Introducere în algebra comutativă. Teoria lui Galois December 23, Curs 1 - Corpuri şi spaţii liniare Definiţii: inel, corp, exemple, morfism de

Transcriere

1 Introducere în algebra comutativă. Teoria lui Galois December 23, Curs 1 - Corpuri şi spaţii liniare Definiţii: inel, corp, exemple, morfism de corpuri; izomorfism, automorfism. Observaţie 1.1 f : F E morfism de corpuri implică k Z, x F, f(kx) = kf(x), f ( x k) = (f(x)) k. Teorema 1.1 Un corp comutativ este un domeniu de integritate. Teorema 1.2 Orice morfism de corpuri este injectiv. Teorema 1.3 σ : F E, izomorfism corpuri σ : F [X] E[X], izomorfism de inele. (σ morfism surjectiv; σ (f) = 0 σ(a k ) = 0 a k = 0) F K, subgrup : { (F, +) (F, +) Exemplu 1.1 Q R C (F, ) (K, ), subgrup d Z {0, 1}, d liber de pătrate ( p prim : p 2 d) ( d ) ( d ) { Q C, Q = a + b } ( d ) d a, b Q, Aut Q = { } 1 Q( d), u. ( u a + b ) d = a b ( ( )) 2 ( ) d u d = u (d) = d u d = ± d. Teorema 1.4 Q este cel mai mic subcorp al lui C. (F subcorpul prim al lui C 1 F Z F Q F ) Caracteristica unui corp F corp comutativ car F = p, dacă p 1 = 0, p minim, altfel car F = 0. 1

2 i) p prim; ii) n 1 = 0 în F p n. Demonstraţie. i) Presupunem că p = rq p 1 }{{} = 0 = (r 1)(q 1) = dom r 1 = 0 sau q 1 = 0, fals! integr ii) Fie r 0 şi r < p, n = pq + r n }{{ 1 } = pq 1+ r 1 r 1 = 0, fals! }{{} = 0 = 0 Teorema 1.5 F grup de caracteristică p (x ± y) p = x p ± y p. Demonstraţie. (x ± y) p = x p + p 1 Cp k k=1 }{{} = 0 x p k ( y) k ± y p şi inducţie. Teorema 1.6 i) car F = 0 Q F, până la izomorfism. ii) car F = P Z P F, până la izomorfism. Demonstraţie. i) n N, n 1 0 (n 1) 1 P subcorpul prim (m 1)(n 1) 1 P Q P Q. }{{} def P ii) F = {0, 1, 2,..., p 1} Z p., x 1 x. Aşadar rezultă că F izom. Z p nu are subcorpuri proprii. (F Z p F p F = Z p ). Teorema 1.7 Fie f ireductibil, f K[X] K K[X]/ (f) = K 1, K 1 este corp. Demonstraţie. K[X] euclidian K[X] principal. 2

3 z E z = i Arăt că (f) este maximal. (f) (h) K[X] h f, f ireductibil, avem: }{{} I h 1 (h) = K[X] sau h f (f) = (h). k k + (f), f are rădăcina x + (f) în K 1 Reciproca (f) maximal f ireductibil. Presupunem că: f = gh (f) g (f) sau h (f), (f) prim. f g sau f h f g sau f h f ired. Extindere finită: F subcorp al lui E. E dacă dim F E (= [E : F ]) <, unde F este finită Teorema 1.8 F L E [L: F ] <, [E : L] < [E : F ] < şi [E : F ] = [L: F ] [E : L]. Demonstraţie. B 1 = {e i } i bază în L E B 2 = {f j } j bază în F L B = {e i f j } (i,j) bază în F E. Liniara independenţă: aij e i f j = 0, a i,j F i,j i Sistem de generatori: j aij f j e i = 0 bi e i, b i L b i = j aij f j. Consecinţe: 1) [E : F ] = 1 E = F. 2) F L E, [E : F ] = [L: F ] E = L. 3) [E : F ] = p (prim) nu sunt corpuri intermediare. 3

4 2 Seminar 1 Exerciţiu 2.1 F E, [E : F ] = 1 E = F. Soluţie 2.1 x E, f F : x = f 1 F x F. Exerciţiu 2.2 } F L E E = L. [E : F ] = [L : F ] Soluţie 2.2 Avem [E : F ] = [L : F ] [E : L] ip [E : L] = 1 ex.1 E = L. Exerciţiu 2.3 Q Q( 2) spaţiu liniar cu baza {1, 2}. sau: 2 rădăcina lui X 2 1, ( 2 ) 2 = 1 Q Q ( 2 ) are baza {1, 2}. Exerciţiu 2.4 Fie f = X 4 + X + 1 Z 2 [X]. i) Arătaţi că f este ireductibil în Z 2 [X]; ii) Construiţi tabelele de compoziţie în Z 2 (y), unde y este rădăcină a lui f. Soluţie 2.3 i) f nu are rădăcină în Z 2 ( ) f( 0) 0, f( 1) 0. Presupunem că f = gh cu g = X 2 + a 1 X + a 2 şi h = X 2 + b 1 X + b 2, a i, b i Z 2 a 1 + b 1 = 0 a 1 b 1 + a 2 + b 2 = 0 a 1 b 2 + a 2 b 1 = 1 a 2 b 2 = 1 a 2 = b 2 = 1 a 1 b 1 = 0, a 1 + b 1 = 1. fals! ii) Avem y 4 = y + 1. Observăm că Z2 Z 2 (y) are baza {1, y, y 2, y 3 }. Obţinem Z 2 (y) = { 0, 1, y, y + 1, y 2, y 2 + 1, y 2 + y, y 2 + y + 1, y 3, y 3 + 1, y 3 + y, y 3 + y 2, y 3 + y 2 + y, y 3 + y + 1, y 3 + y 2 + y + 1}. Z 2 (y) = 16. Exerciţiu 2.5 Q Q( 3 3) are baza {1, 3 3, } pentru că ( 3 3 ) 3 = 3. 4

5 Exerciţiu 2.6 Q ( 2, 3 3, 7 ) ( Q ( 2 )) ( 3 3 ) Q ( 2 ) Q. Soluţie 2.4 QQ ( 2 ) are baza { 1, 2 } = B 1. Q( 2) Q ( 2, 3 3 ) are baza { 1, 3 3, 3 9 } = B 2. Q( 2, 3 3) Q ( 2, 3 3, 7 ) are baza { 1, 7 } = B 3. Atunci QQ ( 2, 3 3, 7 ) are baza B = B 1 B 2 B 3. Exerciţiu 2.7 Să se studieze ireductibilitatea lui f = X 2 + ax + b, a, b K. K {Z 3, Z 5, Q}. Soluţie 2.5 Fie α o rădăcină pentru f. Atunci (2α + a) 2 = a 2 4b, ( α 2 + aα + b = 0 4 ). f ired în K [X] a 2 4b / K 2 = { k 2 k K }. Pentru Z 3, Pentru Z 5, Se determină a, b. K 2 = {0, 1}. a 2 4b / K 2 a 2 4b = 2 în Z 3 K 2 = {0, 1, 4}. a 2 4b / K 2 a 2 4b = 2 sau = 3 în Z 5 Exerciţiu 2.8 Arătaţi că mulţimea subcorpurilor lui R este infinită. Soluţie 2.6 ( ) n Q 2 R, [ ( ) ] n Q 2 : Q = n. Exerciţiu 2.9 Arătaţi că n N, K : Q K R, [K : Q] = n, (K = Q ( n z)). Rezultă ext. Q R infinită. Exerciţiu 2.10 Determinaţi subcorpurile lui C care conţin pe R. Soluţie 2.7 R K C şi [C : R] = 2, [C : R] K = R sau K = C. 5

6 3 Curs 2 - Elemente algebrice Fie F E, a E. Definiţie 3.1 Spunem că a alg/ F dacă f F [X], f 0,astfel încât, f (a) = 0. Definiţie 3.2 Spunem că a transc/ F dacă a nu e alg/ F. Definiţie 3.3 Extinderea F E este algebrică dacă a E, a alg/ F. 1) a F, a alg/ F, fiind rădăcină pentru X a. 2) Q R, 2 alg/ Q, f = X 2 2, e, Π transc/ Q. 3) K K (X), X transc/ K. 4) R C alg : a = x + i y e rădăcină pentru X 2 2xX + x 2 + y 2. 4 Polinom minimal Fie F E, a alg/ F, a E. Vom face următoarea notaţie: m a not = Irr (a, F ), unde prin Irr (a, F ) înţelegem: ireductibil în F [X], coeficient dominant 1 şi are pe a rădăcină. (m a ireductibil sau de grad minim). Teorema 4.1 Fie f F [X] cu f (a) = 0 şi g = m a. Atunci g f. Demonstraţie. Vom folosi metoda reducerii la absurd, aşa că vom presupune că g f. Din faptul că g este ireductibil rezultă că: Adică 0 = 1, fals! (g, f) = 1 h 1, h 2 F [X] astfel încât: h 1 g + h 2 f = 1, pentru X = a. 6

7 Teorema 4.2 { 1) α alg/k K (α) = K [α] 2) K (α) = K [α] α alg/ K Demonstraţie. 1) K (α) = { f (α) g (α) } f, g K [X], g (α) 0. Fie h = m α. Cum g (α) 0 h g, h ired (h, g) = 1. u, v K [X] : uh + vg = 1 v (α) g (α) = 1 1 f (α) = v (α) = f (α) v (α) K [α] g (α) g (α) K (α) K [α] K (α). 2) Din K (α) = K [α] f(α) g(α) K [α]. Iau g cu grad 1 1 = v (α) K [X]. g (α) Fie f = v g 1 cu rădăcina α. f K [X], f 0 altfel contradicţie cu grad g 1. Aşadar α alg K. vg = 1 g v (K [X]) = K Teorema 4.3 Orice extindere finită e algebrică. Demonstraţie. Fie K L cu [L: K] = n şi a L. Avem {1, a,..., a n } lin. dep. în K L k 0, k 1,..., k n K nu toate nule, astfel încât: n k i a i = 0 a rădăcina polinomului. i=0 f = n k i X i 0 a alg/ K. i=0 Teorema 4.4 α alg/ F dim F F (α) = grad m α. 7

8 Demonstraţie. Fie m α = X n + a n 1 X n a 0 F [X]. Atunci rezultă că: α n = a n 1 α n 1... a 0. α n+i = b K α K B = { 1, α,..., α n 1} sistem de generatori în F F (α). 0 K n 1 B lin. indep., altfel grad m α < n. Deci B bază în F F (α). Teorema 4.5 Fie K L şi [L: K] = n. Atunci α 1,..., α n alg/ K, astfel încât L = K (α 1,..., α n ). Demonstraţie. Fie B bază în K L = {α 1,..., α n }. Atunci { n } L = k i α i k i K, i K [α 1,..., α n ] = K (α 1,..., α n ) L. αi alg 1 pentru că [L: K] < 5 Extinderi prin adjuncţionare Fie F E, S E. F (S) = K E F S K K corpul obţinut prin adjuncţionare. S = {x 1,..., x n } F (S) = F (x 1,..., x n ) şi F (S 1 S 2 ) = (F (S 1 )) (S 2 ). F [S] = R subinel în E F S K R subinel obţinut prin adjuncţionare. F (S) este corpul de fracţie al lui F [S]. F (S) = { } A A F [S], B F [S], B 0. B Definiţie 5.1 K L este extindere simplă dacă α L : L = K (α). α: element primitiv al lui L peste K. 8

9 Teorema 5.1 (Teoremă de structură) Fie L = K (α). Arătaţi că: 1) α alg/ K K (α) K [X] / (mα). 2) α transc/ K K (α) K (X). Demonstraţie. Rezultă că Im f = K [α]. 1) f : K [X] K (α) k k X α Kerf = {P K [X] f (P ) = P (α) = 0} = (m α ) ( P (α) = 0 m α P ) Obţinem K [X] / (mα) K [α] α alg = K (α). 2) Kerf = {P P (α) = 0} = 0 K [X] K[α]. dom. integritate 6 Seminar 2 Exerciţiu 6.1 Fie a o rădăcină pentru f = X 3 X + 1 Q [X] a) Determinaţi b 1 în Q (a) şi a 1 în Q (a), unde b = 1 2a + 3a 2 Q (a). b) Determinaţi m c Q [X], c = 1 + a 2a 2. c) Arătaţi că Q (a) = Q (c). Soluţie 6.1 a) f ired, altfel ar avea un factor de grad 1 cu coeficient în Q, fals! Deci m a = f Q Q (a) are baza{1, a, a 2 }. f (a) = 0 a(a 2 1) = 1 a(1 a 2 ) = 1 a 1 = 1 a 2. b 1 = x + ya + za 2, x, y, z Q. bb 1 ( 1 2a + 3a 2) ( x + ya + za 2) = 1 Din indentificarea coeficienţilor, obţinem: 9

10 x = 6 11, y = 7 11, z = 8 11 b) Obţinem m c astfel: { 1 + a 2a 2 = c a a 3 a + 1 = 0 2 { ac = a 2 a c = 1 + a 2a 2 { ac = a + a 2 2a 3 0 = 2a 3 2a + 2 (+) { 2ac = 2a 2 2a + 4 c = 1 + a 2a 2 (+) 2ac + c = 1 a + 4 a(2c + 1) = 5 c a = 5 c 2c + 1 (c 1 2 ) c = 1 c = 5, fals! 2 c) f = m a ( ) 3 5 c 5 c 2c + 1 2c = 0 m c = X 3 + X 2 8X a = 5 c } 2c+1 Q (c) Q (a) Q (c) Q (a) = Q (c). c = 1 + a 2a 2 Q (a) Qc) Q (a) Sau: Q Q (c) Q (a) [Q (a) : Q] = 3 = grad m a = grad m c = [Q (c) : Q] Q (a) = Q (c). Exerciţiu 6.2 Fie X 3 X + 1 Q [X] şi a o rădăcină a sa. Determinaţi. : Soluţie 6.2 i) { i) 3a 2 +2 a 2 +4 în Q (a) ii) Irr (β 1, Q), unde β = 2 a + a 2. 3a a = x + ya + za2, cu x, y, z Q. Folosim a 3 a + 1 = 0. Obţinem: x = , y = , z =

11 ii) Ca mai sus, obţinem: Şi scriu a în funcţie de β 1. β 1 = a 11 2a2 11. { 11β 1 = 7 + a 2a 2 0 = a 3 a + 1 { 11β 1 a = 7a + a 2 2a 3 0 = 2a 3 2a + 2 (+) { 11β 1 a = 5a + a β 1 = 7 + a 2a 2 { 22β 1 a = 10a + 2a β 1 = 7 + a 2a 2 (+) 11a+11 = 11(β 1 +2aβ 1 ) Aşadar avem: a = β β, β 1 1 } 1 2 a 3 a + 1 = 0 a + 1 = β 1 + 2aβ 1 a(1 2β 1 ) = β 1 1 ( β 1 ) β β 1 1 2β 1 +1 = 0...grad Irr β 1 = 3. Exerciţiu 6.3 Fie a răd. ptr. X 3 X + 1 Q [X]. i) b = 1 a + a 2, c = 2 + a 2a 2 din Q (a). Determinaţi Irr ( b 1 c, Q ). ii) b = 2 + a a 2, c = 1 + 3a + 2a 2. Determinaţi Irr ( bc 1, Q ). Soluţie 6.3 i) Scriu a în funcţie de d, astfel: d = b 1 c = 4a 2 a + 5. a = d d 5. ii) d = a a a = 2 d 2d + 1 Irr (d, Q) = 13X X 2 13X

12 Exerciţiu 6.4 Fie z = a + bi C. Să se arate că z alg/ Q Soluţie 6.4 Fie A corpul numerelor algebrice peste Q. z alg/ Q f Q [X], f 0, f (z) = 0. { a alg/q b alg/q. z A = f (z) = 0, f (z) f (z). a = z + z 2, b = z z 2i a, b, i A z A. a, b A. Observaţie A = {a C a alg/ Q } este corp. Mai general, dacă K L, A = {α L α alg/ K }, Atunci A este corp. α, β A [K (α, β) : K] < K K (α, β) alg K (α, β) A. α ± β, αβ, β 1 ( β 0) A A corp. Exerciţiu 6.5 Fie F L. A = {a L a alg/ K } şi fie u L. Fie f K [X], grad f 1. Atunci u A f (u) A. Soluţie 6.5 } u A f (u) A. A corp f (u) A g K [X], g 0, astfel încât g (f(u)) = 0. Fie h = gf, deci avem că h(u) = 0. Folosim faptul că g 0 h 0.(f are grad f 1) rezultă că u A. 12

13 Exerciţiu 6.6 Fie f Q [X], grad f 1. Atunci f (Π) transc/ Q şi f (e) transc/ Q. Exerciţiu 6.7 Determinaţi R ( 2 + i 3 ). Soluţie 6.6 Mai mult, dacă z C R, R (z) = C. R R (z) C R (z) = R z R fals! sau R (z) = C. Exerciţiu 6.8 Determinaţi Irr ( 1 + 2, Q ). Soluţie 6.7 Notăm a = (a 1) = 2 a 2 2a 1 a soluţie pentru X 2 2X 1 Q [X] ired. Irr(1 + 2) = X 2 2X 1. Exerciţiu 6.9 Arătaţi că Q ( 3 2 ) = Q ( 6 ). Soluţie 6.8 În general, dacă 3 6 ( ) = 2 2 Q 6 6 = Q. ( ) 3 2 } u Q d liber pătrate. Q ( u) = Q u / Q ( d ). u = p q, q 0, p, q Z u = p q = pq q q u = pq. pq = a 2 d q u = a d Q ( u ) ( ) = Q d 13

14 7 Curs 3 - Tranzitivitatea extinderii algebrice Teorema 7.1 Fie K L F. Avem F alg/ K F alg/ L şi L alg/ K. Demonstraţie. Din K L F alg/ L. α L F F alg/ K α alg/ K. Fie α F α alg/ L f = β i X i, f 0, f (α) = 0, β i L, i α alg/ K(β0,..., β n) i β i L, L alg/ K β i alg/ K, i [K (β 0,..., β n ) : K] <. (1) Cum α alg/ K(β0,..., β n) [K(α, β 0,..., β n ) : K(β 0,..., β n )] < şi împreună cu (1) rezultă că K(α, β 0,..., β n ): K] < α alg/ K F alg/ K. K - izomorfisme Fie K L, K L 2. Definiţie 7.1 Funcţia f : L 1 L 2 este K - izom dacă 1) f izomorfism de corpuri; 2) a K, f (a) = a. Observaţie 7.1 Pentru α transc./ K K (α) K izom Teorema 7.2 Fie K L ; α, β L. I) α, β alg/ K cu K izom, f (α) = β K(X). 1) Irr(α, K) = Irr (β, K) 2) f : K (α) K (β) II) α, β transc/ K f : K (α) K (β), K- izom, unde f (α) = β. Demonstraţie. I) Vom arăta că 1) 2). Avem K (α) K [X] /(Irr (α, K)) K (β). P (α) P + (Irr(α, K)) P (β). 2) 1) Fie Irr (α, K) = f ; Irr (β, K) = g. Avem K- izom : ϕ: K (α) K (β) cu ϕ (α) = β. ϕ(f (α)) = f (β) f (β) = 0 g/f; g, f ired. f = g. II) Avem K (α) K (X) K (β). 14

15 Exemplu 7.1 ( ) ( f : Q 2 Q ) ( ) 2 = Q 2. a + b 2 a b 2. Exemplu 7.2 f : C C, z z. Exemplu 7.3 ( ) ( 3 f : Q 3 Q ɛ 3 ) 3 a + b c 3 9 a + ɛb ɛ 2 c 3 9. cu ɛ rădăcină pentru X 2 + X + 1. Observăm că 3 3, ɛ 3 3, ɛ rădăcină pentru X 3 3 Q [X]. Exemplu 7.4 Dacă f K [X] ireductibil şi {x i } i=1, n sunt rădăcinile sale, atunci: f ij : K (x i ) K (x j ) este K- izom. 8 Închiderea algebrică a unui corp K L şi A = {α L α alg/ K }. A corp (α, β A K (α, β) A, pentru că: [K (α, β) : K] < 0 αβ, α ± β, β 1 A), β 0, β / A, β transc/a. A: închiderea algebrică a lui K în L. Exemplu 8.1 Mulţimea A, a numerelor algebrice din C are cardinal χ 0. (α C, α alg/ Q P = Irr α Q [X]). Mulţimea A 1 = A R a numerelor algebrice din R. Q A 1 A teorema Bernstein = card A 1 = χ 0. Definiţie 8.1 K este închidere algebrică a lui K dacă: K K şi alg ( α / K, α transc/ K ) ( α alg/ K, α K). Definiţie 8.2 K algebric închis dacă K = K. 15

16 Teorema 8.1 Fie K corp comutativ, f K [X], grad f 2. Atunci L, K L, astfel încât f are o rădăcină în L. Demonstraţie. Din lema lui Krull, M ideal maximal, astfel încât K[X] inel principal Fie L = K [X] / M. (f) M K [X]. M = (g) } g ired. M maximal σ : K L, σ (a) = a + M, σ injectiv.,fiind morfism de corpuri. f (x + M) = f (X) + M = M = O L x + M rădăcină pentru f în L. Corolar 1 1) Dacă {f 1,..., f n } K [X], atunci L, K L astfel încât f i, fi are o rădăcină în L. 2) Fie f K [X]. Atunci L, K L,astfel încât f se descompune în L[X] în factori de gradul I. Lemma 1 Fie K L, L algebric închis. Atunci K L = {α L α alg/ K } e algebric închis şi K L alg/ K. Demonstraţie. Fie f K L [X], grad f 1 L algebric închis } α L, f (α) = 0 α alg/ KL, K L alg/ K α alg/ K α K L, adică K L algebric închis. Teorema 8.2 (Teorema de existenţă a închiderii algebrice) K corp comutativ, K K închidere algebrică a lui K. Demonstraţie. Construim K 1, astfel încât K K 1 şi K 1 algebric închis. Fie T = {f K [X] grad f 1} K [X]. (T = K [X] K). Căutăm un corp în care f T, f are o rădăcină în acel corp. Introduc variabilele (X f ) f T. (Câte una pentru fiecare polinom f). Fie G = {f (X f ) f T } K [X f f T ]. 16

17 Dacă T este infinită, atunci K[X f f T ] = J T J finit K[X j j J] Deci, G K[X f f T ] şi fie M (G). maximal Observaţie: (G) K[X f f T ], altfel 1 = f 1 (X f1 ) g, f n (X fn ) g n. Iau o extindere K a lui K, astfel încât f 1,..., f n, au rădăcinile α 1,..., α n în K. Înlocuiesc Xfi cu α i şi obţin 1 = 0, fals! Fie L 1 = K[X f f T ] /M corp. f T, f are o rădăcină în L 1 : X f + M. Continuând astfel,obţinem: K L 1... L n L n+1..., unde orice polinom din L n are o rădăcină în L n+1. Fie K 1 = i N L i. Avem: 1) K K 1 ; 2) K 1 corp (α L i, β L j ( i j) α, β L j α β, α β, α 1 (pentru α 0) L j < K 1 ) 3) K 1 algebric închis. (Fie f K 1 [X], f = a 0 + a 1 X a n X n ; a 0 L i0, a 1 L i1,..., a n L in şi j 0 = max (i 0,..., i n ) f L j0 [X] } α L j0+1 K 1 f = (X α) f f (α) = 0 1 Repet pentru f 1,... f are toate rădăcinile în K 1.). Aplicând apoi Lema rezultă teorema. Proposition 2 Orice corp finit nu este algebric închis. Demonstraţie. Fie K = {0, 1, a 1,..., a n } şi n f = X (X 1) (X a i ) + 1 K [X]. i=1 f nu are rădăcini în K, pentru că f (x) = 1, x K. 17

18 9 Seminar 3 ( d ) Exerciţiu 9.1 [K : Q] = 2 K = Q (d liber de pătrate, d / Q.) Soluţie 9.1 [ ( d ) Q ] : Q = grad Irr d = 2, pentru că Irr d = X 2 d. Fie u K Q, [K : Q] = 2, dim Q K = 2 {1, u} bază în Q K K = {a + bu a, b Q} K = Q (u). (sau direct: u K Q, [K : Q] = 2 K = Q (u)). În particular, u 2 K = Q (u) a, b Q : u 2 = a + bu ( u b ) 2 = a 2 b2. Deci v răd. pentru X 2 c Q [X] şi c / Q. 2 4 }{{}}{{} = v / Q = c Q Aşadar, K = Q (u) = Q (v) v = u b 2. = Q ( c) = Q ( 2 ) cu d liber pătrate, unde Exerciţiu 9.2 Fie K corp finit, K = q: a) Determinaţi numărul polinoamelor de grad 2, monice, ireductibile din K [X] ; b) Determinaţi numărul polinoamelor de grad 3, monice, ireductibile din K [X]. Soluţie 9.2 a) Fie P = X 2 + ax + b K [X], monic. P (a, b) K 2. Notăm: P 2 = {P P de grad 2, monic}, P 2 = K 2 = q 2. Să calculăm numărul polinoamelor reductibile din P 2. P reductibil dacă: sau P = (X α) 2 în număr de q, α K. 18

19 P = (X α) (X β) în număr de C 2 q. α, β K,α β. Numărul cerut este: b) Notă q 2 q C 2 q = q (q 1) q (q 1) 2 = q (q 1) 2 = q2 q. 2 P 3 = {X 3 + ax 2 + bx + c a, b, c K} P 3 = q 3. Calculăm numărul polinoamelor reductibile din P 3. Polinoamele reductibile au forma: P = (X α) ( X 2 + ax + b ), α, a, b K }{{} ired P în număr de q q2 q 2 (pct. a)). sau P = (X α) 2 (X β), α, β K P sunt q 2. sau P = (X α) (X β) (X γ) cu α, β, γ K distincte. P în număr de Cq 3 = q(q 1)(q 2) 6. Deci numărul cerut este: q 3 q q2 q 2 q 2 q (q 1) (q 2) 6 = q3 2 q2 2 q3 3q 2 + 2q 6 = 2q3 2q 6 = q3 q. 3 Exerciţiu 9.3 Să se construiască corpuri cu 4, 8, 9 elemente. Soluţie 9.3 Un corp finit nu are caracteristica 0 p prim, astfel încât: x K, x = n a i e i, a i Z p. i=1 Z p K, dim Zp K = n K = p n. Pentru K = 4 sau K = 8, caut polinoamele ireductibile de grad 2 sau 3 peste Z 2. Z 2 K = Z 2 (α). dim Z2 K = [Z 2 (α) : Z 2 ] = grad Irr α = 2 sau Irr α = 3. X 2 + X + 1 nu are rădăcini în Z 2 este ireductibil. K = Z 2 (α), cu α răd.a lui X 2 + X + 1, are 4 elemente. 19

20 X 3 + X + 1 nu are rădăcini în Z 3 este ireductibil. K = Z 2 (β), cu β rădăcinăa lui X 3 + X + 1, are 8 elemente. K = 9 = 3 2 caut un polinom ireductibil de grad 2 peste Z 3. f = X ired în Z 3 [X]. K = Z 3 (γ), γ rădăcină pentru f. 10 Curs 4 - Corp de descompunere Fie K corp comutativ. Avem echivalenţa: - K corp algebric închis; - K nu are ext. alg. proprii; - orice polinom din K[X] are o rădăcină în K; - orice polinom din K[X] are toate rădăcinile în K; - orice polinom din K[X] se descompune în factori liniari în K[X]; - singurele polinoame ireductibile din K[X] au gradul 1. Definiţie 10.1 Fie f K [X], grad f 1. Corpul de descompunere al lui f este o extindere algebrică a lui K, astfel încât: { - conţine toate rădăcinile lui f; - f nu are toate rădăcinile în niciun subcorp propriu Notaţie: C f C f = K(α 1,..., α n ) cu α 1,..., α n rădăcinile lui f. Exemple 1) ( ) f = X 2 2 Q [X]. C f = Q 2. 2) f = X 4 2 Q [X], f are rădăcini ± 4 2; ± i 4 ( 2. C f = Q 4 2, i ). 3) ( ) 4 f = X 4 2 R [X] C f = R 2, i = C. 20

21 Rădăcini de ordin n ale unităţii: Fie f = X n 1 K [X]. U n = {α L α n = 1} (gradul rădăcinii). (U n, ) finit (L, ). U n e generat de o rădăcină primitivă de grad n (ordin) a lui 1. Dacă car K = 0 sau car K = p n, atunci f are rădăcini distincte. Dacă car K = p n, atunci f = (X m 1) pk. n = p k m, p m. Rădăcinile lui f sunt rădăcinile lui X m 1, cu ordinul de multiplicitate p k. Problema se reduce la cazul p n. (U n, ) grup ciclic. Numărul rădăcinilor primitive (generatori de ordin n) este: k ) ϕ (n) = n (1 1pi cun = p α1 1...pα k k. i=1 x k are ordin n (n, k) = 1. (de la grupuri ciclice). Fie α o rădăcină primitivă a lui 1. Teorema 10.1 Irr (α, Q) = F n X n 1. 1) F n Z [X] ; 2) grad F n = ϕ (n) ; 3) orice rădăcină a lui F n e rădăcină primitivă şi reciproc. Proposition 3 X n 1 = n = d n ϕ (d) grad F d. d n F d (X), pentru că F d ( X d 1 ) (X n 1) şi Exerciţiu 10.1 Determinaţi diverse polinoame ciclotomice. X 2 1 = (X 1) (X + 1) F 1 F 2 ( grad F 2 = ϕ (2) = ) 2 = 1. 21

22 X 3 1 = (X 1) ( X 2 + X + 1 ) = F 1 F 3. ( grad F 3 = ) = 2. 3 X 4 1 = (X 1) (X + 1) ( X ) = F 1 F 2 F 4 ( grad F 4 = ) = 2 F 4 = X X 5 1 = (X 1) ( X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 ) = F 1 F 5. ( grad F 5 = ) = 4 = F 5 = X 4 + X 3 + X 2 + X X 6 1 = (X 1) (X + 1) ( X 2 + X + 1 ) ( X 2 X + 1 ) = F 1 F 2 F 3 F 6 ( grad F 6 = ) ( 1 1 ) = 2 F 6 = X 2 X X 7 1 = (X 1)(X 6 + X X + 1) = F 1 F 7. ( grad F 7 = ) F 7 = X 6 + X X Seminar 4 Exerciţiu 11.1 i) Determinaţi polinoamele de grad 2 şi 3, ireductibile în Z 2 [X]. ii) Determinaţi polinoamele de grad 2, ireductibile în Z 3 [X]. Soluţie 11.1 i) f = X 2 + ax + b Z 2 [X], de grad 2. f ireductibil f nu are rădăcini în Z 2. a = b = 0 a = 0, b = 1 X = (X + 1) 2 reductibile. a = 1, b = 0 a = 1 = b X 2 + X + 1 ireductibil. 22

23 f = X 3 + ax 2 + bx + c Z 2 [X], de grad 3. f ireductibil f nu are rădăcini în Z 3. a = b = c = 0 reductibil. a = b = 0, c = 1 X reductibil. a = 0, b = 1, c = 0 reductibil. a = 1, b = c = 0 reductibil. a = 1, b = 1, c {0, 1} reductibil. a = 0, b = 1, c = 1 f = X 3 + X + 1 ireductibil. a = 1, b = 0, c = 1 f = X 3 + X ireductibil. ii) f = X 2 + ax + b Z 3 [X] a = b = 0 reductibil. a = 0, b = 1 X ireductibil. f ireductibil f nu are rădăcini în Z 3. a = 1, b {0, 1} (X = 2X în Z 3 [X]) reductibil. a = 0, b = 2, f = X = X 2 1 reductibil. a = 1, b = 2 f = X 2 + X + 2 ireductibil. a = 2, b {0, 1} reductibil. a = 2, b = 2 f = X 2 + 2X + 2 ireductibil. Mai sunt şi alte polinoame, cu coeficientul dominant 2, asociate în divizibilicu cele de mai sus. 2X X 2 + 2X + 1 2X 2 + X + 1 ireductibile Exerciţiu 11.2 Rădăcinile lui X n a K [X]. Soluţie 11.2 Fie α o rădăcină a lui X n a = α n = a. Facem substituţia X = α y X n a = α n y n a = a (y n 1). 23

24 . Fie ε o rădăcină primitivă a lui 1. Atunci celelalte rădăcini ale lui 1 sunt {1, ε, ε 2,...,ε n 1 }. Deci C X n a, K = K (α, ε). Rădăcinile lui X n a sunt α, αε,..., αε n 1. Exerciţiu 11.3 Fie K L cu [L : K] = 2. i) Dacă car K 2, atunci α rădăcină pentru X 2 a ired K [X] : L = K (α) ; ii) Dacă car K = 2, atunci α rădăcină pentru astfel încât L = K (α). Soluţie 11.3 X 2 + a ired sau X 2 + X + a ired K [X] Fie K K (β) L, cu β / K 2 = [L : K (β)] [K (β) : K] }{{}. L = K (β), [L: K] = 2 grad Irr β = 2. i) car K 2. Irrβ = a 0 + a 1 X + X 2. a 0 + a 1 X + X 2 = a 0 a2 1 4 }{{} a α = β + a1 2 rădăcina ecuaţiei Y 2 a = 0. 1 ( a1 ) X }{{} Y L = K (β) = K (α). a 1 = 0 Irr β = a 0 + X 2 ii) a 1 0 a 0 + a 1 X + X 2 = a 2 a 0 1 a 2 + X 1 a }{{}}{{} 1 a Y α = β a 1 rădăcină pentru a + Y + Y 2. K (α) = K (β). + X2 a

25 Exerciţiu 11.4 Determinaţi corpurile de descompunere pentru: i) f = X Z 3 [X] (Z 5 [X], Q [X]) ; ii) f = X 2 2 Q [X] (R [X]); iii) f = X Z 3 [X]. Soluţie 11.4 i) f ireductibil în Z 3 [X] (nu are rădăcini). Z 3 [X] / (f) corp în care are o rădăcină, deci le are pe ambele. ( ) 2 f = 0 2 rădăcină În Z 5 [X] : ( ) 3 f = 0 3 rădăcină Deci C f, Z5 = Z 5. În Q [X] : f ireductibil ii) f = X 2 2. C f, Q = Q [X] /(f) Q (i). În Q [X] : ( ) C f,q = Q 2. În R [X] : ( ) C f, R = R 2 = R. iii) f = X Z 3 [X]. f = ( X 2 + X + 1 ) ( X 2 + 2X + 2 ) Z 3 [X]. Fie α rădăcină pentru X 2 + X + 2 α + 1 rădăcină pentru X 2 + 2X + 2 C f = Z 3 (α) = Z 3 [X] / ( X 2 + X + 2 ). 25

26 12 Curs 5 - Închiderea algebrică a unui corp. Corpul de descompunere al unui polinom Teorema 12.1 (Teorema de unicitate) Fie σ : K K, σ : K [X] K [X], unde σ izomorfism şi σ izomorfism de inele. Fie Q S K [X] σ (S), astfel încât f S, cu grad f > 0. Fie F = C S şi F = C σ(s). Atunci τ : F F, astfel încât τ K = σ. Demonstraţie. I) Pentru S = {f}, demonstrăm prin inducţie după gradul lui f. { F = K grad f = 1 F şi τ = σ. = K grad f = n > 1. Presupunem afirmaţia adevărată pentru polinoame de grad n 1. Fie α rădăcină a lui f, α F K. α rădăcină pentru σ (f), α F K (. Aplicaţia τ 1 : K (α) K α ) k σ (k) α α τ 1 izomorfism, deoarece [K (α) : K] = Atunci: f = (X α) h K (α) [X]. τ 1 (f) = ( X α ) τ 1 (h). grad h = grad f 1. Conform ipotezei inductive, } τ : F F τ/, K(α) = τ 1 τ/ Dar τ 1 / K = σ K = σ. II) Fie S = { [ K ( α ) : K ]. τ 1 extinde σ. ( ) E, E, τ K E F, K E F, τ : E E, τ/ K = σ} Ordonăm S astfel: ) ) E 1 E 2 (E 1, E 1, ζ 1 (E 2, E 2, ζ 2 E 1 E 2 τ 2 / E1 = τ 1 Arătăm că orice lanţ ) al lui (S, ) admite ) un majorant. Fie lanţul (E 1, E 1, ζ 1 (E 2, E 2, ζ 2... E = E i i 1 şi E = E corpuri K E F, K E F. i i 1 τ (x) = τ i (x) pentru x E i (i minim cu această proprietate), τ (x) izomorfism. 26

27 ) Rezultă că: (E, E, ζ este majorant pentru lanţul dat. ( ) Conform lemei lui Zorn, F 1, F 1, ϕ este element maximal în S. Arătăm că: F 1 = F ; F 1 = F. Vom proceda prin reducere la absurd. Presupunem F 1 F = C S f S astfel încât f nu are toate rădăcinile în F 1. Rezultă că: F 1 C f F (f S K [X] F 1 [X]) Analog, F 1 C ϕf F unde ϕ: F 1 F 1.Conform primei părţi, τ : τ f C ϕf, τ/ F1 = ϕ. Dar(C f, C ϕf, τ) depăşeşte strict elementul maximal, fals! Deci, F 1 = F, F 1 = F! Corolar 2 Fie f K [X], grad f 2. Atunci oricare două corpuri de descompunere ale lui f sunt K- izomorfisme. Demonstraţie. Iau K = K, S = {f}. σ = 1 K τ : F F F, F corpuri de descompunere pentru f. τ/ K = 1 K τ K izom. Corolar 3 Fie K corp comutativ. Atunci oricare două închideri algebrice ale lui K sunt K - izom. Demonstraţie. Fie σ = 1 K şi S = K [X] K. Tipuri de extinderi algebrice Separabilă : Fie K L, a L. a sep/ K dacă a alg/ K şi m a nu are rădăcini multiple. Spunem că K L separabil dacă a L, a sep/ K. Normală: Fie K L. L normală peste K dacă: } f K [X], f ireductibil L alg/ K şi C f (α) = 0, α L f L. Galois: Spunem că extinderea K L este Galois dacă este finită, separabilă şi normală. Radicală: Extinderea K L este radicală dacă este: simplă: K C Xn a,k şi K L: K 0 = K, K 1,..., K n = L; K i K i+1 radicală simplă. 27

28 Corpuri finite Fie K corp finit, car K = p. Z p K. Dacă dim Zp K = n, atunci K = p n. (elementele lui K sunt combinaţii liniare din elementele bazei; coeficienţi din Z p ). Teorema 12.2 Fie K corp finit, car K = p K = C X p n X, Zp. Demonstraţie. (K, ) are p n 1 elemente α pn 1 = 1, α K α pn = α, α K K C X p n X, Z p. Polinomul X pn X are derivata 1, deci are p n rădăcini distincte. Mai mult, C X p n X, Z p corp: α, β rădăcini pentru X pn X În puls, = {rădăcinile lui X pn X}. α pn = α, β pn = β (α β) pn = α pn ± β pn (α β) pn = α pn β pn, α 0 α 1 rădăcină. C X p n X = p n, K = p n, K C X p n X K = C X pn X. Ca mai sus, C X p n X are pn elemente. Consecinţe: 1. p prim, n N există corpuri cu p n elemente; 2. Oricare două corpuri cu p n elemente sunt izomorfe (corpuri de descompunere pentru acelaşi polinom). Subcorpurile unui corp finit Teorema 12.3 Fie K corp finit, K = p n, K 1 K. Atunci s n : K 1 = p s şi reciproc. Demonstraţie.. Z p K 1 K [K 1 : Z p ] [K : Z p ] }{{}}{{} s n K 1 = C X p s X, Zp. Teorema 12.4 (Wedderburn) Orice corp finit este comutativ. 28

29 13 Seminarii 5, 6 Exerciţiu 13.1 Să se determine corpurile de descompunere peste Q şi peste R pentru polinoamele: X 3 + 1, X 4 2, X 4 + 2, X 4 + X Soluţie 13.1 a) b) c) X = (X + 1) ( X 2 X + 1 ) cu rădăcinile 1, 1 ± i 3. ( 2 C f, Q = Q i ) ( 3, C f, R = R i ) 3 = C. Caz I : Dacă X 2 = i 2. X 4 2 cu rădăcinile ± 4 2, ± i 2 4. ( ) ( ) 4 4 C f,q = Q 2, i, C f, R = R 2, i = C X = 0 X 4 = 2 = 2i 2 X 2 = ±i 2. a + bi C : (a + bi) 2 = i 2.. Pentru a = b Pentru a = b Obţinem soluţiile: { a 2 = b 2 2ab = 2 { a = ± b a = 1 b 2 a 2 = 1 2 a = b = ± a 2 = 1 2 a / R fals! x 1, 2 = ± 1 (1 + i). 4 2 Caz II : Dacă X 2 = i 2. a + bi C : (a + bi) 2 = i 2. { a 2 = b 2 2ab = 2 a = ± b a = 1 b 2. 29

30 Pentru a = b Pentru a = b Obţinem soluţiile: Observăm că: a 2 = 1 2 a / R fals! a 2 = 1 2 a = b = ± x 3, 4 = ± 1 (1 i). 4 2 x 1 = 1 + i (1 + i)2 = = i. x 3 1 i 2 ( C f, Q = Q (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = Q i, ( ) 4 C f, R = R i, 2 = C. 4 2 ) d) X 4 + X Facem substituţia cu rădăcinile: X 2 = Y Y 2 + Y + 1 = 0 y 1, 2 = 1 ± i 3. 2 Fie acum X = a + bi C (a + bi) 2 = 1±i 3 2. { a 2 b 2 = 1 2 2ab = ± 3 2 b = ± 3 4a a a 2 = a 4 + 8a 2 3 = 0 ( 4a ) 2 = 4 4a = ±2 4a 2 = 1(pentru că a R). a = ± 1 2 b = ± 3 2. Obţinem soluţiile: x 1, 2 = ± 1 ( 1 + ) 3i, x 3, 4 = ± 1 ( 1 ) 3i. 2 ( 2 C f, Q = Q i ) ( 3, C f, R = R i ) 3 = C. 30

31 Exerciţiu 13.2 Să se arate că Q ( 2 ) Q ( 3 ). Soluţie 13.2 Presupunem că f : Q ( 2 ) Q ( 3 ), f izomorfism. ( ) f 2 = a + b 3. 2 = f (2) = ( a + b ) { 2 a b 2 = 2 ab = 0 a = 0 sau b = 0 fals! Exerciţiu 13.3 Să se arate că: n N, p N, prim. i) polinom de grad n, ireductibil peste Z p ; ii) extinderea Z p K, astfel încât [K : Z p ] = n. Soluţie 13.3 Consider K = C X p n X, Z p, K = p n ( rădăcina lui X pn X ). K corp finit (K, ) grup ciclic. Din [K : Z p ] = n K = [a] K = Z p (a). [Z p (a) : Z p ] = n grad Irr (a, Z p ) = n. Polinomul căutat este Irr a, unde [a] = K. Exerciţiu 13.4 Fie P un corp prim şi fie n N. Atunci: i) polinom ireductibil de grad n din P [X] ; ii) extindere P K de grad n. Soluţie 13.4 Avem P Q sau P Z p (exerciţiul precedent). Pentru Q. Fie f = X n + px n px + p, p prim. Aplic Eisenstein f ireductibil. grad f = n. (sau f = X n 2). Fie a rădăcină pentru f f = Irr a şi K = Q (a). Exerciţiu 13.5 Determinaţi corpul de descompunere pentru: 31

32 ( X 3 + X ) ( X 3 + X + 1 ) Z 2 [X]. }{{}}{{} g h Soluţie 13.5 Polinoamele g, h sunt ireductibile în Z 2 [X]. Fie α o rădăcină a lui g. Verific dacă şi celelalte două rădăcini ale lui g sunt în Z 2 (α). Elementele lui Z 2 (α) au forma: α 3 + α = 0 α 3 = α (1) Avem: a + bα + cα 2, a, b, c Z 2 (grad Irr α = 3). α 6 = ( α ) 2 = α = (1) α 3 + α + 1. α 4 = α 3 + α g ( α 2) = α 6 + α = 0 α 2 rădăcină. Aşadar rezultă că g are toate rădăcinile în Z 3 (α). Ca mai sus, dacă β e rădăcină pentru h, atunci β 2 rădăcină pentru h C h, Z2 = Z 2 (β). (β 3 = β + 1 β 6 + β = (β + 1) 2 + β = 0). Legătura între β şi α. β poate fi α + 1. Deci C gh, Z2 = Z 2 (α). Exerciţiu 13.6 Fie R K extindere finită. Atunci n : [K : R] = 2n. Soluţie 13.6 Presupunem [K : R] = 2n + 1, n 0 şi fie a K R R R (a) K 2n + 1 = [K : R (a)] [R (a) : R] }{{} grad Irr a grad Irr a impar Irr a are rădăcină reală, contradicţie (Irr a ireductibil). Exerciţiu 13.7 Fie f = X 8 X. Determinaţi C f, Q şi C f, Z2. 32

33 Soluţie 13.7 a) f = X (X 1) ( X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 ). Pentru f Q [X], f = X (X 1) F 7. C f, Q = Q (ε), ε rădăcină pentru F 7 şi Irr ε = F 7. (ε rădăcină primitivă pentru X 7 1). b) f = X (X 1) ( X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 ), }{{} gh unde g = X 3 + X şi h = X 3 + X + 1. Deci C f, Z2 = Z 2 (α), cu α rădăcina lui X 3 + X + 1. Exerciţiu 13.8 Arătaţi că Q ( 3, i ) = Q ( 3 + i ). Soluţie 13.8 dim Q Q ( 3, i ) = 4 şi 3 + i Q ( 3, i ). Arăt că dim Q Q ( 3 + i ) = 4 adică grad Irr ( 3 + i ) = 4. a = ( 3 + i a 2 3) = 1 2 3a = a a rădăcină pentru X 4 4X Q [X] ireductibil (R.A) Exerciţiu 13.9 Fie α alg/ K cu grad Irr α = n şi β K (α). Atunci grad Irr β n. Soluţie 13.9 K K (β) K (α). Exerciţiu Soluţie [K (α) : K] }{{} n=grad Irr α = [K (α) : K (β)] [K (β) : K] }{{} grad Irr β Fie K L E, α E, α alg/ K. Atunci [L (α) : L] [K (α) : K]. [L (α) : L] = grad Irr (α, L), [K (α) : K] = grad Irr (α, K). Rezultă că: K L Irr (α, L) Irr (α, K) }{{} K[X] L[X] grad Irr (α, L) = [L (α) : L] [K (α) : K] = grad Irr (α, K). 33

34 14 Cursuri 6, 7 - Extinderi separabile K L, a L. Definiţie 14.1 Spunem că a este separabil peste K şi notăm: a sep/ K, dacă a alg/ K şi Irr a nu are rădăcini multiple. Observaţie 14.1 a rădăcină multiplă pentru f de multiplicitate t (X a) t f şi (X a) t+1 f Teorema 14.1 Dacă avem car K = 0, atunci a sep/ K a alg/ K. ( Lemma 4 f K [X] nu are rădăcini multiple f, f ) 1 (nu contează car K). Demonstraţie. f = (X a) t g f = t (X a) t 1 g + (X a) t g f (a) = f (a) = 0.(t 2) ( Obţinem că (X a) f, f ). ( a astfel încât (X a) f, f ) f (a) = f (a) = 0. (X a) g (X a) 2 f. Demonstraţie. (teoremă) a alg/ K a sep/ K. Observaţie 14.2 f ired. din K [X] f nu are rădăcini multiple. Într-adevăr, dacă presupunem că f are rădăcini multiple ( f, f ) 1. Cum f ireductibil şi grad f < grad f rezultă că f f. Aşadar f = 0. Dar f = a n X n +... n a n = 0 şi car K = 0 fals. a n 0. Deci, f nu are rădăcini multiple a sep/ K. În particular, f = Irr a. Teorema 14.2 car K = p, f K [X], f ireductibil (nu neaparat Irr a). f are rădăcini multiple g K [X], f = g (X p ) 34

35 Demonstraţie. f are rădăcini multiple f = 0 (ca mai sus). f = a n X n a 2 X 2 + a 1 X + a 0 f = n a n X n a 2 X + a 1. Cum f = 0 i a i = 0, i = 1, n şi folosind ipoteza, Rezultă că: Fie cark = p a i = 0, dacă p i. f = a p tx pt a p X p + a 0. g = a p tx a p X + a 0 K [X] f = g (X p ). Din f = g (X p ) f = a p tx pt a p X p + a 0 f = 0 f are rădăcini multiple. ( f, f ) = f 1 Definiţie 14.2 Un corp perfect este un corp comutativ, în care orice element algebric este separabil. Teorema 14.3 Fie K corp comutativ, car K = p. K perfect RA RA Kp = K. Demonstraţie. Fie ν morf K p K. Presupunem: ν : K K x x p. K p K a K, a b p, b K. Rezultă că X p a nu are rădăcini în K. Fie β / K a = β p X p a = (X β) p. Atunci Irr β = (X β) t, cu 2 t p. p alg, dar nu e sep (pentru că β / K) K nu e perfect, fals. Deci, K p = K. Presupunem a alg/ K, a nu e sep/ K Irr a are rădăcini multiple. 35

36 Din teorema anterioară, rezultă că Irr a = X np a 1 X p + a 0 şi K p = K a i = b p i Irr a = (b n X n b 1 X + b 0 ) p, unde b n = 1 şi X n b 1 X + b 0 K [X]. Deci, K perfect. Corolar 4 Orice corp finit este perfect. Demonstraţie. ν : K K x x p ν este injectiv, fiind morfism şi cum K finit ν surjectiv K p = K. Deci, K perfect. Exemplu de corp care nu este perfect: Z p (X). Fie f = Y p X Z p (X) [Y ], f ireductibil. Aplicăm criteriul lui Eisenstein, X Z p [X] prim. f are rădăcini multiple, f = Irr y, cu rădăcini pentru f y nu e sep/ Zp(X) sau: Avem Z 5 5 = Z 5. (Z 5 (X)) 5 = Z 5 ( X 5 ) Z 5 (X). Lemma 5 K L 1 L 2, α L 2, α sep/ K. Atunci α sep/ L1 alg alg ( L 2 sep/ K L 2 sep/l 1 ) Demonstraţie. Irr (α, L 1 ) Irr (α, K), Irr (α, K) nu are rădăcini multiple. Rezultă că Irr (α, L 1 ) n-are rădăcini multiple. Corolar 5 Orice extindere algebrică a unui corp perfect este un corp perfect. 36

37 Demonstraţie. Fie K corp perfect, K L 1. Să arătă că L 1 perfect, adică: alg L 2 alg/ L1 L 2 sep/ L1. Avem K L 1 L 2. alg alg K perfect L 2 sep/ K Lemă = L 2 sep/ L1. Lemma 6 car K = p, a K, X p a nu are rădăcini în K. Atunci X p a ired în K [X]. Teorema 14.4 K L, car K = p. alg a) L sep/ K RA = L = K (L p ) ; b) [L : K] = n şi L = K (L p ) RA = L sep/ K. Demonstraţie. a) K K (L p ) L sep/ K Lema 1 = L sep/ K(L p ). Presupunem K (L p ) L a L K (L p ), a p K (L p ). Fie f = X p a p K (L p ) [X] nu are rădăcini în K (L p ) Lema = 2 f ireductibil în K (L p ) [X]. f = g(x p ) K(L p )[X]. car p Rezultă că f are rădăcini multiple, f = Irr a a nu e sep K, fals! b) Presupunem b L, b nesep/ K, b alg/ K m b = Irr b Irr b = g (X p ) grad Irr b = p m {1, b, b 2,..., b m } liniar independente K [L : K] = n o completez la o bază în K L. B = {1, b,..., bază bm, y 1,..., y k }. L = K (L p ) B p e sistem de generatori în L, pentru că K (L p ) = L e format din combinaţii liniare de elemente din L p, cu coeficienţi din K. Deoarece B p = n B p bază în K L, B p = {1, b p,..., b pm, y p 1,..., yp k }. grad Irr b = p m 1, b p,..., b pm liniar independente. 37

38 Corolar 6 K L, car K = p. α L, α alg/ K. Atunci: 1) α sep/ K K (α) K (α p ). 2) α sep/ K K (α) sep/ K. Demonstraţie. 1) K K (α p ) L, α sep/ K α sep/ K(αp ). Presupunem că α / K (α p ). Fie f = X p α p = (X α) p Irr f, ireductibil.(lema 2). ( f nu are rădăcini în K (α p )) Rezultă că Irr α = f, f are rădăcină multiple pe α, fals!. Aşadar α K (α p ) K (α) K (α p ) K (α) = Fie L = K (α). Atunci K (L p ) = K (K (α)) p K (α) = L L = K (α) = K (α p ) K (L p ). Din cele două relaţii obţinem L = K (L p ). Extinderea K L finită pentru că α alg/ K, rezultă din teorema precedentă b) că L sep/ K α sep/ K. 2) 1) α sep/ K K (α) = K (α p th. ant. ) K (α) sep/ K. Teorema 14.5 (fundamentală a elementului primitiv) L = K (α 1,..., α n ), α i sep/ K (alg/ K ). Atunci θ L (element primitiv), L = K (θ), θ sep/ K (alg/ K ).. 15 Curs 8 Extinderi normale Definiţie 15.1 Fie K L. Spunem că L este extindere normală a lui K dacă L alg K şi f K[X], f ireductibil (nu minimal) cu f(α) = 0, α L, atunci C f L. Observaţie 15.1 Q Q( 3 2) nu este normală, pentru că ɛ 3 2, ɛ / Q( 3 2), cu ɛ 2 + ɛ + 1 = 0. Teorema 15.1 (de caracterizare) Fie K L, K algebric peste L. Următoarele afirmaţii sunt echivalente: 38

39 1. L normală K ; 2. L corp de descompunere pentru o familie de polinoame din K[X]; 3. K L K (īnchidere algebrică) σ : K K, K izomorfism = σ(l) L. Demonstraţie. 1) 2) Fie {β j } j J o bază pentru K L şi f j = Irr β j. Vrem să demonstrăm că L = C {f j j J} Din faptul că L normală rezultă că C T L. (bf ) Invers, fie a L, atunci a = j Jα j β j, α j K, dar β j C T a C T Deci L C T şi conform ( ), obţinem L = C T. 2) 3) Avem L = C T, unde T reprezintă o familie de polinoame. Fie σ : K K, K izomorfism şi vrem să arătăm că σ(l) L. Fie α o rădăcină a unui polinom f din T, unde f este un polinom ireducitibil. şi obţinem f = a i x i ai α i = 0 a i σ(α) i = 0 σ(α) rădăcină pentru f σ(α) L. Să observăm că este suficient să demonstrăm pentru α rădăcină a unui polinom din T, pentru că C T = K (rădacina lui T ). Deci σ(l) L, σ injectiv σ(l) = L. 3) 1) Fie f K[X], f ireductibil f(α) = 0, α L. Arătăm că C f L. Fie β o altă rădăcină a lui f rezultă că α, β au acelaşi polinom minimal. Atunci conform teoremei anterioare avem: K(α) σ1 K(β), σ 1 (α) = β. 39

40 σ 1 K izomorfism. Prelungesc σ 1 la σ 1 : K K şi folosim că σ 1 este K-izomorfism, atunci: σ 1 (L) L σ 1 (α) L C f L. }{{} =β Corolar 7 Toate corpurile de descompunere (pentru familii de polinoame din K[X]) sunt extinderi normale ale lui K. Corolar 8 K, închiderea algebrică a lui K, este normală. Teorema 15.2 (de construcţie a închiderii normale) Fie K L o extindere finită. Atunci există o extindere normală minimală N a lui L. Dacă, în plus, L este separabilă peste K, atunci şi N este separabilă peste K. Demonstraţie. Fie dim K L < şi {α 1,..., α n } bază în K L. Obţinem L = K(α 1,..., α n ). Fie Definim f i = Irr(α i, K), i = 1, n. N = C {f i i=1,n} = C n f i i=1 N este normală şi minimală pentru că {α i } n i=1 este bază în KL. N se obţine prin adjuncţia unui număr finit de elemente algebrice, deci N este finită peste K. Dacă L sep K, atunci α i sep K, i = 1, n, deci toate rădăcinile ale lui f i sunt separabile N sep K. 16 Extinderi Galois. Grup Galois Definiţie 16.1 K L se numeşte Galois dacă este finită, separabilă şi normală. Grupul lui Galois: G(K; L) este grup K autom. lui L. G(K; L) = {σ : L L σ K autom.}. Observaţie 16.1 G(K; L) Aut L. 40

41 Teorema 16.1 Fie K L = K(θ) extindere Galois. Atunci G(K; L) = [L : K] = grad Irr(θ, K). Demonstraţie. Stabilim o bijecţie între mulţimea K-autom.şi mulţimea rădăcinilor lui Irr(θ, K). Fie u G(K; L) şi arătăm că u(θ) este rădăcină pentru Irr(θ, K). Fie Irr(θ, K) = a 0 + a 1 x a n 1 x n 1 + x n. a 0 + a 1 θ a n 1 θ n 1 + θ n = 0 a 0 + a 1 u(θ) a n 1 (u(θ)) n 1 + (u(θ)) n = 0 u(θ) rădăcină pentru Irr(θ, K). Invers, dacă β rădăcină pentru Irr(θ, K), atunci u : K(θ) K(β). K izomorfism θ βk k şi vrem să arătăm că u G(K; L). Din faptul că extinderea K K(θ) este normală, avem: β K(θ) K(β) K(θ). (1) β şi θ au acelaşi polinom minimal de unde rezultă că: [K(β) : K] = [K(θ) : K]. (2) Din (1) şi (2) obţinem K(β) = K(θ). Aşadar u G(K; L). Exemplu 16.1 Q Q( 2) extindere Galois. Determinaţi G(Q, Q( 2)). Soluţie 16.1 Irr( 2) = X 2 2 cu rădăcinile 2, 2. {.u 1 : Q( 2) Q( 2), u 1 ( 2) = 2 u 2 = 1 Q( 2) G(Q, Q( 2)) Z 2 (are 2 elemente). Exemplu 16.2 Fie Q Q(ɛ) cu ɛ rădăcină pentru F 8 = X Determinaţi G(Q, Q(ɛ)). Soluţie 16.2 Celelalte soluţii ale lui F 8 sunt ɛ 3, ɛ 5, ɛ 7. (F 8 = Irr ɛ). Obţinem 4 automorfisme: Deoarece u i : Q(ɛ) Q(ɛ) u 1 (ɛ) = ɛ, u 2 (ɛ) = ɛ 3 u 3 (ɛ) = ɛ 5, u 4 (ɛ) = ɛ 7. ɛ 4 = 1 ɛ 5 = ɛ (ɛ 5 ) 5 = ɛ şi (ɛ 7 ) 7 = ɛ. Obţinem u 2 i = 1 Q(ɛ), deci G(Q, Q(ɛ)) este grupul lui Klein. 41

42 Exemplu 16.3 Determinaţi G(Q, Q( 3 2)). Extinderea Q Q( 3 2) nu este normală. Fie u G(Q, Q( 3 2)). Atunci u( 3 2) este rădăcină din Q( 3 2) a lui Irr( 3 2, Q), deci u( 3 2) = 3 2. Rezultă G ( Q, Q ( 3 2 )) = {1 Q( 3 2) }. Teorema 16.2 Fie K L extindere Galois. n = [L : K]. Atunci G(K, L) S n, unde Demonstraţie. Avem L = K(α), f = Irr(α, K) are n rădăcini. Dacă u, v G(K, L) şi u v, atunci u(α) v(α). (pentru că răd. f K(α) şi dacă u(α) = v(α), atunci Fie u( răd.f) = v( răd.f) u = v fals!) g : G(K, L) S n ( ) α = α1... α g(u) = n. u(α)... u(α n ) Din faptul că u v u(α) v(α) g(u) g(v) g injectivă. g morfism: ( ) α g(u 1 u 2 ) = 1... α n u 1 u 2 (α 1 )... u 1 u 2 (α n ) g(u 1 ) g(u 2 ) = ( ) ( ) u2 (α 1 )... u 2 (α n ) α1... α n = g(u u 1 (u 2 (α 1 )) u 1 (u 2 (α n )) u 2 (α 1 )... u 2 (α n ) 1 u 2 ). În concluzie G(K, L) S n. 17 Seminar 8 Exerciţiu 17.1 Să se studieze grupul Galois al extinderii Q Q(ɛ) = C X n 1,Q, unde ɛ este rădăcină primitivă. Rezolvare 17.1 Extinderea Q Q(ɛ) este extindere Galois, pentru că: este finită : [Q(ɛ) : Q] = grad F n ; este separabilă, pentru că: car Q = 0; este normală, pentru că: Q(ɛ) = C X n 1,Q. 42

43 Deci G(Q, Q(ɛ)) = [Q(ɛ) : Q] = gradf n = ϕ(n). Elementele lui G(Q, Q(ɛ)) sunt u 1, u 2,...u ϕ(n) cu: u 1 (ɛ) = ɛ, u 2 (ɛ) = ɛ k2...u ϕ(n) = ɛ k ϕ(n), unde (k; n) = 1 şi ɛ ki este rădăcină primitivă. Dar (u i u j )(ɛ) = u i (ɛ kj ) = ɛ kikj = (u j u i )(ɛ), i, j G(Q, Q(ɛ)) comutativă. Exerciţiu 17.2 Determinaţi grupul Galois corespunzător polinomului X 3 2 Q[X]. Rezolvare 17.2 C X3 2,Q = Q( 3 2, ɛ) = Q( ɛ). Extinderea Q Q( ɛ) este Galois, deoarece: este separabila, car Q = 0; este finită, pentru că ɛ alg Q ; este normală, pentru că e un corp de descompunere. Să determinăm celelalte rădăcini ale lui Irr(θ, Q), θ = ɛ. ɛ şi ɛ 2 sunt conjugate, fiind rădăcini pentru X 2 + X + 1; 3 2, ɛ 3 2, ɛ sunt conjugate, fiind rădăcinile lui X 3 2. Rădăcinile lui Irr(θ, Q) sunt: ɛ, ɛ ɛ, ɛ ɛ, ɛ 2, ɛ ɛ 2, ɛ ɛ 2. Elementele lui G(Q, Q(θ)) sunt: u 1 : {ɛ ɛ; ; u 2 : {ɛ ɛ 2 ; ; u 3 : {ɛ ɛ; 3 2 ɛ 3 2; u 4 : {.ɛ ɛ 2 ; 3 2 ɛ 3 2; u 5 : {ɛ ɛ; 3 2 ɛ 2 3 2; u 6 : {ɛ ɛ 2 ; 3 2 ɛ Notăm cu u 2 = u şi u 3 = v şi obţinem următoarele relaţii: u 2 = ɛ, v 2 = u 5, v 3 = ɛ, uv = u 4, uv 2 = u 6. G(Q, Q(θ)) = {1, u, v, v 2, uv, vu, uv 2 } S 3 (nu e abelian). 43

44 Exerciţiu 17.3 Fie extinderea Q Q( 2, 3). Să se determine G(Q, Q( 2, 3)). Rezolvare 17.3 u 1 : { 2 2; 3 3; u 2 : { 2 2; 3 3; u 3 : { 2 2; 3 3; u 4 : { 2 2; 3 3. Notăm cu u 2 = u, u 3 = v şi obţinem: u 4 = uv, u 2 i = 1 G(Q, Q( 2, 3)) Gr.Klein. Observaţie 17.1 Fie Q Q(α, β) şi u Aut Q(α, β), u Q = 1 Q. u(α + β) = u(α) + u(β), u(α) este altă rădăcină pentru Irr α şi u(β) este altă rădăcină pentru Irr β. Aşadar avem u(α + β) = α i + β j ; α i rădăcină pentru Irr α; β j, rădăcină pentru Irr β. Deci, dacă α + β e rădăcină pentru Irr(α + β, Q), atunci celelalte rădăcini sunt α i + β j. Exerciţiu 17.4 Determinaţi grupul Galois al corpului de descompunere peste Q, al polinomului f = X 4 3. Rezolvare 17.4 Fie X = 4 3Y f = 3(Y 4 1) = 3(Y 1)(Y + 1)(Y 2 + 1) C f,q = Q( 4 3, i). Extinderea Q Q( 4 3, i) este extindere Galois. u 1 : {i i; ; u 2 : {i i ; ; u 3 : {i i; 4 3 i 4 3; u 4 : {i i ; 4 3 i 3; u 5 : {i i; ; u 6 : {i i; ; u 7 : {i i; 4 3 i; 4 3 ; u 8 : {i i ; 4 3 i 3. Notăm u 3 = a, u 5 = b şi obţinem: ord a = 4, ord b = 2, ab = ba 3. G = G(Q; Q( 4 3, i)) {1, a, a 2, a 3, b, ba, ba 2, ba 3 }. G: grupul izometriilor unui pătrat. a : rotaţie de unghi π 2 în jurul centrului pătratului; 44

45 b : simetria faţă de mediatoarea unei laturi. G: grupul diedral D 4 nu e comutativ. Grupurile cu 8 elemnte: abeliene: Z 8, Z 2 Z 2 Z 2, Z 2 Z 4. ( ) ( ) i neabeliene: D 4, grupul cuaternionilor Q: j = ; k =, 0 i 1 0 ord j = ord k = 4 : j 2 = k 2, jkj = k; kjk = j. Q =< j, k > în raport cu. Exerciţiu 17.5 Determinaţi grupul Galois al extinderilor: i) Q R; ii) R C; iii) Q Q(i). Rezolvare 17.5 i) G(Q, R) = Aut R. Fie u G(Q, R) şi x R Q. Fie a n x, b n x, a n, b n Q. Avem a n x b n. (bf ) Verific că u este monotonă, iar pentru acest lucru, consider z 0 şi obţinem: Deci, dacă: z = ( z) 2 u(z) = (u( z)) 2 0. x y z 0 : y = x + z u(y) = u(x) + u(z) u(x). Aplic u pentru ( ) : {.u(a n ) u(x) u(b n )u(a n ) = a n, u(b n ) = b n, a n x, b n x u(x) = x. Deci, Aut R = {1 R }. ii) R C = R(i) = C X2 +1,R. Rădăcinile lui X sunt ± i. u 1 (i) = i; u 2 (i) = i G(R, C) = {u 1, u 2 } Z 2. Similar pentru Q Q(i). Exerciţiu 17.6 Fie f = X 3 2 Q[X]. Determinaţi G(Q, C f,q ). 45

46 Rezolvare 17.6 Rădăcinile lui f sunt: 3 2, ɛ 3 2, ɛ 2 3 2, unde ɛ răd. pentru X 2 + X + 1. C f,q = Q(ɛ, 3 2). Avem [Q(ɛ, 3 2) : Q] = 6 G(Q, C f,q ) = 6. Fie u i G(Q, Q(ɛ, 3 2)), iar u i este dat de u i (ɛ) şi u i ( 3 2). u 1 : {ɛ ɛ; ; u 2 : {ɛ ɛ 2 ; ; u 3 : {.ɛ ɛ; 3 2 ɛ 3 2 u 4 : {ɛ ɛ 2 ; 3 2 ɛ 3 2; u 5 : {ɛ ɛ; 3 2 ɛ 2 3 2; u 6 : {ɛ ɛ 2 ; 3 2 ɛ Avem u 2 u 3 u 3 u 2, pentru că: u 2 u 3 ( 3 2) = u 2 (ɛ 3 2) = ɛ u 3 u 2 ( 3 2) = u 3 ( 3 2) = ɛ 3 2 Deci, G f (Q) = G(Q, Q(ɛ, 3 2) S Cursuri 9, 10 - Grupul Galois al unei extinderi Galois Teorema 18.1 (curs trecut) K L, extindere Galois G(K, L) = C f S n, unde n = grad f. (f ireductibil). Teorema 18.2 Există extinderea Galois, pentru care G(K; L) S n. Demonstraţie. Notăm E = K(X 1,..., X n ). σ 1 = X X n, σ 2 = X i X j,..., σ n = X 1... X n.f = K(σ 1,..., σ n ) 1 i<j n Atunci F E extindere Galois, pentru că x i răd. pentru n f = (X X i ) = X n σ 1 X n ( 1) n σ n. i=1 f F [X], f ireductibil cu rădăcinile distincte. [E : F ] <, pentru că X i, i = 1, n sunt alg. (răd. lui f) ; E = C f,f ; rădăcini distincte F E sep. Rezultă F E extindere Galois. Fie α S n. Obţinem : u α : X i, u α (σ i ) = σ i, i u α F = 1 F. X α(i) Asocierea α u α este injectivă S n G(F ; E) S n (teorema anterioară), unde n = grad f, f ireductibil şi E = C f. Rezultă că G(F ; E) S n. 46

47 Observaţie 18.1 [K(X 1, X 2,..., X n ) : K(σ 1,..., σ n )] = n!, unde: K(X 1, X 2,..., X n ) = C f,,k(σ1,...,σ n ) şi K(σ 1,..., σ n ) = F. Problemă 1 Fie f F [X], grad f = n. Atunci [C f,k : K] n!. Teorema 18.3 (Teorema fundamentală a teoriei lui Galois) Teorema 18.4 (Elementului primitiv) K(α 1,..., α n ) = K(θ), unde θ sep K şi α i sep K. Fie K L şi consider G(K; L). Fie K: mulţimea subcorpurilor lui L, ce includ K. L: mulţimea subgrupurilor lui G(K; L). Teorema 18.5 Dacă K L extindere Galois, atunci există o bijecţie între K şi L. Demonstraţie. Fie Φ : L K H G(K, L) L H = {x L u(x) = x, u H}. Avem K L H L. L H corp : x, y L H u(x y) = x y; u(xy) = xy; u(x 1 ) = x 1 ; u H x, y L H x y; xy; x 1 L H. Fie Ψ : L K K L 1 L G(L 1, L) G(K; L). Observăm că φ şi Ψ sunt antimonotone. H 1 H 2 L H1 L H2 L 1 L 2 G(L 2 ; L) G(L 1 ; L). Dacă H L, arătăm că H = ΨΦ(H) H = G(L H ; L). Avem H G(L H ; L) şi demonstrăm că L H L extindere Galois. K L, finităk L H L L H L finită. În cele ce urmează, vom arăta că L normală L H. Fie x L. Avem x alg K de unde Irr(x, K) = f K L normală C f L, x alg L H deciirr(x, L H ) C Irr(x,LH ) L. L sep K L sep L H. 47

48 Deci, L H L extindere Galois θ L; L = L H (θ). Fie h = (X u(θ)), el are pe θ ca rădăcină. (pentru u = 1 L ). u H Observăm că: Avem Obţinem: v H, v(h) = h h L H [X] Irr(θ, L H ) h. G(L H ; L) = [L : L H ] = gradirr(θ, L H ) gradh = H. G(L H, L) H şi H G(L H, L). Rezultă H = G(L H, L). Pe de altă parte, L 1 L G(L1;L). Arătăm că [L : L 1 ] = [L : L G(L1;L) ]. Din prima parte a demonstraţiei, G(L G(L1;L) ; L) = G(L 1 ; L). Din K L ext. Galois L G(L1,L) L ext. Galois. L 1 L ext. Galois. Aşadar obţinem [L : L G(L1;L) ] = [L : L 1 ] L 1 = L G(L1,L). Deci Φ şi Ψ sunt una inversa celeilalte. Observaţie 18.2 K, L corpuri finite K L extindere Galois: este finită este normală pentru că L = C X P n X, K. este separabilă, pentru că K finit K perfect. Teorema 18.6 (Galois) Fie K L extindere Galois şi K L 1 normală. Atunci {L 1 K L 1 L} bij {H H G(K, L)}. (H = G(L, L)). Corolar 9 Fie H S n, T E extindere Galois: G(T, E) H. Demonstraţie. o ext. Galois F E, astfel încât G(F ; E) S n H H 1 H şi H 1 G(F, E). Fie T = E H1, atunci rezultă că G(E H1, E) = H 1. Exerciţiu 18.1 Să se găsească G(Q, Q( 2, 3)) şi corpurile intermediare corespunzătoare. Rezolvare 18.1 G(Q, Q( 2, 3)) K, K grupul lui Klein. u 1 : { 2 2; 3 3; u 2 : { 2 2; 3 3; u 3 : { 2 2; 3 3; u 4 : { 2 2;

49 Notăm u 2 = u şi u 3 = v. Subgrupurile lui G sunt: {1}, H 1 = {1, u} G, H 2 = {1, v} G, H 3 = {1, uv} G, G G. Subgrupurile lui G: Subcorpurile intermediare: G H 1 H 2 H 3 1 L Q( 3) Q Q( 2) Q( 2, 3) Q( 6) L H1 = {x L ϕ(x) = x, ϕ H 1 } = {x L u(x) = x} = Q( 3). L H2 = {x L v(x) = x} = Q( 2). L H3 = {x L uv(x) = x} = Q( 6). uv : {. 2 v 2 u 2 3 Dacă nu observ cine e L H, atunci: v 3 3 L = {x x = a + b 2 + c 3 + d 6; a, b, c, d Q}. u(x) = a + bu( 2) + cu( 3) + du( 6) = a + b 2 + c 3 + d 6. Temă 1 Fie Q C X3 2,Q. Determinaţi G(Q, C X3 2,Q) şi subcorpurile coresp Seminar nr. 9 Exerciţiu 18.2 Fie f = X 3 2 Q(ɛ)[X] cu ɛ rădăcină pentru X 2 + X + 1. Să se determine G f (Q(ɛ)). Rezolvare 18.2 C f,q(ɛ) = Q(ɛ, 3 2). Notăm K = Q(ɛ). Avem K K( 3 2) cu baza {1, 3 2, 3 4}. u G(K, C f,k ) e unic determinat de u( 3 2). u( 3 2) e răd. pentru X 3 2, rezultă: u( 3 2) { 3 2, ɛ 3 2, ɛ 2 3 2} G(K, C f,k ) = 3 G f (K) Z 3. Exerciţiu 18.3 Fie p prim, ɛ 1, ɛ rădăcină pentru X p 1. f = X p 2 K[X] cu K = Q(ɛ). Determinaţi G f (K). 49

50 Rezolvare 18.3 Rădăcinile lui f sunt: p 2, ɛ p 2,..., ɛ p 1 p 2 C f,k = K(ɛ, P 2) = K( P 2). Irr(ɛ, Q) = X p X + 1, Irr( p 2, Q) = X p 2. Fie u G f (K). Atunci u e unic determinat de u( p 2). Rezultă: u( p 2) { p 2, ɛ p 2,..., ɛ p 1 p 2} G f (K) = p, p prim G f (K) Z p. Exerciţiu 18.4 Fie f = X 4 2 K[X], cu K = Q(i). Să se determine G f (K). Rezolvare 18.4 Rădăcinile lui f sunt: ± 4 2, ± i 4 2. f ireductibil în K[X] şi C f,k = K( 4 2). Dacă u G f (K), atunci u( 4 2) {± 4 2, ± i 4 2}. Obţinem 4 automorfisme: u 1 ( 4 2) = 4 2; u 2 ( 4 2) = 4 2; u 3 ( 4 2) = i 4 2; u 4 ( 4 2) = i 4 2. Observăm că u 2 4 = u 2 ; u 3 4 = u 3 G f (K) Z 4. Exerciţiu 18.5 Fie f = X 3 2 Q[X]. Avem G f (Q) = S 3. i) Determinaţi diagrama laticii subgrupurilor lui G f (Q). ii) Determinaţi diagrama laticii subcorpurilor C f,q = Q( 3 2, ɛ) (= L) Rezolvare 18.5 i) Subgrupurile lui S 3 sunt: H 1 = {1 L }; H 2 = u 1 ; u 1 : {ɛ ɛ , u 1 transpoziţie, H 3 = u 2 ; u 2 : {ɛ ɛ 3 2 ɛ 3 2, H 3 S 3, H 3 = {1, u 2, u 2 2}, u 2 ciclu de lungime 3. H 4 = u 2 u 1 ; H 5 = u 2 2u 1 transpoziţie, H 6 = S 3 H 3 S 3 Q L H3 normală. ii) L H not I = L i = {x L u(x) = x, u H i }. H i L i antiizomorfism între cele doua latici. L 1 = {x u(x) = x, u H 1 = {1}} = L = C f,q = Q( 3 2, ɛ). L 2 = {x u 1 (x) = x, u 1 H 2 } = Q( 3 2). L 3 = {x u 2 (x) = x, u 2 H 3 } = Q(ɛ). L 4 = {x u 2 u 1 (x) = x, u 2 u 1 H 4 }. 50