[Algebra 2] Ex. Dimostrazione 2
Esercizio. Sia $K$ il campo di spezzamento di un polinomio $f(x) ∈ F[x]$ ($F$ campo) con radici tutte distinte. Dimostrare che l’azione del gruppo di Galois $Gal(K,F)$ sulle radici di $f(x)$ è transitiva (cioè c' è una sola orbita) se e soltanto se $f(x)$ è irriducibile su $F$.
Dim. ( $\Rightarrow$). Sia $R={\alpha_1,\alpha_2, \cdots, \alpha_{n-1},\alpha_n}$ l'insieme delle radici di $f$ e sia $\mu: R \times Gal(K,F) \mapsto R$ che manda la coppia $(\alpha_i,\sigma)$ in $\sigma(\alpha_i)$, supponiamo per assurdo che $f$ sia riducibile, cioè che ammetta una fattorizzazione in irriducibili di grado $n>1$, e siano $p(x)$ e $q(x)$ due polinomi irriducibili $R$ contiene tutte le radici di $p(x)$ e di $q(x)$ per ipotesi distinte, dunque siano $\alpha_i$ e $\alpha_j$ due radici rispettivamente di $p(x)$ e $q(x)$, poiché $\mu$ è transitiva esiste $\sigma \in Gal(K,F)$ tale che $\sigma(\alpha_i)=\alpha_j$ ma allora $0=\sigma(0)=\sigma(p(\alpha_i))=p(\sigma(\alpha_i))=p(\alpha_j)$
assurdo, poiché le radici sono tutte distinte e quindi se annullano un polinomio irriducibile non possono annullarne un altro.
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Dim. ( $\Rightarrow$). Sia $R={\alpha_1,\alpha_2, \cdots, \alpha_{n-1},\alpha_n}$ l'insieme delle radici di $f$ e sia $\mu: R \times Gal(K,F) \mapsto R$ che manda la coppia $(\alpha_i,\sigma)$ in $\sigma(\alpha_i)$, supponiamo per assurdo che $f$ sia riducibile, cioè che ammetta una fattorizzazione in irriducibili di grado $n>1$, e siano $p(x)$ e $q(x)$ due polinomi irriducibili $R$ contiene tutte le radici di $p(x)$ e di $q(x)$ per ipotesi distinte, dunque siano $\alpha_i$ e $\alpha_j$ due radici rispettivamente di $p(x)$ e $q(x)$, poiché $\mu$ è transitiva esiste $\sigma \in Gal(K,F)$ tale che $\sigma(\alpha_i)=\alpha_j$ ma allora $0=\sigma(0)=\sigma(p(\alpha_i))=p(\sigma(\alpha_i))=p(\alpha_j)$
assurdo, poiché le radici sono tutte distinte e quindi se annullano un polinomio irriducibile non possono annullarne un altro.
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Risposte
La prima implicazione l'hai dimostrata quasi, nel senso che non è scritta benissimo, immagino che volessi dire che $alpha_i$ è radice di $p(x)$ e $alpha_j$ è radice di $q(x)$.
La seconda implicazione non si dimostra così (non ho nemmeno capito cosa vuoi dire sinceramente). Supponi $f(x)$ irriducibile e l'azione di $G=Gal(K,F)$ non transitiva. Allora ci sono almeno due orbite $A,B$ di radici di $f$. Ora l'idea è prendere $prod_{a in A} (X-a)$ e mostrare che si tratta di un polinomio di $F[X]$ che divide $f(X)$, da cui l'assurdo.
La seconda implicazione non si dimostra così (non ho nemmeno capito cosa vuoi dire sinceramente). Supponi $f(x)$ irriducibile e l'azione di $G=Gal(K,F)$ non transitiva. Allora ci sono almeno due orbite $A,B$ di radici di $f$. Ora l'idea è prendere $prod_{a in A} (X-a)$ e mostrare che si tratta di un polinomio di $F[X]$ che divide $f(X)$, da cui l'assurdo.
Ho modificato la prima parte aggiungendo quello che mancava sapere. Mentre per la seconda parte ci devo pensare. Intanto se puoi dare un'occhiata anche alla dimostrazione topologica del teorema di Brouwer nella sezione geometria, te ne sarei grato. Grazie per la disponibilità.
I coefficienti del polinomio $g(x)=\prod_{\alpha_i \in A}(X-\alpha_i)$ sono funzioni simmetriche elementari quindi sono fissati da ogni automorfismo $\sigma \in Gal(K,F)$. In conclusione $g(x) \in F[x]$, da cui l'assurdo.
No, il punto è che $sigma$ permuta gli $alpha_i$ quindi banalmente $sigma(g(x))= \prod_{alpha_i}(X-sigma(\alpha_i)) = g(x)$.
Ci avevo pensato solo che non ero sicuro di poter applicare gli automorfismi su $K[x]$, perché il mio ragionamento non va?
Ah adesso ho capito cosa volevi dire. Sì ok il tuo ragionamento va bene. Io parlavo dell'omomorfismo esteso a $k[X]$.
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