Estensione di campi(esercizio)

[anto_zoolander]

Ciao!

ho il seguenti due esercizi dimostrativi sulla teoria dei campi

1. sia $ksubsetF$ una estensione di campi e sia $a in Fsetminusk$ un elemento tale che $[k(a):k]$ è dispari; dimostrare che $k(a)=k(a^2)$

2. sia $f(x)=x^p-x-1 in ZZ_p[x]$
- dimostrare che $f(x)$ è irriducibile su $ZZ_p$
- dimostrare che l'estensione formale $ZZ_p(xi)$ è il campo di spezzamento di $f(x)$

primo

sicuramente $ksubsetk(a^2)subsetk(a)$
supponiamo per assurdo che $k(a)nek(a^2) => a notin k(a^2)$

il polinomio $p(x)=x^2-a^2 in k(a^2)[x]$ è irriducibile in quanto le radici $-a,a$ non ci stanno
quindi $k(a^2)(a)=k(a^2,a)=k(a)$ è una estensione di grado due di $k(a^2)$

dispari$=[k(a):k]=[k(a):k(a^2)]*[k(a^2):k]=2*[k(a^2):k]=$pari

il che è assurdo

secondo(non riesco a concludere)

per prima cosa mostro che è irriducibile e poi che è separabile

se $x^p-x-1=q(x)k(x)$ allora derivando $-1=px^(p-1)-1=q'(x)k(x)+q(x)k'(x)$

passando ai gradi

$0=partialq'+partialk'+underbrace(partialq+partialk)_(p)geqp>1$

allo stesso modo se $(x-xi)^m | f(x) => x^p-x-1=(x-xi)^mq(x)$ supponendo che sia $m>1$

derivando $-1=m(x-xi)^(m-1)q(x)+(x-xi)^m q'(x)$

passando ai gradi si ottiene che

$0geqm-1+partialq=p-1>0$

quindi deve essere $m=1$ ovvero sul suo campo di spezzamento ha tutte le radici distinte ossia è un polinomio separabile.

Ora non so come giustificare che $ZZ_p(xi)$ è il campo di spezzamento

[Studente Anonimo]

Per il secondo, prova a calcolare $f(xi+1)$.

[anto_zoolander]

Ciao Martino
Il primo è corretto?

Per il secondo mi torna che $xi+1$ è anche essa radice.

Se $xi+k$ è radice allora $xi+k+1$ è radice pertanto ${xi+k}_(k=0,...,p-1)$ contiene radici distinte del polinomio e $ZZ_p(xi)$ le contiene.

Dovrebbe reggere.

[Studente Anonimo]

Sì giusto.

La prima parte non regge: il grado di una somma non è la somma dei gradi.

Puoi ragionare così: hai appena dimostrato che $ZZ_p(xi)$ è campo di spezzamento di $f(x)$ per ogni $xi$ che è radice di $f(x)$. Quindi il grado $m$ di $ZZ_p(xi)$ su $ZZ_p$ è lo stesso per ogni radice $xi$ di $f(x)$. Prova a dedurre che se $m$ non è uguale a $p$ allora $xi in ZZ_p$ e da qui deduci un assurdo. L'uguaglianza $m=p$ significa esattamente che $f(x)$ è irriducibile.

[anto_zoolander]

In effetti la cosa che ho scritto sui gradi è una bella cavolata.

In realtà inizialmente l'avevo fatta così; suppongo che $xi$ sia una radice $(x-xi)^m | f(x)$ con $mgeq1$ allora si ottiene

$f(x)=(x-xi)^m q(x) => m(x-xi)^(m-1)q(x)+(x-xi)^mq'(x)=-1$

ovvero

$(star)$ $(x-xi)^(m-1)*(-mq(x)-(x-xi)q'(x))=1$

quindi

$(x-xi)^(m-1)|1 => m-1leq0 => m=1$

la cosa dei gradi la applicavo dopo averlo scritto come $(star)$ per dedurre il passo sotto

Non mi viene nulla per il momento e non ne sono contento.
C'è qualche teorema che non conosco a cui posso appellarmi in questi casi?

[Studente Anonimo]

Sì hai appena dimostrato che il polinomio è separabile.

Ti resta da dimostrare che è irriducibile. Per fare questo ti ho dato delle indicazioni nel messaggio precedente.

[anto_zoolander]

Si intendevo che il consiglio l’ho colto ma non sono riuscito ad usarlo, penso abbia a che fare con le estensioni normali. Ci provo domani