Lezione 22 Estensioni algebriche.

Lezione 22
Prerequisiti: Lezione 21
Riferimenti ai testi: [FdG] Sezione 8.3; [H] Sezione 5.1, [PC] Sezione 6.1
Estensioni algebriche.
Definizione 22.1 Dato un campo F, e data una sua estensione L, un elemento α ∈ L si dice
algebrico su F se è radice di un polinomio non nullo a coefficienti in F. Altrimenti α si dice
trascendente su F.
Esempio 22.2 I numeri complessi i, 2 sono algebrici su ℚ , essendo radici, rispettivamente, dei
polinomi x2+1 e x2−2. Invece, π ed e sono trascendenti su ℚ . (Lindemann 1882, Hermite 1873).
Definizione 22.3 Un’estensione L di un campo F si dice algebrica se ogni elemento di L è algebrico
su K. Altrimenti si dice trascendente.
Osservazione 22.4 Ogni campo è un’estensione algebrica di se stesso.
Esempio 22.5 ℂ è un’estensione algebrica di ℝ . ℝ è un’estensione trascendente di ℚ .
Proposizione 22.6 Ogni estensione finita è algebrica.
Dimostrazione: Sia L un’estensione finita del campo F, sia [ L : F ] = n. Sia ϑ ∈ L. Allora gli
elementi 1,ϑ ,ϑ 2 ,...,ϑ n sono linearmente dipendenti su F, cioè esistono a0 , a1 , a2, ..., an ∈ F , non tutti
nulli, tali che a0 + a1ϑ + a2ϑ 2 + ⋯ + anϑ n = 0. Ma allora ϑ è radice del polinomio non nullo
f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ⋯ + an x n a coefficienti in F, e quindi ϑ è algebrico su F.
Nota Vedremo più avanti che, in generale, il viceversa non è vero (v. Esempio 22.12). La
Proposizione 22.6 può essere solo parzialmente invertita, come proveremo tra poco.
Osservazione 22.7 Dalla Proposizione 22.6 segue, in particolare, che [ℝ : ℚ] = ∞.
Osservazione 22.8 Sia L un’estensione del campo F, e sia a ∈ L un elemento algebrico su F.
Consideriamo l’omomorfismo di valutazione in a:
ϕa : F [ x] → L
f ( x ) ֏ f (a )
Si ha Imϕ a = F [a ] . Per il Teorema fondamentale di omomorfismo per anelli (Teorema 15.5) segue
che
F [ x ]/ Kerϕ a ≅ Im ϕ a = F [a ] .
Ricordando che F[x] è un anello ad ideali principali (Proposizione 16.5), sappiamo che esiste
pa ( x ) ∈ F [ x ] tale che Kerϕ a = ( pa ( x )). Il generatore pa ( x ) è definito a meno di un fattore
costante non nullo (Lemma 17.5). In particolare, esiste un solo generatore pa ( x ) monico.
Chiameremo questo il polinomio minimo di a su F. Esso gode della seguente proprietà:
∀f ( x ) ∈ F [ x ]
f ( a ) = 0 ⇔ pa ( x ) | f ( x ).
(*)
Il polinomio minimo di a su F si può caratterizzare in vario modo:
Proposizione 22.9 Sia F un campo, sia L una sua estensione, e sia a ∈ L un elemento algebrico su
F. Sia p( x ) ∈ F [ x ] un polinomio monico. Sono equivalenti le seguenti condizioni:
a) p( x ) è il polinomio minimo di a su F;
b) p( x ) è un polinomio irriducibile avente a come radice;
c) p( x ) ha grado minimo tra i polinomi non nulli di F [ x ] aventi a come radice.
Dimostrazione: Proviamo che a) ⇒ b) . Sia p( x ) il polinomio minimo di a su F. Allora, per
definizione, p( x ) ha a come radice. Dimostriamo che p( x ) è irriducibile. Se p( x ) = f ( x ) g ( x ),
con f ( x ), g ( x ) ∈ F [ x ], allora
p( a ) = 0 ⇒ f (a ) = 0 oppure g (a ) = 0 .
Nel primo caso p( x ) | f ( x ). Poiché f ( x ) | p ( x ) , segue facilmente che g ( x ) è invertibile.
Analogamente, se g ( a ) = 0, si conclude che f ( x ) è invertibile. Proviamo ora che b) ⇒ a) . Se
vale b), in virtù di (*), pa ( x ) | p( x ). Essendo p( x ) irriducibile, segue che p( x ) = upa ( x ) per qualche
elemento u ∈ F * . Siccome pa ( x ) e p( x ) sono entrambi monici, necessariamente u = 1, cioè
pa ( x ) = p ( x ). Per provare che a) ⇒ c) basta applicare (*). Viceversa, si ha che c) ⇒ a) perché
un polinomio verificante c) è sicuramente un generatore dell’ideale Kerϕ a : è infatti un elemento di
valutazione minima tra gli elementi non nulli di quest’ideale (questo argomento è tratto dalla
dimostrazione della Proposizione 16.5).
Ora si ha che
F [ x ]/( pa ( x )) ≅ F [a ]
mediante l’isomorfismo
ϕ a* : F [ x ]/( pa ( x )) → F [a ]
f ( x ) + ( pa ( x )) ֏ f (a )
In virtù della Proposizione 18.17, ( pa ( x )) è un ideale massimale di F[x], e pertanto, per la
Proposizione 18.10, F[a] è un campo. In particolare, F [a ] = F (a ). Inoltre, se il grado di pa ( x ) è
pari a n, si ha che
 n −1
  n −1

F [ x] /( pa ( x)) = { f ( x) + ( pa ( x)) f ( x) ∈ F [ x]} = ∑ ai xi + ( pa ( x)) ai ∈ F  = ∑ ai ( xi + ( pa ( x))) ai ∈ F  ,
 i =0
  i =0

dove i polinomi
n −1
∑a x
i
i
elencati sono i rappresentanti canonici delle classi di congruenza modulo
i =0
pa ( x ) , e quindi a diverse n-uple ( a0 , a1 ,..., an −1 ) di elementi di F corrispondono diversi elementi
dell’insieme. Segue che gli elementi
1( pa ( x )),
x + ( pa ( x )),
x 2 + ( pa ( x )),...,
x n −1 + ( pa ( x ))
formano una base di F [ x ]/( pa ( x )) su F. Dunque F(a) ha come base su F
1, a, a 2 ,..., a n −1 .
In particolare, [ F (a ) : F ] = n.
Ad esempio, il polinomio minimo di i su ℝ è x 2 + 1 , e ℂ = ℝ(i ) = ℝ[i ] ≅ ℝ[ x ]/( x 2 + 1) è
un’estensione di grado 2 su ℝ , e gli elementi 1, i ne formano una base. Il polinomio minimo di
2 su ℚ è x 2 − 2 , e ℚ( 2) = ℚ[ 2] ≅ ℚ[ x ] /( x 2 − 2) è un’estensione di grado 2 di ℚ , e gli
elementi 1,
2 ne formano una base.
Insieme alla Proposizione 22.6, quanto precede fornisce la dimostrazione della seguente:
Proposizione 22.10 Sia L un’estensione del campo F, e sia a ∈ L. Allora a è algebrico su F se e
solo se F(a) è un’estensione finita di F. In tal caso F (a ) = F [a ] , [ F (a ) : F ] è uguale al grado del
polinomio minimo di a su F.
Questo risultato ha importanti conseguenze.
Teorema 22.11 Sia L un’estensione del campo F. L’insieme degli elementi di L che sono algebrici
su F è un sottocampo di L contenente F.
Dimostrazione: Siano a, b ∈ L elementi algebrici su F. Allora a − b, ab ∈ F (a , b) = F (a )(b) .
Essendo b algebrico su F, lo è, a maggior ragione, anche su F(a). Dunque, per la Proposizione 22.8,
F(a)(b) è un’estensione finita di F(a), che, a sua volta, per un motivo analogo, è un’estensione finita
di F. In virtù della Proposizione 21.5 sulla moltiplicazione dei gradi delle estensioni, segue che
F(a,b) è un’estensione finita di F. Quindi è un’estensione algebrica, in virtù della Proposizione
22.6. Pertanto a − b, ab sono elementi algebrici su F. Inoltre, se a ≠ 0, allora a −1 ∈ F (a ) , e dunque
a −1 è un elemento algebrico su F. Ciò basta per concludere.
Definizione 22.12 L’insieme (campo) degli elementi del campo L algebrici sul sottocampo F si
dice chiusura algebrica di F in L. Se essa coincide con F, allora F si dice algebricamente chiuso in
L.
Il prossimo esempio mostra che un’estensione algebrica non è necessariamente finita, ossia, la
Proposizione 22.6 non si può invertire.
Esempio 22.13 Sappiamo che ℚ non è algebricamente chiuso in ℝ : infatti, ad esempio, 2 è un
numero reale algebrico non razionale. La chiusura algebrica ℚ 0 di ℚ in ℝ è un’estensione
algebrica di ℚ avente su ℚ grado infinito. Infatti, per ogni n>0, il polinomio x n − 2 è il polinomio
minimo di n 2 su ℚ (è irriducibile per il criterio di Eisenstein). Dunque, per ogni n>0, in virtù
della Proposizione 22.10,
[ℚ 0 : ℚ] ≥ [ℚ( n 2) : ℚ] = n,
quindi [ℚ 0 : ℚ] = ∞.
Proposizione 22.14 (Transitività delle estensioni algebriche) Se il campo L è un’estensione
algebrica del campo K, e K è un’estensione algebrica del campo F, allora L è un’estensione
algebrica di F.
Dimostrazione: Sia α ∈ L. Allora, essendo α algebrico su K, esiste un polinomio non nullo
n
f ( x ) = ∑ ai x i ∈ K [ x ] tale che f (α ) = 0. Segue che α è algebrico su F (a0 , a1 ,..., an ) . Per la
i =0
Proposizione 22.10 segue che F (a0 , a1 ,..., an ,α ) è un’estensione finita di F (a0 , a1 ,..., an ) . Sia
[ F (a0 , a1 ,..., an ,α ) : F ( a0 , a1 ,..., an )] = d ∈ ℕ.
Ora: an ∈ K è algebrico su F, a maggior ragione è algebrico su F (a0 , a1 ,..., an −1 ). Per la
Proposizione 22.10, segue che
F (a0 , a1 ,..., an ) = F (a0 , a1 ,..., an −1 )( an )
è un’estensione finita di F (a0 , a1 ,..., an −1 ) , poniamo
[ F (a0 , a1 ,..., an ) : F (a0 , a1 ,..., an −1 )] = d n ∈ ℕ .
Analogamente si prova che, per ogni i = 0,..., n − 1,
[ F (a0 , a1 ,..., ai ) : F (a0 , a1 ,..., ai −1 )] = d i ∈ ℕ.
Per la proprietà di moltiplicazione dei gradi (Proposizione 21.5) segue allora che
[ F (a0 , a1 ,..., an ,α ) : F ] =
[ F (a0 , a1 ,..., an ,α ) : F (a0 , a1 ,..., an )][ F (a0 , a1 ,..., an ) : F (a0 , a1 ,..., an −1 )][ F (a0 , a1 ,..., an −1 ) : F (a0 , a1 ,..., an −2 )]⋯
[ F (a0 ) : F ] = dd n d n −1 ⋯ d 0 ∈ ℕ.
In particolare, F (a0 , a1 ,..., an ,α ) è un’estensione finita di F. Dunque, in base alla Proposizione 22.6,
è un’estensione algebrica. In particolare, α è algebrico su F.
Esercizio* Provare che la chiusura algebrica di F in L è algebricamente chiusa in L.
Esercizio 22.15
a) Calcolare [ℚ( 2, 3) : ℚ] .
b) Determinare il polinomio minimo di
2 + 3 su ℚ .
c) Provare che ℚ( 2 + 3) = ℚ( 2, 3).
d) Determinare una base di ℚ( 2, 3) su ℚ.
Svolgimento:
a) Si ha ℚ ⊂ ℚ( 2) ⊂ ℚ( 2, 3) , dove entrambe le inclusioni sono strette: infatti
2 ∉ℚ, e
3 ∉ ℚ( 2) . La prima relazione è ben nota, per provare la seconda ricordiamo dall’Esercizio
21.7 che ℚ( 2) = ℚ[ 2 ]; se, per assurdo, fosse
2
2
avrebbe 3 = a + 2 2ab + 2b , da cui
3 = a + b 2 per opportuni a , b ∈ ℚ , allora si
2ab ∈ ℚ. Ciò è possibile solo se ab=0. In tal caso,
3
∉ℚ.
2
Ora [ℚ( 2, 3) : ℚ] = [ℚ( 2, 3) : ℚ( 2)][ℚ( 2) : ℚ] , poiché il polinomio minimo di
3 ∉ ℚ, non può che essere a=0. Allora
essendo
≥2
3 = b 2, assurdo, poiché
2
2
2
su ℚ è x − 2 (è monico, irriducibile, a coefficienti in ℚ , ed ha
2 come radice). D’altra parte,
un polinomio monico a coefficienti in ℚ( 2) avente radice
3 è x 2 − 3, che è irriducibile.
Dunque [ℚ( 2, 3) : ℚ( 2 )] = 2. Pertanto
[ℚ( 2, 3) : ℚ] = 2 ⋅ 2 = 4.
b) Si ha ℚ( 2 + 3) ⊆ ℚ( 2, 3), da cui [ℚ( 2 + 3) : ℚ] ≤ [ℚ( 2, 3) : ℚ] = 4. Questo è il
massimo grado che può assumere il polinomio minimo di
2 + 3 su ℚ . Consideriamo
( x + 2 + 3)( x + 2 − 3)( x − 2 + 3)( x − 2 − 3) = x 4 − 10 x 2 + 1 ∈ ℚ[ x ] .
Questo è un polinomio monico avente 2 + 3 come radice, ed è irriducibile in ℚ[ x ] : infatti i
prodotti di due qualsiasi dei suoi fattori lineari hanno almeno un coefficiente non razionale.
Quindi è il polinomio minimo di 2 + 3 su ℚ .
c) Da
b)
segue
che
Poiché
[ℚ( 2 + 3) : ℚ] = 4.
[ℚ( 2, 3) : ℚ] = 4,
e
ℚ( 2 + 3) ⊆ ℚ( 2, 3), segue la tesi.
d) Essendo
2, 3 algebrici su ℚ , si ha che
{
}
ℚ( 2, 3) = ℚ( 2)( 3) = ℚ[ 2][ 3] = ℚ[ 2, 3] = a + b 2 + c 3 + d 6 a, b, c, d ∈ ℚ .
Una base è, evidentemente, formata da 1, 2, 3, 6 : è un sistema di quattro generatori di uno
spazio vettoriale avente dimensione 4 su ℚ .
Nota Si può anche verificare direttamente che
2, 3 ∈ ℚ( 2 + 3) . Basta osservare che
1
2− 3
=
= 3 − 2 ∈ ℚ( 2 + 3) .
2−3
2+ 3
Infatti da ciò segue che
1
2 = ( 2 + 3 − ( 3 − 2)) ∈ ℚ( 2 + 3)
2
1
3 = ( 2 + 3 + 3 − 2) ∈ ℚ( 2 + 3).
2
Determinare
Esercizio*
i
polinomi
minimi
su
ℚ
dei
seguenti
elementi
algebrici:
2 + i , 2 + 3i , 2 + 3 + 5, 2 + 3 + 5 + i . Determinare anche tutte le loro radici complesse.
Osservazione 22.17 ℚ(i 5) = ℚ[i 5] ≅ ℚ[ x ]/( x 2 + 5) è un’estensione di grado 2 su ℚ , una base è
formata da 1, i 5 . L’anello ℤ[i 5] considerato nell’Osservazione 18.18 è un suo sottoanello. È
l’immagine dell’omomorfismo
ψ i 5 : ℤ[ x ] → ℤ[i 5]
f ( x ) ֏ f (i 5)
il cui nucleo è
Kerψ i
5
{
}
= f ( x ) ∈ ℤ[ x ] f (i 5) = 0 , ove
∀f ( x ) ∈ ℤ[ x ] f ( x ) ∈ Kerψ i
5
⇔ ( x 2 + 5) | f ( x ) in ℚ[x ]
⇔ ∃h( x ) ∈ ℚ[ x ] tale che f ( x ) = ( x 2 + 5)h( x ).
Ma, in tal caso, il polinomio h(x) è a coefficienti interi. Dunque Kerψ i
5
è l’ideale di ℤ[ x ]
2
generato da x + 5. Dal Teorema fondamentale di omomorfismo per gli anelli (Teorema 15.5)
segue che
ℤ[i 5] ≅ ℤ[ x ]/( x 2 + 5) .
In modo del tutto analogo possiamo descrivere l’anello degli interi gaussiani:
ℤ[i ] ≅ ℤ[ x ]/( x 2 + 1)
Osservazione 22.18 Sia F ⊂ L un’estensione di campi, sia ϑ ∈ L trascendente su F. Allora
l’omomorfismo di valutazione
ϕϑ : F [ x ] → L
f ( x ) ֏ f (ϑ )
è iniettivo. Esso induce quindi un isomorfismo F [ x ] ≅ F [ϑ ] . Segue che dim F F [ϑ ] = ∞ , e quindi,
essendo F [ϑ ] ⊂ F (ϑ ) , si ha che [ F (ϑ ) : F ] = ∞ . Inoltre, come nell’anello dei polinomi a
coefficienti in F, gli elementi invertibili di F [ϑ ] sono tutti e soli gli elementi di F * . Pertanto,
F [ϑ ] ≠ F (ϑ ) . Si noti la differenza rispetto al caso di un elemento algebrico (v. Proposizione 22.10).