Е.Е. Тыртышников - Основы алгебры (1109873), страница 19
Текст из файла (страница 19)
Такая цепочка называется полициклическим рядом группы G, а сама группа G в этом случае называется полициклической.Лемма 4.8.1 Пусть H – произвольная нормальная подгруппа полициклической группы G. Тогда фактор-группа G/H является полициклической.Доказательство. Пусть группа G обладает полициклическим рядом (1) и H – нормальная подгруппа группы G. Рассмотрим гомоморфизм φ : G → Ĝ := G/H, определенный правилом φ(g) := gH, и порождаемую им цепочкуĜ = φ(G) = φ(G0 ) D φ(G1 ) D . . .
D φ(Gs ) = {e}.(2)То, что группа φ(Gi ) будет нормальной подгруппой в группе φ(Gi−1 ) проверяетсянепосредственным образом: для любых элементов gi ∈ Gi и gi−1 ∈ Gi−1φ(gi ) φ(gi−1 ) φ(gi−1 ) = φ(gi gi−1 gi−1 ) ∈ φ(Gi−1 ).Пусть P := Gi−1 и Q := Gi . Тогда φ можно рассматривать как гомоморфизм группы P на группу φ(P ).
На фактор-группе P/Q он индуцирует корректно определенноеотображениеφ̄ : gQ → φ(g)φ(Q), g ∈ P.Проверка корректности:g1 Q = g2 Q ⇒ g1−1 g2 ∈ Q ⇒ φ(g1−1 g2 ) ∈ φ(Q) ⇒ φ(g1 )φ(Q) = φ(g2 )φ(Q).Легко видеть, чтоφ̄(g1 Q · g2 Q) = φ(g1 g2 )φ(Q) = φ(g1 )φ(Q) · φ(g2 )φ(Q) = φ̄(g1 Q) · φ̄(g2 Q).Таким образом, φ̄ сохраняет операцию и поэтому является гомоморфизмом группы P/Q на группу φ(P )/φ(Q). Образ циклической группы при гомоморфизме будеттакже циклической группой. Поэтому каждая фактор-группа ряда (2) является циклической.
Следовательно, группа φ(G) = G/H является полициклической. 2Для дальнейшего нам понадобится понятие полного прообраза множества B 0 ⊆ Bпри отображении φ : A → B. Так называется множество A0 всех элементов из A,которые переходят в какой-либо элемент из B 0 . Обозначение: φ−1 (B) := A0 .87Лемма 4.8.2 Если нормальная подгруппа H группы G и фактор-группа G/H представляют собой полициклические группы, то группа G является полициклической.Доказательство. Пусть Ĝ := G/H и даны два полициклических рядаĜ = Ĝ0 D Ĝ1 D .
. . D Ĝs = {e},H = H0 D H1 D . . . D Ht = {e},и пусть φ : G → Ĝ – гомоморфизм, определенный правилом φ(g) = gH. Тогдаискомый полициклический ряд группы G имеет видG = φ−1 (Ĝ0 ) D φ−1 (Ĝ1 ) D . . . D φ−1 (Ĝs ) = H = H0 D H1 D . . . D Ht = {e}.Нам нужно доказать цикличность фактор-группы вида P/Q, гдеP := φ−1 (Ĝi−1 ),Q := φ−1 (Ĝi ).Для этого будем рассматривать φ как гомоморфизм группы P на группу φ(P ). Точнотак же, как в доказательстве предыдущей леммы, введем индуцированный гомоморфизмφ̄ : P/Q → φ(P )/φ(Q), φ̄(gQ) := φ(g)φ(Q), g ∈ P.В данном случае подгруппа Q является полным прообразом подгруппы φ(Q) – какследствие, φ̄ оказывается изоморфизмом.
Для доказательства вспомним, что элементы фактор-группы φ(P )/φ(Q) – это смежные классы вида φ(g)φ(Q), единицейявляется сама подгруппа φ(Q). Найдем прообразы единицы:φ̄(gQ) = φ(Q) ⇒ φ(g)φ(Q) = φ(Q)⇒ φ(g) ∈ φ(Q) ⇒ g ∈ φ−1 (φ(Q)) = Q ⇒ gQ = Q.Следовательно, единственным прообразом единицы группы φ(P )/φ(Q) является единица группы P/Q – среди смежных классов группы P по подгруппе Q это самаподгруппа Q.
Непосредственно по определению, φ(gQ) = φ(g)φ(Q), т.е. для каждогоэлемента из φ(P )/φ(Q) имеется переходящий в него элемент из P/Q. Таким образом,φ−1 (Ĝi−1 )/φ−1 (Ĝi ) ∼= Ĝi−1 /Ĝi . 2Задача 149. Покажите, что при последовательном построении циклических расширений может возникнуть расширение, которое не является полициклическим.Задача 150. Пусть ε ∈ C – первообразный корень степени p из единицы, p – простое число, L – поле разложения многочлена f (x), неприводимого над полем K ≥ Q.Докажите, что если ε ∈/ L, то многочлен f (x) неприводим над K(ε).Задача 151.
Предположим, что Q ≤ K ≤ M ≤ C и расширение K ≤ M естьконечное расширение Галуа. Пусть α ∈ M ∩ K(ξ), где ξ p ∈ K и p – простое число.Докажите, что α ∈ K(θ), где θp ∈ K и θ ∈ M .884.9Теорема Абеля–ГалуаРассмотрим уравнение f (x) = 0, где f (x) ∈ K[x] – многочлен степени n ≥ 1. Такоеуравнение называется алгебраическим или полиномиальным уравнением степени nнад полем K. В данном разделе мы будем считать, что K = Q.Вопрос о разрешимости алгебраического уравнения в радикалах можно сформулировать таким образом. Поле разложения для f (x) будем называть также полемразложения уравнения f (x) = 0 и будем говорить, что уравнение f (x) = 0 разрешимо в радикалах, если его поле разложения содержится в поле Ks , которое получаетсяиз K с помощью цепочки расширенийK = K0 ≤ K1 ≤ . .
. ≤ Ks ,в которой каждое звено Ki−1 ≤ Ki является простым радикальным расширением.В такой постановке применять теорию Галуа напрямую нельзя. Чтобы увидетьпричину, рассмотрим цепочку K0 < K1 < K2 , в которой:K0 – поле рациональных чисел,K1 – поле разложения многочлена x2 − 2 ∈ K0 [x],√K2 – поле разложения многочлена x2 − 2 ∈ K1 [x].Каждое из расширений K0 < K1 и K1 < K2 является конечнымрасширением Галуа.√4Однако, расширение K0 < K2 таковым не является! Число 2 принадлежит K2 иявляется корнем неприводимого над Q многочлена x4 − 2. Если бы поле K2 былоконечным расширением Галуа над K0 , то оно включало бы все корни данного многочлена.
Вопреки этому, многочлен x4 − 2 имеет также пару невещественных корней,которые не принадлежат K2 .Расширение K0 ≤ Ks в общем случае не является расширением Галуа. Но этопрепятствие для применения теории Галуа легко устраняется.Лемма 4.9.1 Если поле L получается из K с помощью какой-то цепочки простыхрадикальных расширений, то существует конечное расширение Галуа M ≥ K, которое содержит L и получается из K с помощью цепочки простых радикальныхрасширений.Доказательство. Будем вести индукцию по числу звеньев в исходной цепочкеK = K0 ≤ . .
. ≤ Ks = L.Пусть уже построено конечное расширение Галуа M 0 ≥ K, которое содержит полеKs−1 и получается из K с помощью цепочки простых радикальных расширений.Пусть Ks получается из Ks−1 как поле разложения многочленаxp − a,a ∈ Ks−1 ≤ M 0 ,89p – простое число.Пусть φ(x) – минимальный многочлен, получаемый для a над полем K.
Поле M 0является нормальным над K, поэтому не только a, но и все остальные корни φ(x)принадлежат M 0 . Таким образом,φ(x) = (x − a1 ) . . . (x − al ) ∈ K[x],a1 , . . . , al ∈ M 0 ,a1 = a.Рассмотрим расширение M 0 ≤ M1 ≤ . . . ≤ Ml , где Mi – поле разложение многочленаxp − ai над Mi−1 , 1 ≤ i ≤ l. Поле M := Ml получается из M 0 с помощью цепочкипростых радикальных расширений и в то же время над полем M 0 оно является полемразложения многочленаφ(xp ) = (xp − a1 ) . . .
(xp − al ) ∈ K[x] ⊆ M 0 [x].Пусть M 0 является полем разложения многочлена ψ(x) ∈ K[x]. Тогда поле M будетполем разложения многочлена ψ(x)φ(xp ) над полем K. Очевидно также, что L ≤ M .Поэтому расширение M ≥ K является искомым. 2Лемма 4.9.2 Если поле L получается из K с помощью какой-то цепочки простыхрадикальных расширений, то оно содержится в некотором полициклическом расширении M поля K.Доказательство.
Достаточно заметить, что любое простое радикальное расширениеK 0 ≤ K 000 , в котором K 000 есть поле разложения многочлена xp − a, можно получить вдва приема: сначала строится расширение K 0 ≤ K 00 , присоединяющее к K 0 все корнистепени p из единицы, затем к полю K 00 присоединяется какой-либо корень многочлена xp − a.
Тогда каждое из расширений K 0 ≤ K 00 и K 00 ≤ K 000 будет циклическим.2Теорема 4.9.1 Пусть задано алгебраическое уравнение над Q. Для разрешимостив радикалах необходимо и достаточно, чтобы его поле разложения было полициклическим расширением поля Q.Доказательство.
Поле разложения данного уравнения обозначим через L. В случаеразрешимости в радикалах поле L вложено в поле M , которое является полициклическим расширением поля Q. Имеем Q ≤ L ≤ M . Группа Галуа G = A(M : Q) являетсяполициклической. Промежуточное поле L является конечным расширением поля Q(как поле разложения) и поэтому соответствующая ему подгруппа H ≤ G являетсянормальной. При этом A(L : Q) ∼= G/H и мы уже знаем, что фактор-группа G/Hдолжна быть полициклической. Необходимость доказана.Пусть G является группой Галуа для расширения Q = K ≤ M , где M – полеразложения заданного многочлена, и обладает полициклическим рядомG = G0 D G1 D .
. . D Gs = {e}с фактор-группами порядков pi := |Gi /Gi−1 |, где pi равно 1 либо является простымчислом. Пусть M 0 получается из M с помощью цепочки простых корневых расширений индесов p1 , . . . , ps . Согласно лемме 4.8.2, расширение K ≤ M 0 является полициклическим.
Пусть H соответствует подгруппе для промежуточного поля K 0 между K90и M 0 , полученного из K с помощью цепочки простых корневых расширений индексов p1 , . . ., ps . Докажем, что расширение K 0 ≤ M 0 является полициклическим. ПустьH E G. Тогда множества Hi := Gi ∩ H будут подгруппами, причем Hi−1 D Hi идовольно просто проверяется, что цепочкаH = H0 D H1 D .
. . D Hs = {e}будет полициклическим рядом для H.Согласно лемме 4.7.2, циклическое расширение размерности pi над любым полем, содержащим корни pi -й степени из единицы, является простым радикальнымрасширением. Достаточность доказана. 2Теорема 4.9.2 (теорема Абеля–Галуа) Среди алгебраических уравнений степени n ≥ 5 над полем рациональных чисел существуют уравнения, которые нельзяразрешить в радикалах.Доказательство.
Достаточно доказать неразрешимость в радикалах для какого-тоодного алгебраического уравнения степени n = 5. Рассмотрим, например, уравнениеf (x) = x5 − 4x + 2 = 0.Многочлен f (x) неприводим над Q по признаку Эйзенштейна. Перемены знака впоследовательности значенийf (−2) = −20,f (0) = 3,f (1) = −1,f (2) = 30показывают, что f (x) имеет три вещественных корня.Производная f 0 (x) = 5x4 − 4p4обнуляется только в двух вещественных точках: ± 4/5. Поэтому f (x) не можетиметь более трех вещественных корней. Таким образом, f (x) имеет пару комплексносопряженных корней, обозначим их через x1 , x2 (x1 6= x̄2 ), и три вещественных корня,обозначим их через x3 , x4 , x5 .Любой автоморфизм группы Галуа для многочлена f (x) осуществляет перестановку корней x1 , x2 , x3 , x4 , x5 и может рассматриваться как подстановка из симметрической группы степени 5.
При этом автоморфизм z → z̄ (комплексное число переводится в комплексно-сопряженное число) переставляет корни x1 и x2 и оставляеткорни x3 , x4 , x5 на месте. Пусть G – группа Галуа данного многочлена. Мы полагаем,что G ≤ S5 и знаем, что G содержит транспозицию (12). Отсюда можно вывести, чтоG = S5 .Будем использовать то, что группа G действует транзитивно на корнях многочлена f (x) (теорема 4.3.3). Корни помечены номерами 1, 2, 3, 4, 5 и каждый элементg ∈ G рассматривается как подстановка на множестве номеров A := {1, 2, 3, 4, 5}.Таким образом, для любых i, j ∈ A существует подстановка g такая, что g(i) = j.Будем говорить, что номер i связан с номером j, если i = j либо в G существуеттранспозиция (ij).
Легко проверяется, что это отношение связности номеров является отношением эквивалентности на A. Поэтому множество A разбивается на неперескающиеся классы связных между собой номеров. Рассмотрим класс связности A(1)для номера 1. В нем заведомо есть номер 2. Предположим, чтоA(1) = {1, 2, ..., k} и l = k + 1 6= A(1).91Пусть m ∈ A(l), i ∈ A(1). Тогда1 i i3 i4 i5l j j3 j4 j5(1i)= (lj).l j j3 j4 j51 i i3 i4 i5Если j ∈ A(1), то и l ∈ A(1). Это противоречит нашему выбору l. Значит, для каждого номера i ∈ A(1) должен найтись номер j ∈ A(l), причем соответствие являетсявзаимно однозначным.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
