Е.Е. Тыртышников - Основы алгебры (1109873), страница 18

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 18)

ТогдаHEG⇔K = LF⇒F ∼= G/H.Доказательство. Докажем, что нормальность подгруппы H ≤ G равносильна инвариантности поля L относительно автоморфизмов группы G. Последнее означает,что каждый автоморфизм из G переводит числа из L в какие-то числа из того жеполя L. Для доказательства примем во внимание следующие соотношения:H E G ⇔ g −1 hg ∈ H81∀ g ∈ G, ∀ h ∈ H;a ∈ L ⇔ h(a) = a ∀ h ∈ H;h∈H⇔ h(a) = a ∀ a ∈ L.ОтсюдаHEG⇔(g −1 hg)(a) = a ∀ a ∈ L, ∀ g ∈ G, ∀ h ∈ Hh(g(a)) = g(a) ∀ a ∈ L, ∀ g ∈ G, ∀ h ∈ H⇔⇔g(a) ∈ L ∀ a ∈ L, ∀ g ∈ G.Теперь предположим, что H E G. Вследствие инвариантности L относительногруппы G, автоморфизмы g ∈ G можно рассматривать также как отображения изL в L.

Именно, g индуцирует отображение gL : L → L, определенное правиломgL (a) := g(a) при a ∈ L. Легко проверяется, что gL будет автоморфизмом поля L иотображение τ : g → gL будет гомоморфизмом группы G в группу F .Найдем ядро гомоморфизма τ . При всех a ∈ L имеем(τ (g))(a) = gL (a) = g(a).Равенсто g(a) = a имеет место для всех a ∈ L в том и только том случае, когда g ∈ H.Поэтому ядром гомоморфизма τ является группа H. По теореме о гомоморфизмах,τ (G) ∼= G/H.Таким образом, dim(L : K) ≥ |F | ≥ |G/H| = dim(L : K). Группа τ (G) являетсяподгруппой группы F и при этом |τ (G)| = |G/H| = |F |. Поэтому F = τ (G) ∼= G/H.FДалее, пусть K = L . Тогда любое число a ∈ L является корнем неприводимогомногочлена над K, все корни которого принадлежат L.

Для любого автоморфизмаg ∈ G число g(a) будет корнем того же многочлена и, следовательно, g(a) ∈ L. Темсамым мы доказали, что поле L инвариантно относительно группы G, что равносильно нормальности подгруппы H в группе G. 2√√Задача 141. Докажите, что расширение Q ≤ Q( 3 + 5) является√ конечным√расширением Галуа. Найдите все промежуточные поля между Q и Q( 3 + 5).Задача 142.

Найдите все промежуточные поля между Q и полем разложениямногочлена x4 + 1 ∈ Q[x].Задача 143. Найдите число промежуточных полей между Z3 и полем разложениямногочлена x8 − 1 ∈ Z3 [x]. Сколько из них будут нормальными над Z3 ?Задача 144. Пусть p1 < . . . < pn – последовательность простых чисел. Найдитепорядок группы Галуа для многочлена f (x) = (x2 − p1 ) . . . (x2 − pn ) ∈ Q[x].4.6Примитивные расширенияАлгебраическое расширение K ≤ M называется примитивным, если M = K(θ)для какого-то числа θ ∈ M . Соответствующее число θ называется примитивнымэлементом.82Теорема 4.6.1 Пусть M – алгебраическое расширение поля K и число промежуточных полей между K и M конечно. Тогда расширение K ≤ M является примитивным.Доказательство. Легко проверяется, что алгебраическое расширение с конечнымчислом промежуточных полей должно быть конечномерным.

В случае конечногополя K поле M также конечно, при этом очевидно, что поля K и M имеют одну и туже характеристику p. Как мы знаем, M получается из Zp присоединением какого-тоодного элемента ζ. Отсюда, конечно, следует, что M = K(ζ). Таким образом, теоремадоказана для конечных полей.Пусть поле K бесконечно, а M получается из K присоединением алгебраическихчисел θ1 , . . .

, θs . Рассмотрим поля K(θ1 + aθ2 ) при a ∈ K. Согласно условию теоремы,число различных полей такого вида конечно. ПоэтомуK(θ1 + a1 θ2 ) = K(θ1 + a2 θ2 ) при a1 6= a2 .Положим ζ := θ1 + a1 θ2 . Тогда (a1 − a2 )θ2 = (θ1 + a1 θ2 ) − (θ1 + a2 θ2 ) ∈ K(ζ). Отсюдаθ2 ∈ K(ζ), θ1 ∈ K(ζ) и в результате K(θ1 , θ2 ) ≤ K(ζ). Следовательно,M = K(ζ2 , θ3 , . .

. , θs ),где ζ2 := ζ.Это первый шаг нашего построения. На втором шаге мы получим K(ζ2 , θ3 ) ≤ K(ζ3 )и M = K(ζ3 , θ4 , . . . , θs ). На (s − 1)-м шаге мы найдем число ζs , для которогоM = K(ζs−1 , θs ) = K(ζs ). 2Следствие 4.6.1 Пусть поле M получается из бесконечного поля K присоединением алгебраических элементов θ1 , .

. . , θs . Тогда существуют числа a2 , . . . , as ∈ Kтакие, чтоM = K(ζ), ζ = θ1 + a2 θ2 + . . . as θs .Следствие 4.6.2 Любое конечное расширение Галуа является примитивным.Примитивность чрезвычайно упрощает изучение автоморфизмов поля над заданным полем. В самом деле, если M = K(ζ), тоdim(M : K) = deg f (x),где f (x) ∈ K[x] – минимальный многочлен для числа ζ ∈ M .

Ясно также, что числоразных автоморфизмов поля M над K равно числу различных корней многочленаf (x), которые принадлежат полю M . Таким образом, |A(M : K)| = dim(M : K) тогдаи только тогда, когда все корни неприводимого многочлена f (x) являются простымии принадлежат M .Если все рассматриваемые расширения являются примитивными, то для теорем4.2.1, 4.2.2 и 4.3.1 можно предложить другие, более простые доказательства. Как мывидим, теория Галуа имеет дело именно с такими ситуациями. Можно ли установить примитивность расширений, не опираясь на результаты этой теории? В случаеконечных полей ответ очевиден: можно, так как вообще все конечные расширенияконечного поля примитивны.

Покажем, как это делается в случае полей нулевойхарактеристики.83Теорема 4.6.2 Пусть M – поле разложения многочлена над полем K нулевой характеристики. Тогда расширение K ≤ M является примитивным.Доказательство. Пусть θ1 , . . . , θs – корни заданного многочлена над K. Каждыйиз них является корнем некоторого неприводимого над K многочлена, все корникоторого простые и принадлежат M . Пусть α := θ1 и β := θ2 – корни многочленовf (x) и g(x) степени m и n соответственно. Мы полагаем, что f (x) и g(x) имеют толькопростые корни, неприводимы над K, но над M получают разложенияf (x) = (x − α1 ) .

. . (x − αm ) ∈ K[x],α1 = α,g(x) = (x − β1 ) . . . (x − βn ) ∈ K[x],β1 = β.Выберем число 0 6= a ∈ K таким образом, чтоζ := α + aβ 6= αi + aβjпри 2 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n.Это можно сделать, так как поле K бесконечно. Рассмотрим многочленζ −x∈ K[ζ].h(x) := gaЯсно, что h(α) = 0 и h(αi ) 6= 0 при 2 ≤ i ≤ m. Таким образом, для многочленов f (x) иh(x) число α является единственным общим корнем. Следовательно, их наибольшийобший делитель имеет вид c(x − α) ∈ K(ζ)[x].

Отсюда α ∈ K(ζ), β ∈ K(ζ) и поэтомуK(α, β) ≤ K(ζ).Далее, по теореме 4.3.2, любое число из поля разложения M многочлена над Kявляется корнем некоторого неприводимого многочлена, все корни которого принадлежат M . Над полем нулевой характеристики неприводимый многочлен имеет лишьпростые корни. Теперь мы можем повторить рассуждение для пары ζ2 := ζ и θ3 инайти число ζ3 ∈ M такое, что K(ζ2 , θ3 ) ≤ K(ζ3 ).

Продолжая в том же духе, мыполучим числа ζi такие, чтоM = K(ζi−1 , θi , . . . , θs ) = K(ζi , θi+1 , . . . , θs ),2 ≤ i ≤ s − 1.На последнем шаге находим M = K(ζs ). 2Задача 145. Приведите пример конечного алгебраического расширения, которое неявляется примитивным.Задача 146.

Пусть Q(x) – поле рациональных функций от переменной x над полемрациональных чисел Q. Покажите, что имеется бесконечно много промежуточныхполей между Q и Q(x).Задача 147. Пусть G – конечная группа автоморфизмов поля M . Докажите, чтосуществует число a ∈ M такое, что числа g(a) будут разными для разных автоморфизмов g ∈ G.844.7Циклические и радикальные расширенияКонечное расширение Галуа с циклической группой Галуа называется циклическим.Расширение K ≤ L называется простым радикальным расширением, если L являетсяполем разложения многочлена f (x) = xp − a, где a ∈ K и p – простое число.Если a = 1, то простое радикальное расширение будем называть простым корневым расширением.

Число p будем называть индексом соответствующего расширения.Лемма 4.7.1 Пусть Q ≤ K ≤ C. Тогда простое корневое расширение индекса p дляполя K является циклическим.Доказательство. Пусть ε – первообразный корень степени p из единицы. По условию число p простое, поэтому минимальный многочлен для ε над Q имеет вид1 + x + . . .

+ xp−1 . Группа G всех автоморфизмов поля Q(ε) над Q состоит из отображений g1 , . . ., gp−1 , полностью определенных равенствамиgi (ε) = εi ,1 ≤ i ≤ p − 1.Отсюда (gi gj )(ε) = εij и поэтому gi gj = gk , где k – остаток при делении числа ijна p. В силу цикличности мультипликативной группы поля вычетов по модулю p,существует натуральное число k такое, что числаk, k 2 , . . . , k p−1имеют разные ненулевые остатки при делении на p. Пусть g := gk . Тогда2g(ε) = εk , g 2 (ε) = εk , .

. . , g p−1 (ε) = εkp−1.Значит, порядок элемента g группы G равен |G| = p − 1, поэтому G является циклической группой.Теперь рассмотрим расширение K ≤ K(ε) и минимальный многочлен φ(x), получаемый для ε над полем K. Пустьφ(x) = (x − εi1 ) . . . (x − εis ) ∈ K[x],ε = εi 1 .Автоморфизмы группы A(K(ε) : K) определяются соответствиямиε → εi l ,1 ≤ l ≤ s.Каждый из них ассоциируется с одним и только одним автоморфизмом группыG = A(Q(ε) : Q), определяемым тем же соответствием. Построенное отображениегруппы A(K(ε) : K) в группу G сохраняет операции в рассматриваемых группах.Поэтому группа A(K(ε) : K) изоморфна некоторой подгруппе циклической группыG и потому является циклической.

2Лемма 4.7.2 Пусть Q ≤ K ≤ L ≤ C, p – простое число и поле K содержит всекорни p-й степени из единицы. Тогда расширение K ≤ L является циклическим размерности p в том и только том случае, когда оно является простым радикальнымрасширением индекса p.85Доказательство. Рассмотрим простое радикальное расширение K ≤ K(θ), где θp =a ∈ K.

Если a = bp для какого-то числа b ∈ K, то θ получается из b умножениемна некоторый корень степени p из единицы, т.е. на число из K, и поэтому θ ∈ K.Это означает, что K(θ) = K. Теперь предположим, что a 6= bp при всех b ∈ K. Тогдамногочлен xp − a неприводим над K. От противного, пустьxp − a = φ(x)ψ(x),1 ≤ deg φ(x) = k ≤ p − 1.Свободный член ck ∈ K многочлена φ(x) имеет видck = (−1)k εm θk ∈ K,m – целое число⇒c := εm θk ∈ K.Отсюда cp = ak . В силу взаимной простоты чисел k и p найдутся целые числа s и tтакие, что ks + pt = 1. Находимa = aks apt = cps apt = (cs at )p⇒bp = a для b := cs at ∈ K.Итак, нетривиальное расширение получается только в случае неприводимого надK многочлена xp − a. Следовательно, группа G = A(K(ε) : K) содержит ровно pавтоморфизмов g1 , .

. ., gp , однозначно определяемых равенствамиgi (θ) = εi θ,1 ≤ i ≤ p.Таким образом,(gi gj )(θ) = εi+j θ,откуда ясно, что группа G является циклической.Теперь предположим, что группа Галуа расширения K ≤ L является циклическойгруппой порядка p и порождается элементом g порядка p. Положим 9θ := 1 + εg(a) + ε2 g 2 (a) + . . . + εp−1 g p−1 (a).Автоморфизмы g 0 , g 1 , .

. . , g p−1 являются попарно различными и поэтому линейнонезависимы над L. Значит, θ 6= 0 для какого-то числа a ∈ L. Зафиксируем именно такое число a. Далее,g k (θ) = ε−k θ ⇒ g k (θp ) = (g k (θ))p = θpдля всех 1 ≤ k ≤ p.Мы видим, что число θp остается на месте при всех автоморфизмах группы Галуадля L над K. Следовательно, θp ∈ K. 2Задача 148. Докажите, что любое конечное расширение конечного поля являетсяциклическим.9Функция θ = θ(g, a) называется резольвентой Лагранжа.864.8Полициклические расширенияКонечное расширение Галуа K ≤ M называется полициклическим, если M получается из K с помощью цепочки расширенийK = K0 ≤ K1 ≤ .

. . ≤ Ks = M,в которой каждое звеноKi−1 ≤ Ki ,1 ≤ i ≤ s,является циклическим расширением. Подчеркнем, что полициклическое расширениеявляется конечным расширением Галуа по определению.По теории Галуа, для группы G = A(M : K) существует цепочка подгруппG = G0 D G1 D . . . D Gs = {e},(1)в которой каждая фактор-группа Gi /Gi−1 является циклической.

Характеристики

Список файлов книги