Cvičení 13

Rozkladové nadtěleso polynomu je (nejmenší) takové těleso, ve kterém se daný polynom rozkládá na kořenové činitele, tj. lineární dvojčleny. Ovšem když zadaný polynom už je lineární dvojčlen, tak už nic rozkládat nemusíme a ono rozkladové nadtěleso je prostě $\kk$.

Galoisova grupa polynomu $f \in \kk[x]$ je (z definice) grupa všech automorfismů rozkladového nadtělesa, které jsou identitou na $\kk$ (tj. $\kk$-automorfismů). Jelikož je rozkladové nadtěleso přímo $\kk$, jeho jediným $\kk$-automorfismem je identické zobrazení. Galoisova grupa je tedy triviální a obsahuje pouze identitu.

Ze SŠ vzorců pro řešení kvadratické rovnice jsou kořeny onoho polynomu \[ x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt D}{2a}, \] jak se snadno ověří. (Tento výraz má smysl – ve jmenovateli je nenulový prvek díky $\char\kk \neq 2$.) Tento výraz je prvkem $\kk$ právě tehdy, když je $\sqrt D \in \kk$, neboli $D$ je druhou mocninou prvku $\kk$. Kvadratické polynomy jsou ireducibilní právě tehdy, když nemají kořen.

Rozkladové nadtěleso $f$ je přesně $\kk(x_1, x_2)$, kde $x_{1,2}$ jsou kořeny $f$. Ať už $\sqrt D$ je prvkem $\kk$ nebo není, dle (SŠ) vzorce pro kořeny $f$ je možné tyto kořeny vyjádřit pomocí prvků $\kk$ a $\sqrt D$, tedy jde o prvky $\kk(\sqrt D)$, čili $\kk(x_1, x_2) \leq \kk(\sqrt D)$. Naopak lze $\sqrt D$ jistě vyjádřit z kteréhokoliv z oněch dvou kořenů, takže také $\kk(\sqrt D) \leq \kk(x_1, x_2)$, z čehož dostáváme rovnost $\kk(\sqrt D)$ s rozkladovým nadtělesem $f$.

Galoisova grupu polynomu lze vždy chápat jako podgrupu permutací kořenů onoho polynomu (Tvrzení 2.5, část 1), přičemž když jsou kořeny jen dva, půjde o podgrupu $\S_2$, což je buď $\S_2$ samotná, nebo triviální (pod)grupa. Je-li navíc $f$ ireducibilní, pak dle Tvrzení 2.5, části 2 máme pro každé dva kořeny prvek Galoisovy grupy, který pošle jeden na druhý, tedy nemůže jít o triviální grupu, a tedy musí jít o $\S_2$. $\kk$-automorfismus, který prohazuje kořeny, tj. \[ \frac{-b + \sqrt D}{2a} \leftrightarrow \frac{-b - \sqrt D}{2a}, \] je zjevně to samé jako automorfismus prohazující $\sqrt D \leftrightarrow -\sqrt D$.

Kvadratické polynomy $f_1$ a $f_3$ jednoduše nemají v $\Q$ kořeny, neboli, jak praví část (a), jejich diskriminanty nejsou druhými mocninami racionálních čísel. Dle (c) je tedy v obou případech jejich Galoisova grupa isomorfní $\S_2$ a příslušný neidentický $\Q$-automorfismus prohazuje plus mínus odmocniny z diskriminantu. Polynom $f_2$ se rozkládá jako $(x-1)^2$, a tedy není ireducibilní. Jeho rozkladovým nadtělesem je přímo $\Q$, jehož jediný ($\Q$-)automorfismus je identita, Galoisova grupa je tedy triviální. Polynom $f_4$ se rozkládá jako $(x+2)(x-4)$, tedy je jeho rozkladovým nadtělesem opět $\Q$ a dál je to jako u $f_2$.

Polynomy $f_2$ a $f_4$ mají za rozkládají na kořenové činitele nad $\Q$, tím spíše nad $\Q(i)$, takže rozhodně zůstanou reducibilní a jejich Galoisova grupy nad $\Q(i)$ budou triviální. Kořeny $f_3$ nejsou prvky $\Q(i)$, tedy veškerá argumentace z předchozího bodu zůstává a máme $\Gal(f_3/\Q(i)) \cong \S_2$. Polynom $f_1$ se v $\Q(i)$ (nově) rozkládá na kořenové činitele, jde tedy o jeho rozkladové nadtěleso, a tedy je $\Gal(f_1/\Q(i))$ triviální.

Asi se dá nějak přímo uargumentovat, že onen polynom nemá v $\kk$ kořen, případně ireducibilita přímo plyne z Eisensteina pro $p = t$. V rozkladovém nadtělese $\kk(\sqrt t)$ ovšem má dvojnásobný (a tedy jediný) kořen $\sqrt t$ (kteroužto skutečnost lze ověřit i derivováním – jeho derivace je nula). Vidíme, že jediný $\kk$-automorfismus $\kk(\sqrt t)$ je identita. (Toto lze říct i tak, že $\sqrt t$ je jediný prvek, jehož druhou mocninou je $t$, a $(1, \sqrt t)$ je báze $\kk(\sqrt t)$ nad $\kk$.) Takže je $\Gal(f/\kk)$ triviální grupa.

Pro indukční krok vhodně $f$ podělte a využijte vzorec pro stupeň iterovaného rozšíření.

Pro $\deg f = 0$ to zjevně platí (rozkladovým nadtělesem je přímo $\kk$). Víme-li to pro všechny polynomy stupně $n-1$ a je-li $\deg f = n$ s kořenem $\alpha$, pak \[ [\K:\kk] = [\K:\kk(\alpha)] \cdot [\kk(\alpha):\kk]. \] Máme \[ [\kk(\alpha):\kk] = \deg m_{\alpha,\kk} \leq \deg f = n. \] Polynom $f/(x-\alpha) \in \kk(\alpha)[x]$ má stupeň $n-1$ a $\K$ je opět jeho rozkladové nadtěleso (jelikož se v $\K$ rozkládá $f$ a nemůže být menší než $\K$, protože pak by se $f$ rozkládalo v menším tělese), takže dle indukčního předpokladu $[\K : \kk(\alpha)] \leq (n-1)!$. Požadovaná nerovnost se dostane vynásobením.

Stačí to ověřit pro transpozice proměnných, jelikož každá permutace je složením transpozic. No a třeba když prohodíme $\alpha$ a $\beta$, tak se první závorka nezmění (protože je na druhou) a další dvě se jen prohodí (protože jsou na druhou).

Koeficienty $f$ jsou plus mínus elementární symetrické polynomy v kořenech, tedy lze pomocí nich vyjádřit každý symetrický polynom. Koeficienty $f$ jsou prvky $\kk$, takže i $D$ bude prvek $\kk$. Konkrétní vyjádření $D$ pomocí koeficientů viz výpočet WolframAlpha. To, že odmocnina z $D$, což je až na znaménko $(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\beta-\gamma)$, leží v rozkladovém nadtělese $f$, tj. $\kk(\alpha, \beta, \gamma)$, je jasné.

Tak to je celkem jasné – součin oněch závorek bude nula právě tehdy, když aspoň jedna z nich bude nula (pracujeme nad tělesem), což nastane právě tehdy, když se nějaké dva kořeny budou rovnat.

Když $D$ je druhou mocninou nějakého prvku $d \in \kk$, tak onen prvek $d$ je už kýženou $\sqrt D$ ležící v $\kk$. Když $D$ není druhou mocninou, tak je $x^2 - D$ ireducibilní polynom nad $\kk$ a jeho kořenové = rozkladové nadtěleso $\kk(\sqrt D)$ je samozřejmě větší než $\kk$.

Jednoduše ověříme, že každá transpozice dvou z kořenů změní znaménko výrazu, takže provedení sudého počtu transpozic znaménko nezmění, zatímco provedení lichého počtu ano.

Lemma 2.3.

Označme $\K = \kk(\alpha, \beta, \gamma)$ rozkladové nadtěleso $f$. Pak máme $\kk \lneq \kk(\sqrt D) \lneq \K$, kde druhá inkluze je ostrá např. proto, že $[\K : \kk]$ musí být pro ireducibilní $f$ alespoň $\deg f = 3$. Prohození $\sqrt D \leftrightarrow -\sqrt D$ je jistě $\kk$-automorfismus $\kk(\sqrt D)$ (podobně jako v sekci o kvadratických polynomech; je to jediný netriviální prvek $\Gal(x^2 - D/\kk)$). Označme toto prohození $\varphi$. Je potřeba nahlédnout, že $\varphi$ se rozšíří na $\kk$-automorfismus celého $\K$, k čemuž využijeme Lemma 2.3: zde $T = \kk$, $T_1 = T_2 = \kk(\sqrt D)$ a $S_1 = S_2 = \K$, $\varphi(f) = f$. Máme tedy $\kk$-automorfismus $\psi\colon \K \to \K$ (tj. prvek $\Gal(f/\kk)$), který se na $\kk(\sqrt D)$ zužuje na $\varphi$. Není ještě úplně jasné, zda $\psi$ musí mít řád $2$, víme jen to, že jeho zúžení na $\kk(\sqrt D)$ má tuto vlastnost; nicméně z tohoto důvodu musí mít určitě sudý řád a když si uvědomíme, že $\Gal(f/\kk)$ je obecně isomorfní podgrupě $\S_3$ (Tvrzení 2.5, část 1), není jiná možnost, než že i řád $\psi$ je roven $2$.

Hodí se vědět, že $f$ (který je ireducibilní) nemůže mít žádné násobné kořeny, neboli bude mít tři různé kořeny.

Tvrzení 2.5, část 2.

Vietovy vztahy.

V této situaci $\beta, \gamma \in \kk(\alpha)$, čili tyto dva kořeny jdou vyjádřít pomocí $\alpha$; co by znamenalo, kdybychom mohli prohodit $\beta$ a $\gamma$ a nechat $\alpha$ „na místě“?

Pro začátek si ujasníme, že jelikož je $\char\kk \neq 3$, je derivace $f$ nutně nenulová, tedy nemůže mít s (ireducibilním) $f$ žádné společné kořeny, takže $f$ má tři různé kořeny $\alpha$, $\beta$, $\gamma$.

Máme iterované rozšíření $\kk \leq \kk(\alpha) \leq \K$ a $[\kk(\alpha) : \kk] = \deg f = 3$. Dále máme \[ [\K : \kk] = [\K : \kk(\alpha)] \cdot [\kk(\alpha) : \kk] = 3 \cdot [\K : \kk(\alpha)] \] a Úloha 3 nám navrch dává $[\K : \kk] \leq 6$. Odtud tedy dostáváme právě dvě alternativy: (a) je $\K = \kk(\alpha)$, čili $[\K : \kk] = 3$, (b) $[\K : \kk(\alpha)] = 2$, čili $[\K : \kk] = 6$. V tomto případě také máme $\K = \kk(\alpha, \beta)$, jelikož třetí kořen se dopočte z těchto dvou jako $\gamma = -a - \alpha - \beta$.

V případě (a) máme $\beta, \gamma \in \kk(\alpha)$, tedy máme nějaké vyjádření $\beta = k_2 \alpha^2 + k_1 \alpha + k_0$, kde $k_i \in \kk$. Pokud by existoval $\kk$-automorfismus $\varphi\colon\K\to\K$, který by splňoval $\varphi(\beta) = \gamma$ a $\varphi(\alpha) = \alpha$, aplikací na výše uvedené vyjádření bychom dostali \[ \gamma = \varphi(\beta) = \varphi(k_2 \alpha^2 + k_1 \alpha + k_0) = k_2 \alpha^2 + k_1 \alpha + k_0 = \beta, \] spor s tím, že $f$ nemá násobné kořeny.

Dopočítáme Galoisovy grupy. Podle Tvrzení 2.5, části 2 můžeme kterýkoliv kořen poslat na kterýkoliv jiný, takže Galoisova grupa musí mít alespoň tři prvky (jeden za každou možnost, kam poslat $\alpha$), takže to bude buď $\A_3$, nebo $\S_3$. Již jsme ukázali, že v případě (a) ona grupa neobsahuje žádnou transpozici, jde tedy o $\A_3$. V případě (b) máme dle Úlohy 4 prohození $\sqrt D \leftrightarrow -\sqrt D$ rozšířené na celé $\K$ (zde potřebujeme $\char \kk \neq 2$), což nám poskytuje prvek řádu $2$ v $\Gal(f/\kk)$, tedy nutně $\Gal(f/\kk) \cong \S_3$.

Stačí nám vyrobit prvek řádu $2$ v $\Gal(f/\kk)$, kterým bude komplexní sdružení.

Podle Úlohy 4 je $\Gal(f/\kk)$ isomorfní buď $\A_3$, nebo $\S_3$, takže jde jen o to, zda obsahuje prvek řádu $2$ (transpozici), nebo ne. Jelikož má $f$ jen jeden reálný kořen, musí mít pak dva další (nereálné) komplexně sdružené kořeny. Komplexní sdružení tyto dva kořeny prohodí a onen reálný nechá na místě a zjevně jde o $\kk$-automorfismus rozkladového nadtělesa $f$ (všechny relace mezi kořeny $f$ jsou vyjádřitelné rovnostmi s reálnými koeficienty, takže komplexní sdružení je všechny zachová), což nám poskytuje onu hledanou transpozici v $\S_3$.

1. Polynom nemá racionální kořeny, tedy je nad $\Q$ ireducibilní, jeho diskriminant je $81$, podle Úlohy 5 je jeho Galoisova grupa isomorfní $\A_3$.
2. Úplně stejně jako (a).
3. Máme rozklad $x^3 - 3x - 2 = (x+1)^2(x-2)$, rozkladové nadtěleso je přímo $\Q$, tedy je Galoisova grupa nad $\Q$ triviální.
4. Buď spočteme, že polynom má právě jeden reálný kořen (lokální extrémy v $x = \pm1$, ve kterých nabývá hodnot $-2$ a $-6$) a aplikujeme Úlohu 6, nebo spočteme diskriminant $-324$ a podle Úlohy 5 dostáváme, že Galoisova grupa musí být isomorfní $\S_3$.
5. Je $x^3 - 1 = (x-1)(x^2 + x + 1)$, takže příslušné rozkladové nadtěleso bude rozkladovým nadtělesem $x^2 + x + 1$. To je kvadratický polynom bez racionálních kořenů, podle Úlohy 2 je Galoisova grupa isomorfní $\S_2$.

Je zjevné, že uvedené podgrupy $\S_4$ jsou tranzitivní. Každá podgrupa $\G \leq \S_4$ přirozeně působí na čtyřprvkové množině a tranzitivní jsou právě ty, které mají v tomto působení právě jednu orbitu. Jelikož velikost orbity (v tomto případě $4$) musí dělit řád grupy, hledáme podgrupy řádů $4$, $8$, $12$, $24$. Řád $24$ má samozřejmě jen celá $\S_4$ a řád $12$ má pouze $\A_4$. Podgrupy řádu $4$ jsou buď cyklické (tj. generované čtyřcyklem), nebo obsahují netriviální prvky pouze řádu $2$, v kterémžto případě musí jít o transpozice nebo „dvojtranspozice“, snadno se ale rozebere, že jenom výše uvedená $\V$ má správný řád $4$ a je tranzitivní. Konečně chceme-li řád $8$, pak musíme mít v $\G$ nějaký čtyřcyklus, ale zároveň tam nesmíme mít trojcykly, takže tam musíme mít jen jeden čtyřcyklus a ten k němu opačný. Dále musíme mít v $\G$ aspoň jednu samostantou transpozici, abychom měli $8$ prvků, ovšem ta s čtyřcyklem nekomutuje, takže $\G$ nebude komutativní. Rozborem možných grup řádu $8$ vidíme, že $\G$ musí být isomorfní $\D_8$.