Gruppo di Galois di un polinomio biquadratico, in caratteristica 2
Un esercizio abbastanza classico di teoria di Galois cerca il gruppo di Galois del polinomio
\[
p(X) = X^4 + aX^2+b
\] Da quel che ho visto, solitamente si suppone che il polinomio sia a coefficienti in un campo di caratteristica diversa da 2 (quindi 0 o un primo dispari). Come si fa il conto in caratteristica 2? In generale, il discriminante è sempre zero, quindi questo polinomio non è separabile. Questo come cambia il conto che bisogna fare? Ancora in generale, uno può andare per casi sui valori di $a,b$ (vengono 3 casi, di cui uno veramente banale).
Avete delle reference per studiare questa cosa in dettaglio?
\[
p(X) = X^4 + aX^2+b
\] Da quel che ho visto, solitamente si suppone che il polinomio sia a coefficienti in un campo di caratteristica diversa da 2 (quindi 0 o un primo dispari). Come si fa il conto in caratteristica 2? In generale, il discriminante è sempre zero, quindi questo polinomio non è separabile. Questo come cambia il conto che bisogna fare? Ancora in generale, uno può andare per casi sui valori di $a,b$ (vengono 3 casi, di cui uno veramente banale).
Avete delle reference per studiare questa cosa in dettaglio?
Risposte
Forse dovresti prima dirci come definisci il gruppo
di Galois di un polinomio non separabile.
di Galois di un polinomio non separabile.
E' il gruppo degli automorfismi del campo grande che fissano il campo piccolo, no? L'aggiunzione di Galois tra campi intermedi e sottogruppi del Gal c'è sempre...
Nel capitolo 5 dell’Algebra di Bourbaki c’e’ una discussione
della inseparabilita’ e le relazioni con i gruppi di Galois.
Nel tuo caso, $a,b$ stanno in un campo $F$ di caratteristica $2$. Sia
$L$ un campo di spezzamento di $f(x)=x^4+ax^2 +b$. Allora
il gruppo $G$ degli automorfismi di $L$ che fissano $F$, ha cardinalita’ $2$
se $a!=0$ e $x^2+ax+b$ e’ irriducibile in $F[x]$ ed e’ banale se no.
Per vedere questo, notiamo che $L$ contiene sia $\alpha=\sqrt{a}$ che $\beta=sqrt{b}$.
Ogni automorfismo in $G$ deve fissare $\alpha$ e $\beta$. Sia $F’$ il sottocampo
$F(\alpha,\beta)$ di $L$. Abbiamo che $f(x)=g(x)^2$ dove $g(x)$ e' il
polinomio $x^2+\alpha x +\beta$ in $F’[x]$.
Il campo $L$ e' quindi un campo di spezzamento di $g(x)$ su $F’$
e $G$ e' il gruppo degli automorfismi di $L$ che fissano $F'$.
Ma per il polinomio $g(x)$ di grado $2$ tutto e' facile:
il gruppo $G$ ha cardinalita’ $2$ se $g(x)$ e’ separabile e
irriducibile in $F’[x]$ ed e’ banale se no. Ora, $g(x)$
e’ separabile se e solo se $\alpha!=0$ se e solo se $a!=0$.
Per quanto riguarda la irriducibilita’, e’ facile vedere che $g(x)$ ha
uno zero in $F’$ se e solo se $x^2+ax+b$ ha uno zero in $F$.
E ci siamo.
della inseparabilita’ e le relazioni con i gruppi di Galois.
Nel tuo caso, $a,b$ stanno in un campo $F$ di caratteristica $2$. Sia
$L$ un campo di spezzamento di $f(x)=x^4+ax^2 +b$. Allora
il gruppo $G$ degli automorfismi di $L$ che fissano $F$, ha cardinalita’ $2$
se $a!=0$ e $x^2+ax+b$ e’ irriducibile in $F[x]$ ed e’ banale se no.
Per vedere questo, notiamo che $L$ contiene sia $\alpha=\sqrt{a}$ che $\beta=sqrt{b}$.
Ogni automorfismo in $G$ deve fissare $\alpha$ e $\beta$. Sia $F’$ il sottocampo
$F(\alpha,\beta)$ di $L$. Abbiamo che $f(x)=g(x)^2$ dove $g(x)$ e' il
polinomio $x^2+\alpha x +\beta$ in $F’[x]$.
Il campo $L$ e' quindi un campo di spezzamento di $g(x)$ su $F’$
e $G$ e' il gruppo degli automorfismi di $L$ che fissano $F'$.
Ma per il polinomio $g(x)$ di grado $2$ tutto e' facile:
il gruppo $G$ ha cardinalita’ $2$ se $g(x)$ e’ separabile e
irriducibile in $F’[x]$ ed e’ banale se no. Ora, $g(x)$
e’ separabile se e solo se $\alpha!=0$ se e solo se $a!=0$.
Per quanto riguarda la irriducibilita’, e’ facile vedere che $g(x)$ ha
uno zero in $F’$ se e solo se $x^2+ax+b$ ha uno zero in $F$.
E ci siamo.
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