Estensioni cicliche
Sia $Q$ campo dei razionali $p(x)$ un polinomio di grado $n$ ivi irriducibile,$(x_1,x_2,.….x_n)$ le radici distinte, e supponiamo che risulti $E =Q( x_i)$ campo di spezzamento con $x_i$ radice qualsiasi, sotto quali altre condizioni $E$ potrebbe risultare un estensione ciclica?
Risposte
Il titolo de testo è "Teoria di Galois"
autori:
Serena Cicalò/Willem A.de Graaf
Si può scaricare anche gratuitamente da internet formato Pdf.
Anche se molto coinciso, sembra scritto molto bene, probabilmente l'argomento trattato va al di là delle mie capacità di comprensione.
autori:
Serena Cicalò/Willem A.de Graaf
Si può scaricare anche gratuitamente da internet formato Pdf.
Anche se molto coinciso, sembra scritto molto bene, probabilmente l'argomento trattato va al di là delle mie capacità di comprensione.
"Martino":
Nel caso in cui il campo di spezzamento sia proprio $QQ(x_1)$, esiste un unico automorfismo che manda $x_1$ in $x_i$, per ogni $i$. Questo si dimostra facilmente ed è una cosa che trovi facilmente sui libri. La dimostrazione non è per induzione.
Scusa se insisto ma se è una dimostrazione così semplice che non necessita dell'induzione , potresti riportarmela? Oppure darmi qualche dritta?
Grazie!
"francicko":
[quote="Martino"]Nel caso in cui il campo di spezzamento sia proprio $QQ(x_1)$, esiste un unico automorfismo che manda $x_1$ in $x_i$, per ogni $i$. Questo si dimostra facilmente ed è una cosa che trovi facilmente sui libri. La dimostrazione non è per induzione.
Scusa se insisto ma se è una dimostrazione così semplice che non necessita dell'induzione , potresti riportarmela? Oppure darmi qualche dritta?
Grazie![/quote]
E’ una conseguenza immediata del fatto che l’azione di Galois è transitiva sulle radici del polinomio minimo, cosa che a sua volta è conseguenza immediata del teorema fondamentale della teoria di Galois.
"Martino":
Detto $f(x)$ il polinomio minimo di $x_1$ su $QQ$, che coincide col polinomio minimo di $x_i$ per qualsiasi $i$, l'omomorfismo di valutazione $QQ[x] to QQ(x_i)$, $P(x) mapsto P(x_i)$, è suriettivo con nucleo $(f(x))$ e quindi induce un isomorfismo $QQ[x]//(f(x)) to QQ(x_i)$. Per composizione ottieni quindi
$QQ(x_1) cong QQ[x]//(f(x)) cong QQ(x_i)$
Questo è un isomorfismo $QQ(x_1) to QQ(x_i)$ che manda $x_1$ in $x_i$. Se la tua domanda riguarda cosa significa $QQ[x]//(f(x))$ è perché devi aprire un libro e studiare.
Francicko guarda che la dimostrazione te l'ho già scritta, è questa qui sopra.
Considerando $Q[x]//p(x)$ $~~$ $Q[x]$ con $x$ indeterminata , sostituendo ad essa le soluzioni del su indicato polinomio , ${x_1,x_2,..x_n}$ ottengo tutte le uniche e possibili copie isomorfe $Q(x_1)~~Q(x_2)~~,...,Q(x_n)$ ed in definitiva comunque fissata una radice qualsiasi $x_i$ tutti i possibili distinti automorfismi, devono essere dati da $Q(x_i)->Q(x_j)$, che manda $x_i->x_j$ al variare di $j$ in $(1,2,3,...n)$ quindi in numero esattamente di $n$, che rappresenta anche la dimensione di $[Q(x_i):Q]=n$ in quanto $E=Q(x_i)=Q(x_1,x_2,..,x_n)$ campo di spezzamento del polinomio, quindi la dimensione del campo di spezzamento risulta uguale al numero degli automorfismi . Ho ben capito?
No, stai solo scrivendo parole in libertà. Il fatto è che per capire quello che ho scritto devi studiare sui libri cosa significa $QQ[x]//(P(x))$. È un anello quoziente. E ho anche usato il cosiddetto teorema di isomorfismo.
Di solito, quando si sbaglia una dimostrazione, almeno una cosa giusta la si riesce a dire, per puro caso. Qui c'è del talento, è quasi patafisica.
Scusa se $p(x)=x^n-c_0-c_1x+...+c_(n-1)x^(n-1)$ di grado $n$ è irriducibile e quindi primo in$Q(x)$ allora $Q(x)//p(x)$ oltre ad essere un anello quoziente in particolare, ogni elemento risulta essere invertibile e quindi non è un campo? Cioè
$Q[x]//f~~$ ${a_0+a_1x+a_2x^2+.....+a_(n-1)x^(n-1) | x^n=c_0+c_1x+...+c_(n-1)x^(n-1)}$
con $a_i$ $in$ $Q$ arbitrari ed ovviamente $c_i$ $in$ $Q$ fissati, cioè tutti gli elementi possono essere scritti nella forma su indicata? Se sostituisco all'indeterminata $x$ una qualsiasi radice del polinomio non ottengo $Q(x)//p(x)~~Q(alpha_i)$ con $alpha_i$ radice qualsiasi del polinomio?
Se indicato con ${alpha_1,alpha_2,...alpha_n}$ tutte le radici del polinomio non risulta $Q(alpha_1)~~Q(alpha_2)~~...Q(alpha_n)$, non è vero?
$Q[x]//f~~$ ${a_0+a_1x+a_2x^2+.....+a_(n-1)x^(n-1) | x^n=c_0+c_1x+...+c_(n-1)x^(n-1)}$
con $a_i$ $in$ $Q$ arbitrari ed ovviamente $c_i$ $in$ $Q$ fissati, cioè tutti gli elementi possono essere scritti nella forma su indicata? Se sostituisco all'indeterminata $x$ una qualsiasi radice del polinomio non ottengo $Q(x)//p(x)~~Q(alpha_i)$ con $alpha_i$ radice qualsiasi del polinomio?
Se indicato con ${alpha_1,alpha_2,...alpha_n}$ tutte le radici del polinomio non risulta $Q(alpha_1)~~Q(alpha_2)~~...Q(alpha_n)$, non è vero?
Niente, ho perso la speranza.
Se $f(x)$ ha grado $1$ allora $Q[x]//f(x)$ è il campo $Q$, se $f(x)$ ha grado $2$ allora $Q(x)//F(x)$ è formato da tutte le classi i equivalenza ${[a_0+a_1x]$ $:$ $a_i$ $in$ $Q$, in generale se $f(x)$ ha grado $n$ risulta
$Q[x]//f(x)={[a_0+a_2x+a_2x^2+....a_(n-1)x^(n-1)]$ $:$ $a_i$ $in$ $Q}$, pertanto le definizioni di somma e prodotto sulle classi di equivalenza ed l'isomorfismo $a_i ->[a_i]$ implicano $[a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_(n-1)x^(n-1)]=[a_0]+[a_1][x]+a_2[x^2]+....+a_(n-2)[x]^(n-1)$ giusto?
Ora posso rimpiazzare $[x]$ con una soluzione $phi$ del polinomio così che risulta :
$Q[x]//f(x)={a_0+a_1phi+a_2phi^2+...+a_(n-1)phi^(n-1)$ $:$ $a_i$ $in$ $Q}$
Se $f(x)$ è irriducibile ogni elemento della forma su indicata risulta invertibile ed $Q[x]//f(x)$ è un campo, cosa c'è di sbagliato in questo ragionamento?
$Q[x]//f(x)={[a_0+a_2x+a_2x^2+....a_(n-1)x^(n-1)]$ $:$ $a_i$ $in$ $Q}$, pertanto le definizioni di somma e prodotto sulle classi di equivalenza ed l'isomorfismo $a_i ->[a_i]$ implicano $[a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_(n-1)x^(n-1)]=[a_0]+[a_1][x]+a_2[x^2]+....+a_(n-2)[x]^(n-1)$ giusto?
Ora posso rimpiazzare $[x]$ con una soluzione $phi$ del polinomio così che risulta :
$Q[x]//f(x)={a_0+a_1phi+a_2phi^2+...+a_(n-1)phi^(n-1)$ $:$ $a_i$ $in$ $Q}$
Se $f(x)$ è irriducibile ogni elemento della forma su indicata risulta invertibile ed $Q[x]//f(x)$ è un campo, cosa c'è di sbagliato in questo ragionamento?
"francicko":Fino a qui ha più o meno senso, tolta la parte "l'isomorfismo $a_i -> [a_i]$" che non ha nessun senso.
Se $f(x)$ ha grado $1$ allora $Q[x]//f(x)$ è il campo $Q$, se $f(x)$ ha grado $2$ allora $Q(x)//F(x)$ è formato da tutte le classi i equivalenza ${[a_0+a_1x]$ $:$ $a_i$ $in$ $Q$, in generale se $f(x)$ ha grado $n$ risulta
$Q[x]//f(x)={[a_0+a_2x+a_2x^2+....a_(n-1)x^(n-1)]$ $:$ $a_i$ $in$ $Q}$, pertanto le definizioni di somma e prodotto sulle classi di equivalenza ed l'isomorfismo $a_i ->[a_i]$ implicano $[a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_(n-1)x^(n-1)]=[a_0]+[a_1][x]+a_2[x^2]+....+a_(n-2)[x]^(n-1)$ giusto?
Ora posso rimpiazzare $[x]$ con una soluzione $phi$ del polinomio così che risulta :Questo non ha nessun senso, come fai a sostituire alla $x$ un'altra cosa così allegramente?
$Q[x]//f(x)={a_0+a_1phi+a_2phi^2+...+a_(n-1)phi^(n-1)$ $:$ $a_i$ $in$ $Q}$
Se $f(x)$ è irriducibile ogni elemento della forma su indicata risulta invertibile ed $Q[x]//f(x)$ è un campo, cosa c'è di sbagliato in questo ragionamento?Sul fatto che $QQ[X]//(f(x))$ è un campo non ci sono dubbi (dato che $f(x)$ è irruducibile) ma quello che devi mostrare è che $QQ[X]//(f(x))$ è isomorfo a $QQ(phi)$ dove $phi$ è una radice di $f(x)$ (nota bene: isomorfo, non uguale), per farlo devi prendere la classe di un polinomio $P(x)$ e mandarla in $P(phi)$ e mostrare che questo è un isomorfismo.
Data $phi$ radice del polinomio $f(x)$ (irriducibile) si ha $QQ[x]//(f(x)) cong QQ(phi)$, questo è vero. Se adesso lo componi con $QQ(psi) cong QQ[x]//(f(x))$ dove $psi$ è un'altra radice del polinomio, ottieni che $QQ(phi)$ è isomorfo a $QQ(psi)$.
Il problema è che, da quello che scrivi, secondo me non ti è nemmeno del tutto chiaro cosa significhi isomorfismo. In ogni caso mi fermo qui perché sono stanco, ciao.
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