MATEMATIK 4AL. Christian U. Jensen. Matematisk Afdeling Institut for Matematiske Fag Københavns Universitet 2001

Transkript

1 MATEMATIK 4AL 1 MATEMATIK 4AL Christian U Jensen Indhold Matematisk Afdeling Institut for Matematiske Fag Københavns Universitet Symmetriske polynomier Aut (S n ) 3 Homomorfien ρ 4 Orbit 5 Warings formel 6 Trediegradspolynomier 7 Fjerdegradspolynomier 8 Generiske/parametriske Z/3Z polynomier 9 Lineære grupper 91 Eksempler og opgaver 9 En gruppeteoretisk anvendelse 10 Supplement til lineære grupper 11 Resolventer for femtegradspolynomier 1 Mathieugrupperne 13 Kroneckers metode til eksplicit bestemmelse af Galoisgruper 131 Bestemmelse af Galoisgrupper via reduktion modulo p 14 Realisering af visse lineære grupper som Galoisgrupper 1 Typeset by AMS-TEX

2 MATEMATIK 4AL 1 Symmetriske polynomier Lad i det følgende R være en kommutativ ring (uden nuldivisorer) med ét-element Definition 11 Et polynomium f(x 1,,X n ) R[X 1,,X n ] kaldes symmetrisk hvis f går over i sig selv ved enhver permutation af X 1,,X n, dvs f(x σ(1),,x σ(n) ) = f(x 1,,X n ), σ S n Eksempel 1 Polynomierne s 1 = X 1 + +X n (n Led) (( ) ) n s = X 1 X +X 1 X 3 + +X n 1 X n led (( ) ) n s 3 = X 1 X X 3 + +X n X n 1 X n led 3 s n = X 1 X X 3 X n (1 led) er symmetriske, da (T X 1 )(T X )(T X n ) = T n s 1 T n 1 +s T n +( 1) n s n s 1,s,,s n kaldes de elementær-symmetriske polynomier i X 1,X,,X n Sætning 13 (Hovedsætning for symmetriske polynomier) Ethvert symmetrisk polynomium i R[X 1,,X n ] kan på én og kun én måde skrives som et polynomium i s 1,,s n Inden beviset giver vi først nogle forberedelser Lad f(x 1,,X n ) = a i1 i n X i 1 1 Xi n n R[X 1,,X n ] Ved graden af et led a i1 i n X i 1 1 Xi n n med a i1 i n 0 forstås i 1 + +i n Ved graden af et egentligt polynomium f forstås den højeste forekommende grad af leddene med koefficient 0 Graden af leddene er ikke nok til at bestemme en ordning af leddene Derfor indføres begrebet signatur Ved signaturen af et led a i1 i n X i 1 1 Xi n n med a i1 i n 0 forstås talsættet i = (i 1,,i n ) Mængden af signaturer ordnes ved, at man først ordner efter grad og derefter inden for hver grad ordner lexikografisk, dvs for to forskellige signaturer (i 1,,i n ) og (j 1,,j n ) haves (i 1,,i n ) < (j 1,,j n ) hvis enten i 1 + +i n < j 1 + +j n eller i 1 + +i n = j 1 + +j n og i ν < j ν for det mindste ν for hvilket i ν j ν Ved signaturen af et egentligt polynomium forstås den højeste forekommende signatur

3 MATEMATIK 4AL 3 Lemma 14 Produktet af to egentlige polynomier i R[X 1,,X n ] er egentligt, og leddet af højeste signatur i produktet er produktet af leddene af højeste signatur i de to polynomier Bevis Øvelse Nu vender vi tilbage til hovedsætningen Bevis (for Hovedsætningen om symmetriske polynomier) Først eksistens Lad f R[X 1,,X n ] være symmetrisk Kan antage f 0 Lad cx i 1 1 Xi n n være leddet af højeste signatur Da f er symmetrisk må i 1 i i n Betragtes specielt de elementær-symmetriske polynomier s 1,,s n har disse som led af højeste signatur henholdsvis X 1,X 1 X,,X 1 X n På grund af Lemma 14 vil polynomiet s j 1 1 s j s j n n for vilkårligt hele tal j 1,,j n 0 som led af højeste signatur have X j 1 1 (X 1X ) j (X 1 X n ) j n, hvis signatur er (j 1 +j + +j n,j + +j n,,j n ) Vælger vi j 1 = i 1 i,j = i i 3,,j n 1 = i n 1 i n,j n = i n bliver dette netop signaturen (i 1,,i n ) Differencen f cs j 1 1 s j s j n n vil derfor enten være nulpolynomiet eller et symmetrisk polynomium af lavere signatur end f Fortsættes med dette, må vi efter endeligt mange skridt få nulpolynomiet Entydighed: Hertil er det nok at vise, at for g = g(y 1,,Y n ) R[Y 1,,Y n ] gælder g 0 = g(s 1,,s n ) = g(x 1 + +X n,x 1 X + +X n 1 X n,x 1 X n ) 0 Lad dy 1 Y n med d 0 være et led i g Indsættes heri for Y 1,,Y n de elementærsymmetriskepolynomiers 1,,s n fåsifølgedetforegående,etpolynomiumix 1,,X n i hvilket leddet af højeste signatur er Signaturen af dette led er dx t 1 1 (X 1X ) t (X 1 X n ) t n (t 1 + +t n,t + +t n,,t n ) Betragtes nu først de led i g for hvilke t 1 + +t n er størst, derefter blandt disse de led, for hvilke t + +t n er størst osv, får vi i g udskilt et bestemt led dy t 1 1 Y t n n med den 3

4 4 MATEMATIK 4AL egenskab, at det og kun det ved indsætning af de elementær-symmetriske polynomier fører til et led med nævnte signatur (t 1 + t n,t + t n,,t n ) Dette led kan ikke forkortes med noget andet, hvorfor g(x 1 + X n,x 1 X + +X n 1 X n,,x 1 X n ) 0 I anvendelser spiller polynomiet (X 1,,X n ) = n i>j X 1 X n X X n 1 (X i X j ) = 1 X n Xn n 1 (1) en vigtig rolle Åbenbart gælder { (X1,,X n ) for σ lige (X σ(1),,x σ(n) ) = (X 1,,X n ) for σ ulige Specielt er d(x 1,,X n ) = ( (X 1,,X n )) etsymmetriskpolynomium Almentkaldesetpolynomiumf(X 1,,X n )skævsymmetrisk, hvis { f(x1,,x n ) for σ lige f(x σ(1),,x σ(n) ) = f(x 1,,X n ) for σ ulige Bemærkning 15 f er skævsymmetrisk såfremt f(x σ(1),,x σ(n) ) = f(x 1,,X n ) for enhver transposition σ Vi viser nu Sætning 16 Lad R være et legeme af karakteristik, og lad f(x 1,,X n ) R[X 1,,X n ] Da gælder f(x 1,,X n ) er skævsymmetrisk f(x 1,,X n ) = (X 1,,X n )g(x 1,,X n ), hvor g(x 1,,X n ) er symmetrisk Bevis : klar : Lad 1 i,j n og i > j Vi skriver f = µ,ν c µνx µ i Xν j, hvor c µν R[X 1,,X j 1,X j+1,,x i 1,X i+1,,x n ] 4

5 Ved at anvende transpositionen feks ν µ fås c µν X µ i Xν j +c νµx ν i Xµ j = c µνx µ i Xµ j (Xν µ j MATEMATIK 4AL 5 ( ) i j ses, at c j i µν = c νµ µ,ν; specielt er c µµ = 0 Hvis X ν µ i ) = c µν X µ i Xµ j (X j X i )(x ν µ 1 j + +X ν µ 1 i ) Heraf ses, at f er delelig med X i X j Da de ( n ) polynomier Xi X j, 1 j < i n er ikke-associerede irreducible elementer i R[X 1,,X n ], der har entydig primfaktoropløsning, ses, at f = g, hvor g R[X 1,,X n ] g bliver automatisk symmetrisk, da både f og er skævsymmetriske Opgave: Lad f(x 1,,X n ) R[X 1,,X n ] og antag, at man ved anvendelse af de n! permutationer af de variable X 1,,X n højst får to forskellige polynomier Vis, at f kan skrives f = g + h, hvor g og h er symmetriske polynomier i R[X 1,,X n ] Da d(x 1,,X n ) = ( (X 1,,X n )) er symmetrisk, kan d fremstilles som polynomium i s 1,,s n Hertil får vi brug for Newtons Formler for Potenssummer Vi sætter P 1 = X 1 + +X n P = X + +X n P ν = X ν 1 + +Xν n Vi betragter F(T,X 1,,X n ) = n i=1 (T X i) = T n s 1 T n 1 + s T n + ( 1) n s n = T n +a 1 T n 1 +a T n + +a n, hvora i = ( 1) i s i ; viharf(t,x 1,,X n ) R[X 1,,X n ][T] Vi anvender formel differentiation med hensyn til T F (T) = nt n 1 +(n 1)a 1 T n + +a n 1 = F(T) T X F(T) T X n () Nu er F(T) T X i = F(T) F(X i) T X i = Tn X n i T X i T +a n 1 X n 1 i 1 T X i + a n 1 T X i T X i = (T n 1 +X i T n +X it n 3 + +X n 1 i ) +a 1 (T n +X i T n 3 + +X n i ) +a (T n 3 + +X n 3 i ) 5 +a n 1

6 6 MATEMATIK 4AL Ved addition fås et udtryk for F (T), som sammenholdt med (), giver P 1 + na 1 = (n 1)a 1 P +a 1 P 1 +na = (n )a P 3 +a 1 P +a P 1 +na 3 = (n 3)a 3 P n 1 +a 1 P n +a P n 3 +a 3 P n 4 + +a n P 1 +na n 1 = a n 1 Nu er Ved addition fås X n i +a 1X n 1 i + +a n 1 X i +a n = 0 P n +a 1 P n 1 + +a n 1 P 1 +na n = 0 Endvidere er for k = 1,, Ved addition fås X n+k i +a i X n+k 1 i + +a n 1 X k+1 i +a n X k i = 0 P n+k +a 1 P n+k 1 + +a n 1 P k+1 +a n P k = De udledte formler kaldes for Newtons Formler for Potenssummer: og for q > n haves P 1 +a 1 = 0 P +a 1 P 1 +a = 0 P 3 +a 1 P +a P 1 +3a 3 = 0 P n 1 + +a n 3 +a n P 1 +(n 1)a n 1 = 0 P n +a 1 P n 1 + +a n P +a n 1 P 1 +na n = 0 P q +a 1 P q 1 + a n 1 P q n+1 +a n P q n = 0 Hvis vi sætter a l = 0 for l > n kan Newtons formler skrives ensartet: P q +a 1 P q 1 +a P q + +a q 1 P 1 +qa q = 0 Af disse formler kan P 1,P, beregnes: P 1 = a 1 P = a 1 a P 3 = a a 1 a 3a 3 P 4 = a 4 1 4a 1a +4a 1 a 3 +a 4a 4 6

7 Et alment eksplicit udtryk er: MATEMATIK 4AL a 1 a a P q = a a a 3 a q 1 a q a q 3 a 1 qa q Potenssummerne P 1,P, spiller en central rolle, når vi vil udtrykke d(x 1,,X n ) ved s 1,,s n Ud fra (1) fås, idet determinantens kvadrat udregnes ved søjle-søjle multiplikation For n = 1,,3,4,5 fås n P 1 P P n 1 P 1 P P 3 P n d = = P P 3 P 4 P n+1 P n 1 P n P n+1 P n n = : F(T,X 1,X ) = T +a 1 T +a d = P 1 P 1 P = a 1 a 1 a 1 a = a 1 4a n = 3 : F(T,X 1,X,X 3 ) = T 3 +a 1 T +a T +a 3 3 P 1 P d = P 1 P P 3 P P 3 P 4 = a 1 a 4a3 4a3 1 a 3 7a 3 +18a 1a a 3 n = 4 : F(T,X 1,,X 4 ) = T 4 +a 1 T 3 +a T +a 3 T +a 4 d = 56a a 4 a 3a 1 18a 4 a +144a 4 a a 1 7a 4 a a 4a 3 6a 4a 3 a1 1 80a 4 a 3 a a 1 +18a 4 a 3 a a a 4 a 4a 4 a 4a 4 a 3 a 1 7a a 3a a 1 4a 3 3a 3 1 4a 3 a3 +a 3 a a 1 n = 5 : F(T,X 1,,X 5 ) = T 5 +a 1 X 4 +a T 3 +a 3 T +a 4 T +a 5 d bliver ret kompliceret, men til vores formål er følgende tilstrækkeligt: d = 4 4 a a 4 5 +a 1 (heltalspol i a 1,,a 5 )+a (heltalspol i a 1,,a 5 ) +a 3 (heltalspol i a 1,,a 5 ) 7

8 8 MATEMATIK 4AL Aut (S n ) Forberedelser Definition 1 En permutation σ S n siges at have cykeltype (l 1,,l t ), hvor n = l 1 + +l t, hvis længderne af cyklerne i σ s kanoniske cykelfremstilling er l 1,,l t Lemma To permutationer σ og τ i S n er konjugerede σ og τ har samme cykeltype ( ) 1 n Bevis Betragt permutationen For ethvert σ S a 1 a a n er n ( ) ( ) 1 ( ) 1 n 1 n a1 a σ = a n a 1 a a n a 1 a a n a σ(1) a σ() a σ(n) Dvs overgang til en konjugeret permutation svarer til navneskift af de permuterede objekter Dette giver umiddelbart lemmaet Lemma 3 Lad σ S n have cykeltypen (l 1,,l t ) Da er σ s orden lig mindste fælles multiplum af l 1,,l t Bevis Umiddelbart Sætning 4 For n, n 6 er S n fuldkommen; dvs Z(S n ) = 1 og Aut(S n ) = Aut i (S n ) S n Bevis Nok at godtgøre Aut(S n ) S n Det sker i to etaper: 1 Lad ϕ Aut(S n ), og antag ϕ (transposition) = transposition Da er ϕ en indre automorfi for S n Bevis for 1 Da enhver permutation i S n er produkt af transpositioner af formen (1;k), k =,3,,n, er det nok at se på billederne af (1 )(1 n) Antag ϕ(1 ) = (a b) Da (1 ) og (1 3) ej er ombyttelige, er ϕ(1 ) og ϕ(1 3) ej ombyttelige Hvis ϕ(1 3) = (x y), må {x, y} og {a, b} have et fælles element, feks a Dvs, vi kan antage ϕ(1 3) = (a c), a,b,c indbyrdes forskellige Hvis ϕ(1 4) = (u v) må {u,v} have netop ét fælles element med {a,b}, og netop ét fælles element med {a,c}, dvs (u v) må enten være (b c) eller (a d) for passende d, ( a, b, c) Hvis ϕ(1 4) = (b c), skulle ϕ((1 )(1 3)(1 4)) = ϕ(1 4 3 ) være lig (a b)(a c)(b c) = (a c), hvilket er umuligt, da (1 4 3 ) har orden 4 og (a c) har orden Altså må (1 4) = (a d) for passende d Videre ses, at ϕ(1 5) = (a e) for passende e osv Dvs der findes indbyrdes forskellige elementer a 1 = a,a = b,a 3 = c,a 4 = d, så ϕ(1 k) = (a 1 a k ) for k n Idet (a 1 a a n ) er en permutation af 1,,,n, gælder ( 1 n ϕ(1 k) = (a 1 a k ) = a 1 a a n ( ) a1 a = k, a k a 1 8 )( 1 k k 1 )( ) a1 a a n 1 n

9 dvs ϕ og den ved ( ) 1 n a 1 a a n MATEMATIK 4AL 9 bestemte indre automorfi for S n stemmer overens på transpositionerne ( ) (1 k), 1 k n Ifølge tidligere bemærkning er ϕ derfor den ved 1 n a 1 a a n bestemte indre automorfi Hvis n, n 6, vil enhver automorfi for S n føre transpositioner over i transpositioner Bevis for Lad ϕ Aut(S n ), og lad (a b) være en transposition Da (a b) har orden, har ϕ(a b) orden, dvs ifølge Lemma 3 er ϕ(a b) et produkt af k indbyrdes disjunkte transpositioner, 1 k n Da vil ϕ føre konjugationsklassen bestemt ved (a b), dvs mængden af alle transpositioner, over i konjugationsklassen C k af alle permutationer, der er produkt af k indbyrdes disjunkte transpositioner Antallet af transpositioner er n(n 1) Et kombinatorisk argument viser, at C k består af ( 1 n(n 1) (n )(n 3) k! ) (n k +)( k +1) permutationer (hvorfor?) Vi viser ved at godtgøre, at C k = n(n 1) for n, n 6 medfører k = 1 Denne ligning kan omskrives til (n )(n 3)(n k +1) = k! k 1 (3) Da venstre side er positiv, må n k For fast n fås Ved induktion ses let, at venstre side (k )(k 3)(k k 1) = (k )! (k )! > k! k 1, for k 4 så (3) kan kun gælde for k < 4 uafhængigt af n k = kan ikke forekomme, da (n )(n 3) =! = 4 ikke har heltalsløsninger i n Hvis k = 3 må n 6 Hvis n > 6 er venstre side i (3), (n )(n 3)(n 4)(n 5) mindst = 10, hvilket er > 3! 3 1 = 4 Altså er der kun muligheden n = 6 Dette godtgør Bemærkning 5 For n = 6, k = 3 gælder (3), og vi skal senere vise, at S 6 ej er fuldkommen Vi har faktisk bevist, at hvis en automorfi ϕ for S 6 ikke er en indre automorfi, må ϕ(c 1 ) = C 3 og ϕ(c 3 ) = C 1 9

10 10 MATEMATIK 4AL 3 Homomorfien ρ Lad H være undergruppe i gruppen G med [G : H] = n, hvor n N Lad G = n i=1 g ih være inddelingen af G i disjunkte højreklasser med hensyn til H Vi kan feks antage g 1 = e For ethvert g G vil G = n ( ) i=1 gg ih igen være en inddeling af G g1 H g i højresideklasser, hvorfor H g n H gg 1 H gg H gg n vil være en permutation af sideklasserne H ) g i H, 1 i n ρ : G S n ved ρg = ( g1 H g H g n H gg 1 H gg H gg n H ( g1 H g H g n H gg 1 H gg H gg n H kan opfattes som element i S n, og vi definerer ) Vi skriver gg i H = g ρ(g)[i] H, 1 i n Det ses let, at ρ er en homomorfi Endvidere vil ρg være en transitiv undergruppe i S n, hvorfor n ρg Kerρ = n i=1 g ihg 1 i H og Kerρ G, så G/Kerρ ρg Eksempel 31 Lad G være en simpel ikke-abelsk gruppe Hvis G H, H undergruppe i G og [G : H] = n, da må G gå op i n! Opgave 31 Vis ved hjælp af Sylows sætninger og ovenstående, at enhver gruppe af orden < 60 er opløselig Definition 3 For 1 i n sættes S (i) n = {σ S n σ(i) = i} Bemærkning 33 [S n : S (i) n ] = n Sætning 34 S n (i) er en maksimal undergruppe i S n, dvs H undergruppe i S n og S n (i) H S n = S n (i) = H S n = H Bevis For n =,3,4 verificeres direkte For 5 n føres beviset indirekte Antag der fandtes undergruppe H for hvilken S n (i) H S n, og dermed [S n : H] = t, 1 < t < n Betragt homomorfien ρ : S n S t defineret ovenfor Da vil Ker S n og Kerρ H Ifølge Galois sætning om S n, må Kerρ = e,a n,s n (da n 5) Her kan Kerρ = A n eller Kerρ = S n ikke forekomme, dvs Kerρ = e, så ρ er injektiv, og dermed S n isomorf med en undergruppe i S t Dette giver den ønskede modstrid da t! < n! Sætning 35 Antag n 5 og Aut(S n ) = Aut i (S n ) Lad H være en undergruppe i S n for hvilken [S n : H] = n Da er H = S (i) n for passende i, 1 i n Bevis Vi betragter homomorfien ρ : S n S n med hensyn til H Hvis S n = n i=1 σ ih gælder altså σσ i = σ ρ(σ)[i] H (Vi antager σ 1 = e) Som ovenfor ses, at ρ er injektiv og dermed bijektiv, dvs ρ : S n S n, hvor ρ(σ) er den ved σσ i = σ ρ(σ)[i] H bestemte permutation i S n, er en automorfi for S n Ifølge forudsætningen er ρ en indre automorfi, dvs τ S n så ρ(σ) = τστ 1 σ S n Lad nu σ H, da er σh = H, dvs σσ 1 H = σ 1 H og dermed ρ(σ)[1] = 1; følgelig er ρ(σ) S n (1), og derfor τστ 1 S n (1) eller τhτ 1 S n (1) ; da H = τhτ 1 = S n (1) (= (n 1)!) er τhτ 1 = S n (1), hvorfor H = τ 1 S n (1) τ Da gælder H = S n (j), hvor τ(j) = 1 Vi er nu i stand til at vise 10

11 Sætning 36 S 6 har ikke-indre automorfier MATEMATIK 4AL 11 Bevis Ifølge Sætning 35 er det nok at finde en undergruppe H i S 6 af indeks 6 i S 6, så H S (i) 6 for ethvert i, 1 i 6 S 5 har netop 6 5-Sylowundergrupper P 1,P,,P 6, der hver især har orden 5 Ifølge Sylows Sætning er P 1,P,,P 6 indbyrdes konjugerede Vi definerer nu en afbildning ϕ : S 5 S 6, hvor S 6 opfattes som permutationer af P 1,P,,P 6 : ( ) P1 P x S 5, ϕ(x) = P 3 P 4 P 5 P 6 xp 1 x 1 xp x 1 xp 3 x 1 xp 4 x 1 xp 5 x 1 xp 6 x 1 ϕ er en gruppehomomorfi, og ϕs 5 er (pga Sylows Sætning), en transitiv undergruppe i S 6 Følgelig vil 6 ϕs 5 = [S 5 : Kerϕ] Da Kerϕ S 5, må kerϕ = {e} Altså ϕ(s 5 ) har indeks 6 i S 6 Da ϕs 5 er transitiv, kan ϕs 5 ikke have formen S (i) 6 for noget i Af det ovenstående fås, at [Aut(S 6 ) : Aut i (S 6 )] Lad α Aut(S 6 )\Aut i (S 6 ) Hvis C 1 er konjugationsklassen i S 6 bestående af alle transpositioner, og C 3 konjugationsklassen i S 6 bestående af alle permutationer der er produkt af 3 disjunkte transpositioner, da fremgår det af beviset for Sætning 4, at α(c 1 ) = C 3 og α(c 3 ) = C 1 Derfor er [Aut(S 6 ) : Aut i (S 6 )] = 4 Orbit Lad S n operere på en mængde M, feks mængden af polynomier i n variable over et legeme For m M definerer vi Stab(m) = {σ S n σm = m}, samt banen eller orbit for m som mængden {σm σ S n } Da gælder Sætning 41 Antallet af elementer i m s bane ( Orbit(m) ) er lig indekset [S n : Stab(m)] Bevis σ 1 m = σ m σ 1 1 σ m = m σ 1 1 σ Stab(m) σ 1 Stab(m) σ Derfor er det af interesse at bestemme undergrupper i S n af givet indeks Sætning 4 Lad H være en undergruppe i S n, H S n, H A n Da er [S n : H] n, bortset fra tilfældet n = 4, hvor S 4 indeholder undergrupper af indeks 3 Bevis Lad [S n : H] = t: Vi skal vise t n (når n 4) For n = 1, eller 3 er alt klart For n = 4 vil en -Sylowgruppe i S 4 have indeks 3 For n 5 betragtes homomorfien ρ: S n ρ S t Kerρ H og Kerρ S n, hvorfor Kerρ = {e} Altså er ρ injektiv, og t n 11

12 1 MATEMATIK 4AL Eksempel 43 Lad S 4 operere på K[X 1,X,X 3,X 4 ] Stabilisatoren for f(x 1,X,X 3,X 4 ) = X 1 X 3 +X X 4 er D 4 Altså er Orbit(f) = 3; der gælder: Orbit(f) = {X 1 X 3 +X X 4,X 1 X 4 +X X 3,X 1 X +X 3 X 4 } Fra sætningen om undergrupper i S n af indeks n fås Sætning 44 Lad f(x 1,,X n ) K[X 1,,X n ], n 6 Da gælder Orbit(f) = n (ie ved permutationer af de n variable X 1,,X n i f(x 1,,X n ) fås netop n forskellige polynomier) f(x 1,,X n ) er ikke-symmetrisk i X 1,,X n, men der findes et i (1 i n), så f er symmetrisk i de (n 1) variable X 1,,X i 1,X i+1,,x n Bevis : Stab(f) = S n (i) (benyt at S n (i) er en maksimal undergruppe i S n ) : Stab(f) er en undergruppe i S n af indeks n, hvorfor der findes et i (1 i n), så Stab(f) = S n (i) 5 Warings formel Med notationerne fra Newtons formler for potenssummer, kan man vise følgende: P m = ( 1) m(ν ν1+ +νn 1 + +ν n 1)! a ν 1 1 ν ν 1,,ν 1!ν!ν n! aν aν n n n ν 1,,ν n gennemløber alle ikke-negative hele tal for hvilke ν 1 + ν + +nν n = m og a i = ( 1) i s i for i = 1,,n 6 Trediegradspolynomier Lad f(x) = X 3 +a 1 X +a X +a 3 være et polynomium i Q[X] Diskriminanten er Disk(f) = a 1 a 4a3 4a3 1 a 3 7a 3 +18a 1a a 3 Ved hjælp af 1A i kapitel III [Alg3, Theorem 341] fås: Sætning 61 Lad M være spaltningslegeme for f(x) over Q Antag f(x) har lutter simple rødder Da gælder Gr(M/Q): f(x) Disk(f) Q Disk(f) / Q f(x) irred Gr(M/Q) A 3 Gr(M/Q) S 3 f(x) reducib Gr(M/Q) {1} Gr(M/Q) S 7 Fjerdegradspolynomier 1

13 MATEMATIK 4AL 13 Lad f(x) = X 4 +ax 3 +bx +cx +d være et polynomium i Q[X] med rødderne α 1,α,α 3,α 4, der antages at være indbyrdes forskellige Den kubiske resolvent for f(x) defineres som og man udregner g(y) = (y α 1 α α 3 α 4 )(y α 1 α 3 α α 4 )(y α 1 α 4 α α 3 ) g(y) = y 3 by +(ac 4d)y a d+4bd c, som altså får koefficienter i Q Diskriminanten af g er [(α 1 α +α 3 α 4 α 1 α 3 α α 4 )(α 1 α +α 3 α 4 α 1 α 4 α α 3 )(α 1 α 3 +α α 4 α 1 α 4 α α 3 )], der netop er lig diskriminanten for f (udregning!) Specielt er rødderne i g(y) indbyrdes forskellige, da rødderne i f(x) er forudsat indbyrdes forskellige Antag nu f(x) er irreducibel i Q[X], og lad M være spaltningslegeme for f(x) over Q Da er Gr(M/Q) en transitiv undergruppe i S 4, og der er de fem muligheder for Gr(M/Q): S 4,A 4,D 4,Z/4Z, og V 4 Lad V være undergruppen i S 4 bestående af (1),(1)(34),(13)(4)og (14)(3) V er isomorf med Kleins Vierergruppe V 4, og V er den eneste transitive undergruppe i S 4, der er isomorf med V 4 Lad nu K = Q(α 1 α + α 3 α 4,α 1 α 3 + α α 4,α 1 α 4 + α α 3 ) være spaltningslegemet (resolventlegemet) over Q for den kubiske resolvent g(y)) Ved direkte verifikation fås TK = {σ Gr(M/Q) k K : σ(k) = k} = Gr(M/Q) V Vi har altså diagrammet Lad m = [K : Q] som må være 6,3, eller 1 Endvidere er [M : K] divisor i 4, altså 1, eller 4 Ved bla diskriminantovervejelser fås Sætning 71 m = 6 = Gr(M/Q) S 4 m = 3 = Gr(M/Q) A 4 m = = Gr(M/Q) Z/4Z, eller D 4 m = 1 = Gr(M/Q) V 4 Vi tænker på S 4 som hexaedergruppen, bestående af alle drejninger i rummet, der fører et hexaeder (en terning) over i sig selv 13

14 14 MATEMATIK 4AL Til I svarer to sideflader, hvortil vi knytter polynomiet X 1 X +X 3 X 4 Til II svarer to sideflader, hvortil vi knytter polynomiet X 1 X 3 +X X 4 Til III svarer to sideflader, hvortil vi knytter polynomiet X 1 X 4 +X X 3 Tilhver drejning ihexaedergruppen ( S 4 ) svarer enpermutationafi, IIog III,ogvifår derved en surjektiv homomorfi ϕ : S 4 S 3 ; ker(ϕ) = V S 4 opererer på polynomierne i X 1,X,X 3 og X 4 En permutation i V fixer X 1 X +X 3 X 4,X 1 X 3 +X X 4 og X 1 X 4 + X X 3, mensen permutation, der ikkeliggeriv effektivtflytter mindst et afovenstående tre polynomier Hvert af de tre polynomier X 1 X + X 3 X 4,X 1 X 3 + X X 4 og X 1 X 4 + X X 3 har en med D 4 isomorf stabilitetsgruppe Disse tre stabilitetsgrupper er netop de tre - Sylowgrupper i S 4 Vedrørendetilfældetm = Hererg(y) = (y γ)(y +βy+δ)forpassendeγ,β,δ Q, og y +βy +δ er irreducibelt i Q[X] Det kubiske resolventlegeme K er Q( β 4δ) Da gælder Sætning 7 Gr(M/Q) = Z/4Z x γx+d og x +ax+(b γ) har rødder i K Bevis Vi kan antage γ = α 1 α +α 3 α 4 Da finder vi } x γx+d = (x α 1 α )(x α 3 α 4 ) x +ax+b γ = [x (α 1 +α )][x (α 3 +α 4 )] ( ) Hvis Gr(M/Q) = Z/4Z er K det eneste kvadratiske dellegeme af M; følgelig vil rødderne til ovenstående to andengradspolynomier ( ) som tilhører M, allerede ligge i K Antag omvendt, at de to andengradspolynomier ( ) har rødder i K For at vise Gr(M/Q) Z/4Z er det, (jf Sætning 71), nok at godtgøre [M : Q] = 4 Hertil bemærkes først, at M = K(α 1,α ); thi og åbenbart gælder K(α 1,α ) = Q(α 1 α +α 3 α 4,α 1 α 3 +α α 4,α 1 α 4 +α α 3,α 1,α ), α 1,α K(α 1,α ) α 1 α 3 +α α 4 K(α 1,α ) α 3 +α 4 = a α 1 α K(α 1,α ) 14

15 MATEMATIK 4AL 15 Da α 1 α viser løsning af de to sidste ligninger (lineære i α 3 og α 4 ), at α 3 og α 4 ligger i K(α 1,α ) Altså: M = K(α 1,α,α 3,α 4 ) K(α 1,α ) Da den modsatte inklusion er triviel, fås således M = K(α 1,α ) Da rødderne til ( ) ligger i K, gælder specielt: α 1 +α K og α 1 α K Da (x α 1 )(x α ) således har koefficienter i K, fås [M : K] = [K(α 1,α ) : K] Nu er m = [K : Q] = og [M : K], hvorfor [M : Q] 4, hvilket som tidligere nævnt medfører, at Gr(M/Q) Z/4Z, Vi har altså nu en systematisk metode til at bestemme Galoisgruppen for et fjerdegradspolynomium Undertiden kan følgende være nyttig: Opgave 71 Lad f(x) være et fjerdegradspolynomium i Q[X] Vis, at f(x) er irreducibelt i Q[X], hvis hverken f(x) eller den kubiske resolvent har rationale rødder Lad os nu betragte det bikvadratiske tilfælde: f(x) = X 4 +bx +d Hertil først et kriterium for, at f(x) er irreducibelt Sætning 73 Lad f(x) = X 4 + bx + d Q[X] have rødderne ±α, ±β Da er følgende betingelser ækvivalente: (i) f(x) er irreducibelt i Q[X] (ii) α / Q og ingen af tallene α ± β ligger i Q (iii) b 4d / Q og b ± d / Q Bevis Vi bemærker først, at f(x) = X 4 +bx +d kan skrives f(x) = (X α)(x +α)(x β)(x +β) = (X α )(X β ) = X 4 (α +β )X +α β, dvs α +β = b Q, og (αβ) = d Vi viser sætningen i kontraponeret form Antag f(x) er reducibelt i Q[X] Da må f(x) enten have en førstegradsfaktor i Q[X] eller en andengradsfaktor i Q[X] I det første tilfælde må α eller β ligge i Q Dermed må α eller β ligge i Q Da α +β = b Q, må specielt α Q I det andet tilfælde må et af polynomierne (1) (X α)(x +α) () (X α)(x β) (3) (X α)(x +β) have koefficienter i Q I tilfældet (1) vil α Q I tilfældet () vil α+β Q I tilfældet (3) vil α β Q 15

16 16 MATEMATIK 4AL Antag nu at α,α+β eller α β ligger i Q Da er f(x) reducibelt i Q[X] Thi: α Q = X α er en faktor i Q[X] til f(x) α+β Q = αβ = (α+β) (α +β ) = (α+β) +b Q = (X α)(x β) er en faktor i Q[X] til f(x) α β Q = αβ = (α β) (α +β ) = (α β) +b Q = (X α)(x +β) er en faktor i Q[X] til f(x) Beviset for sætningen afsluttes nu ved at bemærke: α Q α = b± b 4d Q b 4d Q α±β Q (α±β) Q α +β ±αβ Q b± d Q Sætning 74 Lad f(x) = X 4 + bx + d være irreducibelt i Q[X] Da gælder for Gr(M/Q), hvor M er spaltningslegemet for f(x) over Q 1 d Q = Gr(M/Q) V 4 d / Q, men d(b 4d) Q = Gr(M/Q) Z/4Z 3 d / Q, og d(b 4d) / Q = Gr(M/Q) D 4 Bevis Den kubiske resolvent bliver g(y) = y 3 by 4dy +4bd = (y b)(y 4d) Hvis d Q, er g(y) et produkt af førstegradsfaktorer i Q[X] hvorfor m = 1, og dermed (Sætning 71) Gr(M/Q) V 4 Hvis d / Q er m =, og vi får brug for Sætning 7 Vi skal betragte polynomierne X bx +d og X +0 X +0 = X Det sidste polynomium har naturligvis rødder i K Det første polynomium har rødder i K netop når b 4d K Nuer K = Q( β 4δ) = Q( 16d) = Q( d) Daf(X)er irreducibelt, er b 4d / Q ifølge Sætning 73 Ifølge Sætning 7 er Gr(M/Q) = Z/4Z eller D 4 alt efter om enten b 4d Q( d) eller ikke Ifølge en opgave i 3AL, er Q( b 4d) = Q( d) d(b 4d) Q Altså er Gr(M/Q) = Z/4Z netop når d(b 4d) Q Vi giver nu en anvendelse Sætning 75 Lad q Q, q / Q Da er Q( q) indeholdt i en normal udvidelse N/Q med Z/4Z som Galoisgruppe, netop når q er en sum af to kvadrater Bevis Antag først Q( q) N, Gr(N/Q) Z/4Z Det eneste (ægte) mellemlegeme mellem Q og N er Q( q) Da [N : Q( q)] = findes rationale tal q 1 og q, så N = Q( q, q 1 +q q) 16

17 MATEMATIK 4AL 17 Da Q( q) er eneste ægte dellegeme af N, må N = Q( q 1 +q q), og N er da spaltningslegeme over Q for Irr( q 1 +q q,q), der må have grad 4 Nu er q1 +q q rod i X 4 q 1 X +(q 1 q q), der altså må være irreducibelt i Q[X] Da Gr(N/Q) ikke er V 4 er (ifølge Sætning 74) q 1 q q / Q, hvorfor q 0 Da Gr(N/Q) Z/4Z er (ifølge Sætning 74) (q 1 q q)(4q 1 4(q 1 q q)) Q, dvs (q 1 q q)4q q Q Da må q 1 0 Lad os nu skrive (q 1 q q)4q q = r for passende r Q Følgelig er q = (qq ) +r (q 1 q ), der er sum af to kvadrater i Q Antag omvendt, at q er en sum af to kvadrater i Q: q = q 1 +q Da er polynomiet f(x) = X 4 qx +q1 q irreducibelt i Q[X] Dette vises ved hjælp af Sætning 73: 4q 4q1 q = 4q(q q 1 ) = 4qq / Q, da q / Q, og endvidere er q ± q1 q = q ± q 1 q / Q (endda / Q) Rødderne til f(x) kan skrives ±α, ±β, så f(x) = (X α)(x +α)(x β)(x +β) Konstantleddet er α β = q1q, αβ dvs q 1 = ± q, hvorfor q ligger i spaltningslegemet M = Q(α,β) for f(x) over Q For at bestemme Gr(M/Q), benyttes Sætning 74 Konstantleddet q1 q / Q, hvor Gr(M/Q) ikke er V 4 Endvidere er hvorfor Gr(M/Q) Z/4Z q 1q(4q 4q 1q) = 4q 1q (q q 1) = 4q 1q q Q, Eksempel 76 3 er ikke sum af to kvadrater i Q, hvorfor Q( 3) ikke er indeholdt i en normal udvidelse af Q med Z/4Z som Galoisgruppe Derimod er 5 = 1 + indeholdt i en sådan udvidelse (feks Q 5 = Q(e πi 5 )) 17

18 18 MATEMATIK 4AL Eksempel 77 Lad p være en primtal 1(4) Da er Q p /Q normal, og Gr(Q p /Q) Z/(p 1)Z Vi kan skrive p = 1+4h, h Z Til enhver divisor d i 4h findes netop én undergruppe i Z/(p 1)Z = Z/4hZ af indeks d Specielt findes netop én undergruppe H 1 af indeks og netop én undergruppe H af indeks 4 Vi har følgende diagram: Altså findes netop ét dellegeme L 1 (nemlig F(H 1 )) af dimension over Q, og netop ét dellegeme L (nemlig F(H )), der har dimension over L 1 og Gr(L /Q) Z/4Z Ifølge et eksempel i Mat 3AL p47 (000-udgave), er L 1 = Q( p) Altså kan Q( p) indlejres i en (Z/4Z)-udvidelse Ifølge Sætning 75 er p altså sum af to kvadrater af rationale tal (En rent talteoretisk sætning!) 8 Generiske/parametriske Z/3Z polynomier Polynomiet f a (X) = X 3 ax +(a 3)X+1 er parametrisk for Z/3Z-udvidelse over Q Dvs: Sætning 81 Lad M være spaltningslegeme for f a (X) over Q, hvor a er et rationalt tal 1 For ethvert a Q er Gr(M/Q) enten triviel eller Z/3Z Enhver Z/3Z-udvidelse af Q er spaltningslegeme over Q for f a (X) for passende a Q Bevis (1) følger af, at Disk(f a (X)) = (a 3a+9) (jf Sætning 1A i kap III Mat 3AL) (): Lad M/Q være normal med Gr(M/Q) Z/3Z Lad α M \Q og Gr(M/Q) = {e,σ,σ } Da er α, σα og σα indbyrdes forskellige Sæt β = α σ α; da er σβ = α σα σα α σα σ α = 1 1 β ; σ β = 1 1 σβ = 1 = β f(x) = (X β)(x σβ)(x σ β) får 1 β rationale koefficienter, idet f(x) = X 3 (β +σβ +σ β)x +(βσβ +βσ β +(σβ)(σ β))x β(σβ)(σ β) Sæt a = β +σβ +σ β Da viser udregning, at βσβ + βσ β + (σβ)(σ β) = a 3, og β(σβ)(σ β) = 1 Her må σβ være forskellig fra β, da β ellers var rational, og dermed ville σβ = 1 1 β = β; men X X +1 har ingen rationale rødder Altså er M = Q(β) og Irr(β,Q) bliver X 3 (β +σβ +σ β)x +(βσβ +βσ β +(σβ)(σ β))x +1 = f a (X), 18

19 MATEMATIK 4AL 19 for a = β +σβ +σ β Altså er M spaltningslegeme for f a (X) over Q 9 Lineære grupper Lad K være et legeme For vilkårlige elementer a og b K, a 0, vil afbildningen fra K til K defineret ved σ(x) = ax+b værebijektiv NåraogbgennemløberalleelementeriK\{0}ogK, vildisseafbildninger udgøre en gruppe kaldet Aff(K,1), den affine gruppe af dimension 1 over K Mængden T = {x x+c c K} af translationer udgør en (med (K,+) isomorf) abelsk undergruppe i Aff(K,1) Der gælder T Aff(K,1); thi hvis σ Aff(K,1), σ(x) = ax + b, a 0, da er σ 1 (x) = x a b a og στσ 1 T, idet στσ 1 (x) = x + ac for τ = (x x + c) Endvidere er Aff(K,1) en opløselig gruppe, da T er en abelsk normaldeler i Aff(K, 1) og faktorgruppen er isomorf med den multiplikative gruppe af de fra 0 forskellige elementer i K og dermed abelsk Lad os nu betragte tilfældet hvor K er det endelige legeme F p, p et primtal Da er Aff(F p,1), som vi for kortheds skyld betegner L p, en opløselig gruppe af orden p(p 1) L p bliver undergruppe i S p, idet vi opfatter S p som gruppen af permutationer af de p restklasser 0, 1,,p 1 i F p Det ses let, at L p er en transitiv undergruppe i S p Lemma 91 Lad G være en transitiv undergruppe i S p, og N G Hvis N E, da er N transitiv Bevis S p er mængden af permutationer af 0, 1,,p 1 Vi definerer a b, a,b F p, hvis ν N : νa = b Relationen er en ækvivalensrelation, da N er en undergruppe i S p Endvidere gælder a b, σ G = σa σb; thi a b = ν N : νa = b; da N G, vil σνσ 1 N Nu er σνσ 1 (σa) = σνa = σb Heraf sluttes, at alle ækvivalensklasser har samme elementantal (Jf bevis Mat 3AL, Lemma kap5 p11-1, [Alg3, Chap5 Lemma 53] ) Altså p = (antallet af ækvivalensklasser) (det fælles elementantal i ækvivalensklasserne) Da N E er sidste faktor > 1 Idet p er et primtal, bliver sidste faktor = p, dvs alle elementer i F p er ækvivalente, dvs N er transitiv Vi er nu i stand til at vise: Sætning 9 Lad G være en transitiv undergruppe i S p Da er G opløselig µ S p : µgµ 1 L p (dvs G er konjugeret med en undergruppe i L p ) Bevis klar Lad G G s 1 G s = {e} være en kompositionsrække Da er G s 1 et primtal På grund af ovenstående lemma er G s 1 transitiv, hvorfor p G s 1 Dette indebærer, at G s 1 = p G s 1 er derfor cyklisk og frembragt af en p-cykel, feks ρ = ( a 0 a 1 a p 1 a 1 a a 0 ) 19

20 0 MATEMATIK 4AL Lad µ være permutationen ( ) a0 a 1 a p p 1 Da gælder µg s 1 µ 1 er frembragt af p-cyklen ) ( 0 1 p Sidstnævnte kan betragtes som translationen x x+ 1 Sætningen fås da ved successive anvendelser af nedenstående lemma Lemma 93 Lad G S p, N G, N L p, og antag N indeholder translationen τ(x) = x+1, x F p Da vil G L p Bevis Lad σ være et vilkårligt element i G Da N er normaldeler i G, ligger στσ 1 i N, og da τ har orden p vil også στσ 1 have orden p Da L p = p(p 1) findes der ifølge Sylows 3 sætning, netop én p-sylowgruppe i L p, og derfor også kun én p-sylowgruppe i N Dvs elementerne τ,τ,,τ p 1 er de eneste elementer i N som har orden p Altså må στσ 1 = τ a, 1 a p 1 Nu er στ = τ a σ σ(y +1) = στ(y) = τ a σ(y) = σ(y)+a y F p σ(y +) = σ(y +1)+a = σ(y)+a σ(y +3) = σ(y)+3a σ(y +x) = σ(y)+xa y F p σ(x) = σ(0)+ax ie σ L p Lemma 94 Lad A være den af en p-cykel frembragte undergruppe i S p Da er A sin egen centralisator i S p (centralisatoren er defineret i Mat 3AL side 139 [Alg3, Chap1, Def188]) Bevis Da A er abelsk, må C A A Åbenbart er A = p Vi betragter nu følgende undergruppe C (1) A i C A defineret ved C (1) A = {σ C A σ(1) = 1}; vi påstår, at denne undergruppe har orden 1 Lad nemlig σ være et element i C (1) A Da må for alle ρ A gælde, at ρσ = σρ og dermed ρσ(1) = σρ(1) Da σ(1) = 1, er ρ(1) = σρ(1) for alle ρ A Da A er frembragt af en p-cykel, er A transitiv, hvorfor σ er identiteten C (1) A får derfor orden 1 Nu er C A transitiv, da den indeholder A og derfor er [C A : C (1) A ] = p Altså har C A orden p, hvorfor C A = A Hovedsætning 91 Lad G være en transitiv undergruppe i S p, p primtal Da er følgende betingelser ækvivalente: 1 G har netop én p-sylowgruppe G er opløselig 3 G er konjugeret med en undergruppe i L p 4 Enhver permutation ( E) i G har højst ét fixpunkt 5 G = p l, hvor l (p 1) 0

21 MATEMATIK 4AL 1 Bevis 1 = = 3 = 4 = 1, dernæst 3 = 5 og 5 = 1 1 = Da G er transitiv, må p G Da G p(p 1)(p ) 1 og p p!, fås p G Den entydigt bestemte p-sylowgruppe A i G er derfor cyklisk af orden p Da A er den eneste p-sylowgruppe, er normalisatoren N A = G Ifølge ovenstående lemma er C A = A Derfor er G/A isomorf med en undergruppe i Aut(A), (jf Mat 3AL s138) Aut(A) er cyklisk af orden p 1, hvorfor G/A er cyklisk, og E A G er en normalrække med abelske (endda cykliske) faktorer Altså er G opløselig = 3 Dette fås af sætning 9 3 = 4 Direkte verifikation 4 = 1 Vi antager altså, at enhver fra identiteten forskellig permutation i G højst har ét fixpunkt Vi betragter stabilitetsgruppen G (0) i 0, dvs G (0) = {σ G σ(0) = 0} Da G er transitiv, er [G : G (0) ] = p På grund af antagelsen 4 har de fra identiteten forskellige permutationer i G (0) ingen fixpunkter bortset fra 0 Følgelig vil forskellige permutationer i G (0) føre 1 over i forskellige elementer, hvorfor G (0) p 1 Altså er G p(p 1) Da p G må G = p l, hvor l p 1 Ifølge Sylows 3 sætning, bliver antallet af p-sylowgrupper netop én 3 = 5 Når G er konjugeret med en undergruppe i L p, må ordenen af G gå op i L p = p(p 1) Da p er divisor i ordenen af G, kan vi for et passende hele tal k og l skrive: p(p 1) = G k = p l k Altså er G = p l, hvor l er en divisor i p 1 5 = 1 Følger af Sylows 3 sætning Hovedsætningen er hermed bevist 91 Eksempler og opgaver Opgave 91 Vis, at L p er dobbelt transitiv Opgave 9 Vis (ved brug af Lemma 93), at L p er sin egen normalisator i S p Opgave 93 Vis, at en dobbelt transitiv undergruppe i S p har en orden, der er delelig med p(p 1) Opgave 94 Vis(vha hovedsætningen), at en opløselig dobbelt-transitiv undergruppe i S p (p primtal), er konjugeret med L p I forbindelse med Opgave 94 kan nævnes en berømt (og dybtliggende) sætning af Burnside: Enhver transitiv undergruppe i S p (p primtal), der ikke er opløselig, er dobbelt transitiv, Ved brug af Galoisteoriens hovedsætning og Sætning 1 Kapitel III i 3AL[Alg3 Theorem 340] fås: Sætning 95 Lad f(x) være et irreducibelt polynomium i Q[X] af primtalsgrad p Lad α 1,α,,α p være rødderne i f(x), og lad M være spaltningslegeme for f(x) over Q Da er følgende betingelser ækvivalente: 1 f(x) er opløselig ved rodtegn Gr(M/Q) er opløselig 3 (i,j), i j, 1 i,j p er M = Q(α i,α j ) 4 (i,j), i j, 1 i,j p så M = Q(α i,α j ) 1

22 MATEMATIK 4AL Bevis 1 er hovedsætningen i 3AL Kapitel V s56[alg3 Theorem 516] = 3 Gr(M/Q) opfattes som en permutation ( ) α1 α α p σα 1 σα σα p Ifølge Hovedsætningen (udsagn 4) på side 1 i dette afsnit, vil σ Gr(M/Q), σ e højst holde ét af α erne fast, dvs hvis α i α j og σ(α i ) = α i, σ(α j ) = α j, da er σ = Id, eller ifølge Galoisteoriens hovedsætning, T(Q(α i,α j )) = E, hvorfor Q(α i,α j ) = M så 3 = 4 er triviel 4 = 1 Antag der findes to rødder α i,α j så M = Q(α i,α j ), [Q(α i ) : Q] = Grad(Irr(α i,q)) = Grad(f(X)) = p, [Q(α i,α j ) : Q] = [Q(α i,α j ) : Q(α i )] [Q(α i ) : Q] = Grad(Irr(α j,q(α i ))) p Da Grad(Irr(α j,q(α i ))) p 1, og Gr(M/Q) er delelig med p, er Gr(M/Q) = p l, hvor l p 1 ALtså har Gr(M/Q) ifølge Sylows 3 sætning netop én p-sylowgruppe Da Gr(M/Q) desuden erentransitivundergruppe i S p (ifølgesætning 1KapitelIIIi3AL[Alg3 Theorem 340]), medfører hovedsætningen (udsagn 1) på side 1 i dette afsnit, at Gr(M/Q) er opløselig Korollar 96 Lad f(x) være et irreducibelt polynomium i Q[X] af primtalsgrad p Lad t være antallet af reelle rødder til f(x) Hvis 1 < t < p, er f(x) ikke opløselig ved rodtegn Eksempel 97 f(x) = X 7 7X +3 er irreducibelt i Q[X] (Eisenstein på f(x +4)) f(x) har netop 3 reelle rødder, og er derfor ikke opløselig ved rodtegn Tilføjelse til Hovedsætning side 1 i dette afsnit: Til enhver divisor l i (p 1), hvor p er et primtal, findes én og pånær konjugering kun én transitiv undergruppe i S p af orden p l Bevis På grund af Hovedsætningen er det nok at vise, at L p har netop én undergruppe af orden p l Undergruppen T = {(x x+a) a F p } er en normal-deler i L p af orden p, og L p /T (F p \{0}, ), der er cyklisk af orden p 1 Til enhver divisor l i (p 1) findes derfor netop én undergruppe i (F p \{0}, ) af orden l Ved Noethers isomorfisætning anvendt på L p (Fp \{0}, ) T {e} ses derfor, at der findes én undergruppe i L p, der indeholder T og har orden p l Beviset afsluttes nu ved at bemærke, at T er den eneste undergruppe i L p af orden p

23 MATEMATIK 4AL 3 Definition 98 Den ovenfor indførte pånær konjugering entydigt bestemte undergruppe i S p af orden p l, kaldes Frobeniusgruppen, og betegnes F pl Bemærk, at F p = D p (diedergruppen af orden p) Angående antallet af undergrupper, der er konjugerede med F pl viser vi Sætning 99 Lad F pl L p S p Da er L p normalisatoren af F pl i S p Specielt findes netop (p )! med F pl konjugerede undergrupper i S p Bevis Åbenbart er F pl L p, dvs normalisatoren indeholder L p Ved anvendelse af Lemma 93 med G = normalisatoren af F pl i S p og N = F pl ses, at normalisatoren er indeholdt i L p, og dermed eksakt = L p Som nævnt i 3AL Kapitel I s3[alg3, Theorem 191], er antallet af med F pl konjugerede undergrupper i S p lig [S p : L p ] = p! p(p 1) = (p )! Eksempel 910 Lad p være et ulige primtal, og lad M være spaltningslegeme for X p over Q Da er [M : Q] = p(p 1) Gr(M/Q) er da en transitiv opløselig undergruppe i S p (jf Hovedsætning i 3AL vedrørendeopløselighedvedrodtegn) DenmåværeisomorfmedL p,ellermedovenstående notation Frobeniusgruppen F p(p 1) 9 En gruppeteoretisk anvendelse I Mat 3AL, Kapitel I [Alg3Chap 1]) blev vist, at en gruppe af orden pq er opløselig, hvis p og q er primtal Hvis p og q er forskellige primtal så p 1 (mod q) og q 1 (mod p), blev det vist, at F endda må være cyklisk Vi viser nu Sætning 911 Lad p og q være primtal så p 1 (mod q) Da findes netop to grupper af orden pq: den cykliske Z/pqZ, og en ikke-abelsk, Frobeniusgruppen F pq Bevis Eksistensen af de to grupper er klar (jf tilføjelse til Hovedsætning s) Vi skal derfor blot vise, at der højst findes én ikke-abelsk gruppe af orden pq Da G = pq, hvor q p 1, findes ifølge Sylows 3 sætning, netop én p-sylowgruppe i G Hvis G også kun havde én q-sylowgruppe, måtte både p-sylowgruppen og q- Sylowgruppen være normaldelere i G G ville da være det direkte produkt af en cyklisk gruppe af orden p og en cyklisk gruppe af orden q, og dermed selv cyklisk Altså findes en undergruppe Q i G, så Q = q og Q ikke er normaldeler i G Vi betragter nu afbildningen ρ : G S p (som angivet i 3AL s18 Kapitel I eller i afsnittet angående Aut(S n ) etc), svarende til H = Q, dvs og for g G, er ρ(g) = G = g 1 Q g Q g p Q, ( ) g1 Q g Q g p Q gg 1 Q gg Q gg p Q Billedet ρg er en transitiv undergruppe i S p og ker(ρ) G, ker(ρ) Q; da Q er et primtal og Q G, må ker(ρ) = {e} ρ er altså injektiv, og G derfor isomorf med en 3

24 4 MATEMATIK 4AL transitiv, opløselig undergruppe i S p Derfor er G isomorf med Frobeniusgruppen F pq Vi afslutter dette afsnit med en oversigt over samtlige transitive (ikke blot opløselige) undergrupper i S p for p = 5,7,11 (angivet pånær isomorfi) p = 5 Hvis en transitiv undergruppe i S 5 ikke er opløselig, må den have orden mindst 60 Men de eneste undergupper i S 5 af orden 60, er A 5 og S 5 Altså er konjugeretklasserne af de transitive undergupper i S 5 : (Bemærk, at F 0 indeholder en ulige permutation, mens alle permutationer i F 10 = D 5 er lige) Mens A 5 er selvkonjugeret, er der (jf Sætning 99 i dette afsnit) (5 )! = 6 med F 0 konjugerede undergrupper, 6 med D 5 konjugerede undergrupper, og 6 med Z/5Z konjugerede undergrupper indenfor S 5 p = 7 Konjugeretklasserne af de transitive undergrupper i S 7 er: Her er SL(3,) gruppen af alle (3 3)-matricer med elementer i legemet F (med elementer), og determinant 1 Denne gruppe er simpel, og har orden 168 p = 11 4

25 MATEMATIK 4AL 5 M 11 betegner den skarpt 4-transitive permutationsgruppe i S 11, Mathieugruppen M 11, (der er simpel) SL(,11) er gruppen af alle ( )-matricer over F 11 med determinant 1 PSL(,11) = SL(,11)/centret PSL(,11) er også simpel M 11 = 790, PSL(,11) = Supplement til lineære grupper (Arbejdstitel) Sætning 101 Lad G være en transitiv undergruppe i S p Da er følgende betingelser ækvivalente: 1 G er opløselig G er konjugeret med en undergruppe i Aff(1,F p ) 3 Alle ikke-trivielle permutationer i G har højst ét fixpunkt 4 G = p l, l p 1 Definition 10 G som ovenfor, kaldes Frobeniusgruppen F p,l Definition 103 Lad f(x) være irreducibel i Q[X] af primtalsgrad p 5 Lad α 1,,α p være rødderne til f(x) Da er P ( p (X) := [X (α k) i1 + +α ik )] Q[X], k p 1 i 1 < <i k Sætning 104 Gr(f) = D p eller Z/p hvis og kun hvis P ( p ) er et produkt af p 1 irreducible p te gradspolynomier i Q[X] Sætning 105 Lad f(x) være et irreducibelt polynomium i Q[X] af grad 7 Da gælder: 1 Gr(f) = S 7 eller A 7 P 35 er irreducibelt i Q[X] Gr(f) = PSL(,7) P 35 er et produkt af irreducible polynomier af grad hhv 7 og 8 3 Gr(f) = F 4 P 35 er produkt af irreducible polynomier af grad hhv 14 og 1 4 Gr(f) = F 1 P 35 er produkt af 3 irreducible polynomier af grad hhv 7, 7 og 1 5 Gr(f) = D 7 P 35 er produkt af 4 irreducible polynomier af grad hhv 14, 7, 7 og 7 6 Gr(f) = Z/7 P 35 er produkt af 5 irreducible 7gradspolynomier Eksempel 106 For f(x) = X 5 +ax +b er For a = 5, b = 1 bliver P 10 (X) = X 10 3aX 6 11bX 5 4a X +4abX b P 10 (X) = (X 5 5X 3 10X +30X 36)(X 5 +5X 3 +10X +10X +4) 5

26 6 MATEMATIK 4AL Lad p være et primtal, og f(x) irreducibel i Q[X] med rødderne α 1,,α p Da har Pp(p 1) Pp(p 1)(p ) 6 = (α i +α j )], og i<j[x = [X (α i +α j +α k )] i<j<k simple rødder Sætning 107 For f(x) = X 5 +ax +b er P 10 (X) = X 10 3aX 6 11bX 5 4a X +4abX b For f(x) = X 7 +ax +b er P 1 (X) =X 1 5aX 15 57bX 14 53a X 9 30abX 8 89b X 7 7a 3 X 3 +7a X 9ab X +b 3, og P 35 (X) =X aX 9 +30bX a X abX +388b X 1 507a 3 X a X ab X b 3 X a 4 X a 3 X a b X 9 63ab 3 X b 4 X 7 178a 5 X 5 178a 4 bx 4 +70a 3 X 3 +98a b X 64ab 4 X 18b 5 Sætning 108 Lad f(x) være et irreducibelt polynomium i Q[X] af primtalsgrad p Da er Gr(f) = D p eller Z/p hvis og kun hvis Pp(p 1 er produkt af p 1 irreducible p te gradspolynomier i Q[X] Bemærkning 109 EtpolynomiummedMathieugruppenM 11 somgaloisgruppeover Q er ifølge Matzat: X 11 +1X X X X X X X X X X Sætning 1010 Lad f(x) være et irreducibelt plynomium i Q[X] af primtalsgrad p > 11 Da er Gr(f) opløselig hvis og kun hvis enten Pp(p 1) er reducibel i Q[X], eller er produkt af mindst 3 irreducible polynomier i Q[X] Pp(p 1)(p ) 6 Beviset er ikke trivielt 11 Resolventer for 5 te gradspolynomier 6

27 MATEMATIK 4AL 7 Lad S 5 være den symmetriske gruppe af grad 5 bestående af alle ) permutationer ) af Den lineære undergruppe L 5 er frembragt af σ : og τ : ( ( (Dvs skrevet i Z/5Z er σ(x) = x + 1 og τ(x) = x) L 5 har orden 0, og der findes 6 med L 5 konjugerede undergrupper indenfor S 5 (idet L 5 som vist i en opgave, er lig sin egen normalisator i S 5 ) L 5 indeholder netop én undergruppe af orden 10, nemlig diedergruppen D 5 D 5 er frembragt af σ og τ ; D 5 består af de drejninger og spejlinger, der fører en regulær femkant over i sig selv Som tidligere vist gælder: Enhver transitiv opløselig undergruppe S 5 er indeholdt i en med L 5 konjugeret undergruppe i S 5 Åbenbart er [S 5 : L 5 ] = [A 5 : D 5 ] = 6, og der findes et fælles repræsentantsystem for de respektive højresideklasser: Lad A 5 = D 5 (01)D 5 (01)D 5 (014)D 5 (041)D 5 (03)D 5 S 5 = L 5 (01)L 5 (01)L 5 (014)L 5 (041)L 5 (03)L 5 Vi betragter nu det generelle 5 te gradspolynomium f(t) = (T X 0 )(T X 1 )(T X )(T X 3 )(T X 4 ) = T 5 +a 1 T 4 +a T 3 +a 3 T +a 4 T +a 5 u =X 0 X 1 +X 1 X +X X 3 +X 3 X 4 +X 4 X 0 X 0 X X X 4 X 1 X 4 X 1 X 3 X 0 X 3 }{{}}{{} v τv }{{} invariant overfor D 5 }{{} invariant overfor D 5 Altsåeru 0 = uinvariantoverford 5 A 5 operererpåq[x 0,X 1,X,X 3,X 4 ] Mængden {A 5 u} omfatter følgende 6 polynomier: u 0 = u; u 1 = (01)u; u = (01)u; u 3 = (014)u; u 4 = (041)u; u 5 = (03)u En udregning viser: u 0 = X 0 X 1 +X 1 X +X X 3 +X 3 X 4 +X 4 X 0 X 0 X X X 4 X 1 X 4 X 1 X 3 X 0 X 3 u 1 = X 1 X +X 0 X +X 0 X 3 +X 3 X 4 +X 1 X 4 X 0 X 1 X 0 X 4 X 4 X X X 3 X 1 X 3 u = X 0 X +X 0 X 1 +X 1 X 3 +X 3 X 4 +X X 4 X 1 X X 1 X 4 X 0 X 4 X 0 X 3 X X 3 u 3 = X 1 X 4 +X X 4 +X X 3 +X 0 X 3 +X 0 X 1 X 1 X X 0 X X 0 X 4 X 3 X 4 X 1 X 3 u 4 = X 0 X 4 +X 0 X +X X 3 +X 1 X 3 +X 1 X 4 X X 4 X 1 X X 0 X 1 X 0 X 3 X 3 X 4 u 5 = X 1 X +X 1 X 3 +X 0 X 3 +X 0 X 4 +X X 4 X X 3 X 3 X 4 X 1 X 4 X 0 X 1 X 0 X Endvidere gælder: (i) τu 0 = u 0 τu 1 = u 1 τu = u 3 τu 3 = u 5 τu 4 = u τu 5 = u 4 7

28 8 MATEMATIK 4AL (ii) Til enhver lige permutation af X 0,,X 4 svarer en permutation af u 0,,u 5 (iii) A 5 opererer transitivt på u 0,,u 5 (iv) S 5 opererer transitivt på u 0,,u 5 (v) u 0 er invariant overfor L 5 (Der gælder mere præcist Stab S5 (u 0) = L 5 ) Nu er L 5 sin egen normalisator i S 5 (hvorfor?); følgelig er ρl 5 ρ 1 (ρ = E, (01), (01), (014), (041) eller (03)) de 6 med L 5 konjugerede undergrupper i S 5 For enhver transitiv opløselig undergruppe H i S 5 findes derfor et u i (0 i 5), så u i er invariant overfor H Vi betragter nu polynomiet F(Y) = (Y u 0 )(Y u 1 )(Y u )(Y u 3 )(Y u 4 )(Y u 5 ) Q[X 0,X 1,X,X 3,X 4 ][Y] F(Y)er invariant overfor alleligepermutationer afx 0,,X 4 Derfor er koefficienterne B 1,,B 6 i F(Y) = Y 6 +B 1 Y 5 +B Y 4 +B 3 Y 3 +B 4 Y +B 5 Y +B 6 ), at invariante overfor A 5 Endvidere gælder for τ = Heraf sluttes, at og ( τf(y) = (Y +u 0 )(Y +u 1 )(Y +u )(Y +u 3 )(Y +u 4 )(Y +u 5 ) = Y 6 B 1 Y 5 +B Y 4 B 3 Y 3 +B 4 Y B 5 Y +B 6 B,B 4 og B 6 er symmetriske i X 0,,X 4, B 1,B 3 og B 5 er skævsymmetriske i X 0,,X 4 Ifølge Sætning 16 i afsnittet om symmetriske polynomier, er B 1, B 3 og B 5 derfor multipla af = (X i X j ) 0 j<i 4 indenfor Q[X 0,,X 4 ] Da B 1,B 3 og er homogene polynomier i X 0,,X 4 af grad hhv, 6 og 10 (= ( 5 ) )), er B1 = B 3 = 0 Da B 5 er homogent i X 0,,X 4 af grad 10, må B 5 = k, k K k kan bestemmes ved for X 0,,X 4 at indsætte komplekse tal α 0,,α 4, for hvilke 0 j<i 4 (α i α j ) 0, feks rødderne i polynomiet X 5 X Man finder da B 5 = 3 Da B, B 4 og B 6 er homogene i X 0,,X 4 af grad hhv 4, 8 og 1, findes konstanter l,m og n K, så B = l a 4 +polynomium, hvori a 1,a eller a 3 indgår B 4 = m a 4 +polynomium, hvori a 1,a eller a 3 indgår B 6 = n a 3 4 +polynomium, hvori α 1,α eller α 3 indgår Ved indsættelse af talværdier som ovenfor fås: l = 0, m = 40 og n = 30 8

29 MATEMATIK 4AL 9 Polynomiet F(Y) F( Y) = 5 i=0 (Y u i ) er invariant overfor S 5, dvs koefficienterne er symmetriskepolynomierix 0,,X 4, hvorfor F(Y) F( Y) Q[a 0,,a 4 ][Y] Mere eksplicit fås: F(Y) F( Y) = (Y 6 +B Y 4 +B 4 Y +B 6 ) 3 Y = (Y 6 +B Y 4 +B 4 Y +B 6 ) 3 dy, hvor d = er diskriminanten for det (generelle) 5 te gradspolynomium Det kan være praktisk at betragte polynomiet G(Z) = (Z 3 +B Z + B 4 Z +B 6 ) 3 dz, der har rødderne u 0,u 1,,u 5 B, B 4 og B 6 er visse heltalspolynomier i a 1,,a 5, som kan bestemmes eksplicit (Vi vil senere foretage en sådan bestemmelse i et specialtilfælde) Lad nu b 1,,b 5 være rationale tal, og β 0,β 1,β,β 3,β 4 rødderne (indenfor C) til polynomiet X 5 +b 1 X 4 +b X 3 +b 3 X +b 4 X +b 5 Hvis vi lader B, B 4 og B 6 være de rationale tal som fås ved for a i at indsætte b i, 1 i 5, vil (Z 3 +B Z +B 4 Z +B 6 ) 104dZ = (Z (β 0 β 1 + +β 4 β 0 β 0 β β 0 β 3 ) (), hvor faktorerne på højre side fås ved i udtrykkene for u 0,,u 5 at indsætte X 0 = β 0,,X 4 = β 4, og d er diskriminanten for X 5 +b 1 X 4 +b X 3 +b 3 X +b 4 X +b 5 Vi er nu i stand til at formulere og bevise Sætning 111 Lad f(x) = X 5 +b 1 X 4 +b X 3 +b 3 X +b 4 X +b 5 være et irreducibelt polynomium i Q[X] med spaltningslegeme M = Q(β 0,β 1,β 3,β 3,β 4 ) Da gælder f(x) opløselig ved rodtegn (dvs Gr(M/Q) er opløselig) hvis og kun hvis G(Z) = (Z 3 +B Z + B 4 Z +B 6 ) 104dZ har en rational rod (Her betegner B,B 4 og B 6 de tal man får ved for a 1 at indsætte b 1, for a at indsætte b, etc) Bevis kun hvis : Lad f(x) være opløselig ved rodtegn Gr(M/Q) er da en transitiv opløselig undergruppe i S 5 Ifølge tidligere bemærkning, findes et i, 0 i 5, så u i (β 0,,β 4 ) er invariant overfor Gr(M/Q) Det betyder, at u i (β 0,,β 4 ) som er rod i G(Z), er rational hvis : Lad Gr(M/Q) være ikke-opløselig Da må Gr(M/Q) være isomorf med A 5 ellers 5 (hvorfor?) SomtidligerenævntopererersåvelA 5 soms 5 transitivtpåu 0,,u 5 Dette indebærer, at en eventuel rational rod α til G(Z) måtte have multiplicitet 6, dvs eller (Z 3 +B Z +B 4 Z +B 6 ) 104dZ = (Z α) 6, ((Z 3 +B Z +B 4 Z+B 6 )+(Z α) 3 )((Z 3 +B Z +B 4 Z+B 6 ) (Z α) 3 ) = 104dZ, hvilket er umuligt, da diskriminanten d for f er et fra 0 forskelligt rationalt tal (f(x) har ingen multiple rødder) Hermed er sætningen bevist Vi udregner nu G(Z) eksplicit i det tilfælde, hvor b 1 = b = b 3 = 0, ie f(x) har formen X 5 +ax+b Q[X] Med henblik på udregninger af konstanterne l, m og n fås let: G(Z) = (Z 3 0aZ +40a Z +30a 3 ) 104dZ, hvor d = 4 4 a b 4 (jf tidligere udregning) G(Z) kan omskrives: Vi får herved: G(Z) = G(4Z) 4 6 = (Z 6aZ +5a )(Z a) b 4 Z 9

30 30 MATEMATIK 4AL Sætning 11 Lad a og b være rationale tal så f(x) = X 5 +ax +b er et irreducibelt polynomium i Q[X] Da er f(x) opløselig ved rodtegn hvis og kun hvis G(Z) = (Z 6aZ +5a )(Z a) b 4 Z har en rational rod Idet polynomiet f(x) = X 5 +ax +b højst kan have 3 reelle rødder (hvorfor?), kan Galoisgruppen for f(x) s spaltningslegeme over Q ikke være cyklisk Dette medfører følgende eksplicitte kriterium: Sætning 113 Lad a og b være rationale tal så f(x) = X 5 + ax + b er et irreducibelt polynomium i Q[X] Lad d = 4 4 a b 4 være diskriminanten Da gælder for spaltningslegemet M for f(x) over Q: G(Z) har ratrod d Q Gr(M/Q) + + D 5 + L 5 + A 5 S 5 Eksempel 114 f(x) = x 5 5X +1 G(Z) = (Z +30Z +65)(Z +5) Z har den rationale rod 5, og d = ( ), ie Gr(M/Q) D 5 Eksempel 115 f(x) = X 5 +15X +1, Gr(M/Q) L 5 Eksempel 116 f(x) = X 5 +0X +16, Gr(M/Q) A 5 (Disk = ) Eksempel 117 f(x) = X 5 X +1, Gr(M/Q) S 5 Vi giver nu sluttelig en parametrisering af de irreducible 5 te gradspolynomier X 5 + ax +b, der er opløselige ved rodtegn Vi antager a 0 Hvis w er en rational rod til G(Z), kan vi bestemme to rationale tal λ, µ således, at Dette giver følgende betingelse for a: hvoraf: w = aλ, b = aµ (aλ a) 4 (a λ 6a λ+5a ) 315a 5 λµ 4 = 0, Sætning 118 Lad f(x) = X 5 +ax +b være et irreducibelt polynomium i Q[X] Da er (for a 0), f(x) opløselig ved rodtegn hvis og kun hvis a = 315λµ 4 (λ 1) 4 (λ 6λ+5) og b = 315λµ 5 (λ 1)(λ 6λ+5), hvor λ og µ er rationale tal forskellige fra 0 Eksempel 119 λ = 5 og µ = 1 5 giver X5 5X +1 30