Ćwiczenia z Teorii Galois

Maciej Karpicz
rozwiązania I listy zadań z ćwiczeń do wykładu Teoria Galois
1
Problem 1
Niech k będzie ciałem i niech f = X n + a1 X n−1 + · · · + an ∈ k[X], gdzie n ­ 1. Udowodnić,
że:
i) jeśli b1 , . . . , bs ∈ k i są parami różne, to (X − b1 )r1 · · · · · (X − bs )rs |f , gdzie ri = rf (bi ),
ii) jeśli b01 , . . . , b0s są różnymi pierwiastkami f w ciele k o krotnościach, odpowiednio,
r1 , . . . , rs takich, że n = r1 + · · · + rs oraz (b1 , . . . , bn ) = (b01 , . . . , b01 , . . . , b0s , . . . , b0s ), to
dla j = 1, . . . , n mamy równości:
aj = (−1)j
X
bi1 · . . . · bij
1¬i1 <...<ij ¬n
Rozwiązanie 1
Niech k będzie ciałem i niech f = X n + a1 X n−1 + · · · + an ∈ k[X], gdzie n ­ 1.
i)
Inudkcja ze względu na s. Dla s = 1. Jeśli b1 jest pierwiastkiem wielomianu f , a r1 jego
krotnością, to z definicji krotności (X − b1 )r1 | f . Jeśli b1 nie jest pierwiastkiem, to wówczas
f (b1 ) 6= 0, a stąd r1 = 0, więc (X − b1 )0 = 1 | f . Załóżmy prawdziwość tezy dla s − 1.
Wtedy (X − b1 )r1 · . . . · (X − bs−1 )rs−1 |f to znaczy, że istnieje wielomian g ∈ k[X] taki, że
f = (X − b1 )r1 · . . . · (X − bs−1 )rs−1 g. Z założenia b1 , . . . , bs są parami różne, więc jeśli bs jest
pierwiastkiem f , to mamy wówczas:
0 = f (bs ) = (bs − b1 )r1 · . . . · (bS − bs−1 )rs−1 g(bs )
|
{z
6=0
}
Ponieważ k jest ciałem, więc jest też dziedziną, a zatem g(bs ) = 0. Stąd bs jest pierwiastkiem
wielomianu g. Ponadto bs jest pierwiastkiem krotności rs względem f , a więc jest pierwiastkiem
krotności rs względem g. Istotnie, gdyby tak nie było to istniałoby 0 < l < rs takie, że
(X − bs )l | (X − b1 )r1 · . . . · (X − bs−1 )rs−1 , ale w szczególności oznaczałoby to, że bs jest
pierwiastkiem wielomianu (X − b1 )r1 · . . . · (X − bs−1 )rs−1 co jest niemożliwe. Wynika stąd, że
(X − bs )rs | g co implikuje, że
(X − b1 )r1 · . . . · (X − bs )rs |f
Jeśli natomiast bs nie jest pierwiastkiem f , to rs = 0 i mamy
(X − b1 )r1 · . . . · (X − bs )0 = (X − b1 )r1 · . . . · (X − bs−1 )rs−1 |f
ii)
Na mocy punktu i) zadania wielomian f jest równy:
f = (X − b01 )r1 · . . . · (X − b0s )rs .
Zapisując (b1 , . . . , bn ) = (b01 , . . . , b01 , . . . , b0s , . . . , b0s ) dostajemy
(X − b1 ) · . . . · (X − br1 ) · . . . · (X − bn−rs +1 ) · . . . · (X − bn )
Maciej Karpicz
rozwiązania I listy zadań z ćwiczeń do wykładu Teoria Galois
2
Z drugiej strony f = X n + a1 X n−1 + · · · + an , a więc
X n + a1 X n−1 + · · · + an = (X − b1 ) · . . . · (X − br1 ) · . . . · (X − bn−rs +1 ) · . . . · (X − bn )
Wymnażając prawą strone równości i porównując współczynniki stojące przy odpowiednich
potęgach dostajemy
X
aj = (−1)j
bi1 · . . . · bij
1¬i1 <...<ij ¬n
Problem 2
Pokazać, że w pierścieniu liczb całkowitych Z :
i) ideał I jest pierwszy wtedy i tylko wtedy, gdy I = (p), gdzie p = 0, 1 lub p jest liczbą
pierwszą,
ii) ideał I jest maksymalny wtedy i tylko wtedy, gdy I = (p) jest liczbą pierwszą.
Rozwiązanie 2
i) Pokażemy najpierw implikację ”⇐=”. Jeśli p = 1, to oczywiście (p) =
(1) = Z jest ideałem pierwszym. Jeśli p = 0 oraz ab ∈ (p), to wówczas ab = 0. Ale Z jest
dziedziną, więc a = 0 ∨ b = 0, a to znaczy, że a ∈ (p) ∨ b ∈ (p) czyli I = (p) jest pierwszy.
Załóżmy teraz, że p jest liczbą pierwszą. Niech ab ∈ I = (p). Znaczy to, że p|ab, ale ponieważ
p jest liczbą pierwszą, więc p|a ∨ p|b. Stąd a ∈ I ∨ b ∈ I czyli ideał I jest pierwszy.
Pokażemy teraz implikację przeciwną. Załóżmy zatem, że I = (p) jest ideałem pierwszym.
Jeśli I = Z albo I = (0), to oczywiście p = 1 albo p = 0. Załóżmy więc, iż ideał I jest
właściwy oraz przypuśćmy, że p nie jest liczbą pierwszą. Wówczas ∃a,b∈Z takie, że p = ab oraz
1 < a, b < p. Mamy, że I 3 p = ab, ale ponieważ I jest pierwszy, więc a ∈ I ∨ b ∈ I czyli
p|a ∨ p|b co jest niemożliwe gdyż 1 < a < p i 1 < b < p.
ii) Wystarczy udowodnić, że ideał I w pierścieniu Z jest maksymalny wtedy i tylko wtedy, gdy
I 6= 0, Z i I jest pierwszy. Wówczas na mocy punktu i) otrzymamy żądaną równoważność.
Implikacja ”=⇒” jest oczywista. Istotnie, niech I będzie ideałem maksymalnym oraz niech
ab ∈ I. Załóżmy, że b ∈
/ I, wieć musimy pokazać, iż a ∈ I. Niech J = I + bZ. Oczywiście J
jest ideałem takim, że I ( J, ale I jest maksymalny, więc J = Z. W szczególności 1 ∈ J, a
zatem ∃c∈I,d∈Z takie, że 1 = d+bc. Mnożąć obie strony równości przez element a otrzymujemy
a = ad + abc, więc a ∈ I.
Pokażemy teraz implikację przeciwną. Załóżmy więc, że ideał I jest pierwszy oraz I 6= 0, Z.
Wówczas I = (p). Niech ideał J ⊂ Z będzie taki, że I ⊂ J. Wiemy, że dziedzina Z jest
dziedziną ideałów głównych. Wobec tego ∃a∈Z takie, że J = (a). Ponieważ I ⊂ J, więc w
szczególności p ∈ J zatem ∃a∈Z takie, że p = ab. Ale p jest liczbą pierwszą, więc b = 1 ∨ b = p
czyli J = Z ∨ J = I. Stąd ideał I jest maksymalny.
Problem 3
Niech R będzie dowolnym pierścieniem przemiennym oraz niech f, g ∈ R[X]. Pokazać, że:
Maciej Karpicz
rozwiązania I listy zadań z ćwiczeń do wykładu Teoria Galois
3
i) (f g)0 = f g 0 + f 0 g
ii) (f n )0 = nf n−1 f 0
Rozwiązanie 3
Przy założeniach z zadania:
i) Zauważmy najpierw, że z określenia pochodnej bezpośrednio wynika iż (f1 + · · · + fn )0 =
f10 + · · · + fn0 , gdzie f1 , . . . , fn ∈ R[X]. Dalej, niech fi = ai X i , gj = bj X j wtedy (fi gj )0 =
(ai bj X i+j )0 = (i+j)ai bj X i+j−1 = jbj ai X i+j−1 +iai bj X i+j−1 = jbj X j−1 ai X i +iai X i−1 bj X j =
P
Pn
jgj0 fi + ifi0 gj . Niech teraz f = m
i=1 fi i g =
j=1 gj . Mamy
m
X
(f g)0 = (
i=1
=
fi
n
X
m X
n
X
gj )0 = (
j=1
m X
n
X
fi gj )0 =
i=1 j=1
(fi0 gj + fi gj0 ) =
i=1 j=1
m X
n
X
(
m X
n
X
fi gj )0 =
i=1 j=1
m
X
(fi gj )0
i=1 j=1
(fi0 g + fi g 0 ) = f 0 g + f g 0
i=1
ii) Indukcja ze względu na n. Dla n = 1 teza jest oczywista. Istotnie (f 1 )0 = f 0 = 1f 0 f 0 .
Załóżmy prawdziwość tezy dla m ¬ n − 1. Wówczas (f n )0 = (f n−1 f )0 = (f n−1 )0 f + f n−1 f 0 =
(n − 1)f n−2 f 0 f + f n−1 f 0 = (n − 1)f n−1 f 0 + f n−1 f 0 = f n−1 f 0 (n − 1 + 1) = nf n−1 f 0 .
Problem 4
Niech D będzie dziedziną.
i) Udowodnić, że jeśli char(D) 6= 0, to char(D) jest liczbą pierwszą.
ii) Załóżmy, że char(D) = p > 0. Udowodnić, że dla dowolnych a, b ∈ D i n ­ 0 mamy
równość:
n
n
n
(a + b)p = ap + bp
Pokazać ponadto, że przekształcenie F : D → D, F (a) = ap jest homomorfizmem
pierścieni.
Rozwiązanie 4
Niech D będzie dziedziną.
i) Ad absurdum. Załóżmy, że p = char(D) 6= 0 nie jest liczbą pierwszą. Wobec tego ∃a,b∈D takie,
że p = ab oraz 1 < a, b < p. Wówczas 0 = 1D · (ab) = (1D · a) · (1D · b). Ale D jest dziedziną, a
więc 1D · a = 0 ∨ 1D · b = 0. Otrzymaliśmy sprzeczność z definicją charakterystyki pierścienia.
(p
ii) Indukcja ze względu na n. Dla n = 1 zauważmy najpierw, że jeśli 0 < k < p, to liczba k)
jest podzielna
przez p. Istotnie p | p! = kp k!(p − k)!, ale p - k!(p − k)!, więc p | kp . Wobec
tego kp · 1k = 0, bo char(k) = p. Zatem korzystając ze wzoru Newtona mamy:
p
(a + b) =
!
!
| {z }
| {z }
!
!
}
| {z }
p p−1 1
p
p 0 p
p p 0
a b +
a b + ··· +
a1 bp−1 +
a b = ap + bp
1
p−1
p
0
=1
=0
|
{z
=0
=1
Maciej Karpicz
rozwiązania I listy zadań z ćwiczeń do wykładu Teoria Galois
4
Załóżmy prawidzość tezy dla n − 1. Wówczas
n
n−1
(a + b)p = ((a + b)p
n−1
)p = (ap
n−1
+ bp
n
n
)p = ap + bp
Ponadto przekształcenie F jest w oczywisty sposób homomorfizmem pierścieni. Istotnie, niech
a, b ∈ D wówczas na mocy wcześniejszej równości dla n = 1 mamy F (a + b) = (a + b)p =
ap + bp = F (a) + F (b) oraz F (ab) = (ab)p = ap bp = F (a)F (b).
Problem 5
Niech k będzie ciałem. Pokazać, że jeśli char(k) = 0, to ciało Q można zanurzyć w ciało k.
Jeśli char(k) = p > 0, to udowodnić, że ciało Fp zanurza się w k.
Rozwiązanie 5
Niech char(k) = 0. Musimy pokazać, że istnieje monomorfizm f : Q −→ k. W tym celu pokażemy,
że funkcja f : Q −→ k dana wzorem f ( pq ) = p · 1k · (q · 1k )−1 jest monomorfizmem pierścieni.
Oczywiste jest, że f jest poprawnie określona. Pokażemy zatem, że jest to homomorfizm.
−1 = (ad) · 1 · (bd · 1 )−1 + (bc) · 1 · (bd · 1 )−1 =
i) f ( ab + dc ) = f ( ad+bc
k
k
k
k
bd ) = (ad + bc) · 1k · (bd · 1k )
a·1k ·d·1k ·(b·1k )−1 (d·1k )−1 +b·1k ·c·1k ·(b·1k )−1 (d·1k )−1 = a·1k ·(b·1k )−1 +c·1k ·(d·1k )−1 =
f ( ab ) + f ( dc )
−1 = a · 1 · (b · 1 )−1 · c · 1 · (d · 1 )−1 = f ( a ) · f ( c )
ii) f ( ab · dc ) = f ( ac
k
k
k
k
bd ) = (ac) · 1k · (bd · 1k )
b
d
Fakt, że homomorfizm f jest monomorfizmem jest oczywisty, gdyż jest to homomorfizm ciał, a ponieważ ker f jest ideałem, a jedyne ideały w ciele Q to {0} ∨ Q. Dodatkowo f nie jest homomorfizmem
zerowym gdyż f (1) = 1 · 1k = 1k 6= 0, więc ker f = {0}, a stąd f jest monomorfizmem.
W celu wykazania, że ciało Fp zanurza się w ciało k, gdzie char(k) = p > 0 wystarczy zauważyć,
że Fp = Z/Zp oraz rozważyć funkcję f (a + Zp ) = a · 1k .
Problem 6
Załóżmy, żę k jest ciałem charakterystyki p > 0.
i) Udowodnić, że zbiór k p = {ap : a ∈ k} jest podciałem ciała k.
n
ii) Pokazać, że jeśli element a ∈ k, to wszystkie wielomiany X p − a są nierozkładalne
wtedy i tylko wtedy, gdy a ∈
/ kp .
iii) Pokazać, że jeśli f ∈ k[X], to f 0 = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy f = g(X p ) dla pewnego
g ∈ k[X].
Rozwiązanie 6
Niech k będzie ciałęm charakterystyki p > 0.
i) Ponieważ obraz homomorfizmu ciał F : R −→ S jest podciałem ciała S, więc wystarczy
zauważyć, że Im(F ) = k p , gdzie F : k −→ k jest taki, że F (a) = ap jest homomorfizmem
ciał na mocy zadania 4ii).
Maciej Karpicz
rozwiązania I listy zadań z ćwiczeń do wykładu Teoria Galois
5
n
ii) Pokażemy najpierw implikacje ”=⇒”. [Ad absurdum] Niech F = X p −a będzie nierozkładalny
n
i załóżmy, że a ∈ k p . Wówczas istnieje b ∈ k takie, że a = bp . Ale wtedy X p − bp =
n−1
(X p
− b)p czyli F jest rozkładalny, a więc sprzeczność.
Implikacja ”⇐=”. [Ad absurdum] Przypuśćmy, że wielomian F jest rozkładalny i a ∈
/ kp .
Ponieważ wielomian F jest rozkładalny, więc istnieją wielomiany V, U ∈ k[X] takie, że F = V U
n
oraz pn > deg V ­ 1. Dodatkowo wiem, że k[X] ,→ k[X]. Zatem F (X) = (X − c)p , gdzie
c ∈ k. Ponieważ k[X] jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu, to V (X) = (X −c)l ∈ k[X],
n
gdzie l = deg(V ). Ale V (X) ∈ k[X], więc cl ∈ k. Analogicznie W (X) ∈ k[X], a więc cp ∈ k.
n
m
n−m
Wobec tego cnwd(p ,k) ∈ k, ale nwd(pn , k) = pm dla pewnego m < n. Stąd a = (cp )p
i
n−m
n − m > 0, a więc a ∈ k p
⊂ k p . Sprzeczność z założeniem.
iii) Udowodnimy najpierw implikację ”=⇒”. Niech f = ni=0 ai X i . Mamy 0 = (f )0 = ni=1 iai X i−1 .
To znaczy, że ∀i=1,...,n iai X i−1 = 0, co implikuje, że iai = 0, czyli p = char(k) | i o ile ai 6= 0.
P
P
Zatem i = ki p dla pewnego ki ∈ N. Mamy zatem f = ni=0 ai X i = ni=1 ai X pki + a0 =
Pn
p ki
p
i=1 ai (X ) + a0 , czyli f = g(X ) dla pewnego wielomianu g ∈ k[X].
Pokażemy teraz implikację ”⇐=”. Załóżmy, że istnieje g ∈ k[X] taki, że f = g(X p ) i
Pm
Pm
Pm
i
0
p 0
p i 0
pi 0
niech g =
i=0 ai X . Wówczas f = (g(X )) = ( i=0 ai (X ) ) = ( i=0 ai X ) =
Pm
pi−1
= 0, gdyż piai = (ip1k )ai = 0.
i=1 piai X
P
P
Problem 7
Niech k będzie ciałem i niech f = an X n + · · · + a1 X + a0 ∈ k[X], przy czym deg(f ) = n ­ 1.
i) Udowodnić, że jeśli k = C, to wielomian f jest nierozkładalny wtedy i tylko wtedy, gdy
n=1
ii) Niech k = R. Opisać wszystkie wielomiany nierozkładalne w k[X]. Dalej, znaleźć
rozkład wielomianu f na iloczyn wielomianów nierozkładalnych, przy założeniu, że
a1 , . . . , an są wszystkimi pierwiastkami zespolonymi wielomianu f .
Rozwiązanie 7
i) Na mocy Zasadniczego Twierdzenia Algebry każdy wielomian f stopnia
dodatniego posiada pierwiastek a, a na mocy twierdzenia Bézouta (X − a) | f , więc f =
(X − a)g, gdzie g ∈ C[X] i deg(g) < deg(f ). Jeśli deg(f ) = 1, to deg(g) = 0, ale każdy
wielomian stały nad C \ 0 jest odwracalny, więc jest nierozkładalny. Jeśli deg(f ) > 1, to
deg(g) ­ 1, więc wielomian f jest rozkładalny.
ii) Jedyne wielomiany nierozkładalne nad R, to wielomiany stopnia 1 lub wielomiany stopnia 2 o
ujemnym wyróżniku. Wszystkie wielomiany stopnia 0 są odwracalne w R[X], więc stąd wynika
nierozkładalność wielomianów stopnia jeden. Jeśli wielomian f stopnia 2 posiada wyróżnik
/
< 0, to na mocy wzorów Viéte’a posiada czysto urojone pierwiastki z,z, ale X − z, X − z ∈
R[X], a zatem f jest nierozkładalny w R[X]. Pozostaje pokazać, że są to jedyne wielomiany
nierozkładalne nad R. W tym celu znajdziemy rozkład wielomianu f , gdzie deg(f ) > 2. Niech
a1 , . . . , an będą wszystkimi zespolonymi pierwiastkami f . Zauważmy najpierw, że jeśli n jest
nieparzyste, to na mocy faktu, że jeśli a jest pierwiastkiem czysto urojonym wielomianu G ∈
C[X], to również a jest pierwiastkiem wielomianu G istnieje pierwiastek rzeczywisty wielomianu
Maciej Karpicz
rozwiązania I listy zadań z ćwiczeń do wykładu Teoria Galois
6
f . Wynika stąd, że jeśli n jest parzyste oraz wśród a1 , . . . , an istnieje pierwiastek rzeczywisty,
to wśród a1 , . . . , an istnieje inny pierwiastek rzeczywisty. Zatem załóżmy, że a1 , . . . , an są
wszystkimi, czysto urojonymi pierwiastkami wielomianu f i n = 2k dla k ∈ N. Dodatkowo
wiemy, że jeśli a jest pierwiastkiem f , to również a jest pierwiastkiem f . Bez straty ogólności
załóżmy, że a1 = a1 , . . . , ak = ak , ak+1 = a1 , . . . , an = ak Mamy również (X − a)(X − a) =
X 2 − 2<(a)X + |a|2 ∈ R[X], gdzie a ∈ C. Zatem
f=
n
Y
i=1
(X − ai ) =
k
Y
(X − ai )(X − ai ) =
i=1
k
Y
(X − 2<(ai )X + |ai |2 )
i=1
Problem 8
(Kryterium Eisensteina) Niech R będzie dziedzinąz jednoznacznością rozkładu i ciałem ułamków K. Jeśli
F = ak X k + · · · + a1 X + a0 ∈ R[X]
gdzie k ­ 1, oraz istnieje element nierozkładalny p ∈ R taki, że
p - ak , p | ak−1 , . . . , p | a0 , p2 - a0
to wielomian F jest nierozkładalny w pierścieniu K[X].
Rozwiązanie 8
Możemy zapisać wielomian F w postaci F = aF1 , gdzie a ∈ R, a F1 ∈ R[X] jest wielomianem
prymitywnym. Jeśli F = bk X k + · · · + b1 X + b0 , to ponieważ p | a mamy
p - bk , p | bk−1 , . . . , p | b0 , p2 - b0
Z faktu, że wielomian prymitywny G jest nierozkładalny w R[X] wtedy i tylko wtedy, gdy jest
nierozkładalny w K[X] wystarczy pokazać, że wielomian F1 jest nierozkładalny. Przypuśćmy zatem,
że wielomian F1 = GH, gdzie G = ci X i + · · · + c1 X + c0 ∈ R[X] oraz H = dj X j + · · · + d1 X + d0 ∈
R[X]. Zauważmy, że wielomiany G, H są prymitywne. Istotnie, gdyby tak nie było, to istniałyby:
element nierozkładalny v ∈ R i elementy c, d ∈ R oraz wielomiany prymitywne G1 , H1 takie, że
G = cG1 , H = dH1 oraz v | c. Ale wtedy F = GH = cG1 dH1 = cdG1 H1 oraz wiemy, że iloczyn
dwóch wielomianów prymitywnych jest wielomianem prymitywnym, a zatem F niebyłby prymitywny
wbrew założeniu.
Zatem z założenia mamy, że p | c0 d0 , ale p2 - c0 d0 , więc bez straty ogólności możemy założyć,
że p | c0 oraz p - d0 . Niech l0 = min l : p - cl . Oczywiście takie l0 istnieje gdyż wielomian G1
jest prymitywny. Wówczas al0 = bl0 a0 + bl0 −1 a1 + · · · + b0 al0 oraz p - al0 . Zatem l0 = k, a stąd
deg(G) = k oraz deg(H) = 0. Dodatkowo prymitywność F1 implikuje nam, że wielomian H jest
odwracalny w R[X], a tym samym w H[X].
Problem 9
Dla danej liczby m ­ 1 znaleźć rozkład wielomianu cyklotomicznego X m − 1 na czynniki
nierozkładalne w:
Maciej Karpicz
rozwiązania I listy zadań z ćwiczeń do wykładu Teoria Galois
7
i) C[X]
ii) R[X]
iii) Q[X]
Rozwiązanie 9
2kΠ
Aby rozłożyć wielomian F = X m − 1 skorzystamy z faktu, że zbiór {cos( 2kΠ
m ) + i sin( m ) : k =
0, . . . , m−1} jest zbiorem pierwiastków m-tego stopnia z jedynki, a tym samym zbiorem pierwiastków
2kΠi
2kΠ
wielomianu F nad C. Oznaczmy dodatkowo ek := e m = cos( 2kΠ
m ) + i sin( m ). Mamy zatem:
i)
F = Xm − 1 =
m−1
Y
(X − ek )
k=0
ii) Zauważmy najpierw, że jeśli e0 , . . . , em−1 są wszystkimi pierwiastkami zespolonymi wielomianu
2Π(m−k)
2Πk
F , to em−i = ei dla i 6= 0. Istotnie cos( 2Πk
) + sin( 2Π(m−k)
)=
m ) + i sin( m ) + cos(
m
m
−2Πk
2Πk
−2Πk
2Πk
2Πk
cos( m ) + cos(2Π + m ) + i sin( m ) + i sin(2Π + m ) = 2 cos( m ) = 2<(ei ) stąd
em−i = ei . Korzystając z zadania 7ii) mamy:
i) dla m parzystego
m
−1
2
F =X
m
− 1 = (X − 1)(X + 1)
Y
(X 2 − 2<(ei )X + |ei |2 )
i=1
m
−1
2
Y
= (X − 1)(X + 1)
(X 2 − 2 cos(
i=1
2Πi
)X + 1)
m
ii) dla m nieparzystego
m−1
2
F = (X − 1)
Y
i=1
(X 2 − 2 cos(
2Πi
)X + 1)
m
iii) Jeśli m jest liczbą pierwszą, to wielomian F rozkłada się w następujący sposób:
F = X m − 1 = (X − 1)(X m−1 + · · · + X + 1)
W pozostałych przypadkach wielomian (X m−1 + · · · + X + 1) jest rozkładalny, ale jeszcze
nie znalazłem ogólnego przepisu na jego rozkład.