Finální myšmaš

Pro účely zkoušky atd. rozhodně stačí ve všech těch úlohách, kde $\kk$ může mít charakteristiku $0$, předpokládat, že $\kk$ je podtěleso $\C$, dokonce snad i $\kk = \Q$.

Na hledání Galoisových grup polynomů čtvrtého stupně se hodí znát výsledek poslední úlohy z minula. Připomínám, že $\V \cong \Z_2 \times \Z_2$ značí Kleinovu čtyřgrupu, kterou zde typicky chápeme jako konkrétní podgrupu $\S_4$, tj. $\{\id, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$. Také se může hodit otestovat se, co víte o podgrupách $\S_4$ (pokud nerozumíte poslední otázce, tak to asi není tragédie).

Takové běžné počítání

Nechť $\kk$ je těleso charakteristiky různé od $2$ (to aby jeho nenulové prvky nesplňovaly $t = -t$). Označme $f = x^4 + ax^2 + b \in \kk[x]$ a předpokládejme, že je tento polynom nad $\kk$ ireducibilní. (Jelikož $\char \kk \neq 2$, tak ireducibilní $f$ automaticky nebude mít násobné kořeny.)
  1. Dokažte, že pokud je $b$ druhou mocninou v $\kk$, tak je $\Gal(f/\kk) \cong \V$.
  2. Dokažte, že pokud $b$ není druhou mocninou v $\kk$, ale $b(a^2 - 4b)$ je, tak je $\Gal(f/\kk) \cong \Z_4$.
  3. Dokažte, že pokud $b$ ani $b(a^2 - 4b)$ nejsou druhou mocninou v $\kk$, tak je $\Gal(f/\kk) \cong \D_8$.
Nápověda
Takovýto polynom bude mít ke každému kořenu i kořen opačný, takže budeme mít kořeny $\pm\alpha$ a $\pm\beta$. Spočtěte si, co za výrazy v $\alpha$, $\beta$ budou $b$ a $b(a^2 - 4b)$.
Řešení (a) (b) (c) bez resolventy a diskriminantu

Označme si $\pm\alpha$ a $\pm\beta$ kořeny $f$ a $\K = \kk(\alpha, \beta)$ rozkladové nadtěleso $f$. Libovolný $\kk$-automorfismus $\varphi\colon\K\to\K$ je popsaný tím, kam posílá $\alpha$ a $\beta$. Musí platit $\varphi(-\alpha)=-\varphi(\alpha)$ a $\varphi(-\beta)=-\varphi(\beta)$, takže pokud vnímáme $\Gal(f/\kk)$ jako grupu permutací kořenů, musí jít o podgrupu $\D_8$ ($\alpha$ a $-\alpha$ si můžeme představit jako protější vrcholy „čtverce“, či si můžeme všimnout, že ostatní tranzitivní podgrupy $\S_4$, tj. $\S_4$ a $\A_4$ už obsahují trojcyklus, což na těchto kořenech nevymyslíme). Dále $b = \alpha^2 \beta^2$ a $C = b(a^2 - 4b) = (\alpha \beta(\alpha^2-\beta^2))^2$, podmínku, že $b$ je druhá mocnina, tedy přeložíme na to, že $\alpha\beta \in \kk$, a že je $C$ druhá mocnina znamená, že $\alpha \beta(\alpha^2-\beta^2) \in \kk$.

Je-li $\alpha\beta \in \kk$, pak $\varphi(\alpha)\varphi(\beta) = \alpha\beta$ pro všechny $\varphi \in \Gal(f/\kk)$, speciálně je každý prvek $\Gal(f/\kk)$ jednoznačně dán obrazem $\alpha$. Navíc k tomu $\varphi(\alpha)\varphi(-\beta) = -\alpha\beta \in \kk$, vidíme tedy, že $\alpha$ je v nějaké „polynomiální relaci nad $\kk$“ s každým dalším prvkem, takže každý prvek $\Gal(f/\kk)$ bude mít řád $2$ a tato grupa je tedy isomorfní $\V$.

Je-li $\alpha\beta \notin \kk$, ovšem $\sqrt C = \alpha \beta(\alpha^2-\beta^2) \in \kk$, pak je rovněž každý $\varphi \in \Gal(f/\kk)$ jednoznačně popsán $\varphi(\alpha)$, protože musí být splněna relace $\alpha \beta(\alpha^2-\beta^2) = \varphi(\alpha) \varphi(\beta)(\varphi(\alpha)^2-\varphi(\beta)^2)$. Konkrétně když pošleme $\alpha$ na $\beta$, tak se $\beta$ musí poslat na $-\alpha$, takže máme čtyřcyklus $(\alpha\,\beta\,-\alpha\,-\beta)$, který nám generuje celou $\Gal(f/\kk) \cong \Z_4$.

Konečně v případě (c) nám stačí dokázat, že $\Gal(f/\kk)$ nebude ani $\V$, ani $\Z_4$. Na to použijeme Hlavní větu Galoisovy teorie: pro $\sqrt b$ i $\sqrt C$, což jsou nepochybně prvky $\K$, musí existovat prvek $\Gal(f/\kk)$, který je nenechává na místě (protože podtěleso nechávané na místě všemi prvky $\Gal(f/\kk)$ je přesně $\kk$). Ovšem $\V$ nechává (dle pozorování výše) na místě $\sqrt b$ a $\Z_4$ nechává na místě $\sqrt C$, takže vskutku ani jedna z těchto možností nepřichází v úvahu.

Pokus o grafické znázornění vztahů mezi kořeny v různých případech
Nechť $f = x^4 - a \in \Q[x]$ (speciální případ případu z přednášky).
  1. Pro která $a \in \Q$ je $f$ ireducibilní nad $\Q$?
  2. Jaká je Galoisova grupa $\Gal(f/\Q)$ v závislosti na $a$?
Řešení (a)

Je-li $a = 0$, jde rozhodně o reducibilní polynom. Nechť $a > 0$, pak má $f$ v $\C$ čtyři různé kořeny: $\sqrt[4]a$, $i\sqrt[4]a$, $-\sqrt[4]a$, $-i\sqrt[4]a$. Bude-li $a$ čtvrtou mocninou racionálního čísla, pak má $f$ v $\Q$ kořen (jinak určitě nemá). Pokud by se $f$ měl nad $\Q$ rozkládat na součin dvou kvadratických polynomů, pak tento rozklad musí být na $(x+\sqrt[4]a)(x-\sqrt[4]a) = x^2 - \sqrt a$ a $(x+i\sqrt[4]a)(x-i\sqrt[4]a) = x^2 + \sqrt a$ (komplexně sdružené kořeny musíme „dát k sobě“), takže budeme mít ireducibilitu právě tehdy, když $\sqrt a \notin \Q$.

Konečně pokud $a < 0$, je situace nejzajímavější. Označme $b = -a > 0$, ať je jasné, o jakých odmocninách je řeč. Pak kořeny $f$ jsou $\zeta_8 \sqrt[4]b$, $\zeta_8^3 \sqrt[4]b$, $\zeta_8^5 \sqrt[4]b$, $\zeta_8^7 \sqrt[4]b$, kde $\zeta_8 = \sqrt2(1+i)/2$. Ani jeden z kořenů není reálný a chceme-li mít rozklad na dva kvadratické polynomy, pak musíme opět „dát k sobě“ komplexně sdružené kořeny, takže dostaneme polynomy \[ (x - \zeta_8\sqrt[4]b)(x - \zeta_8^7\sqrt[4]b) = x^2 - \sqrt 2 \sqrt[4]b x + (\sqrt[4]b)^2, \quad (x - \zeta_8^3\sqrt[4]b)(x - \zeta_8^5\sqrt[4]b) = x^2 + \sqrt 2 \sqrt[4]b x + (\sqrt[4]b)^2. \] Z absolutního členu vidíme, že abychom měli reducibilitu, musí být $\sqrt b \in \Q$, a z koeficientu u lineárního členu dostáváme, že $b$ musí být tvaru $4 c^4$ pro nějaké racionální číslo $c$. Tato druhá podmínka už implikuje první, je to tedy ono hledané kritérium. Například pro $c = 1$, tj. $b = 4$ máme \[ f = x^4 + 4 = (x^2 + 2x + 2)(x^2 - 2x + 2). \]

Řešení (b)

Nejprve probereme reducibilní případy. Pro $a = 0$ máme jistě triviální grupu (samo $\Q$ je rozkladové nadtěleso). V situaci $a > 0$, pokud je $\sqrt[4]a \in \Q$ (např. $f = x^4 - 16$), pak je i $-\sqrt[4]a \in \Q$ a rozkladové nadtěleso $f$ je $\Q(i)$ s jediným netriviálním $\Q$-automorfismem komplexním sdružením, takže $\Gal(f/\Q) \cong \S_2$. Je-li $A = \sqrt a \in \Q$, ale $\sqrt A = \sqrt[4]a \notin \Q$ (např. $f = x^4 - 4$), pak máme v $\Q[x]$ rozklad $(x^2 - A)(x^2 + A)$, každopádně rozkladové nadtěleso je $\Q(i, \sqrt A)$; v následující úloze ($r = -1$, $s = A$) se ukáže, že Galoisova grupa takového tělesa nad $\Q$ už je nezbytně isomorfní $\V$.

Reducibilní případ $a < 0$: z bodu(a) víme, že je $f = x^4 + 4c^4$ pro nějaké $c \in \Q$ (např. $f = x^4 + 4$) a kořeny jsou $\zeta_8 \sqrt2 c$, $\zeta_8^3 \sqrt2 c$, $\zeta_8^5 \sqrt2 c$, $\zeta_8^7 \sqrt2 c$, ovšem je $\zeta_8 \sqrt 2 = 1 + i$, takže tyto kořeny ve skutečnosti jsou $(1+i)c$, $(-1+i)c$, $(-1-i)c$, $(1-i)c$. Protože $c \in \Q$, rozkladové nadtěleso $f$ je $\Q(i)$ s dvouprvkovou Galoisovou grupou nad $\Q$.

Konečně je-li $f$ ireducibilní, můžeme aplikovat předchozí úlohu. Případ, že absolutní člen $-a$ je druhou mocninou racionálního čísla (např. $f = x^4 + 1$), tedy vede na $\Gal(f/\Q) \cong \V$. V opačném případě (např. $f = x^4 + 2$ nebo $f = x^4 - 2$) se dle předchozí úlohy máme podívat na výraz $(-a)(0 - 4(-a)) = -4a^2$, což je ale vždy záporné číslo, a tedy rozhodně nepůjde o druhou mocninu prvku $\Q$. Nastane tedy případ (c) z předchozí úlohy, takže $\Gal(f/\Q) \cong \D_8$.

Nechť $r$, $s$ jsou racionální čísla taková, že $\sqrt r \notin \Q$ a $\sqrt s \notin \Q(\sqrt r)$ (např. $r$ a $s$ mohou být různá prvočísla, můžete třeba počítat s $r = 2$, $s = 3$).
  1. Dokažte, že $\sqrt r \notin \Q(\sqrt s)$.
  2. Dokažte, že $\Q(\sqrt r, \sqrt s) = \Q(\sqrt r + \sqrt s)$.
  3. Najděte (jediné) těleso $\kk$, které splňuje $\Q \lneq \kk \lneq \Q(\sqrt r, \sqrt s)$, ale $\kk \notin \{\Q(\sqrt r), \Q(\sqrt s)\}$.
  4. Dokažte, že $m_{\sqrt r + \sqrt s, \Q} = x^4 - 2(r+s)x^2 + (r-s)^2$.
  5. Ukažte, že Galoisova grupa $\Gal(m_{\sqrt r + \sqrt s, \Q}/\Q)$ je isomorfní $\V$.
  6. (★) Jak (alternativně) plyne z Hlavní věty Galoisovy teorie to, že $\Gal(m_{\sqrt r + \sqrt s, \Q}/\Q)$ je isomorfní $\V$?
Nápověda k (a)
Víme, jak vypadají obecné prvky $\Q(\sqrt s)$, napište si, co by znamenalo, kdyby byl $\sqrt r$ takovým prvkem.
Řešení (a)
Těleso $\Q(\sqrt s)$ má nad $\Q$ bázi $(1, \sqrt s)$, takže pokud by bylo $\sqrt r \in \Q(\sqrt s)$, pak $\sqrt r = a + b \sqrt s$ pro nějaké $a, b \in \Q$. Protože předpokládáme $\sqrt r \notin \Q$, musí být $b \neq 0$ a máme $\sqrt s = (\sqrt r - a)/b \in \Q(\sqrt r)$, spor.
Nápověda k (b)
Roznásobte $(\sqrt r + \sqrt s)^3$ a jednoduchým lingebraickým argumentem ukažte, že $\sqrt r, \sqrt s \in \Q(\sqrt r + \sqrt s)$.
Řešení (b)
Máme $\Q(\sqrt r + \sqrt s) \ni (\sqrt r + \sqrt s)^3 = (r + 3s)\sqrt r + (s + 3r)\sqrt s$ a jelikož jsou podle předpokladů $r$ a $s$ určitě různé, jsou i $r+3s$ a $s+3r$ určitě různé, takže vyřešením soustavy dvou rovnic o dvou neznámých můžeme $\sqrt r$ a $\sqrt s$ vyjádřit pomocí $\sqrt r + \sqrt s$ a $(\sqrt r + \sqrt s)^3$.
Nápověda k (c)
Podtělesa $\Q(\sqrt r)$, resp. $\Q(\sqrt s)$ jsou přesně podtělesa $\Q(\sqrt r, \sqrt s)$, jejichž prvky jsou zachovávány $\Q$-automorfismy $\sqrt s \leftrightarrow -\sqrt s$, resp. $\sqrt r \leftrightarrow -\sqrt r$ (asi je potřeba ověřit, že jde opravdu o $\Q$-automorfismy celého $\Q(\sqrt r, \sqrt s)$). Co se stane, když tyto dva $\Q$-automorfismy složíme? Jaké prvky $\Q(\sqrt r + \sqrt s)$ budou oním automorfismem zachovány?
Řešení (c)
Ono třetí podtěleso bude $\Q(\sqrt{rs})$.
Nápověda k (d)
Hledaný minimální polynom bude mít stupeň $4$, jak se dokáže pomocí počítání stupně iterovaného rozšíření. Stačí toho tedy ověřit už celkem málo…
Řešení (d)
Hledaný minimální polynom bude mít stupeň $4$, jak se dokáže pomocí počítání stupně iterovaného rozšíření: $[\Q(\sqrt r, \sqrt s) : \Q] = [\Q(\sqrt r, \sqrt s) : \Q(\sqrt s)] \cdot [\Q(\sqrt s) : \Q] = 2 \cdot 2 = 4$. Stačí nám tedy ověřit, že ten zadaný polynom má opravdu $\sqrt r + \sqrt s$ za kořen, což se provede dosazením. Jinak jak se ukáže, tento polynom je přesně ten, který má za kořeny všechny čtyři obrazy $\sqrt r + \sqrt s$ v akci $\Gal(\Q(\sqrt r, \sqrt s)/\Q)$.
Nápověda k (e)
Předpředchozí úloha.
Řešení (e)
Podle Úlohy 1 stačí nahlédnout, že absolutní člen $m_{\sqrt r + \sqrt s, \Q}$ (který je jistě ireducibilní), tj. $(r-s)^2$, je druhá mocnina prvku $\Q$, ale to je očividné.
Řešení (f)
Předně si uvědomme, že $\Q(\sqrt r + \sqrt s)$ je rozkladovým nadtělesem $m_{\sqrt r + \sqrt s, \Q}$, tudíž je na něj Hlavní věta aplikovatelná. Podle bodu 1. v Hlavní větě bude $|\Gal(\Q(\sqrt r + \sqrt s)/\Q)| = [\Q(\sqrt r + \sqrt s) : \Q] = 4$, ovšem čtyřprvkové grupy jsou až na isomorfismus jen dvě: $\Z_4$ a $\V$. Víme, že $\Z_4$ má jen jedinou vlastní netriviální podgrupu, ovšem $\Q(\sqrt r + \sqrt s)$ má více jak jedno vlastní „netriviální“ podtěleso, konkrétně $\Q(\sqrt r)$, $\Q(\sqrt s)$ a $\Q(\sqrt{rs})$, takže podle bodu 2. ona grupa musí být isomorfní $\V$ a tato tři podtělesa odpovídají třem vlastním netriviálním podgrupám $\V$.
Rozhodněte, pro která $n \in \N$ je $\Q(\sqrt[n]2)$ rozkladovým nadtělesem nějakého polynomu $f \in \Q[x]$. Jaká je Galoisova grupa $\Gal(\Q(\sqrt[n]2)/\Q)$?
Nápověda k „rozhodněte“
Lemma 3.3, alternativně nejprve nalezněte Galoisovy grupy a pak použijte Hlavní větu.
Řešení „rozhodněte“
Podle Lemmatu 3.3 se v rozkladových nadtělesch (libovolných) polynomů musí každý ireducibilní polynom rozkládat na kořenové činitele; speciálně se musí rozkládat na kořenové činitele minimální polynom $m_{\sqrt[n]2,\Q}$. Kromě případů $n \in \{1,2\}$ má ovšem tento polynom komplexní kořen, ovšem $\Q(\sqrt[n]2) \leq \R$, tedy pro $n > 2$ nejde o rozkladové nadtěleso (žádného) polynomu. Pro $n = 1$ je ono těleso přímo $\Q$ (a je rozkladovým nadtělesem třeba $x$), pro $n = 2$ je $\Q(\sqrt2)$ rozkladovým nadtělesem polynomu $x^2 - 2$.
Nápověda ke Galoisovým grupám
Každý $\Q$-automorfismus $\Q(\sqrt[n]2)$ je jednoznačně určen tím, kam pošle $\sqrt[n]2$. To se musí poslat na nějaký prvek $\Q(\sqrt[n]2)$, jehož $n$-tá mocnina bude $2$.
Řešení ke Galoisovým grupám
Každý $\Q$-automorfismus $\Q(\sqrt[n]2)$ je jednoznačně určen tím, kam pošle $\sqrt[n]2$. To se musí poslat na nějaký prvek $\Q(\sqrt[n]2)$, jehož $n$-tá mocnina bude $2$, což pro lichá $n$ je pouze $\sqrt[n]2$ samotné, takže pro tato $n$ je $\Gal(\Q(\sqrt[n]2)/\Q)$ triviální. Je-li $n$ sudé, pak je takovým prvkem ještě $-\sqrt[n]2$, takže máme navíc ještě $\Q$-automorfismus $\varphi$ prohazující $\sqrt[n]2 \leftrightarrow -\sqrt[n]2$. Chceme-li ověřit, že jde opravdu o automorfismus, pak, jelikož jde o $\Q$-lineární zobrazení, díky distributivitě stačí ověřit $\varphi(a \cdot b) = \varphi(a)\varphi(b)$ pro prvky nějaké báze $\Q(\sqrt[n]2)$ nad $\Q$, třeba pro $(\sqrt[n]2)^0, (\sqrt[n]2)^1, \dots, (\sqrt[n]2)^{n-1}$, kde je to celkem očividné: \[ \varphi\bigl((\sqrt[n]2\bigr)^k(\sqrt[n]2)^l) = \varphi\bigl((\sqrt[n]2)^{k+l}\bigr) = \varphi\bigl(\sqrt[n]2\bigr)^{k+l} = (-\sqrt[n]2)^{k+l} = (-\sqrt[n]2)^k(-\sqrt[n]2)^l = \varphi\bigl((\sqrt[n]2)^k\bigr)\varphi\bigl((\sqrt[n]2)^l\bigr). \]
Alternativní řešení „rozhodněte“
Spočetli jsme, že příslušné Galoisovy grupy jsou nanejvýš dvouprvkové, takže pokud by bylo $\Q(\sqrt[n]2)$ rozkladovým nadtělesem, měli bychom \[ 2 \geq \mathopen|\Gal(\Q(\sqrt[n]2)/\Q)| = [\Q(\sqrt[n]2) : \Q] = \deg(x^n-2) = n, \] takže pro $n > 2$ nemůže jít o rozkladová nadtělesa.

Technické mlácení

Většina myšlenek níže je převzata z této kuchařky (na kterou je odkaz i na stránkách přednášky).

(O roli diskriminantu 2) V minulém cvičení (Úlohy 4 a 5) jsme si rozmysleli, že diskriminant ireducibilního kubického polynomu už zcela rozhoduje o tom, zda je přislušná Galoisova grupa isomorfní $\A_3$, nebo $\S_3$ (aspoň pokud je $\char \kk \notin \{2, 3\}$). Obecně pro polynom $f \in \kk[x]$ stupně $n$, jehož kořeny (včetně násobností) jsou $\alpha_1, \dots, \alpha_n$, definujeme jeho diskriminant jako $D = \prod_{1 \leq i < j \leq n}(\alpha_i - \alpha_j)^2$.
  1. Nahlédněte, že $D$ je symetrický polynom v proměnných $\alpha_1, \dots, \alpha_n$.
  2. Vyvoďte, že $D$ lze spočítat z koeficientů $f$, a tedy jde o prvek $\kk$, přičemž druhá odmocnina z $D$ (tj. $\prod_{1 \leq i < j \leq n}(\alpha_i - \alpha_j)$) je zase prvkem rozkladového nadtělesa $f$.
  3. Nahlédněte, že $D = 0$ právě tehdy, když má $f$ násobný kořen.
  4. Nahlédněte, že $D$ není druhou mocninou prvku $\kk$ právě tehdy, když platí $\kk \lneq \kk(\sqrt D)$.
  5. Nahlédněte, že pokud ve vzorci pro diskriminant vynecháme mocnění na druhou (tj. uvážíme $\sqrt D$), tak dostaneme výraz, který je invariantní na sudé permutace a při lichých změní znaménko.
  6. Ukažte, že je-li $\kk$ charakteristiky různé od $2$, $f$ ireducibilní bez násobných kořenů, pak na $\kk(\sqrt D)$ působí prvky $\Gal(f/\kk) \cap \A_n$ identicky, zatímco případné prvky $\Gal(f/\kk) \setminus \A_n$ neidenticky; zde $\Gal(f/\kk)$ chápeme jako „podgrupu“ grupy $\S_n$ skrze její akci na kořeny $f$. ($\char \kk \neq 2$ zde potřebujeme na to, aby $\sqrt D \neq -\sqrt D$.)
  7. Vyvoďte, že $D$ je druhou mocninou prvku $\kk$ právě tehdy, když je $\Gal(f/\kk)$ podgrupou $\A_n$. (Varování: To, že $D$ není druhou mocninou prvku $\kk$, ještě obecně neznamená, že v $\Gal(f/\kk)$ bude nějaká samotná transpozice dvou kořenů, jak uvidíme dále.)
  8. (★) Za stále týchž předpokladů na $\kk$ a $f$ vyvoďte že $\kk(\sqrt D)$ je přesně podtěleso rozkladového nadtělesa $f$ (značme ho $\K$) sestávající z těch prvků, které jsou fixovány všemi sudými permutacemi $n$ kořenů v $\Gal(f/\kk)$. Přesněji řečeno, $\kk(\sqrt D) = \{t \in \K \mid \forall \varphi \in \Gal(f/\kk) \cap \A_n : \varphi(t) = t\}$.
Řešení (a) – (e)
To se udělá úplně stejně, jako v té příslušné úloze minule.
Řešení (f)
Podle bodu (e) výraz $\sqrt D$ nezmění hodnotu při libovolné sudé permutaci kořenů, neboli pro libovolný prvek $\varphi \in \Gal(f/\kk) \cap \A_n$ máme $\sqrt D = \varphi(\sqrt D)$ a z $\kk$-automorfnosti $\varphi$ máme i $\varphi(t) = t$ pro všechny prvky $t \in \kk(\sqrt D)$. Na druhou stranu, kdybychom měli $\psi \in \in \Gal(f/\kk) \setminus \A_n$, tak pro ten by platilo (opět podle (e)) $\psi(\sqrt D) = -\sqrt D \neq \sqrt D$, takže jeho působení na $\kk(\sqrt D)$ by nebylo identické.
Řešení (g)
Je-li $D$ druhou mocninou prvku $\kk$, pak $\kk = \kk(\sqrt D)$ a dle definice $\kk$-automorfismu, potažmo Galoisovy grupy musí všechny prvky $\Gal(f/\kk)$ působit na $\kk = \kk(\sqrt D)$ identicky, což podle předchozího bodu znamená, že $\Gal(f/\kk) \leq \A_n$. Na druhou stranu, pokud $\Gal(f/\kk) \leq \A_n$, tak dle předchozího bodu působí všechny prvky $\Gal(f/\kk)$ identicky na $\kk(\sqrt D)$; kdyby $\sqrt D$ nebyl prvek $\kk$, měli bychom netriviální $\kk$-automorfismus tělesa $\kk(\sqrt D)$ prohazující $\sqrt D \leftrightarrow -\sqrt D$, který by šel podle Lemmatu 2.3 rozšířit na $\kk$-automorfismus $\K$, tj. prvek $\Gal(f/\kk)$, který by nebyl identický na $\kk(\sqrt D)$ – spor.
Řešení (h)
Toto se dá naprosto zabít Hlavní větou Galoisovy teorie: mezitěleso $\kk(\sqrt D)$ (žijící mezi $\kk$ a $\K$) musí sestávat přesně z prvků fixovaných nějakou podgrupou $\H \leq \Gal(f/\kk)$, přičemž už víme, že ona podgrupa $\H$ musí obsahovat $\G = \Gal(f/\kk) \cap \A_n$. $\G$ ovšem musí mít v $\Gal(f/\kk)$ index $1$ nebo $2$: Máme $\A_n \trianglelefteq \S_n$ a podle 3. věty o isomorfismu je $\G \trianglelefteq \Gal(f/\kk)$ a $(\Gal(f/\kk) \A_n) / \A_n \cong \Gal(f/\kk) / \G$ a $\Gal(f/\kk) \A_n$ je buď celá $\S_n$, nebo $\A_n$, jelikož $\A_n$ má v $\S_n$ index $2$. Takže pokud je $\Gal(f/\kk) \A_n = \A_n$ (neboli $\Gal(f/\kk) \leq \A_n$), tak je $\Gal(f/\kk) / \G$ triviální grupa, neboli $\G$ je indexu $1$ v $\Gal(f/\kk)$, a pokud je $\Gal(f/\kk) \A_n = \S_n$ (neboli $\Gal(f/\kk) \nleq \A_n$), tak je $\Gal(f/\kk) / \G$ dvouprvková grupa, neboli $\G$ je indexu $2$ v $\Gal(f/\kk)$. Každopádně mezi $\G$ a $\Gal(f/\kk)$ už není místo na žádnou další mezigrupu, takže $\H$ musí být buď $\G$, nebo celá $\Gal(f/\kk)$. Protože Galoisova korespondence je bijekce mezi mezitělesy a podgrupami, bude $\H \neq \Gal(f/\kk)$ právě tehdy, když bude $\kk(\sqrt D) \neq \kk$. (Asi k tomuto jde vymyslet i nějaké elementárnější řešení, máte-li o něj zájem, dejte mi vědět.)
Zjistěte vzorec pro diskriminant monického kvartického polynomu $x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + d$, např. úpravou výpočtu pro kubický polynom z minula.
Řešení
Já jsem zadal např. toto. Ale taky jsem mohl zadat jen toto 😛
(O roli diskriminantu 3) Roli diskriminantu lze chápat v podstatě následovně: máme polynom $x^2 - D \in \kk[x]$, jehož ireducibilita rozhoduje o přítomnosti určitého (netriviálního) rozkladového tělesa mezi $\kk$ a rozkladovým nadtělesem $f$, neboli o určitých omezeních na $\Gal(f/\kk)$: jelikož $x^2 - D$ je „vymyšlen“ tak, aby byl invariantní právě na všechny sudé permutace kořenů, $\kk \lneq \kk(\sqrt D)$ je ekvivalentní $\Gal(f/\kk) \nleq \A_n$. Vymýšlením podobných „částečně invarianích“ polynomů a zkoumáním jejich ireducibility tak lze získat další informace o Galoisových grupách. Nechť $\kk$ je těleso charakteristiky různé od $2$, $f = x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + d \in \kk[x]$ je ireducibilní bez násobných kořenů a má (v příslušném rozkladovém nadtělese $\K$) kořeny $\alpha_1, \dots, \alpha_4$.
  1. Označmě $\beta_1 = \alpha_1\alpha_2 + \alpha_3\alpha_4$, $\beta_2 = \alpha_1\alpha_3 + \alpha_2\alpha_4$, $\beta_3 = \alpha_1\alpha_4 + \alpha_2\alpha_3$. Nahlédněte, že $R = (x-\beta_1)(x-\beta_2)(x-\beta_3) \in \kk[x]$, tzv. kubická resolventa $f$. (Přesný vzorec pro $R$ je $x^3 - bx^2 + (ac-4d)x - (a^2d+c^2-4bd)$.)
  2. Ověřte, že $R$ má stejný diskriminant jako $f$, takže když $f$ nemá násobné kořeny, nemá je ani $R$.
  3. Všimněte si, že pokud permutujeme $\alpha_1, \dots, \alpha_4$, tak se žádný z prvků $\beta_1$, $\beta_2$, $\beta_3$ nezmění právě tehdy, když příslušná permutace bude v Kleinově čtyřgrupě $\V = \{\id, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$. (Toto není úplně korektní výrok; ve skutečnosti by se pro některé volby $\alpha_i$ hodnota $\beta_i$ nezměnila i při větším permutování, zde tedy chápeme $\beta_i$ jako prvky okruhu polynomů $\kk[\alpha_1, \dots, \alpha_4]$. Na druhou stranu ovšem v naší typické situaci budou podle předchozího bodu bety i opravdu různá čísla.)
  4. Dokažte, že nastane vždy právě jedna z těchto variant: (1) $R$ je ireducibilní nad $\kk$ a $\Gal(f/\kk)$ obsahuje trojcyklus, (2) $R$ má v $\kk$ kořen a $\Gal(f/\kk)$ neobsahuje trojcyklus.
  5. Vybaveni předchozím bodem, předchozí úlohou a předchozím cvičením, dokažte, že Galoisova grupa $f$ (pro $f$ ireducibilní!) může být v závislosti na nám známých veličinách následující: \[ \begin{array}{c|c|c} \sqrt D \notin \kk & R \text{ ireduc.} & \Gal(f/\kk) \\ \hline \checkmark & \checkmark & \S_4 \\ \hline \times & \checkmark & \A_4 \\ \hline \checkmark & \times & \D_8 \text{ nebo } \Z_4 \\ \hline \times & \times & \V \end{array} \]
Nápověda k (a)
Je potřeba ukázat, že koeficienty $R$ jsou symetrické polynomy v $\alpha_1, \dots, \alpha_4$; na to stačí nahlédnout, že každá permutace $\alpha_1, \dots, \alpha_4$ jen nějak zpermutuje $\beta_1$, $\beta_2$, $\beta_3$.
Řešení (a)
Je potřeba ukázat, že koeficienty $R$ jsou symetrické polynomy v $\alpha_1, \dots, \alpha_4$. Na to stačí nahlédnout, že každá permutace $\alpha_1, \dots, \alpha_4$ jen zpermutuje bety, protože koeficenty $R$ jsou symetrické polynomy v betách, takže permutace bet je nezmění. To, že bety jsou permutovány, je ovšem jasné – permutace alf působí na množině $\{\beta_1, \beta_2, \beta_3\}$, neboli permutuje její prvky.
Řešení (b)
True, nebo si můžeme všimnout, že třeba \[ \beta_1 - \beta_2 = (\alpha_1\alpha_2 + \alpha_3\alpha_4) - (\alpha_1\alpha_3 + \alpha_2\alpha_4) = (\alpha_1 - \alpha_4)(\alpha_2 - \alpha_3). \]
Řešení (c)
Jinak řečeno tvrdíme, že stabilizátor všech každé bety je $\V$. To se možná dá nahlédnout nějak přímo, každopádně stabilizátor každé bety jistě obsahuje $\V$ a kdybychom k tomu přidali ještě nějaký další prvek (transpozici, resp. trojcyklus, resp. čtyřcyklus), tak dostaneme větší grupu ($D_8$, resp. $A_{3}$, resp. $D_8$), jejíž nějaký prvek (trojcyklus nebo čtyřcyklus) už vždy spolehlivě onu betu změní (např. čtyřcyklus $(1\,2\,3\,4)$ změní $\beta_1$ na $\beta_3$).
Nápověda k (d)
Když je $R$ ireducibilní, ale všechny jeho kořeny jsou v $\K$, pak bude $\K$ obsahovat kořenové nadtěleso $R$; jaký bude jeho stupeň a co tím pádem bude muset splňovat $[\K:\kk]$? Hlavní věta, bod 1. Kdyby $\Gal(f/\kk)$ obsahovala trojcyklus (na alfách), podívejte se, co by udělal s betami, a vyvoďte, že žádná z nich tedy nemůže být v $\kk$.
Řešení (d)

Je-li polynom $R$ ireducibilní, pak jeho kořenové nadtěleso (např. $\kk(\beta_1)$, ostatní volby $\beta_i$ dají isomorfní těleso) bude splňovat $[\kk(\beta_1) : \kk] = \deg R = 3$. Protože víme, že $\beta_1, \beta_2, \beta_3 \in \K$, máme $\kk(\beta_1) \leq \K$ a samozřejmě $[\K : \kk] = [\K : \kk(\beta_1)] \cdot [\kk(\beta_1) : \kk]$, takže $[\K : \kk]$ je násobek tří. Podle Hlavní věty, 1. bodu je tedy řád $\Gal(f/\kk)$ násobek tří, odkud máme, že tato grupa musí obsahovat trojcyklus. Alternativně můžeme uvážit, že již z minula víme (pro kubický ireducibilní polynom $R$), že jeho Galoisova grupa $\Gal(R/\kk) = \Gal(\kk(\beta_1, \beta_2, \beta_3) / \kk)$ je isomorfní $\A_3$, nebo $\S_3$; zároveň z Tvrzení 2.5, části 3 víme, že \[ \Gal(\kk(\beta_1, \beta_2, \beta_3) / \kk) \cong \Gal(\K / \kk) / \Gal(\K / \kk(\beta_1, \beta_2, \beta_3)), \] takže $\Gal(f/\kk) = \Gal(\K / \kk)$ má faktor isomorfní $\A_3$ či $\S_3$, tedy musí mít řád dělitelný třemi, čili musí obsahovat trojcyklus.

Na druhou stranu, aplikujeme-li na alfy trojcyklus $(1\,2\,3) \in \Gal(f/\kk)$, pak se nám z $\beta_1 = \alpha_1\alpha_2 + \alpha_3\alpha_4$ stane $\alpha_2\alpha_3 + \alpha_4\alpha_1 = \beta_3$, když to dopočítáme, zjistíme, že máme trojcyklus $(\beta_3 \beta_2 \beta_1)$. Speciálně žádná z bet nemůže být v $\kk$, protože žádná nezůstane na místě (bodle bodu (b) to jsou různé prvky $\K$), ovšem prvky $\Gal(f/\kk)$ jakožto $\kk$-automorfismy nechávají prvky $\kk$ na místě.

Řešení (e)
Z minula víme, že $\Gal(f/\kk)$ musí být jakožte „podgrupa“ $\S_4$ jedna z těch tranzitivních, tj. $\S_4$, $\A_4$, $\D_8$, $\V$, čtyřcykly. Je-li diskrimimant druhou mocninou prvku $\kk$, pak máme podle předchozí úlohy $\Gal(f/\kk) \leq \A_4$, takže máme na výběr mezi $\A_4$ a $\V$. Tyto dvě podgrupy od sebe rozliší přítomnost trojcyklu, který v $\A_4$ je (což nastane, právě když $R$ bude ireducibilní), zatímco ve $\V$ není (když $R$ bude reducibilní). Pokud diskriminant není čtvercem, máme na výběr z $\S_4$, $\D_8$ a $\Z_4$ (což zde chápu jako grupu generovanou čtyřcyklem). Z těchto je $\S_4$ jediná, která obsahuje trojcyklus, takže v případě ireducibility $R$ dostáváme $\S_4$, zatímco pro reducibilní $R$ to bude $\D_8$ nebo $\Z_4$; tyto dvě grupy už těmito prostředky přímo nerozlišíme. Pokud vás zajímá, co se s tím pak dál dá dělat, dočtete se to v kuchařce, v konkrétních (školních) případech se asi pak typicky dají vyzkoumat nějaké relace mezi kořeny, které nám v rozhodování pomohou, jako třeba v úloze o bikvadratických polynomech.
Označme $f = x^4 - 4x^2 + x + 1\in \Q[x]$.
  1. Dokažte, že $f$ je ireducibilní nad $\Q$
  2. Spočtěte příslušnou kubickou resolventu $f$ a ukažte, že je ireducibilní nad $\Q$.
  3. Spočtete diskriminant $f$ a rozhodněte, zda je druhou mocninou racionálního čísla.
  4. Které grupě je isomorfní $\Gal(f/\Q)$?
  5. (★) Podle Hlavní věty Galoisovy teorie každá podgrupa $\S_4$ odpovídá nějakému tělesu mezi $\Q$ a rozkladovým nadtělesem $f$, přičemž ty normální by měly odpovídat rozkladovým nadtělesům nějakých polynomů nad $\Q$. O jaké podgrupy, podtělesa a polynomy se jedná a jaký je příslušný stupeň rozšíření vůči $\Q$?
Nápověda k (a)
Uvažte polynom modulo $2$.
Řešení (a)
Příslušný polynom v $\Z_2$ je $x^4 + x + 1$, který evidentně nemá v $\Z_2$ kořen. Jelikož je $x^2 + x + 1$ jediný ireducibilní kvadratický polynom nad $\Z_2$ a $(x^2 + x + 1)^2 = x^4 + x^2 + 1 \neq x^4 + x + 1$, je zadaný polynom ireducibilní nad $\Q$.
Nápověda k (b)
Dosaďte do vzorce. Pro ireducibilitu buď ověřte větou o racionálních kořenech, nebo modulo 3.
Řešení (b)
Hledaná resolventa je $x^3 + 4x^2 - 4x - 17$, redukce do $\Z_3$ dá polynom $x^3 + x + 2x + 1$, který nemá v $\Z_3$ kořen, tedy je nad $\Z_3$ ireducibilní, takže je ireducibilní i nad $\Q$.
Řešení (c)
Budiž dosazeno. Druhá mocnina to není.
Řešení (d)
Podíváme se v předchozí úloze do tabulky, dikriminant není druhou mocninou, resolventa je ireducibilní, hmm hmm, je to celá $\S_4$.
Řešení (e)
Pro počítání stupňů si vypomůžeme prvním bodem Hlavní věty, který říká že pro rozkladová nadtělesa polynomů je stupeň rozšíření roven řádu Galoisovy grupy. Máme-li normální podgrupu Galoisovy grupy, pak příslušné Galoisovsky korespondující těleso má za Galoisovu grupu faktor podle oné podgrupy dle Tvrzení 2.5, části 3. $\S_4$ má následující normální podgrupy: $\S_4$, $\A_4$, $\V$, $\{\id\}$. Pro $\S_4$ je oním tělesem $\Q$ (stupeň $24/24 = 1$), které je rozkladovým nadtělesem úplně libovolného polynomu, který se v $\Q$ rozkládá. Pro $\{\id\}$ máme celé rozkladové nadtěleso $\K$ (stupeň $24/1 = 24$), pro něž je polynomem přesně onen $f$. Pro $\A_4$ je oním tělesem $\Q(\sqrt D) = \Q(\sqrt{1957})$, které je rozkladovým nadtělesem polynomu $x^2 - 1957$ (stupeň $24/12 = 2$). Konečně pro $\V$ je oním rozkladovým nadtělesem přesně rozkladové nadtěleso kubické resolventy $R$ (stupeň $24/4 = 6$.)