Mat-alkmat gyakorlat, második évfolyam, első félév Harmadik alkalom — megoldásvázlatok (2002 ősz)

1. 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})

2. Minden másodfokú bővítés Galois-csoportja ℤ_{2}, közbülső test csak a két triviális van. Ha ε primitív nyolcadik egységgyökök, akkor ℚ(ε) Galois-csoportja ℤ_{8}^{×} ≅ ℤ_{2}^{2}, a nemtriviális közbülső testek ℚ(i), ℚ(\sqrt{2}), ℚ(i\sqrt{2}). A relatív automorfizmusok hatványozzák ε-t. Az x^{6} − 2 felbontási teste ℚ(\sqrt[6]{2}, η), ahol η hatodik primitív egységgyök. A Galois-csoport a D_{6} diédercsoport, az egyes automorfizmusok az x^{6} − 2 polinom gyökeiből álló szabályos hatszög egybevágóságainak felelnek meg. Az (x^{2} − 2)(x^{2} − 3) felbontási teste a ℚ(\sqrt{2}, \sqrt{3}), 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}).

3. Nyilván ℤ_{2}^{n} (mindegyik \sqrt{p_{i}} a többitől függetlenül vihető az ellentettjébe, vö. II/9. feladat).

4. 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.

5. 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).

10. 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.

A ℤ_{2}[x]/(x^{3} +x+1) nyolcelemű test lesz, a „jó” reprezentánselemek a legfeljebb másodfokú polinomok. A prímtest kételemű, elemeinek minimálpolinomja a két elsőfokú polinom. A maradék hat elem közül x, x^{2} és x^{2} + x maradékosztályának minimálpolinomja x^{3} + x + 1 lesz, x + 1, x^{2} + 1 és x^{2} + x + 1-é pedig x^{3} + x^{2} + 1. A Galois-csoport ℤ_{3}, e csoport generátoreleme a test minden elemét négyzetre emeli. Kilencelemű test lesz ℤ_{3}[x]/(x^{2} + 1) ≅ ℤ_{3}[x]/(x^{2} + x + 2).