APPUNTI SULLA RISOLUBILITÀ PER RADICALI
MATTEO LONGO
Gli appunti sono suddivisi in due sezioni. Nella prima ho raccolto le variazioni (in tutto 3)
che ho introdotto nelle dimostrazioni proposte da Milne. Nella seconda parte ho raccolto il
materiale sui gruppi risolubili che non si trova nel libro di Milne.
1. Variazioni rispetto al libro di Milne
1.1. Dimostrazione del Cor. 5.24 (Teorema 90 di Hilbert). Non ho seguito la dimostrazione proposta da Milne a pagina 55 e seguenti che introduce esplicitamente nozioni di
carattere coomologico. L’argomento che ho utilizzato è il seguente.
Sia E/F un’estensione di Galois, finita. Sia G := Gal(E/F ) = {η1 = 1, η2 . . . , ηn }. Se
u ∈ E, pongo:
n
Y
NE/F (u) :=
ηi (e).
i=1
Chiamo NE/F (u) la norma di u. Se ηi ∈ G, allora {ηi ηj | ηj ∈ G} = G, perciò
n
Y
ηi NE/F (u) =
ηi ηj (u) = NE/F (u).
i=1
Da questo segue immediatamente che NE/F (u) ∈ F .
Teorema 1. Sia u : G → E × una mappa, che denoto con η 7→ uη , tale che
uζη = ζ(uη )uζ
per ogni η, ζ ∈ G. Allora esiste v ∈ E × tale che uη = v η(v)
−1
.
Dimostrazione. Gli automorfismi η sono linearmente indipendenti su E per il Corollario 5.15
del libro di Milne (indipendenza dei caratteri di Dedekind). Poiché uη 6= 0, ho che
X
uη η 6= 0
η∈G
dunque esiste w ∈ E tale che
v :=
X
uη η(w) 6= 0.
η∈G
Se ora ζ ∈ G ho che:


X
X
X
ζ(v) = ζ 
uη η(w) =
ζ(uη )ζη(w) =
uζη u−1
ζ ζη(w) =
η∈G
η∈G
η∈G

=

X


uζη ζη(w) u−1
ζ =
η∈G

X
−1
uη η(w) u−1
ζ = vuζ .
η∈G
Segue uζ = vζ(v)−1 .
1
2
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Teorema 2 (Milne, Corollary 5.29). Sia E/F un’estensione di Galois con
G := Gal(E/F ) = hσi
un gruppo ciclico di ordine n. Allora
NE/F (α) = 1 ⇐⇒ esiste β ∈ E × tale che α = β/σ(β).
Dimostrazione. Se α = β/σ(β) allora
n
Y
σ i (β)
NE/F (α) =
= 1.
σ i+1 (β)
i=1
Mostro il viceversa. Sia α ∈ E con NE/F (α) = 1. Pongo per 1 ≤ i ≤ n = |G|:
ασi := ασ(α)σ 2 (α) . . . σ i−1 (α).
Si verifica facilmente che
ασi σ j (ασi ) = ασi+j .
−1
Dunque, per il Teorema 1, esiste β ∈ E × tale che α = β σ(β) .
1.2. Dimostrazione della Prop. 5.25. La seconda affermazione della Prop. 5.25 utilizza
il Teorema della base normale, che noi non abbiamo fatto. La dimostrazione che ho adottato
utilizza il Teorema 90 di Hilbert ed è la seguente (utilizzo le stesse notazioni di Milne).
Sia ζ una radice n-esima primitiva di 1. Poiché ζ ∈ F e | Gal(E/F )| = n, ho che
NE/F (ζ) = ζ [E:F ] = 1.
Poiché Gal(E/F ) è ciclico, per il Corollario 5.24 esiste b ∈ E × tale che ζ = σ(b)/b, dove
Gal(E/F ) = hσi. Sia ora a = bn . Poiché b ∈ E e ζ ∈ E, allora E contiene tutte le radici bζ i
(per i = 0, . . . , n − 1) dell’equazione X n = a. Mostro ora che a ∈ F . Si ha infatti che
σ(a) = σ(bn ) = σ(b)n = (bζ i )n = bn = a.
Segue: σ i (a) = a per ogni i = 0, . . . , n − 1. Quindi a ∈ F e E contiene un campo di
spezzamento F (b) per X n − a ∈ F [X] su F ; in particolare, l’estensione F (b)/F è di Galois.
Essendo G = Gal F (b)/F ciclico perché quoziente di un gruppo ciclico, indicato con σ̄
l’immagine di σ in G, si ha che σ̄ i (b) = bζ i . Poiché bζ i 6= bζ j se i 6= j, allora G agisce
transitivamente sulle radici di X n − a, che risulta dunque irriducibile per Milne, Prop. 4.4.
Segue da questo che [F (b) : F ] ≥ n. Poiché [E : F ] = n e E ⊇ F (b), allora E = F (b).
1.3. Dimostrazione del Th. 5.36. Indico con E il campo di spezzamento del polinomio
generico di grado n (dove ti sono indeterminate):
f (X) = X n − t1 X n−1 + . . . (−1)n tn
su F (t1 , . . . , tn ). Dunque, in E, si ha
f (X) =
n
Y
(X − yi ).
i=1
Introduco le indeterminate x1 , . . . , xn e considero i polinomi simmetrici elementari pi =
pi (x1 , . . . , xn ) per i = 1, . . . , n. Poiché le ti sono indeterminate, posso considerare la mappa
σ : F [t1 , . . . , tn ] −→ F [p1 , . . . , pn ]
definita da ti 7→ pi e coincidente con l’identità su F . Poiché le xi sono indeterminate, posso
definire anche la mappa
τ : F [x1 , . . . , xn ] −→ F [y1 , . . . , yn ]
tramite xi 7→ yi e l’identità su F . Noto ora che
F [p1 , . . . , pn ] ⊆ F [x1 , . . . , xn ]
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3
F [ti , . . . , tn ] ⊆ F [y1 , . . . , yn ].
Dunque la mappa τ ◦ σ è definita e si ha:


X
X
τ ◦ σ(ti ) = τ (pi ) = τ 
xj1 . . . xji  =
yj1 . . . yji = ti .
ji <···<ji
ji <···<ji
Perciò se h ∈ F [ti , . . . , tn ] ho che
τ ◦ σ(h) = h.
Se ora σ(h) = 0 ho
τ ◦ σ(h) = τ (0) = 0
da cui segue h = 0. Perciò σ è iniettiva. Poiché σ è ovviamente suriettiva, σ è un isomorfismo.
Esiste un’unica estensione
σ : F (t1 , . . . , tn ) −→ F (p1 , . . . , pn )
ai campi delle frazioni di F [ti , . . . , tn ] e F [p1 , . . . , pn ]. Considero ora la mappa
σ 0 : F (t1 , . . . , tn )[X] −→ F (p1 , . . . , pn )[X]
definita ponendo σ 0 = σ su F (t1 , . . . , tn ) e σ 0 (X) = X. Ho allora che
σ 0 X n − t1 X n−1 + . . . (−1)n tn = X n − p1 X n−1 + . . . (−1)n pn .
Poiché F (y1 , . . . , yn ) è il campo di spezzamento di f su F (t1 , . . . , tn ) e F (x1 , . . . , xn ) è il campo
di spezzamento di g = X n − p1 X n−1 + . . . (−1)n pn su F (p1 , . . . , pn ), segue che σ può essere
esteso ad un isomorfismo:
∼
ρ : F (y1 , . . . , yn ) −→ F (x1 , . . . , xn ).
Segue Gf ' Gg , perciò Gf ' Sn .
2. Gruppi risolubili
2.1. Definizioni ed esempi. Sia G un gruppo. Se H è un sottogruppo di G, scriveremo
H / G o G . H per indicare che H è normale in G. Una serie normale è una sequenza di
sottogruppi
G = G0 . G1 . · · · . Gs . Gs+1 = 1.
Un gruppo è detto risolubile se ha una sequenza normale in cui tutti i quozienti Gi /Gi+1 sono
abeliani. E’ immediato verificare che un gruppo abeliano è risolubile.
Esempio 1. Ricordo che Sn indica il gruppo simmetrico delle permutazioni di n lettere e
che An indica il suo sottogruppo normale, di indice 2, delle permutazioni pari (quelle che si
possono scrivere come prodotto di un numero pari di scambi). Noto che il quoziente Sn /An
ha ordine 2, perciò è isomorfo al gruppo Z/2Z ed è dunque abeliano.
Il gruppo S3 è risolubile tramite la sequenza:
S3 . A3 . 1
in quanto S3 ha ordine 3! = 6, quindi A3 ha ordine 3, perciò A3 ' Z/3Z è ciclico di ordine 3
e dunque abeliano.
Il gruppo S4 è risolubile tramite la sequenza:
S4 . A 4 . V . 1
dove V è il gruppo di Klein
V = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} ' Z/2Z × Z/2Z.
Per verificarlo, cominciamo con il notare che V è un sottogruppo normale di S4 . Infatti, V
contine tutti i cicli del tipo (ab)(cd) e, se g ∈ S4 , si verifica immediatamente che g(ij)g −1 =
4
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(g(i)g(j)). Inoltre, poichè A4 ha ordine 4!/2 = 12, il quoziente A4 /V ha ordine 3 ed è dunque
abeliano. Poiché V è abeliano, concludiamo che S4 è risolubile.
2.2. p-gruppi. Sia S un insieme finito. Diciamo che un gruppo G agisce su S se esiste una
mappa
G × S −→ S
(che indichiamo con (g, s) 7→ g · s) tale che 1 · x = 1 e (gh) · x = g · (h · x) per ogni x ∈ S e per
ogni g, h ∈ G. Diremo che G agisce transitivamente su S se per ogni s, s0 ∈ S esiste g ∈ G
tale che g · s = s0 . Se s ∈ S, definiamo il sottogruppo di G
StabG (s) := {g ∈ G| g · s = s}.
Teorema 3. Se G agisce transitivamente su S allora
|S| = [G : StabG (x)]
per ogni x ∈ S.
Dimostrazione. Considero la mappa per x ∈ S fissato
α = αx : G −→ S
definita da g 7→ g · x. La mappa α è suriettiva perché G agisce transitivamente su S, e se
due elementi g1 e g2 hanno la stessa immagine in S tramite α, allora g1 · x = g2 · x, ovvero
g2−1 g1 · x = x e quindi g1 , g2 rappresentano lo stesso elemento nell’insieme delle classi laterali
di G modulo StabG (x). Dunque α definisce una mappa dall’insieme della classi laterali di G
modulo StabG (x) in S che è iniettiva e suriettiva. La tesi segue.
Posso definire per ogni x ∈ S la sua orbita sotto l’azione di G come il sottoinsieme di G:
Ox := {g · x| g ∈ G}.
Se y 6∈ Ox allora Ox ∩ Oy = ∅. Poiché S è un insieme finito, esiste un insieme finito
{x1 , . . . , xn } ⊆ S tale che
S = Ox1 ∪ · · · ∪ Oxn
con Oxi ∩ Oxj = ∅ se i 6= j. Segue dal teorema precedente che
|S| =
n
X
[G : StabG (xi ).]
i=1
La formula precedente è nota con il nome di formula delle classi dell’insieme finito S.
Applico quanto visto al caso particolare in cui G agisce su S = G tramite coniugio:
g · x := gxg −1 .
In questo caso
Ox := {gxg −1 | g ∈ G}
StabG (x) = {g ∈ G| gx = xg}.
Scrivo G = Ox1 ∪ · · · ∪ Oxn (unione disgiunta; le orbite Oxi sono dette in questo caso classi di
coniugio). Definisco il centro di G come il sottogruppo di G:
Z(G) := {x ∈ G| gxg −1 = x, ∀g ∈ G}.
E’ immediato verificare che Z(G) è un sottogruppo normale di G. Inoltre
[G : StabG (xi )] = 1 ⇐⇒ G = StabG (xi ) ⇐⇒ x ∈ Z(G).
La formula delle classi diventa
(1)
|G| =
X
[G : StabG (xi )] + |Z(G)|.
StabG (xi )6=G
Se p è un primo, un p-gruppo è un gruppo di ordine pn per qualche intero n ≥ 1.
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Teorema 4. I p-gruppi hanno un centro non banale.
Dimostrazione. Considero un’unione disgiunta come sopra G = Ox1 ∪· · ·∪Oxn . Se StabG (xi ) 6=
G, allora, essendo StabG (xi ) un sottogruppo di G, ha ordine divisibile per p. Il risultato segue
dalla formula (1).
Teorema 5. I p-gruppi sono risolubili.
Dimostrazione. Il Teorema 4 implica che Z(G) 6= 1. Pongo Z1 (G) := Z(G) e considero il
quoziente G1 := G/Z1 (G). L’ordine di G1 è dunque strettamente inferiore all’ordine di G,
in quanto Z(G) non è il gruppo banale. D’altra parte, G1 è ancora un p-gruppo, dunque
Z(G1 ) 6= 1. Ricordo ora che, dato un gruppo G ed un suo sottogruppo normale H, esiste una
biezione tra i sottogruppi di G che contengono H ed i sottogruppi del quoziente G/H; inoltre,
in tale corrispondenza i sottogruppi normali si corrispondono. Segue da questo che Z(G1 )
corrisponde ad un sottogruppo Z2 (G),
che contiene Z1 (G) e tale che il quoziente Z2 (G)/Z
1 (G)
corriponda al centro Z G/Z1 (G) di G/Z1 (G). In particolare, poiché Z G/Z1 (G) non è
banale, anche Z2 (G)/Z1 (G) non lo è. Poichè Z1 (G) è normale
in G, ottengo immediatamente
che Z1 (G) è normale in Z2 (G). Poichè Z G/Z1 (G) è abeliano, Z2 (G) è un sottogruppo
normale di G. Se ora G 6= Z2 (G),
posso continuare considerando il sottogruppo Z3 (G) che
corrisponde al centro Z G/Z2 (G) di G/Z2 (G); Z3 (G) è dunque normale in G, contiene Z2 (G)
come suo sottogruppo normale ed il quoziente Z3 (G)/Z2 (G) non è banale. In questo modo
ottengo una sequenza
1 / Z1 (G) / Z2 (G) / Z3 (G) / · · · / Zm (G) / . . .
in cui tutti i quozienti
Zi (G)/Zi−1 (G) ' Z G/Zi−1 (G)
sono abeliani e non banali. Poichè G è finito, questa catena necessariamente raggiunge G,
ovvero Zs (G) = G per qualche intero s. Dunque G è risolubile.
Abbiamo applicato questo teorema in 3.23, 3.24 e 3.25 del libro di Milne.
2.3. Risultati sui gruppi risolubili. Se g, h ∈ G, definisco il commutatore di g ed h come
(g, h) := g −1 h−1 gh
e definisco G0 come il sottogruppo di G generato dai commutatori (g, h) al variare di g, h ∈ G.
Il gruppo G0 è detto il sottogruppo derivato di G. Alcune osservazioni elementari:
• G è abeliano se e solo se G0 = 1.
• G0 / G. Se g −1 h−1 gh ∈ G0 e k ∈ G, ho che
kg −1 h−1 ghk −1 = (kgk −1 )−1 (khk −1 )−1 (kgk −1 )(khk −1 ).
Poichè un sistema di generatori è fissato dal coniugio, G0 è un sottogruppo normale di
G.
• G/G0 è abeliano. Se indico con [g] la classe di g ∈ G in G/G0 , allora ho che
[g][h] = [gh] = [gh][h−1 g −1 hg] = [hg] = [h][g].
• G0 è contenuto in ogni sottogruppo normale K / G tale che G/K sia abeliano. Se
g, h ∈ G, ho:
(gK, hK) = (gK)−1 (hK)−1 gKhK = g −1 h−1 ghK
dove per l’ultima uguaglianza ho utilizzato ripetutamente il fatto che Kx = xK per
ogni x ∈ G. Dunque, G/K è abeliano se e solo se (gK, hK) = 1 per ogni g, h ∈ G, e
dunque se e solo se g −1 h−1 gh ∈ K per ogni g, h ∈ G.
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Definisco ora ricorsivamente G(k) come il derivato di Gk−1 per k ≥ 2:
G(k) := (Gk−1 )0 .
Pongo infine G(1) := G0 per uniformare le notazioni. Per quanto detto, otteniamo una successione:
G . G(1) . G(2) . · · · . G(k)
Teorema 6. G è risolubile se e solo se G(k) = 1 per un intero k.
Dimostrazione. Un’implicazione è ovvia: se G(k) = 1 per qualche intero k, allora chiaramente
G è risolubile per definizione. Vediamo l’implicazione opposta. Supponiamo dunque che G
sia risolubile e scriviamo la sua sequenza normale:
G = G0 . G1 . G2 . · · · . Gs / Gs+1 = 1
in cui tutti i quozienti sono abeliani. Dal punto precedente, poiché Gi+1 / Gi e Gi /Gi+1 è
abeliano, Gi+1 ⊇ G0i per ogni i ≥ 0. Osservo ora che G(1) = G0 = G00 e che la formula
precedente per i = 0 diventa G1 ⊇ G00 . Posso dunque assumere induttivamente che Gk ⊇ G(k) .
Ottengo quindi Gk+1 ⊇ (Gk )0 ⊆ (G(k) )0 = G(k+1) . Dunque Gi ⊇ G(i) per ogni intero i ≥ 0.
Poiché Gs+1 = 1 segue G(s+1) = 1.
Corollario 1. Sottogruppi di gruppi risolubili sono risolubili
Dimostrazione. Se H è un sottogruppo di G, allora H (k) ⊆ G(k) per ogni k. Se G è risolubile,
allora G(k) = 1 per k sufficientemente grande (Teorema 6), da cui segue immediatamente che
H (k) = 1 per lo stesso k. Dunque H è risolubile (Teorema 6).
Corollario 2. Ogni quoziente di un gruppo risolubile è risolubile.
Dimostrazione. Se η : G H è una mappa di gruppi suriettiva, allora η(G0 ) = H 0 e, per
induzione, mostro facilmente che η(G(k) ) = H (k) per ogni intero k. Perciò se G è risolubile,
allora grazie al Teorema 6 si ha G(k) = 1. Dunque anche H (k) = 1 e H è risolubile grazie al
Teorema 6.
Corollario 3. Sia K un sottogruppo normale di G. Se K e G/K sono risolubili, allora anche
G lo è.
Dimostrazione. Sia ν : G G/K la mappa di proiezione canonica. Osservo che ν(G(k) ) =
(G/K)(k) per ogni intero k ≥ 0. Perciò se G/K è risolubile, allora ν(G(k0 ) ) = 1 per k0
sufficientemente grande (Teorema 6), ovvero G(k0 ) ⊆ K. Poichè K è risolubile, K (h0 ) = 1
per h0 sufficientemente grande (Teorema 6), da cui segue G(k0 +h0 ) = 1. Perciò G è risolubile
(Teorema 6).
Teorema 7. Un gruppo G è risolubile se e solo se esiste una sequenza normale
G = G1 . G2 . G3 . · · · . Gs / Gs+1 = 1
in cui tutti i quozienti siano ciclici di ordine primo.
Dimostrazione. Se esiste una sequenza normale come nell’enunciato, il gruppo è risolubile per
definizione. Mostro dunque l’implicazione opposta. Sia
G = H1 . H2 . H3 . · · · . Hk = 1
una sequenza normale in cui tutti i quozienti Hi /Hi+1 siano abeliani di ordine ni . Fisso un
primo p | ni ed un elemento h1 in Hi /Hi+1 di ordine p. Ricordo che, dato un gruppo G ed
un suo sottogruppo normale H, esiste una biezione tra i sottogruppi di G che contengono H
ed i sottogruppi del quoziente G/H; inoltre, in tale corrispondenza i sottogruppi normali si
corrispondono. Denoto con K1 il sottogruppo contenuto in Hi , contenente Hi+1 e tale che
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K1 /Hi+1 corrisponda a hh1 i tramite questa corrispondenza. Poiché il quoziente Hi /Hi+1 è
abeliano, K1 è normale in Hi . Perciò ottengo una sequenza:
Hi = K0 . K1 . Hi+1
in cui il quoziente Hi /K1 ha ordine p. Induttivamente, posso quindi costruire una sequenza
di sottogruppi
Hi = K0 . K1 . K2 . · · · . Km = Hi+1
in cui tutti i quozienti Ki /Ki+1 siano ciclici di ordine primo. Poiché ogni quoziente Hi /Hi+1
può essere filtrato in questo modo, il risultato segue.
2.4. Gruppi semplici. Un gruppo G è detto semplice se i suoi unici sottogruppi normali
sono 1 e G.
Teorema 8. An è semplice se n ≥ 5.
Dimostrazione. Sia K 6= 1 un sottogruppo normale di An . Mostro che K = An .
Passo I. Mostro che K contiene un 3-ciclo. Sia α 6= 1, α ∈ K, con la proprietà di fissare
il massimo numero di punti. Allora α è un 3-ciclo (ricordo che i 3-cicli sono tutti pari). Se
non lo fosse, una volta scritto come prodotto di cicli disgiunti, potrei scriverlo (a meno di
riordinamenti) come
Caso I: α = (123 . . . ) . . .
Caso II: α = (12)(34) . . .
Nel Caso I, α non può essere del tipo (123k), in quanto (123k) = (12)(23)(3k) sarebbe dispari.
Dunque, nel Caso I α muove almeno altri due elementi, diciamo 4 e 5 (a meno di riordinare).
Sia ora β := (345) e pongo α1 := βαβ −1 ∈ K (uso che K è un sottogruppo normale di An ).
Nel Caso I, α1 = (124 . . . ) . . . , mentre nel Caso II, α1 = (12)(45) . . . . Perciò in entrambi i casi
α1 6= α e α2 := α1 α−1 = βαβ −1 α−1 6= 1. Noto che α2 ∈ K e α2 fissa tutti i numeri maggiori
o uguali a 5. Nel Caso I, α2 (1) = 1, mentre nel Caso II, α2 (1) = 1 e α2 (2) = 2. Quindi, in
ogni caso, α2 ha più punti fissi di α. Questa contraddizione mostra che α è un 3-ciclo.
Passo II. K contiene tutti i 3-cicli. A meno di riordinare, posso supporre che K contenga
il 3-ciclo (123). Se (ijk) è un qualunque altro 3-ciclo, considero al permutazione
1 2 3 4 5
γ :=
.
i j k l m
Se γ è dispari, la rimpiazzo con (lm)γ. Quindi, posso supporre γ ∈ An . Segue:
γ(123)γ −1 = (ijk) ∈ K.
Passo III. K = An . Per mostrare questo, noto che An è generato dai 3-cicli (osservare
che (hk)(ij) = (kjh)(ikj) e (hk)(ih) = (ihk)). Poichè K contiene tutti i 3-cicli, allora
K = An .
Corollario 4. Sn non è risolubile se n ≥ 5.
Dimostrazione. Se lo fosse, An sarebbe risolubile in quanto sottogruppo di un gruppo risolubile. Poiché An è semplice, per essere risolubile il suo sottogruppo derivato deve essere 1:
A0n = 1. Perciò An è abeliano. Ma i due 3-cicli (123) e (234) appartengono entrambi ad An e
non commutano tra loro. Perciò Sn non può essere risolubile.