [b] : F ] = [F [b] : F [b ]][F [b ] : F ] = 2[F [b ] : F ]

contro l’ipotesi che [F [b] : F ] sia dispari. 77

√ √ √

3 3

2) Calcolare il grado di L = 2, 3] su 3 è algebrico su ed il suo polinomio minimo

Q[ Q. Q

√ √ √ √

3 3 3 3

− 6∈

su è x 3. Quindi 3] è un campo e [Q[ 3] : = 3. Ora, 2 3], perché, se cosı̀

Q Q[ Q] Q[

√ √

3

⊆ ⊆

fosse, allora 2] 3] e per la formula dei gradi si avrebbe la conclusione assurda

Q Q[ Q[ √ √

√ 2

3 −

2] : divide [Q[ 3] : = 3. Dunque x 2 è il polinomio minimo di 2 anche

che 2 = [Q[ Q] Q]

3

sul campo 3). Applicando ancora la formula dei gradi si ha in conclusione

Q( √ √ √ √

3 3 3 ·

[L : = [Q( 3, 2) : 3)][Q( 3) : = 2 3 = 6.

Q] Q( Q]

3) Siano ζ, ω rispettivamente, una radice 7-ima ed una radice quinta dell’unità, diverse

C, 6∈

da 1. Proviamo che ω Infatti (vedi la Proposizione 4.7 del Cap. IV ed il commento

Q[ζ].

seguente) i polinomi minimi su di ζ e ω sono, rispettivamente

Q

6 5 4 3 2

x + x + . . . + x + 1 e x + x + x + x + 1.

∈ ⊆

Quindi [Q[ζ] : = 6 e [Q[ω] : = 4; se fosse ω allora che, applicando la

Q] Q] Q[ζ] Q[ω] Q[ζ]

formula dei gradi come negli esempi precedenti, conduce ad una contraddizione.

3 − ∈ ∈

Esercizio. Sia f = x x + 1 e sia b una radice di f . Si provi che non contiene

Q[x], C Q(b)

3 −

altre radici di f . Il facile studio del grafico della funzione reale y = x x + 1 associata al

polinomio f , mostra che esso interseca l’asse delle ascisse in un solo punto. Dunque, f ha una

sola radice reale α, e due radici complesse e non reali ζ e ζ̄, tra loro coniugate. Se b = α, allora

⊆ 6∈ 6∈

e dunque ζ e ζ̄ Sia allora b = ζ. Poiché f è irriducibile su (è monico

Q(b) R, Q(b) Q(b). Q

di terzo grado e non ha radici intere), esso è il polinomio minimo di ogni sua radice in In

C.

particolare [Q(ζ) : = deg f = 3 = [Q(α) :

Q] Q].

∈ ⊆ ⊆

Se fosse α allora e dunque, per la formula dei gradi =

Q(ζ), Q Q(α) Q(ζ), Q(α) Q(ζ).

⊆ ∈ \ 6∈

Ciò è assurdo perché mentre ζ Si osservi anche che ζ̄

Q(α) R, C R. Q(ζ).

ESERCIZI

1. Sia F un campo e F (x) il campo delle frazioni algebriche su F . Si provi che ogni elemento

\

in F (x) F è trascendente su F .

√ √

5, 11] :

2. Calcolare [Q( Q]. 7 6

3. Calcolare [Q(α) : con α tale che α = 2. Stessa domanda con α tale che α = 4.

Q] C

3

4. Sia a = 3 + 1313. Qual è il grado del polinomio minimo di a su ? Qual è il grado del

Q

polinomio minimo di a + i su ?

Q

5. Siano a, b elementi algebrici su tali che [Q(a) : = n, [Q(b) : = m con (n, m) = 1.

C Q Q] Q]

Si provi che =

Q(a) Q(b) Q.

√ 2

3 2). Si provi che il polinomio x + x + 1 è irriducibile in E[x].

6. Sia E = Q( √ √

7. provare che i campi 3) e 5) non sono isomorfi.

Q( Q( 3 2

∈ −x+1,

8. Sia α una radice del polinomio x e in si consideri l’elemento β = 2−3α+2α .

C Q(α)

Si provi che β è algebrico su e si trovi il suo polinomio minimo.

Q 78

9. Sia E|F un’estensione di grado finito e tale che per ogni coppia F , F di campi intermedi

1 2

⊆ ⊆

tra F ed E si ha F F oppure F F . Provare che E|F è un’estensione semplice.

1 2 2 1 ∈ \

10. Sia A il campo dei numeri algebrici. Provare che ogni z A è trascendente su A. As-

C

sumendo quindi il fatto che è algebricamente chiuso, provare che A è un campo algebricamente

C

chiuso.

11. Sia E|F un’estensione algebrica. Si provi che se R è un sottoanello di E contenente F ,

allora R è un campo.

12. Siano a, b algebrici su con [Q(a) : = p, [Q(b) : = q, p, q primi distinti e p > q.

C Q, Q] Q]

Sia f il polinomio minimo di a su e h il polinomio minimo di a + b su

Q, Q.

1) Provare che [Q(a, b) : = pq.

Q]

2 Provare che f è il polinomio minimo di a su Q(b).

3) Provare che deg h p e che deg h|pq. ∈ ∈

4) Sia, per assurdo, deg h = p. Posto h = h(x + b) provare che h = f e

Q(b)[x], Q[x],

1 1

confrontando i coefficienti di grado p 1 arrivare ad una contraddizione.

5) Concludere che deg h = pq, e quindi che b) = + b).

Q(a, Q(a

0.6 Campi di spezzamento

Un omomorfismo iniettivo è detto monomorfismo.

n

Sia f = a + a x + . . . + a x un polinomio irriducibile sul campo F . Allora l’ideale

0 1 n

(f ) di F [x] è massimale; quindi E = F [x]/(f ) è un campo, ed è in modo naturale

7→ ∈

(mediante il monomorfismo definita da a a + (f ), per ogni a F ) un’estensione di

F . Identificando gli elementi di F con le loro immagini in E, il polinomio f può essere

visto come un polinomio a coefficienti in E. In E sia α = x + (f ); allora

n n

f (α) = a + a α + . . . + a α = a + a (x + (f )) + . . . + a (x + (f )) =

0 1 n 0 1 n

n

= a + (a x + (f )) + . . . + (a x + (f )) =

0 1 n

n

= a + a x + . . . + a x + (f ) = f + (f ) = (f ) = 0 .

0 1 n E

Dunque E è un’estensione di F che contiene una radice di f (e osserviamo che risulta

E = F [α]). Abbiamo dunque provato il seguente fatto fondamentale.

Proposizione 0.6.1 Sia f un polinomio irriducibile sul campo F . Allora esiste un’esten-

sione E di F che contiene una radice α di F , ed è tale che E = F [α].

La situazione descritta da questa proposizione si chiama ”aggiunzione” ad F di una

radice di f . 6 ∈

Definizione. Sia F un campo, e 0 = f F [x]. Un’estensione E di F si dice campo

di spezzamento per f su F , se esistono elementi a , . . . , a E tali che

1 n

− · · · −

1) f = a(x a ) (x a ) in E[x] (dove a è il coefficiente direttivo di f );

1 n 79

2) E = F [a , . . . , a ].

1 n

In altre parole, un campo di spezzamento per f su F è una estensione di F che contiene

tutte le radici di f , ed è da queste generata su F . Il risultato che segue mostra come,

in sostanza mediante aggiunzione successiva di radici, sia sempre possibile estendere F

ad un campo di spezzamento per f . 6 ∈

Teorema 0.6.2 Sia F un campo, e 0 = f F [x], con deg f = n. Allora esiste un

campo di spezzamento E per f su F , tale che [E : F ] divide n!.

6 ∈

Sia F un campo, e 0 = f F [x], con deg f = n. Procediamo per

Dimostrazione. ≥

induzione su n. Se n = 1 allora F è esso stesso campo di spezzamento. Sia n 2.

Supponiamo che f sia riducibile in F [x]. Dunque f = f f con f , f F [x] e, ponendo

1 2 1 2

≥ ≤ − −

d = deg f , 1 d n 1 e deg f = n d < n. Per ipotesi induttiva, esistono allora

1 2

un campo di spezzamento E per f su F , ed un campo di spezzamento E per f su

1 1 2

− −

E , inoltre [E 1 : F ] divide d! e [E : E ] divide (n d)!. Si verifica facilmente dalla

1 1

definizione che E è un campo di spezzamento per f su F ; infine per la formula dei gradi

si ha che [E : F ] = [E : E ][E : E] divide d!(n d)! che, a sua volta, divide n!.

1 1

Supponiamo quindi che f si irriducibile in F [x]. Per la Proposizione 6.1, esiste allora

un’estensione E di F tale che E = F [α] con α radice di f ; inoltre, per il Teorema 5.4,

1 1 − −

[E : E] = n. Ora, in E [x], f si fattorizza come (x α)g, con deg g = n 1. Per ipotesi

1 1 −

induttiva, esiste un campo di spezzamento E per g su E , con [E : E ]|(n 1)!. Come

1 1

sopra, E è un campo di spezzamento per f su F , e si ha che [E : F ] = [E : E ][E : F ]

1 1

divide (n 1)!n = n!.

≤ ∈ ∈

Esempi. 1) Sia 1 n e sia ω una radice primitiva n-esima dell’unità (quindi,

N, C

2πk 2πk n

≤ ≤ − −

ω = cos + i sin , con 0 k n 1 e (k, n) = 1); sia f = x 1. Allora, le radici in di f

C

n n t 2 n−1

sono tutte e sole le potenze ω con t = 0, 1, . . . , n 1. Quindi E = = ω, ω , . . . , ω )

Q(ω) Q(1,

è un campo di spezzamento per f su In E[x],

Q.

n n−1

− − − · · · −

x 1 = (x 1)(x ω) (x ω ).

Inoltre, se n = p è un primo, allora sappiamo (come applicazione del criterio di Eisenstein) che

p−1 −

il polinomio minimo di ω su è 1 + x + . . . + x , e pertanto [E : = p 1. Se n non è

Q Q]

un primo si può provare (lo vedremo più avanti) che [Q(ω) : = φ(n), dove φ è la funzione di

Q]

Eulero (ed anche il numero di radici primitive n-esime dell’unità distinte).

3 − ∈

2) Sia f = x x + 1 Nell’esercizio a pag. 9 abbiamo osservato che f ha in una

Q[x]. C

redice reale α e due radici complesse e non reali ζ e ζ̄, tra loro coniugate. Abbiamo anche provato

che l’aggiunzione a di una sola di queste radici non dà luogo ad un campo di spezzamento per

Q

f su Quindi un tale campo di spezzamento è dato da E = ζ, ζ̄) = ζ). Ora, poiché

Q. Q(α, Q(α,

f è irriducibile su [Q(α) : = 3. In si ha f = (x α)g, dove g è un polinomio

Q, Q] Q(α)[x]

irriducibile di grado 2 (se g fosse riducibile allora conterrebbe tutte le radici di f ) che

Q(α)

ammette ζ e ζ̄ come radici. Dunque [Q(α)(ζ) : = 2 e, per la formula dei gradi

Q(α)] ·

[E : = [Q(α, ζ) : = [Q(α, ζ) : : = 2 3 = 6 = 3!.

Q] Q] Q(α)][Q(α) Q]

Estensioni normali. 80

|F

Siano E|F e M estensioni di campi, e supponiamo che sia dato un isomorfismo di

− → 7→ ∈

campi : F F (con a ā per ogni a F ). Ci chiediamo sotto quali condizioni sia

possibile estendere tale isomorfismo a un monomorfismo E M .

Osserviamo in primo luogo che è possibile estendere in modo canonico l’isomorfismo

− −

: F F ad un isomorfismo (che denoteremo ancora con ) dall’anello dei polinomi

n ∈

F [x] in F [x]; definito da, se g = a + a x + . . . + a x F [x],

0 1 n n

ḡ = ā + ā x + . . . + ā x .

0 1 n

− → F ad un isomorfismo di campi. Sia E estensione di F

Lemma 0.6.3 Sia : F

tale che E = F [b] con b algebrico su F , e sia f il polinomio minimo di b. Sia M

− →

un’estensione di F . Allora l’isomorfismo si estende ad un monomorfismo E M se

¯ ¯

e solo se M contiene qualche radice di f . Inoltre, se c è una radice in M di f , allora

esiste un unico monomorfismo φ : E M che estende e tale che φ(b) = c; e si ha

φ(E) = F [c]. →

Supponiamo che esista un monomorfismo φ : E M che estende

Dimostrazione.

− ∈

l’isomorfismo (cioè tale che φ(a) = ā per ogni a F ). Allora, se f = a +a x+. . .+a ,

0 1 n

¯ n n

f (φ(b)) = ā + . . . + ā φ(b) = φ(a ) + . . . + φ(a )φ(b) = φ(f (b)) = 0

0 n 0 n

¯

e dunque φ(b) M è una radice di f .

¯

Viceversa, sia c M una radice di f , e ricordiamo che ogni elemento di E = F [b] si

n−1 ∈

scrive in modo unico nella forma a + a b + a b , con a , a , . . . , a F . Allora

0 1 n−1 0 1 n

n−1

→ ∈

l’applicazione φ : E M definita da, per ogni u = a + a b + a b E,

0 1 n−1

n−1

φ(u) = ā + ā c + ā c ,

0 1 n−1 −

definisce un monomorfismo da E in M che chiaranente estende . Infatti, l’isomorfismo

¯

F [x] F [x] (che manda f in f , che quindi è il polinomio minimo di c su F ) manda

¯ ¯

l’ideale (f ) nell’ideale ( f ). Ne segue che F [x]/(f ) è isomorfo a F [x]/(

f ) (mediante

¯

7→

l’applicazione g + (f ) ḡ + (

f )). L’applicazione φ definita sopra è la composizione dei

tre isomorfismi F [x] F [x]

→ → →

E = F [b] F [c],

¯

(f ) (

f )

con l’inclusione di F [c] in M . φ è quindi un monomorfismo da E in M . Infine, è chiaro

che φ è l’unico monomorfismo da E in M che estende e manda b in c.

Vediamo subito una applicazione del Lemma 6.3, che stabilisce l’unicità (a meno di

isomorfismo) del campo di spezzamento di un polinomio.

− → 6 ∈

Teorema 0.6.4 Sia : F F ad un isomorfismo di campi, e 0 = f F [x]. Siano,

rispettivamente, E un campo di spezzamento per f su F , e M un campo di spezzamento

¯ − →

per f su F . Allora l’isomorfismo si estende ad un isomorfismo E M .

Procediamo per induzione su [E : F ]. Se [E : F ] = 1, allora E = F

Dimostrazione.

e di conseguenza f si fattorizza in F [x] come prodotto di polinomi lineari; ne segue che

¯

anche f si fattorizza in F [x] come prodotto di polinomi lineari e quindi M = F .

81

Sia quindi [E : F ] 2. Allora, in F [x], f = gh dove g è un fattore irriducibile e non

¯ ∈

lineare. Di conseguenza, in F [x], f = ḡ h̄. Siano, rispettivamente, b E una radice di g,

∈ →

e c M una radice di ḡ. Per il Lemma 6.3, l’isomorfismo F F si estende ad un unico

isomorfismo η : F [b] F [c] tale che η(b) = c. Ora, E è un campo di spezzamento per

¯

f su F [b] e M è un campo di spezzamento per f su F [c]. D’altra parte

≥ ·

[E : F ] = [E : F [b]][F [b] : F ] = [E : F [b]](deg g) [E : F [b]] 2,

e quindi [E : F [b]] < [E : F ]. Per ipotesi induttiva esiste dunque un isomorfismo

→ → F .

η̄ : E M che estende η. Chiaramente, η̄ estende anche l’isomorfismo F

Abbiamo enunciato e provato il Lemma 6.3 ed il Teorema 6.4 in forma generale, a partire

cioè da un arbitrario isomorfismo F F , questo (in particolare per il Teorema) per

poter applicare con maggior facilità l’induzione; in molti casi (ma non sempre), saremo

in seguito interessati alla situazione in cui F = F e l’isomorfismo di partenza è l’identità.

Si tratta di un caso importante, che giustifica la seguente definizione.

Definizione. Siano E e M estensioni del medesimo campo F . Allora un monomorfismo

→ ∈

φ : E M tale che φ(a) = a per ogni a F si dice F-monomorfismo. Se φ è un

isomorfismo, si chiama F-isomorfismo.

6 ∈

Corollario 0.6.5 Sia F un campo, 0 = f F [x], e siano E e M campi di spezzamento

per f su F . Allora esiste un F -isomorfismo di E in M .

È un caso particolare del Teorema 6.4.

Dimostrazione.

Proviamo ora un’altra importante proprietà dei campi di spezzamento. ∈

Proposizione 0.6.6 Sia E un campo di spezzamento su F per il polinomio f F [x],

e sia g un polinomio irriducibile in F [x] che ha una radice in E. Allora E contiene un

campo di spezzamento per g su F .

Poiché E è campo di spezzamento di f , E = F (a , . . . , a ), dove

Dimostrazione. 1 n

a , . . . , a sono le radici di f . Sia g un polinomio irriducibile in F [x] che abbia una

1 n

radice b E. Sia M un campo di spezzamento per g su E.

Sia b M una radice di g. Ora, E = F (b , a , . . . , a ) = E(b ) è un campo di

1 1 1 1 n 1

spezzamento per f su F (b ), mentre E = F (b, a , . . . , a ) è un campo di spezzamento

1 1 n

per f su F (b). Poiché g è il polinomio minimo su F sia di b che di b , per il Lemma 6.3

1

esiste un F -isomorfismo η : F (b) F (b ) tale che η(b) = b . Siccome g ha coefficienti

1 1

in F , η(g) = g. Dunque, per il Teorema 6.4, η si può estendere ad un F -isomorfismo

→ ⊇

η : E E . Siccome η fissa F , si ha [E : F ] = [E : F ]. Ma E E e quindi, per

1 1 1 1 1 ∈

la formula dei gradi, [E : E] = 1, cioè E = E. Questo implica che b E. Poiché ciò

1 1 1

vale per ogni radice b di g in M , e M è generato su E da tali radici, si conclude che

1

M = E e pertanto che E contiene un campo di spezzamento per g su F .

Un’estensione algebrica di campi E|F che soddisfa la conclusione della Proposizione

precedente si chiama estensione normale. 82

Definizione. Un’estensione algebrica di campi E|F si dice normale se E contiene un

campo di spezzamento di ogni polinomio irriducibile in F [x] che ha almeno una radice

in E.

La proposizione 6.6 viene completata col seguente risultato.

Teorema 0.6.7 Sia E|F un’estensione di campi. Allora sono equivalenti

(1) E|F è finita e normale;

(2) E è un campo di spezzamento per qualche polinomio in F [x].

(2) (1) : è la Proposizione 6.6.

Dimostrazione.

(1) (2). Sia E un’estensione finita e normale del campo F . Poiché E|F è finita,

per la Proposizione 5.11, esistono elementi b , . . . , b di E (algebrici su F ) tali che

1 n

E = F [b , . . . , b ]. Per ciascun i = 1, . . . , n sia f F [x] il polinomio minimo di b su F ,

1 n i i

e poniamo f = f f . . . f . Poiché E|F è un’estensione normale, E contiene un campo

1 2 n

di spezzamento su F per ciascuno dei polinomi f . Ne segue che E contiene un campo

i

di spezzamento per f . Siccome poi E è generato su F da radici di f , si conclude che E

è un campo di spezzamento per f su F .

Radici multiple.

6 ∈ ∈

Sia F campo, 0 = f F [x], E un campo di spezzamento per f , e α E una radice di f .

Allora dal teorema di Ruffini segue che, in E[x], (x−α) divide f . Si chiama molteplicità

m

(algebrica) della radice α il massimo intero positivo m tale che (x α) divide f

α

α

(chiaramente, essa non dipende dal particolare campo di spezzamento). La radice α si

dice radice semplice se m = 1, e radice multipla se m 2.

α α

Osserviamo che, ancora per il Teorema di Ruffini, α è una radice semplice se e soltanto

− 6

se, in E[x], f = (x α)g con g(α) = 0. 2 n

Ricordiamo ora la definizione di polinomio derivato: sia f = a + a x + a x + . . . + a x

0 1 2 n

0

un polinomio a coefficienti nel campo F . Il suo polinomio derivato f è:

0 n−1

f = a + 2a x + . . . + na x .

1 2 n

Le seguenti regole di derivazione sono di immediata verifica.

Siano f, g F [x]. Allora 0 0 0

(f + g) = f + g

0 0 0

(f g) = f g + g f .

6 ∈

Lemma 0.6.8 Sia F campo, 0 = f F [x], e α una radice di f (in un campo di

0

spezzamento E). Allora α è una radice multipla se e solo se f (α) = 0.

83

Siano f ed α come nelle ipotesi. Supponiamo che α sia radice

Dimostrazione. 2

− ∈

multipla di f ; quindi, in E[x], f = (x α) g (con g E[x]) e dunque, applicando la

regola di derivazione riportata sopra,

0 0 0

2

− − − − −

f = 2(x α)g + (x α) g = (x α)(2 (x α)g )

0

da cui segue che f (α) = 0. − 6

Viceversa, sia α radice semplice di f . Allora, in E[x], f = (x α)g e g(α) = 0. Dunque

0 0

− 6

f (α) = g(α) + (α α)g (α) = g(α) = 0

concludendo la dimostrazione. ∈

Nella situazione che stiamo considerando, supponiamo che il polinomio monico f F [x]

sia irriducibile. Allora f è il polinomio minimo di ogni sua radice in qualche estensione

0

∈ ∈

di F . In particolare è il polinomio minimo della radice α E. Poiché f F [x]

0 0

e deg f = degf 1, si osserva dunque che α è radice anche di f (e quindi è radice

0

multipla di f ) se e soltanto se f = 0. Assumiamo ulteriormente che char(F ) = 0;

allora, si verifica facilmente che, se f è un polinomio di grado 1 (non necessariamente

0 6

irriducibile) in F [x], si ha f = 0.

Mettendo insieme queste due osservazioni abbiamo dunque la seguente

Proposizione 0.6.9 Sia F un campo di caratteristica 0, e sia f F [x] un polinomio

irriducibile. Allora tutte le radici di f , in un campo di spezzamento E, sono semplici

(quindi, se deg f = n, f ha n radici distinte in E).

I campi di caratteristica 0 non sono i soli a godere della proprietà stabilita dalla Proposizione

precedente (tali campi sono detti perfetti). Ad esempio, essa sussiste anche per i campi finiti.

Ma non tutti i campi sono perfetti. Ad esempio si consideri il campo delle frazioni algebriche

su (p un primo), ovvero F = (t) (abbiamo chiamato t l’ideterminata per riservare x a

Z Z

p p p −

denotare un’indeterminata su F ). Nell’anello dei polinomi F [x] si consideri f = x t. Si può

0 p−1

provare che f è irriducibile in F [x], mentre d’altra parte f = px = 0 (dato che, in un campo

di caratteristica p moltiplicare per p dà sempre 0). Quindi, per il Lemma 6.8, le radici di f in

un campo di spezzamento sono multiple (si può anche provare che, se α è una radice di f in E,

p

allora, in E[x], f = (x α) ).

Un polinomio a coefficienti nel campo F si dice separabile se ogni suo fattore irriducibile

ha tutte radici semplici in un suo campo di spezzamento (dunque, se char(F ) = 0 ogni

6 ∈

polinomio 0 = f F [x] è separabile). ∈

Un’estensione di campi E|F si dice separabile se è algebrica e per ogni b E il poli-

nomio minimo di b in F [x] è separabile. Un’immediata conseguenza della Proposizione

6.9 è il seguente fatto

Teorema 0.6.10 Sia F un campo di caratteristica 0. Allora ogni estensione algebrica

E|F è separabile.

ESERCIZI 84 n

∈ ≤ ∈ −

1. Sia F un campo, e siano a F e 1 n tali che il polinomio f = x a è irriducibile

N, ≥

in F [x]. Sia u una radice di F in un’opportune estensione di F , e sia m 1, m|n. Si provi che

m m

il grado di u su F è n/m, e si determini il polinomio minimo di u su F .

6 ∈

2. Sia F campo con char(F ) = 2, e sia f F [x] un polinomio irriducibile di grado 2. Sia E

campo di spezzamento per f , ed a E una radice di f . Si provi che E = F [a], e che esiste

2

∈ ∈

d E tale che E = F [d] e d F .

√ √ 3

3 −3) −

3. Si provi che 2, è il campo di spezzamento su di x 2.

Q( Q

4. Per ciascuno dei seguenti polinomi razionali si determini un campo di spezzamento contenuto

in e se ne calcoli il grado su

C, Q:

5 −

– f = x 2.

4 2

– g = x x + 4. ≤ ≤

5. Sia E|F un’estensione normale, e sia L campo intermedio (F L E): si provi che E|L è

un’estensione normale.

6. Sia F un campo e sia E|F estensione tale che [E : F ] = 2. Si provi che E|F è un’estensione

normale. √ 2, i)|Q è un’estensione normale.

7. Si provi che Q( √ √

4 2)|Q( 2) e 2)|Q sono normali, mentre l’estensione

8. Si provi che le estensioni Q(

Q(

4 2)|Q non lo è.

Q(

9. Sia E campo di spezzamento per un polinomio f sul campo F , e sia K un campo tale che

≤ ≤ →

F K E. Si provi che ogni F -monomorfiamo K E si può estendere ad un F -automorfismo

di E. 6 ∈

10. Sia F , e 0 = f F [x]. Si provi che tutte le radici di f in un campo di spezzamento sono

0

semplici se e solo se (in F [x]) (f, f ) = 1.

11. In una opportuna estensione di , si trovino le eventuali radici multiple del polinomio

Z

3

7 5 4 3 2

− − −

x + x + x x x x + 1.

12. Sia E|F un’estensione separabile, e sia L un campo intermedio: si provi che E|L e L|F

sono estensioni separabili.

0.7 Gruppo di Galois

Sia E|F un’estensione di campi, e siano ψ, φ F -automorfismi di E (ovvero automorfismi

del campo E che lasciano fisso ogni elemento del sottocampo F ); è chiaro allora che anche

85

−1 ◦

φ e φ ψ sono F -automorfismi di di E. Dunque l’insieme degli F -automorfismi di

E è un sottogruppo del gruppo degli automorfismi di E: esso viene chiamato Gruppo

di Galois dell’estensione E|F , e si denota con Gal(E|F ). ∈

Esempi. 1) Sia F un campo di caratteristica diversa da 2, ed E = F [b] dove b E è tale

2 2 2

6∈ ∈ −

che b F e b F . Allora, il polinomio minimo di b su F è x b , le cui radici in E sono

−b 6

b e (che sono distinte perché char(F ) = 2). Poiché E è generato su F dall’elemento b (più

esplicitamente: gli elementi di E sono tutti del tipo a +a b, con a , a F ), un F -automorfismo

0 1 0 1

di E è univocamente determinato dall’immagine di b tramite esso. Dunque, segue dal Lemma 6.3,

{ι −b.

che Gal(E|F ) = , φ} dove φ è l’unico F -automorfismo di E tale che φ(b) = Precisamente,

E − ∈

φ è dato da φ(a + a b) = a a b, per ogni a + a b E.

0 1 0 1 0 1

In particolare, questo si applica al caso di = per cui deduciamo che Gal(C|R) è costituito

C R(i),

dall’identità e dall’automorfismo di coniugio di C.

3 {ι}.

2)|Q) = Infatti, sempre per il Lemma 6.3, se φ è un di

2) Gal(Q( Q-automorfismo

√ √ 3

3 3 −

2), allora φ( 2) deve di necessità essere una radice del polinomio minimo g = x 2 di

Q( √ √

√ 3 3

3 2 su ma 2) non contiene radici di g diverse da 2, dato che queste ultime non sono

Q; Q(

√ √ √

3 3 3

reali mentre 2) Dunque ogni di 2) deve mandare 2 in se stesso.

Q( R. Q-automorfismo Q(

√ √

3 3

Poiché 2) è generato su da 2, si conclude che l’identità è l’unico elemento del gruppo

Q( Q

3

di Galois di 2)|Q.

Q( ∈

3) Siano p un numero primo positivo, ω una radice primitiva p-esima dell’unità, e

C

poniamo E = Gli automorfismi di E che fissano i razionali sono chiaramente determinati

Q(ω).

dall’immagine di ω. Se σ è un tale allora σ(ω) deve essere una radice dell’unità

Q-automorfismo,

k ≤ ≤ |Gal(E|Q)| ≤

diversa da 1, quindi σ(ω) = ω per un 1 k p−1, e pertanto p−1. D’altra parte,

k k

≤ ≤

per ogni 1 k p−1 si ha che E = ), e ω (cosı̀ come ω) è radice del polinomio irriducibile

Q(ω

p−1 k

1+x+. . .+x . Per il Lemma 6.3 esiste dunque un σ di E tale che σ (ω) = ω .

Q-automorfismo k k

{ι }. |Gal(E|Q)| −

Dunque Gal(E|Q) = = σ , σ , . . . , σ In particolare, = p 1 = [E : Q]

1 2 p−1

(osserviamo che, in questo esempio, E è un campo di spezzamento su Q).

{ι}.

4) Gal(R|Q) = Infatti, l’identità è il solo automorfismo (di campo!) di Sia φ

R.

automorfismo di allora da φ(1) = 1 segue che φ(z) = z per ogni z e da ciò che φ(u) = u

R, Z,

∈ ≤ ∈ ≤ ≥

per ogni u (lo si dimostri per bene). Inoltre se 0 r allora 0 φ(r): infatti se r 0,

Q R,

2 2 2

∈ ≥

esiste a tale che r = a e, quindi, poiché φ è omomorfismo, φ(r) = φ(a ) = φ(a) 0.

R ∈ 6

Supponiamo, per assurdo, che esista r tale che φ(r) = r; possiamo assumere che φ(r) > r (il

R

ragionamento nel caso opposto è identico). Allora. per la densità dei razionali nei reali, esiste

u con r < u < φ(r), e quindi, per quanto osservato sopra,

Q − − −

0 > φ(u r) = φ(u) φ(r) = u φ(r) < 0,

che è una contraddizione. Quindi φ = ι .

R

Sia G = Gal(E|F ) il gruppo di Galois dell’estensione di campi E|F , e sia H un sot-

togruppo di G. Si pone { ∈ | ∈ }.

Inv (H) = b E σ(b) = b per ogni σ H

E

Dalle definizioni date, e mediante semplici verifiche, segue ora facilmente la seguente

ossevazione.

Lemma 0.7.1 Sia E|F un’estensione di campi. Allora

≤ ≤ ≤

(1) se L è un campo intermedio (cioè F L E) allora Gal(E|L) Gal(E|F );

(2) se H Gal(E|F ) allora Inv (H) è un sottocampo di E contenente F .

E 86

Per esercizio.

Dimostrazione. ·

Questo Lemma mostra che il funtore Gal(E| ) associa ad ogni campo intermedio

·

dell’estensione E|F un sottogruppo di Gal(E|F ); e viceversa il funtore Inv ( ) associa

E

ad ogni sottogruppo di Gal(E|F ) un campo intermedio dell’estensione E|F . Il teorema

fondamentale della Teoria di Galois afferma che per certe estensioni (in particolare per i

campi di spezzamento su di polinomi razionali), questi due funtori sono l’uno l’inverso

Q

dell’altro, e che vi è pertanto una corrispondenza biunivoca tra l’insieme dei sottogruppi

di Gal(E|F ) e quello dei campi intermedi dell’estensione E|F .

Teorema 0.7.2 Sia F un campo, ed E campo di spezzamento su F per il polinomio

6 ∈ |Gal(E|F

0 = f F [x]. Se le radici di f in E sono tutte semplici allora )| = [E : F ].

Procediamo per induzione su [E : F ]. Se [E : F ] = 1 allora E = F e

Dimostrazione.

non c’è nulla da provare.

Sia quindi [E : F ] > 1. Allora, in F [x], f ha un fattore irriducibile g di grado n = deg g

almeno 2. Per ipotesi, E contiene n radici distinte di g: b = b , b , . . . , b . Per il

1 2 n →

Lemma 6.3, per ogni i = 1, 2, . . . , n, esiste un unico F -isomorfismo τ : F [b] F [b ]

i i

tale che τ (b) = b . Ora, E è un campo di spezzameno per il polinomio f sia su F [b]

i i

che su F [b ], e quindi, per il Teorema 6.4, ciascun τ (i = 1, 2, . . . , n) può essere esteso

i i

ad un isomorfismo η : E E. È chiaro che gli η sono F -automorfismi di E, cioè

i i

η Gal(E|F ) per ogni i = 1, 2, . . . , n (osserviamo che possiamo scegliere η = ι ).

i 1 E

Sia ora H = Gal(E|F [b]). Per il Lemma 7.1, H è un sottogruppo di G = Gal(E|F ).

Proviamo che G è l’unione disgiunta ∪ ∪ ∪

G = η H η H . . . η H (3)

1 2 n

{η }

(ovvero che , η , . . . , η è un sistema di rappresentanti delle classi laterali sinistre di

1 2 n ≤ ≤

G modulo H). Proviamo innanzi tutto che tali classi sono distinte. Siano 1 i, j n

−1 ∈

tali che η H = η H; allora η η = σ H, quindi η = η σ, e dunque

i j i i j

j

b = η (b) = η σ(b) = η (σ(b)) = η (b) = bj

i i j j j ∈

da cui segue i = j. Proviamo ora che l’unione è tutto G. Sia α G; poiché α fissa

ogni elemento di F , α(b) deve essere una radice di g, dunque α(b) = b , per un unico

i

−1 −1 ∈

i = 1, 2, . . . , n. Ne segue che η α(b) = b, e dunque che η α Gal(E|F [b]) = H,

i i

cioè α η H, provando cosı̀ l’uguaglianza (3). Dunque, applicando l’ipotesi induttiva

i

|H| = [E : F [b]] (che sussiste perché E è campo di spezzamento per f su F [b]), si ha

|G| |H|n

= = [E : F [b]] deg g = [E : F [b]][F [b] : F ] = [E : F ],

e la dimostrazione è completa.

Definizione. Un’estensione di campi E|F che sia finita, normale e separabile si dice

estensione di Galois.

Segue quindi dai Teoremi 6.7 e 6.10 che se F è un campo di caratteristica 0, ed E è

6 ∈

un campo di spezzamento per un polinomio 0 = f F [x], allora l’estensione E|F è

un’estensione di Galois. 87 |Gal(E|F

Teorema 0.7.3 Se E|F è un’estensione di Galois allora )| = [E : F ].

∞,

Sia E|F un’estensione di Galois. Poiché [E : F ] < esistono

Dimostrazione.

∈ ∈

b , . . . , b E tali che E = F [b , . . . , b ]. Per ogni i = 1, 2, . . . , n, sia f F [x] il

1 n 1 n i

polinomio minimo di b su F , e sia f F [x] il prodotto degli f distinti. Poiché E|F è

i i

normale, E contiene un campo di spezzamento per ciascuno degli f e quindi contiene

i

un campo di spezzamento per f su F ; ma b , . . . , b sono tutti radici di f , e dunque

1 n

E è un campo di spezzamento per f . Ora, poiché E|F è separabile, ciascun f ha solo

i

radici semplici. Siccome polinomi monici irriducibili distinti non possono avere radici

comuni, concludiamo che le radici di f sono tutte semplici. Dunque, per il Teorema 7.2,

|Gal(E|F )| = [E : F ].

Come esempio, determiniamo il gruppo di Galois dell’estensione E|Q dove E è il campo di

3 −

spezzamento del polinomio f = x x + 1. Abbiamo visto che, in f ha tre radici α, ζ, ζ̄,

C,

di cui α è reale e ζ, ζ̄ sono complesse coniugate. Quindi, un campo di spezzamento per f

{α,

è E = ζ, ζ̄) = ζ) e, come abbiamo visto, [E : F ] = 6. Sia Ω = ζ, ζ̄}, e sia

Q(α, Q(α,

G = Gal(E|F ). Se σ G, allora σ manda radici di f in radici di f , e dunque induce una

permutazione dell’insieme Ω. Pertanto è possibile definire (semplicemente mediante restrizione)

un’azione di G su Ω. Se σ G fissa tutti gli elementi di Ω, allora, poiché E è da questi generato

su F , σ deve essere l’identità su E. Dunque l’azione di G su Ω è fedele e pertanto G è isomorfo

' |G| '

ad un sottogruppo di Sym(Ω) S . Ma, per il Teorema 7.2, = [E : F ] = 6. Quindi G S .

3 3

Descriviamo ora i campi degli invarianti Inv (H) dei sottogruppi H di G. Osserviamo innanzi

E

tutto che ogni σ G è univocamente determinato dalla permutazione che esso induce sull’insieme

'

Ω delle radici di f , e che (in questo caso! dato che G S ) ogni permutazione di Ω è indotta da

3 ∩

un elemento di G. Osserviamo anche (lo si provi usando la formula dei gradi) che E =

R Q[α].

Chiaramente, Inv ({ι}) = E. Sia τ G tale che induce su Ω la permutazione che fissa α e

E 0

hτ i

scambia tra loro ζ e ζ̄; H = è un sottogruppo di ordine 2 di G. Ora, τ è la restrizione a E

0 0 0

∩R ∈

dell’automorfismo di coniugio, e quindi Inv (H ) = E = Sia τ G tale che τ fissa ζ e

Q[α].

E 0 1 1

hτ i. ≤

scambia α e ζ̄, e sia H = Allora, chiaramente, Inv (H ); se fosse Q[ζ] < Inv (H )

Q[ζ]

1 1 E 1 E 1

6∈

allora, per la formula dei gradi, Inv (H ) = E, ma ciò non è perché α Inv (H ): dunque

E 1 E 1

hτ i, ∈

Inv (H ) = Q[ζ]. Allo stesso modo si prova che, posto H = dove τ G è tale che fissa

E 1 2 2 2

ζ̄ e scambia α con ζ, allora Inv (H ) = Q[

ζ̄]. A questo punto, osserviamo che

E 2

≤ ∩ ∩

Inv (G) Inv (H ) Inv (H ) = =

Q[α] Q[ζ] Q

E E 0 E 1

e dunque Inv (G) = Q.

E −1

∈ hγi {ι, }

Infine, sia γ G tale che γ(α) = ζ, γ(ζ) = ζ̄, γ(

ζ̄) = α. Allora A = = γ, γ è un

sottogruppo di ordine 3 di G (che corrisponde al sottogruppo alterno A di S ). Sia

3 3

− − −

d = (α ζ)(ζ ζ̄)(

ζ̄ α).

− − − ∈ 6∈

Allora γ(d) = (ζ ζ̄)(

ζ̄ α)(α ζ) = d, e dunque d Inv (A). Ora, d infatti:

Q,

E

− − − −d. ≤ 6

τ (d) = (α ζ̄)(

ζ̄ ζ)(ζ α) = Quindi < Inv (A); e siccome Inv (A) = E, si

Q Q[d] E E

0 2 2

−d

deduce che Inv (A) = Osserviamo che da τ (d) = segue τ (d ) = d , e similmente si

Q[d].

E 0 0

2 2 2 ∈ ∩ ∩

verifica che τ (d ) = d ; quindi d Inv (τ ) Inv (τ ) = = Con un po’ di

Q[α] Q[ζ] Q.

1 E 0 E 1

3 −

conti, tenendo conto che a = α 1 e delle identità fornite dal confronto dei coefficienti in

3 − − − −

x x + 1 = (x α)(x ζ)(x ζ̄)

2 −23.

si trova che d = In particolare, [Q[d] : = 2. Ricapitolando abbiamo trovato che

Q] √

Inv ({ι}) = E, Inv (G) = Inv (A) = 23],

Q, Q[i

E E E

Inv (H ) = Q[α], Inv (H ) = Q[ζ], Inv (H ) = Q[

ζ̄]

E 0 E 1 E 2

88

Notiamo come per ogni sottogruppo H di G si abbia [Inv (H) : = [G : H]. Questo non è

Q]

E

un caso, come vedremo più avanti col teorema fondamentale della teoria di Galois. Quello stesso

'

Teorema garantisce che, poiché quelli che abbiamo esaminato sono tutti i sottogruppi di G S ,

3

i campi di invarianti che abbiamo trovato sono tutti i campi intermedi nell’estensione E|Q.

Permutazioni delle radici. Concludiamo questo paragrafo col formalizzare esplicita-

mente un’osservazione che abbiamo già fatto nel corso dello svolgimento di alcuni degli

esempi, che è semplice, ma fondamentale nella pratica. ∈ ∈

Sia E|F un’estensione di campi, sia G = Gal(E|F ), e f F [x]. Se b E è una radice

di f , allora, per ogni α G, si ha (poiché α fissa i coefficienti di F ),

f (α(b)) = α(f (b)) = α(0) = 0.

Quindi, gli elementi di Gal(E|F ) trasformano le radici in E di ciascun polinomio f a

coefficienti in F in radici di f . In altri termini, per ogni f F [x], Gal(E|F ) opera

come un gruppo di permutazioni sull’insieme delle radici di f in E. Particolarmente

significativo è il caso in cui E è il campo di spezzamento di f F [x]. In questo caso,

{b }

E è generato da F e dall’insieme = , . . . , b delle radici di f . G = Gal(E|F )

R 1 n

oper su R come un gruppo di permutazioni; inoltre, poiché E è generato da R, un F -

automorfismo di E che fissa ogni elemento di R è l’identità, pertanto l’azione di G su R

è fedele, e quindi G è isomorfo ad un sottogruppo di Sym(R) = S . Osserviamo infine

n

che se f F [x] è irriducibile, F separabile, ed E è un campo di spezzamento, allora

Gal(E|F ) opera transitivamente sull’insieme R delle radici in E di f ; in generale, per

campi di spezzamento, le orbite di Gal(E|F ) su R sono costituiscono gli insiemi delle

radici dei fattori irriducibili di f (in F [x]).

ESERCIZI 6 ∈

1. Sia F un campo, ed E campo di spezzamento su F per il polinomio 0 = f F [x]. Si provi

|Gal(E|F ≤

che )| [E : F ]. ∨L

2. Se K e L sono sottocampi del medesimo campo E, denotiamo con K il minimo sottocampo

di E contenete K L. Sia E|F un’estensione di campi. Provare che:

∩ ∨

i) Se K e L sono campi intermedi di E|F , allora Gal(E|K) Gal(E|L) = Gal(E|K L);

∩ i).

ii) Se H e T sono sottogruppi di Gal(E|F ), allora Inv (H) Inv (T ) = Inv (hH, T

E E E

3. Sia F un campo infinito, e F (x) il suo campo delle frazioni algebriche. Si provi che

Gal(F (x)|F ) è infinito.

√ √

3

4. Sia E = 35, 5). Dire se l’estensione E|Q è normale.

Q( √ √

5. Provare che l’estensione 2, 3)|Q è di Galois, e provare che il gruppo di Galois

Q(

√ √

Gal(Q( 2, 3)|Q) è isomorfo al prodotto diretto di due gruppi ciclici di ordine 2.

3 2

∈ − −

6. Sia E = dove r è una radice del polinomio g = x + x 2x 1. Verificare che

Q(r), C

0 2 −2

anche r = r è radice di g. Determinare quindi Gal(E|Q), e provare che E|Q è un’estensione

normale. 89


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Teemo92

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DETTAGLI
Esame: Algebra II
Corso di laurea: Corso di laurea in matematica
SSD:
Università: Firenze - Unifi
A.A.: 2007-2008

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Teemo92 di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Algebra II e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Firenze - Unifi o del prof Pacifici Andrea.

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