Matematikus gyakorlat, második évfolyam, első félév Kilencedik alkalom — megoldásvázlatok

1. Azt kell megmutatni, hogy \sqrt{6} kifejezhető \sqrt{3}-ból, \sqrt{2}+1-ből és racionális számokból a négy alapművelet segítségével (ami nyilvánvaló, mert \sqrt{6} = \sqrt{3}((\sqrt{2} + 1) − 1)).

2. Nyilván K(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}) ⊆ K(\sqrt[6]{2}), hiszen \sqrt{2} is és \sqrt[3]{2} is hatványa \sqrt[6]{2}-nek. Megfordítva, \sqrt[6]{2} = (\sqrt{2})/(\sqrt[3]{2}).

3. α, β ∈ K(α, β), és mivel ez test, tartalmazza αβ-t is. Ezért K(α, αβ) ⊆ K(α, β). Megfordítva, α ≠ 0 miatt a β, ami αβ és α hányadosa, benne van a K(α, αβ) testben. De α is benne van, így K(α, αβ) ⊇ K(α, β).

4. Átszorozva, és a \sqrt[3]{2} hatványai szerint rendezve 1 = (1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})(a + b\sqrt[3]{2} + c\sqrt[3]{4}) = (a + 2b + 2c) + (a + b + 2c)\sqrt[3]{2} + (a + b + c)\sqrt[3]{4}. Az 1 ilyen alakú felírása egyértelmű, és ezért a + 2b + 2c = 1, a + b + 2c = 0, a + b + c = 0. Az egyenletrendszert megoldva az eredmény \sqrt[3]{2} − 1. (Ezt számolás nélkül is leolvashattuk volna az a^{3} −b^{3} = (a−b)(a^{2} +ab+b^{2}) azonosságból. De a fenti módszer általános, minden esetben működik.)

5. Azt tudjuk, hogy θ^{3} + 3θ + 1 = 0. Innen θ^{5} + 3θ^{3} + θ^{2} = 0. Ebből ki lehet fejezni θ^{5}-t, és így θ^{5} + 2θ^{3} = −3θ^{3} − θ^{2} + 2θ^{3} = −θ^{3} − θ^{2} = −θ^{2} + 3θ + 1. Látható, hogy θ valamennyi polinomja redukálható legfeljebb másodfokúvá úgy, hogy a legmagasabb fokú tagot mindig alacsonyabb fokúval helyettesítjük.

A θ/(θ − 3) kiszámításakor az eredményt a + bθ + cθ^{2} alakban keressük, keresztbe szorzunk, nullára redukálunk, a θ kapott polinomját redukáljuk legfeljebb másodfokúvá, majd az együtthatókat nullává tesszük, és a kapott lineáris egyenletrendszert megoldjuk. Az eredmény: θ/(θ − 3) = (1/37) − (9/37)θ − (3/37)θ^{2}. (Számítógéppel közelítőleg ellenőrizhető az eredmény, mert θ ≈ −0, 322185.)

6. A π transzcendens, minimálpolinomja a 0. Az 1 + i-hez olyan polinomot kell keresni, melynek ez gyöke. Ehhez legyen 1 + i = x, ekkor i = x − 1, négyzetre emelve és rendezve x^{2} − 2x − 2 = 0. Ennek a polinomnak tehát gyöke az 1 + i, és ez akkor lesz a minimálpolinom, ha irreducibilis ℚ felett. Ez látszik abból, hogy másodfokú, és nincs gyöke ℚ-ban. Ha x = \sqrt{2} + i, akkor (x − i)^{2} = 2, azaz x^{2} − 3 = 2ix, még egyszer négyzetre emelve és rendezve x^{4} + 2x^{2} + 9. E polinom irreducibilitása ugyanúgy látható be, mint az x^{4} + 9 polinomé az első félévben: ℂ felett kell először felbontani. (Láthatjuk, hogy ezzel a technikával az összetett gyökös kifejezésekhez néha tudunk olyan polinomot találni, aminek az gyöke, ha a megfelelő átrendezések után mindig hatványozunk.) Ennek alapján \sqrt{2} + \sqrt{3} minimálpolinomja x^{4} − 10x^{2} + 1 (irreducibilitását az első félévben beláttuk), a \sqrt[3]{2}-é x^{3} − 2, az 1 + \sqrt[3]{2}-é (x − 1)^{3} − 2 (ami x^{3} − 2 eltoltja, ezért irreducibilis), \sqrt[3]{2 + \sqrt{2}}-é pedig x^{6} − 4x^{3} + 2, ami a Schönemann-Eisenstein miatt irreducibilis.

Ha u = \sqrt[3]{7 + 5\sqrt{2}}, v = \sqrt[3]{7 − 5\sqrt{2}}, és x = u+v, akkor vaktában elindulva egy nagyon nagy fokú polinom keletkezne. Köbre emelve x^{3} = 14+3uv(u+v). De uv = \sqrt[3]{49 − 50} = −1 és u+v = x, ezért x^{3} +3x−14 = 0 is igaz. De ez még mindig nem a minimálpolinom, hiszen gyöke a kettő. Mivel ez az egyetlen valós gyök (ami például az x − 2 kiemelésével adódik), és u + v valós, ezért u + v = 2, minimálpolinomja x − 2.

A cos 3α = 4 cos^{3} α − 3 cos α azonosságból kapjuk, hogy cos 20^{∘} minimálpolinomja x^{3} − (3/4)x − (1/8) (ez a racionális gyökteszt miatt irreducibilis ℚ felett). Végül az n-edik primitív egységgyökök közös minimálpolinomja az n-edik körosztási polinom, hiszen ez irreducibilis ℚ felett, és normált.

7. Ha a ℤ_{2}[x]/(x^{2} + x + 1) faktorgyűrűben akarunk számolni, akkor minden osztályból egy „ügyes” reprezentánst kell kiválasztani. Nyilván f és g akkor és csak akkor van egy osztályban, ha f − g ∈ (x^{2} + x + 1), azaz ha f és g ugyanazt a maradékot adja x^{2} + x + 1-gyel osztva. A lehetséges osztási maradékok éppen az ax + b alakú polinomok, ahol a, b ∈ ℤ_{2}, ezekkel kell számolni modulo x^{2} + x + 1. Tehát négy polinomról van szó, legyen N = 0 + (x^{2} + x + 1), E = 1 + (x^{2} + x + 1), A = x + (x^{2} + x + 1) és B = x + 1 + (x^{2} + x + 1). Például AB = E mert x^{2} + x = x^{2} + x + 1 + 1 ≡ 1 (hiszen minden elem kétszerese nulla). A táblák:

\begin{matrix}+ & N & E & A & B \\ N & N & E & A & B \\ E & E & N & B & A \\ A & A & B & N & E \\ B & B & A & E & N \end{matrix}  \begin{matrix}∗ & N & E & A & B \\ N & N & N & N & N \\ E & N & E & A & B \\ A & N & A & B & E \\ B & N & B & E & A \end{matrix}

Testet kaptunk, mert az E egységelem a szorzástábla minden sorában szerepel az elsőt kivéve. A prímtest nyilván {N, E}, ami a ℤ_{2}-vel izomorf. Az Ex^{2} + Ex + E polinom gyökei A és B. Mivel ez irreducibilis {N, E} felett (másodfokú, és nincs e testben gyöke), ezért ő az A és B közös minimálpolinomja. Az E minimálpolinomja Ex − E, az N-é Ex.

8. Az ilyen alakú számok a ℚ(\sqrt[3]{2}) testet alkotják. A \sqrt[3]{2} foka ℚ felett három, mert ℚ feletti minimálpolinomja x^{3} − 2. Így |ℚ(\sqrt[3]{2}) : ℚ| = 3. Tehát e bővítés minden elemének foka osztója háromnak. De a \sqrt[6]{2} foka ℚ felett 6, mert a Schönemann-Eisenstein kritérium miatt az x^{6} − 2 polinom irreducibilis ℚ felett. Tehát sem ez a szám, sem a másodfokú \sqrt{2} nem írható fel a kívánt alakban. Jegyezzük meg, hogy sok harmadfokú szám van, ami szintén nem írható fel ilyen alakban, ilyen például az x^{3} − 2 polinom két nem valós gyöke.

9. Az eredmény 6, a 2. vagy a 10. feladat miatt.

10. Tekintsük a K ≤ K(α) ≤ K(α)(β) = M testláncot. Az első bővítés foka gr_{K}(α). A második bővítés fokának meghatározásához meg kell vizsgálnunk a β minimálpolinomját K(α) felett. Ha a K feletti minimálpolinomot m jelöli, akkor m foka gr_{K}(β). Az m polinom K[x]-beli, és így minden együtthatója benne van a K(α) testben. A K(α) feletti minimálpolinom azonban osztója minden olyan K(α)[x]-beli polinomnak, aminek β gyöke, tehát speciálisan m-nek is. Ezért a foka, azaz β foka K(α) felett legfeljebb annyi, mint m foka, azaz gr_{K}(β). Így a fenti testláncból azt kapjuk, hogy |M : K| ≤ gr_{K}(α)gr_{K}(β). Másrészt viszont α és β K feletti foka osztja |M : K|-t, és mivel e két szám relatív prím, a szorzatuk is osztja. Vagyis beláttuk, hogy |M : K| = gr_{K}(α)gr_{K}(β). (A fenti lánc alapján ebből azt is láthatjuk, hogy β foka K(α) felett gr_{K}(β), és ezért a fenti m polinom a K(α) feletti minimálpolinom is egyben.)

11. Tekintsük a ℚ ≤ ℚ(\sqrt{8}) = ℚ(\sqrt{2}) ≤ ℚ(\sqrt[4]{2}) láncot. Tudjuk, hogy a nagy bővítés foka 4, a kicsié 2, ezért |ℚ(\sqrt[4]{2}) : ℚ(\sqrt{8})| = 2. Így a keresett fokszám kettő. (Be lehet látni, hogy a \sqrt[4]{2} minimálpolinomja ℚ(\sqrt{2}) felett x^{2} − \sqrt{2}, de erre nincsen szükség.) A másik kérdéshez tekintsük a ℚ ≤ ℚ(\sqrt[3]{7}) ≤ ℚ(\sqrt[3]{7}, \sqrt[4]{2}) láncot. A 10. feladat miatt itt a nagy bővítés foka 12, és a kicsié 3, ezért az eredmény 4.

12. Legyen ε primitív harmadik egységyök, melyre θ = ε\sqrt[3]{2}. Mivel θ minimálpolinomja is x^{3} − 2, a θ foka ℚ felett 3. Továbbá ε foka φ(3) = 2 (a minimálpolinom a harmadik körosztási polinom, azaz x^{2} + x + 1). Nyilván ℚ(\sqrt[3]{2}, ε\sqrt[3]{2}) = ℚ(\sqrt[3]{2}, ε), és így a 10. feladat miatt ez hatodfokú bővítése ℚ-nak. Ezért θ másodfokú ℚ(\sqrt[3]{2}) felett (és ez nem osztja a θ fokát ℚ felett). A ℚ(θ) ∩ ℝ test részteste ℚ(θ)-nak, és így ℚ feletti foka 1 vagy 3 lehet. Utóbbi lehetetlen, mert θ nem valós. Ezért a metszet ℚ.

13. a): Ez a szám primitív 360-adik egységgyök, hiszen 23 és 360 relatív prímek. Ezért foka φ(360). b): Legfeljebb hatodfokú, de négyzetre emeléssel kifejezhető a \sqrt[3]{9}, ezért az eredmény 6. c): Nyilván 2. d): Négyzetre emeléssel kifejezhető a \sqrt{2}, az eredmény 4.

14. Mivel i algebrai, ha a és b algebrai, akkor a + bi is az, hiszen az algebrai számok testet alkotnak. Megfordítva, ha a + bi algebrai, akkor gyöke egy racionális együtthatós nem nulla polinomnak. Ennek a − bi is gyöke (hiszen a polinom valós együtthatós), de a és b kifejezhető a + bi-vel, a − bi-vel és i-vel.

15. Ha a = π + 3 algebrai lenne, akkor a − 3 = π is az lenne, hiszen az algebrai számok testet alkotnak, ami ellentmondás. Hasonlóan látható, hogy 5π + 6 és π + \sqrt{2} sem lehet algebrai. Ha \sqrt{π} algebrai lenne, akkor négyzete is, ez sem lehet. Végül belátjuk, hogy π semmilyen racionális együtthatós, nem nulla polinomja sem lehet algebrai. Ha ugyanis g(π) algebrai lenne, azaz gyöke lenne egy racionális együtthatós f ≠ 0 polinomnak, akkor f(g(π)) = 0, azaz π gyöke lenne a racionális együtthatós, nem nulla f(g(x)) polinomnak.

16. Algebrai plusz transzcendens mindig transzcendens. Nem nulla algebraiszor transzcendens is transzcendens. Algebrai szám n-edik hatványa és n-edik gyöke is algebrai, minden n egészre.

17. A ℚ minden algebrailag zárt bővítése tartalmazza az n-edfokú \sqrt[n]{2} számot minden n-re, és így foka végtelen. Ha K véges test, és elemei {a_{1}, …, a_{n}}, akkor az f(x) = (x − a_{1}) … (x − a_{n}) + 1 nem-konstans polinomnak nincs gyöke K-ban, ezért K nem lehet algebrailag zárt. A ℤ_{p} test esetében vehetnénk ehelyett az x^{2} − g polinomot, ahol g kvadratikus nemmaradék.

18. Ha K ≤ L és L ≤ M algebrai, és α ∈ M, akkor bővítsük K-t az α elem L feletti minimálpolinomjának együtthatóival. A kapott N test véges bővítése K-nak, mert véges sok algebrai elemmel bővítettünk. De α algebrai N felett, ezért K ≤ N(α) véges, vagyis α algebrai K felett.

19. A lineáris kombinációk felírásával, és π transzcendens voltának kihasználásával kapjuk, hogy az első és a harmadik halmaz független. A második nem, mert ℂ csak másodfokú ℝ felett.

20, 21, 22. A \sqrt{2} = a+b\sqrt{3}-ból négyzetre emeléssel, és \sqrt{3} irracionalitásának kihasználásával ellentmondást kapunk. A többi állítás bizonyítása ennek az észrevételnek a könnyű általánosítása.

23. Belátjuk, hogy c = \sqrt{2} + \sqrt{3} jó. Nyilván ez eleme ℚ(\sqrt{2}, \sqrt{3})-nak, kérdés, hogy \sqrt{2} és \sqrt{3} kifejezhető-e c-vel és racionális számokkal. Mivel c^{2} = 5 + 2\sqrt{6}, ezért \sqrt{6} ∈ ℚ(c). Továbbá c^{3} = 2\sqrt{3} + 3\sqrt{3} + 3\sqrt{6}c, ezért innen 2\sqrt{3} + 3\sqrt{3} ∈ ℚ(c). De ezzel és c = \sqrt{2} + \sqrt{3}-mal nyilván kifejezhető a \sqrt{2} és a \sqrt{3}. (Megjegyezzük, hogy ezzel másik bizonyítást kaptunk arra, hogy x^{4} − 10x^{2} + 1 irreducibilis ℚ felett.)

24. A ℚ ≤ ℚ(\sqrt[4]{2}) bővítés nem normális, mert x^{4} − 2 irreducibilis polinom ℚ felett, melynek van gyöke ℚ(\sqrt[4]{2})-ben, de nincs itt minden gyöke (hiszen ±i\sqrt[4]{2}) nem valósak). Ha e polinom összes gyökével bővítünk, akkor az L = ℚ(i, \sqrt[4]{2}) testet kapjuk, ami már normális bővítése ℚ-nak, mert egy racionális együtthatós polinom felbontási teste. Könnyen láthatjuk, hogy ennek a testnek 8 a foka ℚ felett, sőt a szorzástétel bizonyításából kiindulva e bővítés egy bázisát is felírhatjuk. Ezek szerint L minden β eleme egyértelműen írható

β = a + b\sqrt[4]{2} + c(\sqrt[4]{2})^{2} + d(\sqrt[4]{2})^{3} + ei + fi\sqrt[4]{2} + gi(\sqrt[4]{2})^{2} + hi(\sqrt[4]{2})^{3}

alakban, ahol a, b, c, d, e, f, g, h ∈ ℚ.

Legyen G a ℚ ≤ L bővítés Galois-csoportja, és φ ∈ G. Mivel φ fixálja a racionális számokat, a fenti képletből látjuk, hogy φ(β) kiszámításához elegendő a φ(i) és a φ(\sqrt[4]{2}) ismerete (ez közvetlenül is látszik abból, hogy L-et ez a két elem generálja ℚ felett). Tudjuk, hogy a Galois-csoport elemei permutálják az alaptestbeli együtthatós polinomok gyökeit. Speciálisan tehát az x^{2} +1 polinomot vizsgálva azt kapjuk, hogy φ(i) = ±i, az x^{4} − 2-ből pedig az adódik, hogy φ ennek az α_{1} = \sqrt[4]{2}, α_{2} = i\sqrt[4]{2}, α_{3} = −\sqrt[4]{2}, α_{4} = −i\sqrt[4]{2} gyökeit is permutálja.

Próbáljuk meg áttekinteni G elemeit. Mivel φ két helyre viheti i-t, négy helyre viheti α_{1}-et, és ez a két érték, mint láttuk, már meghatározza φ-t, ezért G rendje legfeljebb 8 lehet. Mivel α_{2}/α_{1} = i, ezért φ(i) = φ(α_{2})/φ(α_{1}). Ezért φ(α_{1}) és φ(α_{2}) is egyértelműen meghatározza φ-t. Az α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4} számok egy négyzetet alkotnak a síkon. Belátjuk, hogy G elemei éppen e négyzet szimmetriáinak felelnek meg. Először is vegyük észre, hogy α_{3} = −α_{1}, és ezért φ(α_{3}) = −φ(α_{1}). Ez azt jelenti, hogy φ a négyzet átlóját átlóba kell, hogy vigye. Ez a csúcsok 24 lehetséges permutációjából könnyen láthatóan kizár 16-ot, és pont azt a nyolcat hagyja meg, amik a négyzet szimmetriáinak felelnek meg. Még azt kell belátni, hogy ez a nyolc permutáció tényleg a bővítés automorfizmusát adja.

Tekintsük például az (13) permutációt. Ehhez olyan φ kell, hogy tartozzon, amire φ(α_{1}) = α_{3} = −\sqrt[4]{2}, φ(α_{3}) = α_{1}, az α_{2} és α_{4} pedig fixen marad. Innen φ(i) = α_{2}/α_{3} = −i. Ezért a fenti képletből

φ(β) = a − b\sqrt[4]{2} + c(\sqrt[4]{2})^{2} − d(\sqrt[4]{2})^{3} − ei + fi\sqrt[4]{2} − gi(\sqrt[4]{2})^{2} + hi(\sqrt[4]{2})^{3} .

Ez a képlet tehát egy φ függvényt definiál az L testen, és azt kellene belátni, hogy ez tényleg egy relatív automorfizmus. Ez elvégezhető lenne sok számolással. Gyorsabb azonban a következő út. Az alaptétel miatt tudjuk, hogy ennek a nyolcadfokú normális bővítésnek a Galois-csoportja nyolcelemű. De azt már beláttuk, hogy G-nek legfeljebb nyolc eleme lehet. Ezért ez a nyolc lehetőség meg is kell, hogy valósuljon, tehát a fenti négyzet minden szimmetriájához kell hogy tartozzon egy relatív automorfizmus. Tehát speciálisan a fenti φ függvény is automorfizmus kell, hogy legyen.

Így tehát azt kaptuk, hogy G ≅ D_{4}. A közbülső testek meghatározásához az egyes automorfizmusok fixpontjait kell megkeresni. Például az előbbi φ-nek azok a β elemek a fixpontjai, melyekre φ(β) = β. Mivel β fenti felírása egyértelmű, azt kapjuk, hogy b = −b, d = −d, e = −e, g = −g, azaz φ fixpontjai az a + c(\sqrt[4]{2})^{2} + fi\sqrt[4]{2} + hi(\sqrt[4]{2})^{3} alakú számok. Könnyen láthatjuk, hogy ezek éppen a ℚ(i\sqrt[4]{2}) test elemei. Ez a közbülső test tehát éppen az {id, (13)} részcsoportnak felel meg.

Utólag, az eredmény birtokában látjuk, hogy gyorsabban is eljárhattunk volna. Tudjuk, hogy ennek a kételemű, azaz négy-indexű részcsoportnak az alaptétel szerint olyan közbülső test felel meg, mely negyedfokú ℚ felett. De mivel φ fixálja α_{2}-t, fixálja ℚ(α_{2})-t is. Mivel ez már maga negyedfokú ℚ felett, ez kell, hogy legyen a fixpontok halmaza. Hasonló gondolatmenettel láthatjuk be, hogy az {id, (24)} részcsoportnak a ℚ(α_{1}) = ℚ(\sqrt[4]{2}) test kell, hogy megfeleljen.

Ezek szerint a ℚ(\sqrt[4]{2}) résztestei az \{id, (24)\}-et tartalmazó részcsoportoknak kell, hogy megfeleljenek. Egy ilyen valódi részcsoport elemszáma csak négy lehet, aminek az indexe kettő, és így normálosztó. A D_{4} normálosztóit már kiszámoltuk, és innen láthatjuk, hogy csak a {id, (24), (13), (13)(24)} jöhet szóba. Ehhez a részcsoporthoz csak a ℚ(\sqrt{2}) közbülső test tartozhat (ellenőrizzük közvetlen számolással is, hogy ℚ(\sqrt{2}) éppen az (13)-hoz és (24)-hez tartozó relatív automorfimusok közös fixpontjainak a halmaza).

Azt a meglepő eredményt kaptuk tehát, hogy a ℚ ≤ ℚ(\sqrt[4]{2}) bővítésnek az egyetlen valódi közbülső teste a ℚ(\sqrt{2}). Ebből következik, hogy minden olyan elemnek a foka négy kell, hogy legyen (ℚ felett), ami nincs benne ℚ(\sqrt{2})-ben! Hiszen ha α ilyen elem, akkor a ℚ(α) csakis ℚ(\sqrt[4]{2}) lehet. Tehát számolás nélkül látjuk, hogy például \sqrt{2} + \sqrt[4]{2} foka négy.

Hasonló számolással kapható az összes többi részcsoporthoz is a megfelelő közbülső test:

\{id\} ⟷ ℚ(i, \sqrt[4]{2})  \{id, (13)\} ⟷ ℚ(i\sqrt[4]{2})
\{id, (13), (24), (13)(24)\} ⟷ ℚ(\sqrt{2})  \{id, (24)\} ⟷ ℚ(\sqrt[4]{2})
\{id, (12)(34), (14)(23), (13)(24)\} ⟷ ℚ(i\sqrt{2}) \{id, (13)(24)\} ⟷ ℚ(i, \sqrt{2})
\{id, (1234), (13)(24), (1432)\} ⟷ ℚ(i)  \{id, (12)(34)\} ⟷ ℚ(\sqrt[4]{2} + i\sqrt[4]{2})
D_{4} ⟷ ℚ  \{id, (14)(23)\} ⟷ ℚ(\sqrt[4]{2} − i\sqrt[4]{2})

25. Az x^{2} + 1 felbontási teste ℚ(i), ennek foka 2 a ℚ felett, a Galois-csoport ℤ_{2}, közbülső test csak a két triviális van. Mindez tetszőleges másodfokú irreducibilis polinomra is igaz. Az x^{4} − 1 felbontási teste ℚ(i), a Galois-csoport tehát ugyanaz, mint az előbb. Az x^{4} + 1 = Φ_{8}(x) gyökei a primitív nyolcadik egységgyökök, ha ε ilyen, akkor a többi ennek hatványa, vagyis a felbontási test ℚ(ε), melynek foka ℚ felett φ(8) = 4. A Galois-csoport ℤ_{2}^{2} lesz, a nemtriviális közbülső testek ℚ(i), ℚ(\sqrt{2}), ℚ(i\sqrt{2}). A relatív automorfizmusok hatványozzák ε-t. Az x^{6} − 1 felbontási teste ℚ(η), ahol η hatodik primitív egységgyök, a Galois-csoport ℤ_{2}. Az x^{6} − 2 felbontási teste ℚ(\sqrt[6]{2}, η), ahol η hatodik primitív egységgyök. Ennek a bővítésnek a foka 12, hiszen η másodfokú ℚ felett, és mivel nem valós, másodfokú ℚ(\sqrt[6]{2}) felett is. A Galois-csoport D_{6}, az egyes automorfizmusok az x^{6} − 2 polinom gyökeiből álló szabályos hatszög egybevágóságainak felelnek meg. Az (x^{2} − 2)(x^{3} − 2) felbontási teste ℚ(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}, ε), ahol ε primitív harmadik egységgyök. Könnyen láthatóan ez a test megegyezik az előző polinom esetében vizsgált ℚ(\sqrt[6]{2}, η) testtel, és így a Galois-csoport és a közbülső testek is ugyanazok. Az (x^{2} −2)(x^{2} −3) felbontási teste a ℚ(\sqrt{2}, \sqrt{3}), ennek foka ℚ felett 4, a Galois-csoport a Klein-csoport, az összes résztest pedig ℚ, ℚ(\sqrt{2}), ℚ(\sqrt{3}), ℚ(\sqrt{6}), ℚ(\sqrt{2}, \sqrt{3}).

26. Tegyük fel, hogy K ≤ L és |L : K| = 2. Legyen α ∈ L, α ∉ K. Ekkor α másodfokú, minimálpolinomja legyen m(x) = x^{2} + ux + v. A gyökök és együtthatók összefüggése miatt β = −u − α az m „másik” gyöke, és nyilván β ∈ L. Így K(α, β) = L, azaz L az m felbontási teste K felett, és ezért normális bővítése K-nak.

Gyakorlásul lássuk be közvetlenül is, hogy ha f egy K felett irreducibilis polinom, akkor vagy nincs gyöke L-ben, vagy minden gyöke L-ben van. Tegyük fel, hogy α egy L-beli gyök, és legyen m az α minimálpolinomja K felett. Ekkor x − α közös osztója f-nek és m-nek L[x] felett. Ezért az (m, f) kitüntetett közös osztó nem konstans. De az euklideszi algoritmus végig K[x]-ben marad, és ezért (m, f) a K test felett ugyanaz, mint L felett. Viszont K felett mindkét polinom irreducibilis, tehát asszociáltak, és így gyökeik egyenlők. A gyökök és együtthatók összefüggése miatt azonban m-nek minden gyöke L-ben van (hiszen m első, vagy másodfokú).

27. M/K normális, így felbontási test. Ugyanannak a polinomhalmaznak az M az L felett is felbontási teste.

28. Nyilván ℤ_{2}^{n} (mindegyik \sqrt{p_{i}} a többitől függetlenül vihető az ellentettjébe, vö. 22. feladat).

29. Legyen K ≤ L ≤ N, ahol |L : K| = 4, és N normális bővítése K-nak. Ha a K ≤ N Galois-csoportja G, és H az L testnek megfelelő részcsoport, akkor tehát |G : H| = 4, és keressük a H-t tartalmazó valódi részcsoportokat. Ha ilyen legfeljebb egy van, akkor készen vagyunk. Ha van két különböző, mondjuk H_{1} és H_{2}, akkor mindkettő indexe G-ben kettő, és H_{1} ∩ H_{2} csak H lehet. Ekkor H ◁ G (mert két normálosztó metszete). Azaz a H-t tartalmazó részcsoportok a G/H összes részcsoportjainak felelnek meg. De G/H vagy ciklikus, vagy a Klein-csoporttal izomorf, és mindkét esetben ismerjük a részcsoportokat. Látjuk, hogy ha K ≤ L nem normális, akkor legfeljebb egy valódi közbülső test lehet.

30. Legyen ε primitív kilencedik egységgyök, ekkor ℚ(ε+\overline{ε}) jó lesz. Ugyanis ℚ(ε) Galois-csoportja ℤ_{9}^{×} ≅ ℤ_{6}^{+}, ez Abel, tehát minden részcsoportja normálosztó, azaz minden közbülső test normális. A ℚ(ε + \overline{ε}) elemeit a másodrendű komplex konjugálás fixen hagyja, tehát ez legfeljebb harmadfokú. De nem elsőfokú, mert ε + \overline{ε}-nek konjugáltja a tőle különböző ε^{2} + \overline{ε}^{2} (ezzel beláttuk azt is, hogy cos 40^{∘} irracionális).