Cvičení Čtvrté

Pro libovolný prvek $a \in \kk$ uvažte minimální polynom $m_{a, \C}$. Jakou mají minimální polynomy vždy vlastnost?

Podobně jako v (a) jsou možnosti na minimální polynomy nad $\R$ celkem omezené. Je-li $\kk$ větší než $\R$, vyrobte v $\kk$ prvek, který se „bude chovat jako $i$“, a pomocí něj vyrobte požadovaný isomorfismus s $\C$.

Je-li $a \in \kk$, pak je $a$ algebraické nad $\C$, takže existuje jeho minimální polynom $m_{a, \C}$. Ten je ireducibilní, ovšem nad $\C$ jsou ireducibilní pouze lineární polynomy („základní věta algebry“). Nezbytně tedy $m_{a, \C} = x - a$, čili $a \in \C$.

Nechť $\kk \neq \R$, vezměme $a \in \kk \setminus \R$. Minimální polynom $m_{a, \R}$ je ireducibilní nad $\R$, ovšem (opět jako důsledek „základní věty algebry“) ireducibilní polynomy nad $\R$ jsou buď lineární (což zde být nemůže, když $a \notin \R$), nebo kvadratické. Takže $m_{a, \R} = x^2 + px + q$ pro nějaká $p, q \in \R$ nezbytně splňující $p^2 - 4q < 0$. Položme \[ j = \frac{2a + p}{\sqrt{4q - p^2}} \in \kk; \] (to jsme jenom „vyjádřili $i$ ze SŠ vzorce pro řešení kvadratické rovnice“); potom \[ j^2 = \frac{\overbrace{4a^2 + 4pa}^{=-4q} + p^2}{4q - p^2} = -1. \] Zobrazení $f \colon \C \to \kk$ definované předpisem $a+bi \mapsto a+bj$ pro $a, b \in \R$ tedy jistě zachovává sčítání a násobení a je taky prosté (je to prosté zobrazení vektorových prostorů nad $\R$). Aktualizováno 20. 3.: Je také na: v jeho obraze jsou jistě všechna reálná čísla. Máme-li libovolný $b \in \kk \setminus \R$, pak dle výše uvedených argumentů je $m_{b, \R}$ opět kvadratický, řekněme $x^2 + rx + s$ splňující $r^2 - 4s < 0$; ovšem toto můžeme rozložit v $\R(j)$ jako \[ \left( x - \frac{-r + j\sqrt{4s-r^2}}{2}\right)\left( x - \frac{-r - j\sqrt{4s-r^2}}{2}\right) \] (opět SŠ vzorec) a $b$ musí být jedním z oněch dvou kořenů, tedy $b$ je $\R$-lineární kombinací $1$ a $j$. Vlastně jsme tedy dokázali, že $\kk = \R(j)$ a $\R(j)$ je isomorfní $\C$.

Prvek $a \in \K$ je algebraický nad $\kk$ právě tehdy, když $[\kk(a):\kk] < \infty$.

Je-li prvek algebraický nad nějakým tělesem, je algebraický i nad každým jeho nadtělesem. (Proč?)

Prvek $a \in \K$ je algebraický nad $\kk$ právě tehdy, když $[\kk(a):\kk] < \infty$. Jsou-li $a, b \in \K$ algebraické nad $\kk$, pak $a+b, ab \in \kk(a,b)$, přičemž $[\kk(a,b):\kk] = [\kk(a,b):\kk(a)]\cdot[\kk(a):\kk]$ a jelikož víme, že $[\kk(a):\kk] < \infty$, tak stačí ukázat, že $[\kk(a,b):\kk(a)] < \infty$. Víme také, že $[\kk(b):\kk] < \infty$ a na $\kk(a, b)$ můžeme nahlížet jako $\kk(a)(b)$. Minimální polynom $m_{b,\kk}$ má koeficienty v $\kk$, tedy speciálně i v $\kk(a)$, takže vidíme, že $b$ je algebraický i nad $\kk(a)$ (je kořenem polynomu s koeficienty v $\kk(a)$), tedy $[\kk(a)(b):\kk(a)] < \infty$, což jsme chtěli. $a^{-1}\in \kk(a)$, takže pokud je $a$ algebraické nad $\kk$, tak je $a^{-1}$ taky.

Ukažte, že případné $\kk$ splňující $\K \gneq \kk \gneq \Q$ by muselo splňovat $[\kk:\Q] = 2$ a také $[\K : \kk] = 2$.

$[\K : \Q] = [\K : \kk] \cdot [\kk : \Q]$.

Nahlédněte, že $m_{\alpha, \kk}$ je kvadratický polynom dělící $x^4 + x + 1$ v $\kk[x]$. Tedy $x^4 + x + 1 = (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d)$ pro nějaká $a, b, c, d \in \kk$.

To, že je kvadratický, plyne z toho, že $\alpha \notin \kk$ a $[\K : \kk] = 2$. Dělitelnost je pak díky tomu, že $x^4 + x + 1$ je polynom s koeficienty (také) v $\kk$, jehož je $\alpha$ kořenem.

Napište si, jaké vztahy splňují $a$, $b$, $c$, $d$. Vyrobte pomocí těchto vztahů kubický polynom s koeficienty v $\Q$, jehož kořenem bude $a^2$.

Je $a + c = 0$, $ac + b + d = 0$, $ad + bc = 1$, $bd = 1$, neboli $a^2 = b+d$, $a = 1/(b-d)$, $bd = 1$. Platí $(b+d)^2 - (b-d)^2 = 4bd$.

Vidíme tedy, že $a^2 \in \kk$ je kořenem $f = x^3 - 4x - 1$, což je nad $\Q$ ireducibilní (kubický + nemá kořeny). Je tedy $f = m_{a^2,\Q}$. Doveďte toto ke sporu.

Jelikož je $[\kk : \Q] = 2$ a $a^2 \in \kk$, může mít $m_{a^2,\Q}$ stupeň nejvýše $2$.

Dle Gaussova lemmatu je pro primitivní polynom ireducibilita nad $\Q$ ekvivalentní ireducibilitě nad $\Z$. Jinak řečeno, libovolný netriviální rozklad $f$ by BÚNO byl na polynomy ze $\Z[x]$. Podobný rozklad by tedy šel udělat i pro $\bar f$ v $\Z_p[x]$…

(i) $p = 2$, (ii) $p = 2$, (iii) $p = 5$.

Abychom měli jistotu, že polynom bude po zmodulení $p$ (tj. „reinterpretaci“ v $\Z_p[x]$) ireducibilní, můžeme ho třeba hledat takový, aby byl po zmodulení lineární. Takže můžeme (třeba) pátrat mezi kvadratickými polynomy, přičemž pak budeme jen chtít, aby koeficient u $x^2$ byl $p$.

Dle Gaussova lemmatu je pro primitivní polynom ireducibilita nad $\Q$ ekvivalentní ireducibilitě nad $\Z$. Jinak řečeno, libovolný netriviální rozklad $f$ by BÚNO byl na polynomy ze $\Z[x]$. Nechť tedy je $f = gh$, $g, h \in \Z[x]$ nekonstantní. Pak jistě platí $\bar f = \bar g \bar h$ v $\Z_p[x]$. Snadno nahlédneme, že podobně jako $f$ ani $g$ a $h$ nemohou mít vedoucí koeficient dělitelný $p$ (pak by to tak měl i $f$), takže $1 \leq \deg g = \deg \bar g$, $1 \leq \deg h = \deg \bar h$ a máme tak spor s ireducibilitou $\bar f$.

Všechno to jsou primitivní polynomy. (i) Zvolme $p = 2$, stačilo by nám tedy ukázat, že $\bar f = x^4 + x + 1 \in \Z_2[x]$ je ireducibilní. Reducibilní polynom stupně čtyři musí mít dělitele stupně nejvýše dva, ovšem vidíme, že $\bar f$ nemá v $\Z_2$ kořeny a ani není dělitelný jediným kvadratickým ireducibilním polynomem nad $\Z_2$, tj. $x^2 + x + 1$ (jak se „snadno ověří“). (ii) se udělá ale úplně stejně. Ve (iii) vidíme, že dvojka fungovat nebude (dostali bychom $x^3+1$ s kořenem $1$), trojka taky ne (dělí vedoucí koeficient), zkusme tedy pětku; pak je $\bar f = 3x^3 + 2x + 1$. Jde o polynom stupně tři, na ireducibilitu tedy stačí ověřit, že nemá kořeny, což se „snadno ověří“.

Např. $3x^2 + 4x + 1 = (x+1)(3x+1)$ je reducibilní, ale kdybychom ho chtěli modulit trojkou, dostaneme $x+1$, zjevně ireducibilní prvek $\Z_3[x]$.

Podobně jako v předchozí úloze nám stačí ireducibilita v $\Z[x]$. Úvahami jako v řešení předchozí úlohy nahlédneme, že pokud se $f$ rozkládá v $\Z[x]$, tak to musí být na dva ireducibilní polynomy stupňů $d_1$, $d_2$ (díky rozkladu v $\Z_p[x]$); takovýto rozklad ovšem nenastává v $\Z_q[x]$, proto je $f$ v $\Z[x]$ ireducibilní.

V $\Z_2[x]$ máme polynom $x^5 + x + 1$, který lze rozložit na $(x^2+x+1)(x^3+x^2+1)$ (obě závorky ireducibilní). V $\Z_3[x]$ máme polynom $x^5 + 1$, který lze rozložit na $(x+1)(x^4+2x^3+x^2+2x+1)$; druhá závorka jistojistě nemá kořen a když ji zkusíme podělit všemi (monickými) kvadratickými polynomy nad $\Z_3$ (to jsou: $x^2+1$, $x^2+x+2$, $x^2+2x+2$), zjistíme, že je ireducibilní. Původní polynom $x^5 + 3x + 1$ je tedy nad $\Q$ vskutku ireducibilní. Užitečné, viďte?

Kdyby šel sestrojit devítiúhelník, jaký by měl vnitřní úhel? Viz příklad z přednášky.

Kdyby šel sestrojit devítiúhelník, měl by vnitřní úhel $140^\circ$. Úhel o velikosti $120^\circ$ se zkonstruuje snadno, takže bychom měli i úhel $20^\circ$, což dle příkladu z přednášky není možné.

Uvedený polynom je ireducibilní (nemá racionální kořeny či lze snadno nahlédnout v $\Z_2[x]$). Jelikož je jeho stupeň lichý, žádný z jeho kořenů nikdy nebude v rozšíření $\Q$, jehož stupeň je mocnina dvojky, a z přednášky víme, že souřadnice veškerých konstruovatelných čísel jsou prvky takovýchto rozšíření $\Q$.

Konstrukce je popsaná tady. Další odpověď na té stránce nebo tato otázka se potom vyrovnávají s algebraickými souvislostmi. Upřímně, moc jsem to nezkoumal, ale na první pohled to působilo celkem důvěryhodně, snad to nejsou fake news.

$e \odot g = g$ $\implies$ $(e \odot g) \odot (g^{-1}) = g \odot (g^{-1})$ $\stackrel{(\text a)}\implies$ $e \odot (g \odot (g^{-1})) = g \odot (g^{-1})$ $\stackrel{(\text c)}\implies$ $e \odot 1 = 1$ $\stackrel{(\text b)}\implies$ $e = 1$, analogicky se rozebere $g \odot e = g$.

$h \odot g = 1$ $\implies$ $(h \odot g) \odot (g^{-1}) = 1 \odot (g^{-1})$ $\stackrel{(\text a)}\implies$ $h \odot (g \odot (g^{-1})) = 1 \odot (g^{-1})$ $\stackrel{(\text c)}\implies$ $h \odot 1 = 1 \odot g^{-1}$ $\stackrel{(\text b)}\implies$ $h = g^{-1}$, analogicky se rozebere $g \odot h = 1$.

Standardní argumenty jsou:

• Násobení libovolným prvkem (zprava i zleva) je bijekce na grupě, protože má inverzní zobrazení (násobení inverzním prvkem). Proto musí být v každém řádku i každém sloupci v nějakém pořadí všechny prvky.
• Právě jeden z prvků musí být jednotka. Jeho sloupec i řádek se pak doplní velmi snadno, prostě jsou to prvky grupy v tom pořadí, v jakém je máme zadané.
• Inverzy jsou oboustranné – pokud $x \odot y = 1$, tak také $y \odot x = 1$.
• Asociativita: $a \odot (b \odot c) = (a \odot b) \odot c$.

$a \odot b = b$, tedy $a$ je jednotka $G$. Takže $a \odot a = a$, $b \odot a = b$ a z jednoznačnosti jednotky / existence inverzu už musí být $b \odot b = a$. Alternativně lze vyřešit $2 \times 2$ sudoku…
$\begin{array}{c|c|} & \color{blue} a & \color{blue} b \\ \hline \color{red} a & a & b \\ \hline \color{red} b & b & a \\ \hline \end{array}$
(Jde o grupu $\Z_2$ s operací sčítání.)

Zjevně $a$, $b$ ani $d$ nejsou jednotkou, takže jí musí být $c$. Hned je svět veselejší:
$\begin{array}{c|c|c|c|} & \color{blue} a & \color{blue} b & \color{blue} c & \color{blue} d \\ \hline \color{red} a & & & a & b \\ \hline \color{red} b & d & c & b & \\ \hline \color{red} c & a & b & c & d \\ \hline \color{red} d & & & d & \\ \hline \end{array}$
V druhém řádku chybí jen $a$, následně pak v posledním sloupci chybí jen $c$.
$\begin{array}{c|c|c|c|} & \color{blue} a & \color{blue} b & \color{blue} c & \color{blue} d \\ \hline \color{red} a & & & a & b \\ \hline \color{red} b & d & c & b & a \\ \hline \color{red} c & a & b & c & d \\ \hline \color{red} d & & & d & c \\ \hline \end{array}$
V prvním řádku chybí $c$, $d$ v nějakém pořadí, z druhého řádku vidíme, že musí být v pořadí $c$, $d$, poslední řádek se již doplní jednoznačně.
$\begin{array}{c|c|c|c|} & \color{blue} a & \color{blue} b & \color{blue} c & \color{blue} d \\ \hline \color{red} a & c & d & a & b \\ \hline \color{red} b & d & c & b & a \\ \hline \color{red} c & a & b & c & d \\ \hline \color{red} d & b & a & d & c \\ \hline \end{array}$
(Jde o grupu $\Z_2 \times \Z_2$ s operací sčítání.)

$b$, $c$, $d$ ani $f$ zjevně nejsou jednotkou, bude to buď $a$, nebo $e$. Kdyby ovšem bylo jednotkou $e$, tak $b \odot d = e = d \odot b$, což není pravda, takže je jednotkou $a$.
$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|} & \color{blue} a & \color{blue} b & \color{blue} c & \color{blue} d & \color{blue} e & \color{blue} f \\ \hline \color{red} a & a & b & c & d & e & f \\ \hline \color{red} b & b & c & a & e & & \\ \hline \color{red} c & c & & & & & \\ \hline \color{red} d & d & f & & & & b \\ \hline \color{red} e & e & & & & & \\ \hline \color{red} f & f & & & & & \\ \hline \end{array}$
Jednoznačně doplníme druhý řádek, využijeme toho, že $b \odot c = a$ $\implies$ $c \odot b = a$ a jednoznačně doplníme druhý sloupec. V posledním sloupci je pak jediné možné místo pro $e$.
$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|} & \color{blue} a & \color{blue} b & \color{blue} c & \color{blue} d & \color{blue} e & \color{blue} f \\ \hline \color{red} a & a & b & c & d & e & f \\ \hline \color{red} b & b & c & a & e & f & d \\ \hline \color{red} c & c & a & & & & e \\ \hline \color{red} d & d & f & & & & b \\ \hline \color{red} e & e & d & & & & \\ \hline \color{red} f & f & e & & & & \\ \hline \end{array}$
$c \odot c = c \odot (b \odot b) = (c \odot b) \odot b = a \odot b = b$. Nyní lze jednoznačně doplnit $d$, $f$ do třetího řádku. V třetím sloupci chybí $d$, $e$, $f$ a je jediná možnost, jak je tam doplnit.
$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|} & \color{blue} a & \color{blue} b & \color{blue} c & \color{blue} d & \color{blue} e & \color{blue} f \\ \hline \color{red} a & a & b & c & d & e & f \\ \hline \color{red} b & b & c & a & e & f & d \\ \hline \color{red} c & c & a & b & f & d & e \\ \hline \color{red} d & d & f & e & & & b \\ \hline \color{red} e & e & d & f & & & \\ \hline \color{red} f & f & e & d & & & \\ \hline \end{array}$
$d \odot f = b$ $\implies$ $d \odot f \odot c = b \odot c = a$ $\implies$ $d \odot d = a$. Dokončíme čtvrtý řádek doplněním $c$. Stále nevíme, co jsou inverzy $e$ a $f$, buď jsou navzájem inverzní, nebo je každý vlastním inverzem. V prvním případě by pak bylo $f \odot f = c$, což by se snadno vysporovalo: $e \odot f = a$ $\implies$ $c \odot f \odot f = a$ $\implies$ $c \odot c = a$, což není pravda. Musí tedy být $e \odot e = a$ a $f \odot f = a$. Zbývající políčka se doplní už jednoznačně.
$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|} & \color{blue} a & \color{blue} b & \color{blue} c & \color{blue} d & \color{blue} e & \color{blue} f \\ \hline \color{red} a & a & b & c & d & e & f \\ \hline \color{red} b & b & c & a & e & f & d \\ \hline \color{red} c & c & a & b & f & d & e \\ \hline \color{red} d & d & f & e & a & c & b \\ \hline \color{red} e & e & d & f & b & a & c \\ \hline \color{red} f & f & e & d & c & b & a \\ \hline \end{array}$
(Jde o grupu $S_3$ permutací tří prvků, $b$ a $c$ jsou trojcykly, $d$, $e$, $f$ transpozice.)

1. identita + převrácení podle středu;
2. identita, rotace o $90^\circ$, $180^\circ$, $270^\circ$ a překlopení podle dvou os stran a dvou diagonál (celkem osm symetrií);
3. identita, rotace o $180^\circ$ a překlopení podle jedné ze dvou diagonál;
4. po „idealizaci“ je to pětiúhelník, takže má rotace o násobky $72^\circ$ (včetně identity pět symetrií) a překlopení podle jedné z pěti os;
5. po „idealizaci“ je to dvanáctiúhelník, takže dvanáct rotací a dvanáct překlopení;
6. isometrie musí posílat (různé) vrcholy čtyřstěnu na (různé) vrcholy a není těžké nahlédnout, že můžeme tyto vrcholy libovolně (isometricky) permutovat, máme tedy $4! = 24$ symetrií odpovídající všem možným permutacím vrcholů;
7. s obrázkem můžeme hýbat doleva a doprava o libovolný počet smajlíku – a to je všechno, co můžeme, symetrie tedy odpovídají celým číslům (jde o grupový isomorfismus);
8. s tímto obrázkem nejde nijak hýbat, takže je grupa symetrií triviální (pouze identita).

Ne, není.