Malinoczki Gergely. Galois-elmélet és alkalmazásai

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudomnyi Kar Malinoczki Gergely Galois-elmélet és alkalmazásai BSc Alkalmazott Matematikus Szakdolgozat Témavezet : Somlai Gábor Algebra és Számelmélet Tanszék Budapest, 2018

2 Köszönetnyilvánítás Köszönettel tartozom a családomnak tamogatásukért, valamint amiért lehet vé tették számomra, hogy egyetemi tanulmányaimra öszpontosítsak. Köszönettel tartozom egykori tanáraimnak, Pelikán Józsefnek és Frenkel Péternek, amiért megszerettették velem az algebrát. Külön köszönet illeti a témavezet met, Somlai Gábort, aki rengeteg id t és energiát fordított arra, hogy segítsen megérteni és feldolgozni az anyagot. Mindannyiuk segítségéért hálás vagyok. 2

3 Tartalomjegyzék 1. Szükséges el ismeretek A Galois-kapcsolatokról általában Feloldhatóság és a szimmetrikus csoport Topológiai alapfogalmak, topologikus csoportok Testb vítések Algebrai b vítések Normális b vítés, felbontási test Szeparábilitás Galois-elmélet Klasszikus Galois-elmélet Végtelen Galois-elmélet Alkalmazások Az általános n-ed fokú polinom gyökjelekkel való megoldhatósága Inverz Galois probléma és a kvaternió csoport

4 Bevezetés A középiskolai matematikaórákon az ember megtanulja a másodfokú egyenlet megoldóképletét, majd az egyetem els évében megtanulja a harmadfokúét (aztán gyorsan el is felejti), hall a negyedfokú egyenlet megoldóképletének létezésér l, illetve arról, hogy magasabb fokú egyenletekhez nincs ilyen megoldóképlet. Nem azért nincs, mert "bénák vagyunk" és még nem találtuk meg, hanem mert mélyebb elvi okai vannak, hogy miért nem is létezhet. Ez az állítás rögtön felkeltette az érdekl désemet, így sajnálattal fogadtam, amikor kiderült, hogy az alkalmazott matematikus törzsanyagnak nem része ezen témakör tárgyalása. Remek alkalmat biztosított azonban ez a szakdolgozat, hogy egy egyetemi projekt keretein belül tanulhassak olyan matematikát, ami szinte lelkesedéssel tölt el. A kezdeti cél tehát a polinomok megoldhatóságának vizsgálata volt. Az ehhez vezet út természetesen a Galois-elméleten keresztül vezet. Ez az elmélet azonban halmaz-, csoportés gy r elméleti ismereteket is igényel, így a tanulás során több egyéb témakör is felmerült, amivel kiegészíthetném a dolgozatot. Végül az eredeti elmélet végtelen b vítésekre való általánosítása mellett döntöttem. A dolgozat megírásánál végig szem el tt tartottam, hogy ha egy átlagos alkalmazott matematikus BSc-t elvégzett diák meg akarja érteni, akkor azt (a dolgozat végén az inverz Galois-problémára adott példa kivételével) küls segítség nélkül megtehesse. Nem feltételeztem tehát, hogy emlékezne minden egyes algebra órán elhangzott tételre és denícióra, de azt igen, hogy az alapvet algebrai fogalmakkal tisztában van az olvasó. 4

5 1. fejezet Szükséges el ismeretek Ebben a fejezetben els ként az általános Galois-megfeleltetésekr l lesz szó. Bár a fogalom algebrai eredet, mára egy általánosabb elméletté n tte ki magát, ami tetsz leges részbenrendezett halmazok közötti bizonyos megfeleltetéspárok vizsgálatát t zte ki céljául. A dolgozatnak nem célja az általános Galois-megfeleltetések vizsgálata, ez az alfejezet azért került bele, hogy megmutassuk, az általunk tárgyalt Galois-megfeleltetés valójában egy általánosabb fogalom speciális esete. A második alfejezet a szükséges csoportelméleti fogalmakat tárgyalja. Egyrészt emlékeztetünk az alapvet, mindenki által tanult fogalmakra, másrészt rövid bevezet t adunk a csoportok feloldhatóságának témakörébe. Ezek után felidézzük a permutációcsoportok fogalmát, és megvizsgáljuk a szimmetrikus csoport feloldhatóságának kérdését. Végezetül biztosítjuk a végtelen Galois-b vítések vizsgálatához szükséges topológiai hátteret A Galois-kapcsolatokról általában Deníció. A P ; részbenrendezett halmazon egy ϕ : P P leképezést lezárásnak hívunk, ha a következ két feltétel teljesül: 1. x ϕ(x) (x P ) 2. ϕ(ϕ(x)) = ϕ(x) (x P ) 3. Ha x y, akkor ϕ(x) ϕ(y) (x, y P ) Deníció. Legyen P ; egy részbenrendezett halmaz, és ϕ ezen egy lezárás. Az x P elemet zártnak nevezzük, ha ϕ(x) = x. 5

6 Állítás. Legyen ϕ : P P egy lezárás a P ; részbenrendezett halmazon. Ekkor ha x ϕ(y), akkor ϕ(x) ϕ(y) (x, y P ). Bizonyítás. Ha x ϕ(y), akkor a deníció második és harmadik pontja alapján ϕ(x) ϕ(ϕ(y)) = ϕ(y) Deníció. Legyen P ; és Q; két részbenrendezett halmaz. Az α : P Q és β : Q P leképezéspárt Galois-megfeleltetésnek hívjuk, ha az alábbi feltételek teljesülnek: 1. Minden x y P -beli (Q-beli) elemek esetén α(x) α(y) (β(x) β(y)) teljesül. 2. Tetsz leges P -beli (Q-beli) x elemre teljesül az x βα(x) (x αβ(x)) összefüggés Megjegyzés. A Galois-megfeleltetésekkel kapcsolatos tételek kimondásánál, bizonyításánál általában eseteket kéne megkülönböztetni. A deníció szimmetrikussága miatt ett l nyilván eltekinthetünk, hiszen az egyik irány könnyedén (például a két alaphalmaz felcserélésével) visszavezethet a másikra Tétel. Legyen P ; és Q; két részbenrendezett halmaz, α : P Q és β : Q P pedig ezeken adott Galois-megfeleltetés. Ekkor az alábbi tulajdonságok teljesülnek: 1. Ha x y tetsz leges P -beli elemek, akkor βα(x) βα(y). 2. Bármely x P elemre αβα(x) = α(x). 3. Tetsz leges x P, y Q elemekre x β(y) pontosan akkor, ha y α(x). 4. Legyen H P. Amennyiben létezik az u = {x x H} elem, akkor létezik a {α(x) x H} elem is, és megegyezik α(u)-val. (Itt a legkisebb fels, illetve a legnagyobb alsó korlátot jelöli.) Bizonyítás. Ha x y, akkor α(x) α(y), és így βα(x) βα(y), amivel az els állítást beláttuk. A deníció alapján tudjuk, hogy x βα(x). Ha most az egyenl tlenség mindkét oldalára alkalmazzuk α-t, akkor az egyenl tlenség megfordul, és így α(x) αβα(x)-et kapjuk. Másrészt az α(x) Q-beli elemr l a deníció kettes pontja alapján tudjuk, hogy α(x) αβα(x). A két egyenl tlenséget összevetve adódik a második állítás. A harmadik állításnál x β(y)-ból a deníció egyes pontja alapján α(x) αβ(y). A deníció második pontja szerint viszont αβ(y) y, és így a reláció tranzitivitását kihasználva α(x) y adódik. A másik irány ugyanígy látható be. Az utolsó állításnál u x minden x H elemre, így deníció szerint α(u) α(x) minden H-beli x-re, vagyis α(u) valóban alsó korlát. Legyen most v az α(x) elemek egy 6

7 tetsz leges alsó korlátja. Tudva, hogy v α(x), az imént bizonyított állítás szerint x β(v). Mivel β(v) a H halmaz egy fels korlátja, így biztosan nagyobb vagy egyenl mint a legkisebb fels korlát, azaz β(v) u. Ismét az el z pont alapján kapjuk, hogy α(u) v, vagyis α(u) tényleg a legnagyobb alsó korlát Állítás. Legyen P ; és Q; két részbenrendezett halmaz, α : P Q és β : Q P pedig ezeken adott Galois-megfeleltetés. Ekkor a βα (αβ) leképezés egy lezárás P -n (Q-n). Ezt a lezárást a Galois-megfeleltetés által indukált lezárásnak nevezzük. Bizonyítás. A Galois-megfeleltetést deniáló második tulajdonság éppen azt mondja ki, hogy x βα(x). Az imént bizonyított tétel els pontja éppen azt állítja, hogy ha x y, akkor βα(x) βα(y), míg a második pontja szerint αβα(x) = α(x), amib l nyilván (βα) 2 (x) = βα(x), vagyis βα valóban lezárás P -n. A másik irány ugyanígy bizonyítható Megjegyzés. Az tétel második pontja tehát azt mondja ki, hogy egy elemnek és (az indukált lezárásnál) a lezártjának a képe a Galois-megfeleltetésnél ugyanaz Tétel. Legyen ϱ az (A, B) halmazpáron értelmezett tetsz leges reláció, és ϕ : P (A) P (B) az a függvény, ami minden A 1 P (A) halmazhoz az A 1 összes elemével relációban álló elemek halmazát rendeli, azaz: ϕ(a 1 ) = {b (a, b) ϱ, a A 1 } Ekkor ϕ és ϕ 1 Galois-kapcsolatot létesít a P (A); és P (B); részbenrendezett halmazokon, ahol a részbenrendezést a tartalmazással adjuk meg.. Bizonyítás. Legyen A 1 A 2. Ha b ϕ(a 2 ), akkor minden a A 2 elemre (a, b) ϱ. Ekkor viszont A 1 A 2 miatt minden a A 1 elemre is fennáll a reláció. Így tehát ϕ(a 2 ) ϕ(a 1 ), azaz ϕ teljesíti a deníció els pontját. Legyen most a A 1. A ϕ 1 ϕ(a 1 ) halmazban pontosan azok az elemek vannak, amik ϕ(a 1 ) minden elemével relációban állnak. Az a elem ilyen, hiszen ϕ deníciója alapján ϕ(a 1 )-ben pontosan azok az elemek vannak, amik A 1 minden elemével, és így a-val is relációban állnak. Így tehát A 1 ϕ 1 ϕ(a 1 ), vagyis ϕ teljesíti a deníció második pontját is. A bizonyítás ugyanígy megy ϕ 1 -re. 7

8 1.2. Feloldhatóság és a szimmetrikus csoport Mindenekel tt emlékeztetünk néhány, a csoportokkal kapcsolatos alapvet fogalomra, tételre. A G csoport egy tetsz leges H részcsoportja szerint bal oldali (jobb oldali) mellékosztályokon a gh alakú (Hg alakú) halmazokat értjük. A G csoportot a bal oldali (jobb oldali) mekllékosztályok azonos elemszámú diszjunkt halmazokra osztják. Ugyanazon H részcsoport esetén azonban a két különböz oldali mellékosztályok általában nem ugyanazt a felosztást adják. Fontos speciális eset, amikor a bal és jobb oldali mellékosztályok megegyeznek: Deníció. A G csoport egy N részcsoportját normálosztónak nevezzük, és N G- vel jelöljük, ha minden g G elemre gn = Ng. Ha N a G csoport egy normálosztója, akkor a gn (g G) alakú mellékosztályokon bevezethetünk egy m veletet, nevezetesen (g 1 N) (g 2 N) = (g 1 g 2 N). Belátható, hogy a m velet eredménye nem függ attól, hogy az egyes mellékosztályokat melyik elemükkel reprezentáljuk, vagyis a deníció valóban értelmes. Az N szerinti mellékosztályok halmaza ezzel a m veletel ellátva csoportot alkot, melyet a G csoport N szerinti faktorcsoportjának hívunk, és G/N-el jelölünk Tétel. (Homomorzmus-tétel) Tetsz leges ϕ : G G homomorzmus esetén G/(Ker(ϕ)) = Im(ϕ) Megjegyzés. Itt Ker(ϕ) azon elemek halmazát jelöli, melyek képe ϕ-nél a G egységeleme. Ez mindig normálosztó G-ben. Azon elemek halmazát, melyek el állnak képként Im(ϕ)-vel jelöljük. Ez mindig részcsoport G-ban. A fenti izomorzmust a ϕ : g Ker(ϕ) ϕ(g) bijekció hozza létre Tétel. (Els izomorzmust-tétel) Ha H G és N G, akkor N HN, (H N) H és HN/N = H/(H N) Tétel. (Második izomorzmus-tétel) Ha N, M G és N M, akkor (M/N) (G/N) és (G/N)/(M/N) = G/M Tétel. (Cauchy-tétel) Ha a p prímszám osztója a G véges csoport rendjének, akkor G-nek van p-ed rend eleme. 8

9 Ezek után rátérünk a feloldható csoportok vizsgálatára Deníció. A G csoport részcsoportjainak egy G = G 0 G 1 G r = {1} rendszerét a G egy r hosszúságú normálláncának nevezzük, ha minden i-re G i+1 G i. A G i /G i+1 faktorcsoportokat a normállánc faktorainak nevezzük. Egy normállánc valódi, ha i j esetén G i G j. Az α normállánc a β normállánc nomítása, ha α tartalmazza β minden elemét. Két normálláncot izomorfnak nevezünk, ha faktoraik között van olyan bijekció, aminél az egymásnak megfeleltetett faktorok izomorfak Deníció. A G csoport egy normálláncát kompozícióláncnak nevezzük, ha valódi normállánc, és nincs valódi nomítása Megjegyzés. Tetsz leges G csoport esetén a G {1} egy normállánc. Ha a G csoport nem triviális, de véges, akkor ezt a normálláncot közbüls normálosztók beszúrásával véges sok lépésben kompozíciólánccá nomíthatjuk. A következ alapvet fontosságú tételt most bizonyítás nélkül közöljük, ugyanis bizonyítása hosszadalmas lenne, illetve további el készületeket igényelne Tétel. (Jordan-Hölder tétel) Ha a G csoportnak van kompozíciólánca, akkor bármely két kompzíciólánca izomorf Deníció. Egy G véges csoportot feloldhatónak nevezünk, ha kompozícióláncainak faktorai prímrend ek Megjegyzés. A Jordan-Hölder tétel szerint tehát a feloldhatóság nem függ attól, hogy melyik kompozícióláncot tekintjük. Más forrásokban esetleg úgy is deniálhatják a feloldhatóságot, hogy van olyan normállánca, melybena faktorok kommutatívak. A két deníció természetesen ekvivalens. Egyrészt ha a faktorok prímrend ek akkor nyilván kommutatívak is. A másik irány bizonyítása már nem ilyen egyszer, de nagyvonalakban arról van szó, hogy ha M egy normálosztó a G/N faktorcsoportban, akkor M "visszaemelhet " a G csoport egy N-nél b vebb normálosztójává olyan módon, hogy vesszük az M-beli mellékosztályok unióját. (M-ben tehát a G csoport N szerinti mellékosztályai vannak.) A véges Abel-csoportok alaptételének következményeként minden véges Abelcsoport feloldható, így ha G/N kommutatív, akkor ennek létezik prímrend foktorokból 9

10 álló kompozíciólánca. Ha most az eredeti normállánc minden egyes kommutatív faktorának legyártjuk ezt a kompozícióláncát, majd ezen kompozícióláncokat "visszaemeljük", akkor az eredeti normállánc egy olyan nomítását kapjuk, melyben már minden faktor prímrend Tétel. Feloldható csoport minden részcsoportja és faktorcsoportja is feloldható. Ha N G, és N valamint G/N is feloldhatók, akkor G szintén az. Bizonyítás. A részcsoportokra vonatkozó állítást a kompozíciólánc hosszára vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk. Ha ez 1, akkor az állítás triviális. Legyen tehát a G = G 0 > G 1 > > G n = {1} a G feloldható csoport egy kompozíciólánca, és H G. A fenti láncból G 0 -t elhagyva kapjuk, hogy G 1 is feloldható, és így az indukciós feltevés miatt (G 1 H) G 1 is az. Elég tehát megmutatni, hogy ennek egy kompozíciólánca kiegészíthet H-nak egy kompozícióláncává. Ehhez arra van szükség, hogy (G 1 H) maximális normálosztó legyen H-ban, és a H/(G 1 H) faktorcsoport vagy triviális, vagy prímrend legyen. Amennyiben H G 1, úgy az állítás nyilván teljesül. Ellenkez esetben, mivel G 1 maxilmális részcsoport G-ben (hiszen prím index ), ezért HG 1 = G, és így az els izomorzmus-tétel alapján H/G 1 H) = G/G 1, ami prímrend. Tegyük most fel, hogy N G. Ekkor a G N normállánc kompozíciólánccá nomítható: G = G 0 > G1 > > G r = N > > {1}. Mivel N G, így N G i (1 i r). A második izomorzmus-tétel szerint tehát (G i /N)/(G i+1 /N) = G i /G i+1. Ez azt jelenti, hogy a G i /N alakú faktorok G/N-nek egy olyan normálláncát alkotják, aminek faktorai prímrend ek, és így G/N feloldható. Végezetül tegyük fel, hogy N G valamint N is és G/N is feloldható. Tekintsük a G = G 0 > > N = G s > > G r = {1} kompozícióláncot. Amennyiben i s úgy N feloldhatósága miatt G i /G i+1 prímrend. Ha i < s, akkor G i /G i+1 a második izomorzmustétel alapján izomorf (G i /N)/(G i+1 /N)- el, ami G/N feloldhatósága miatt prímrend. Összességében azt kapjuk tehát, hogy G feloldható. 10

11 Deníció. Egy n elem halmaz önmagára vett bijektív leképezéseinek (permutációinak) halmazát a függvénykompozícióval ellátva n-ed fokú permutációcsoportnak nevezzük, és S n -el jelöljük. Az egyszer ség kedvéért szokás feltenni, hogy az n elem hamaz, aminek a permutálásait nézzük az {1, 2,..., n} halmaz. A továbbiakban mi is eszerint járunk el Deníció. Ciklusnak nevezzük, és (a 1 a 2... a r )-el jelöljük azt a permutációt, melynél a i képe a i+1 minden 1 i < r-re, és a r képe a Állítás. Minden permutáció egyértelm en felírható idegen ciklusok szorzataként. (Két permutációt idegennek nevezünk, ha nincs olyan elem, amit mind a két ciklus mozgat.) Állítás. Minden permutáció felírható kételem ciklusok (transzpozíciók) szorzataként. (Ez a felírás általában már nem egyértelm.) Állítás. Tetsz leges rögzített transzpozíció illetve n-es ciklus generálja S n -t Állítás. A σ S n permutáció minden transzpozíciók szorzataként való felírásában a tényez k számának paritása azonos. Bizonyítás. Tekintsük a következ P (x 1,..., n n ) = polinomot. Ez nem más, mint az x 1,..., x n n 1 i=1 j=i+1 n (x i x j ) változók összes lehetséges módon képzett különbsége, ahol mindig a kisebb index tagból vonjuk ki a nagyobbat. Készítsük most el a P (x σ(1),..., x σ(n) ) polinomot. Ez a polinom csak el jelben különbözhet P -t l, hiszen itt is az összes lehetséges módon képzett különbséget szorozzuk össze, csak néhol a nagyobb index b l vonjuk ki a kisebbet. Ha σ páros sok transzpozíció szorzataként írható fel, akkor a fenti polinomot deniáló szorzatnak páros sok tagja vált el jelet, míg páratlan sok transzpozíció esetén páratlan sok tag változik meg. Ebb l következik, hogy σ nem írható fel páros és páratlan sok transzpozíció szorzataként is, hiszen ekkor a fenti polinom egyenl lenne a mínusz egyszeresével Deníció. Egy σ S n permutációt párosnak nevezünk, ha el áll páros sok transzpozíció szorzataként. Ellenkez esetben páratlan permutációról beszélünk. Az S n páros permutációinak csoportját n-ed fokú alternáló csoportnak nevezzük, és A n -nel jelöljük. 11

12 Állítás. Az n-ed fokú alternáló csoport valóban csoport, s t ez egy 2 index normálosztó S n -ben. Bizonyítás. Az, hogy páros permutációk szorzata és inverze is páros lényegében triviális. Az identikus permutáció felírható 0 db transzpozíció szorzataként, így ez is páros. A normálosztósághoz elég belátni, hogy S n : A n = 2 hiszen kett index részcsoport mindenképp normálosztó. Ehhez tekintsük az f : S n S n, σ (12) σ leképezést. Ez a leképezés bijekció a páros és a páratlan permutációk halmaza között. Páros permutációhoz nyilván páratlant rendel, és fordítva, valamint invertálható is, hiszen kétszer alkalmazva az identitást kapjuk. Ebb l tehát következik, hogy ugyanannyi páros permutáció van, mint páratlan, vagyis A n indexe tényleg kett. A fejezet további részében a célunk S n kompozícióláncainak vizsgálata. Mivel a kompozícióláncokat normálosztókkal deniáltuk, és a normálosztóknak megvan az a kellemes tulajdonsága, hogy önmagukba konjugálódnak, ezért érdemes megnézni, hogyan kell permutációkat konjugálni. Mivel minden permutáció felírható diszjunkt ciklusok szorzataként, így valójában elég azt megnézni, hogyan kell ciklusokat ciklusokkal konjugálni Állítás. Két permutáció pontosan akkor azonos típusú (azaz a diszjunkt ciklusok szorzatára való felbontásaik között bijekció létesíthet úgy, hogy az egymásnak megfeleltetett ciklusok egyenl hosszúak legyenek) ha konjugáltak. Bizonyítás. Legyen σ, τ S n, és 1 < k 1 < < k r = n. Tegyük fel, hogy σ = (a 1... a k1 )... (a kr a kr ), és τ = (b 1... b k1 )... (b kr b kr ). Tekintsük azt a ϱ permutációt, ami minden a i elemnek b i -t felelteti meg, és nézzük meg mit csinál a ϱ 1 τϱ permutáció az a i elemmel: ϱ 1 τϱ(a i ) = ϱ 1 τ(b i ) = ϱ 1 (b i+1 ) = a i+1 feltéve, hogy i k j valamilyen j-re. Ez utóbbi eset azonban ugyanígy kezelhet, a szétválasztásra csak a jelölés nehézsége miatt volt szükség. Ebb l kapjuk tehát, hogy ϱ 1 τϱ = σ, vagyis a két permutáció valóban konjugált. Legyen megint σ = (a 1... a k1 )... (a kr a kr ), és ϱ S n tetsz leges. Tekintsük a τ = (ϱ(a 1 )... ϱ(a k1 ))... (ϱ(a kr 1 +1)... ϱ(a kr )) permutációt. Erre teljesül, hogy τ(ϱ(a i )) = ϱ(σ(a i )) minden egyes a i {1, 2,..., n} elemre. Így τϱ = ϱσ azaz τ = ϱσϱ 1. Mivel ϱ tetsz leges volt, így valóban σ minden konjugáltja vele azonos típusú. 12

13 Tétel. Legyen n 3 és N az A n -nek, vagy az S n -nek egy normálosztója. Ekkor ha N tartalmaz transzpozíciót, akkor N = S n, ha N tartalmaz hármas ciklust, akkor N = S n, vagy N = A n. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy N tartalmaz transzpozíciót. Mivel N normálosztó, így tartalmazza az adott transzpozíció összes konjugáltját is, ami a tétel szerint az összes transzpozíciót magában foglalja. A transzpozíciók azonban generálják S n -net, hiszen minden permutáció el áll ilyenek szorzataként, és így N = S n. A többi állítás bizonyításához el ször megmutatjuk, hogy a hármas ciklusok generálják A n -et. Ehhez persze elég megmutatni azt, hogy két transzpozíció szorzata el áll hármasciklusok szorzataként. Ha a két transzpozíciónak van közös eleme, akkor ez valójában egy hármas ciklus. Pl: (12)(23) = (123). Ha nincsen, akkor két alkalmas transzpozíció beszúrásával a problémát visszavezethetjük az iménti esetre: (12)(34) = (12)(23)(23)(34) = (123)(234). Ha tehát N S n és N tartalmaz hármas ciklust, akkor tartalmazza az összeset, és így az ezek által generált A n -et is. Mivel A n indexe kett, ezért t tartalmazó normálosztó nyilván csak önmaga vagy S n lehet. Tegyük most fel, hogy N A n. Itt vigyázni kell, ugyanis abból hogy a hármas ciklusok konjugáltak S n -ben, még nem következik, hogy A n -ben is konjugáltak lennének, hiszen lehet, hogy a konjugáló elem nincs benne A n -ben. A jelölés egyszer sítése kedvéért tegyük fel, hogy (123) N, és legyen (ijk) egy tetsz leges hármas ciklus. Ekkor létezik, µ S n, amire (ijk) = µ 1 (123)µ. Ha µ páros, akkor (ijk) A n. Ha páratlan, akkor µ(ij) páros, és így (ij)µ 1 (123)µ(ij) = (ij)(ijk)(ij) = (jik) N. Ekkor persze (jik) 2 = (ijk) is eleme N-nek, és így N = A n. S n feloldhatóságának vizsgálatához még egy tételre van szükségünk, ezt azonban most bizonyítás nélkül közöljük. Bár a bizonyítás nem túlságosan bonyolult, a különböz esetszétválasztások miatt hosszadalmas, és technikai. A bizonyítás megtalálható Fried Ervin [1] könyvében Tétel. Ha n 5, és N egy legalább kételem normálosztó S n -ben vagy A n -ben, akkor N tartalmaz egy transzpozíciót vagy egy hármas ciklust Tétel. Ha n 4 akkor S n feloldható, míg n 5 esetén nem az. Bizonyítás. Ha n 5, és N egy valódi normálosztó S n -ben, akkor a tétel szerint N = A n, és A n -nek csak triviális normálosztói vannak. Így S n egyetlen kompozíciólánca S n A n {1}. 13

14 A n /{1} természetesen nem prímrend, így S n nem feloldható. S 4 feloldhatóságának megmutatásához megadunk egy konkrét kompozícióláncot, melynek faktorai prímrend ek: S 4 A 4 V {(12)(34), id} {id} Itt V az úgynevezett Klein csoportot jelöli. (V = {(12)(34), (13)(24), (14)(23), id}) Az, hogy ez részcsoport, könnyen ellen rizeth, hiszen bármely elem négyzete az identitás, és bármely két identitástól különböz elem szorzata a harmadik. Az, hogy normálosztó a tétel következménye, hiszen V éppen a két transzpozíció szorzataként el álló permutációkat tartalmazza, és így önmagába konjugálódik. Ha n < 4, akkor S n A n {1}. szintén kompozíciólánc, és a faktorok prímrend ek, hiszen a csoportnak egyszer en nagyon kevés eleme van Topológiai alapfogalmak, topologikus csoportok Deníció. Az (X, Ω) párt topologikus térnek nevezzük, ha X tetsz leges halmaz, Ω P (X), és a következ tulajdonságok teljesülnek: 1., X Ω 2. Ha valamilyen A indexhalmazra minden α A esetén U α Ω, akkor α A U α Ω. 3. U 1,..., U n esetén n i=1u i Ω Deníció. Az U X halmazt nyíltnak nevezzük, ha U Ω. A B X halmazt zártnak nevezzük, ha a komplementere nyílt. A zárt halmazok rendszerét Ω -vel jelöljük Állítás. A zárt halmazokra a nyílt halmazokéhoz nagyon hasonló tulajdonságok teljesülnek: 1., X Ω 2. Ha valamilyen A indexhalmazra minden α A esetén B α Ω, akkor α A B α Ω. 3. B 1,..., B n esetén n i=1b i Ω Megjegyzés. X egy tetsz leges részhalmaza lehet nyílt, zárt, mindkett, vagy egyik sem. Egy topológiát nyilván megadhatunk akár a nyílt, akár a zárt halmazok rendszerével. 14

15 Deníció. Legyen A X. Ekkor A belsejének nevezzük, és inta-val jelöljük az összes A-ban lev nyílt halmaz unióját. Az x pont A-nak bels pontja, ha x inta Megjegyzés. Mivel nyílt halmazok uniója is nyílt, így inta is nyílt, és nyilván ez a legb vebb A-ban lév nyílt halmaz. A denícióból az is könnyen látszik, hogy A pontosan akkor nyílt, ha A = inta, azaz ha minden pontja bels pont Deníció. Legyen A X. Ekkor A lezártjának hívjuk, és Ā-val jelöljük a legkisebb A-t tartalmazó zárt halmazt Megjegyzés. Ez a lezárás teljesíti a korábban deniált lezárás operációt deniáló három tulajdonságot. Valóban, megmutatható, hogy tetsz leges lezáráshoz található olyan topológia, melyben az adott lezárás épp az imént deniált dolgot jelenti Deníció. Legyen x X. Egy U X halmazt x egy környezetének mondjuk, ha létezik olyan V nyílt halmaz, amire x V U Állítás. Tetsz leges x elemre x Ā pontosan akkor, ha x minden W környezetére W A. Bizonyítás. Azt fogjuk belátni, hogy x nem eleme Ā-nak pontosan akkor, ha x-nek van olyan környezete, melynek A-val vett metszete üres. Tegyük fel tehát, hogy x nem eleme Ā-nak. Ez ekvivalens azzal, hogy létezik egy A-t tartalmazó F zárt halmaz, melynek nem eleme x. Ekkor viszont F komplementere egy x-et tartalmazó nyílt halmaz, mely nem metszi A-t Deníció. Egy Σ Ω halmazt az (X, Ω) tér bázisának nevezünk, ha a tér minden nyílt halmaza el áll Σ-beli halmazok tetsz leges számosságú uniójaként Deníció. Egy B x Ω halmazt az x X elem lokális bázisának nevezük, ha B x minden eleme egy x-et tartalmazó nyílt halmaz, és az x pont minden környezetéhez létezik olyan B beli halmaz, mely része ennek a környezetnek Megjegyzés. Egy tér bázisának az x-et tartalmazó elemei az x-nek lokális bázisát alkotják, illetve a tér összes eleméhez tartozó lokális bázisok uniója a térnek egy bázisát képezik. 15

16 Deníció. Legyenek (X, Ω) és (Y, τ) topologikus terek. Egy f : X Y leképezést folytonosnak hívunk, ha minden Y -beli nyílt halmaz sképe nyílt (X-ben) Deníció. Az f : X Y függvény folytonos az x X pontban, ha f(x) minden V környezetéhez van olyan U környezete x-nek, amire f(u) V Állítás. Egy függvény pontosan akkor folytonos, ha minden pontjában folytonos Deníció. Legyen f egy bijekció két topologikus tér alaphalmazai között. Ha f és f 1 is folytonos, akkor f-et homeomorzmusnak hívjuk, és azt mondjuk, hogy a két tér homeomorf Deníció. Legyenek (X, Ω 1 ) és (Y, Ω 2 ) adott topologikus terek. Ekkor szorzattopológiának nevezzük az X Y halmazon az Ω = {U V U Ω 1, V Ω 2 } bázis által generált topológiát. Ha végtelensok tér szorzatát tekintjük, akkor a báziselemek olyanok, hogy véges sok koordinátában az adott tér tetsz leges nyílt halmazát tekintjük, míg a többi koordinátában az egész teret, mint nyílt halmazt vesszük Deníció. Legyen (X, Ω) egy topologikus tér. Ha S X, akkor altér-topológiának nevezzük az (S, Ω S ) topológiát, ahol Ω S = {U S U Ω} Állítás. Legyen (X, Ω) és (Y, τ) egy-egy topologikus tér, A X ellátva az altértopológiával, és f : X Y folytonos függvény. Ekkor F A is folytonos. Bizonyítás. Legyen V Y nyílt. Ekkor f 1 A (V ) = f 1 (V ) A, ami nyílt az altértopológiában, hiszen f 1 (V ) Ω Deníció. A G csoportot topologikus csoportnak nevezzük, ha adott az alaphalazán egy topológia, és a szorzás, mint G G G függvény, valamint az inverzképzés, mint G G függvény folytonosak. (Ahol G G a szorzattopológiát jelöli.) Deníció. Legyenek X, Y, Z topologikus terek. Azt mondjuk, hogy az F : X Y Z leképezés mindkét változójában külön-külön folytonos, ha az X x F (x, y 0 ), és az Y y F (x 0, y) leképezések folytonosak minden rögzített x 0 X és y 0 Y mellett. 16

17 Állítás. Ha az F : X Y Z leképezés folytonos, akkor mindkét változójában folytonos. Bizonyítás. Tetsz leges x X rögzített elemre legyen F x az az {x} Y térb l a Z térbe men leképezés, mely a fenti denícióban szerepel, és legyen V Z nyílt. Ekkor F 1 (V ) nyílt X Y -ban, és így Fx 1 (V ) = F 1 (V ) ({x} Y ) nyílt az altértopológiában, tehát F x folytonos Következmény. Legyen G egy topologikus csoport, és minden g G elemre f g : G G, h g h, a g-vel való balról szorzás. Ekkor ez egy folytonos leképezés, és mivel permutálja G elemeit, így bijekció is. Mivel ennek az inverze is ilyen alakú, (f 1 g = f g 1) így az inverze is folytonos, vagyis f g homeomorzmus Állítás. Legyen G egy topologikus csoport. Ekkor minden g G elem minden V környezetéhez létezik az egységelemnek olyan U környezete, amire V = gu teljesül. Bizonyítás. Legyen U = g 1 V. Mivel g V így 1 U. Legyen W 1 V egy g-t tartalmazó nyílt halmaz. Jelöljük W 2 -vel a W 1 halmaz képét a g 1 -zel való balrólszorzásnál. Ekkor W 2 U, 1 W 2, és W 2 nyílt, hiszen a g 1 -zel való balrólszorzás homeomorzmus. Vagyis U a kívánt tulajdonságú környezete 1-nek Deníció. Legyen (X, Ω) egy topologikus tér. Ha minden x, y X ponthoz létezik olyan f : X X homeomorzmus, melyre f(x) = y, akkor azt mondjuk, hogy a tér homogén Állítás. Minden topologikus csoport homogén. Bizonyítás. Legyen G egy topologikus csoport, és x, y G. Legyen f az yx 1 elemmel való balról szorzás. Mint láttuk ez homeomorzmus, és az x elemet éppeny-ba viszi. Mivel x, y tetsz leges volt, így az állítást beláttuk. Mivel egy topologikus csoport mindig homogén, így a csoport egy bázisának megadásához elég az egységelemnek egy lokális bázisát megadni. Valóban, tetsz leges x elemhez létezik homeomorzmus, mely az egységelemet x-be viszi, és ez a leképezés az egységelem egy lokális bázisát az x elem egy lokális bázisába képezi. Ily módon a tér minden eleméhez találtunk egy lokális bázist, és ezek uniója az egész térnek egy bázisa lesz Állítás. Legyen G egy topologikus csoport, és H G. Ekkor H az altér-topológiával ellátva szintén topologikus csoport. 17

18 Bizonyítás. A állítás alapján nyilvánvaló, hiszen H m veletei, a G m veleteinek megszorításai Állítás. Legyen G egy topologikus csoport, és H G. Ekkor H is részcsoport, és ha H normálosztó G-ben, akkor H is az. Bizonyítás. Elég belátni, hogy minden a, b H esetén ab 1 H, hiszen ekkor 1 = aa 1 H, és így 1a 1 = a 1 H, valamint a(b 1 ) 1 = ab H. Legyen W egy az ab 1 elemet tartalmazó nyílt halmaz. Mivel a szorzás folytonos, ennek az sképe egy nyílt halmaz lesz G G-ben. Mivel egy a szorzattopológiában nyílt halmaz a G-ben nyílt halmazok direktszorzatának uniójaként áll el, így létezik U, V G nyíltak, hogy U az a-t tartalmazó, V a b-t tartalmazó nyílt halmaz, valamint U V 1 része az sképnek, és így UV 1 W. Mivel a, b H így U-nak és V -nek is van közös pontja H-val. Jelöljük ezeket ilyen sorrendben x-szel, és y-nal. Mivel H részcsoport, így y 1 H, és így xy 1 H, azaz W H. Mivel W tetsz leges környezet volt, így ab 1 H Deníció. Az X tér kompakt, ha minden nyílt fedéséb l kiválasztható véges fedés. Az X egy A részhalmazát kompaktnak nevezzük, ha az altértopológia szerint kompakt Állítás. Ha A egy zárt részhalmaza a kompakt X térnek, akkor A is kompakt. Bizonyítás. Tekintsük A-nak egy {U i } nyílt fedését. Ekkor {U i, X \ A} egy nyílt fedése X-nek, vagyis kiválasztható bel le véges fedés. Ebb l a véges fedésb l X \ A-t elhagyva A-nak egy véges fedését kapjuk Tétel. (Tychono tétel) Kompakt topologikus terek szorzata is kompakt Deníció. Az X topologikus tér Hausdor-tér, ha minden a, b X-nek létezik olyan U a és U b környezete, hogy U a U b = Deníció. Az x topologikus tér összefügg, ha tetsz leges X = U V nyílt halmazokra való felbontásában U vagy V mindenképpen üres. A tér egy részhalmaza összefügg, ha az altér topológiában összefügg Állítás. Közös ponttal rendelkez összefügg halmazok uniója is összefügg Következmény. Tetsz leges a X-hez létezik legb vebb a-t tartalmazó összefügg halmaz, hiszen az {A a A, és A összefügg } tartalmazza a-t és összefügg. 18

19 Deníció. Az X topologikus tér maximális összefügg halmazait, X komponenseinek nevezzük Deníció. Az X topologikus teret totálisan összefüggéstelennek nevezzük, ha komponensei az egypontú halmazok 19

20 2. fejezet Testb vítések Ebben a fejezetben részben felidézzük, részben továbbmegyünk és mélyebben, vagy más szempontból tárgyaljuk a testb vítések fogalmát. A Galois-megfeleltetések az úgynevezett Galois-b vítések, és ezek automorzmus csoportjai között jönnek létre. A Galois-b vítések három karakterizáló tulajdonsága, hogy algebraiak, normálisak és szeparábilisek. Ennek megfelel en e három tulajdonság tárgyalása következik most Algebrai b vítések Deníció. Az L test a K testnek egy b vítése, ha K L. Ezt L K-val is jelöljük. Ha L a legsz kebb olyan test, ami a K-n kívül egy H halmaz elemiet is tartalmazza, akkor azt mondjuk, hogy L a K-nak a H-val való b vítése, és L = K(H)-val jelöljük. Amennyiben H egyetlen a elemb l áll, úgy egyszer b vítésr l beszélünk, és K(a)-val jelöljük Deníció. tekintsük az L K testb vítést. L egy tetsz leges a elemét algebrainak nevezzük a K test felett, ha létezik olyan f K[x] nem azonosan 0 polinom, melynek a gyöke. Ha a nem algebrai (K-felett), akkor transzcendens Tétel. A K felett algebrai a elemhez létezik egy egyértelm en meghatározott, irreducibilis, 1 f együtthatós f K[x] polinom, melynek a gyöke. Ha a gyöke egy tetsz leges g K[x] polinomnak, akkor f g. Bizonyítás. Tekintsük azt a ϕ : K[x] K(a) homomorzmust, mely a konstans polinomokhoz a megfelel K-beli elemeket, x-hez pedig a-t rendeli. (Ez lényegében az a behelyettesítése az adott polinomba. Annak bizonyítása, hogy ez valóban homomorzmus 20

21 egyszer számolás, ett l most eltekintünk.) Ennek a magja pontosan azokból a K[x]-beli polinomokból áll, amiknek a gyöke. Mivel egy gy r morzmus magja csak a gy r egy ideálja lehet, és tetsz leges test fölötti polinomgy r f ideálgy r, ezért létezik f K[x] amire Ker(ϕ) = (f), és f minimális fokú eleme Ker(ϕ)-nek. Mivel f tetsz leges konstansszorosa is ugyanazt az ideált generálja, feltehet, hogy f normált. Ha f felbomlana a g és h nem konstans polinomok szorzatára, akkor a gyöke lenne legalább az egyik tényez nek. Ha például g(a) = 0 akkor g Ker(ϕ), viszont g foka nyilván kisebb mint f foka, ami ellentmond deg(f) minimalitásának, tehát f valóban irreducibilis. Legyen most g egy tetsz leges K[x]-beli polinom, aminek gyöke a. Ez azt jelenti, hogy g Ker(ϕ) = (f) azaz g el áll h f alakban valamilyen h K[x] polinomra. Tehát f g Deníció. A fenti f polinomot az a elem minimálpolinomjának nevezzük. Az a fokán a minimálpolinomjának fokát értjük Tétel. Legyen K L egy b vítés, és a L egy algebrai elem, melynek minimálpolinomja f. Ekkor K[x]/(f) = K(a) és az izomorzmusnál az a elemnek az x + (f), tetsz leges k K elemnek pedig a k + (f) maradékosztály felel meg. Bizonyítás. Mint láttuk, a ϕ : K[x] K(a) "a behelyettesítése" homomorzmus magja nem más, mint az f által generált ideál. A gy r k homomorzmus-tétele alapján (ami ugyan azt mondja ki, mint a csoportokra vonatkozó tétel, csak normálosztó helyett ideállal) tudjuk, hogy K[x]/(f) = Im(ϕ). Az állítás belátásához tehát csak annyi szükséges, hogy Im(ϕ) = K(a) teljesüljön. Az egyik irányú tartalmazás triviális, hiszen Im(ϕ) elemei a hatványainak K-beli együtthatós lineáris kombinációiként állnak el, így ezek nyilván benne vannak K(a)-ban. Ugyanakkor az f irreducibilitása miatt Im(ϕ) test, és tartalmazza az a elemet, így nyilván részteste az a-t és K-t tartalmazó legsz kebb test, vagyis K(a) Tétel. Tetsz leges f K[x] irreducibilis polinomhoz létezik olyan egyszer K(a) b vítés, hogy a az f-nek gyöke. Bizonyítás. Mivel f irreducibilis, így L = K[x]/(f) test. Ez a konstans polinomok szerinti maradékosztályok formájában nyilvánvalóan tartalmaz egy K-val izomorf K résztestet. Tudjuk, hogy L = K (x + (f)) hiszen L minden eleme el áll az x és a konstans polinomok 21

22 szerinti maradékosztályokból az összeadás, kivonás és szorzás segítségével. Legyen most N = (L \ K ) K és tekintsük azt az η : L N leképezést, ami K elemeihez a megfelel K-beli elemeket rendeli, L többi elemét pedig xen hagyja. Mivel ez egy bijekció L és N között, így N-en deniálhatjuk úgy a m veleteket, hogy η izomorzmus legyen. Ha most az x + (f) maradékosztályt a-val jelöljük, akkor az izomorzmus miatt N = K(a). Ahhoz, hogy f(a) = 0-t belássuk, vissza kell mennünk az L testbe. Mivel η izomorzmus, elég azt belátni, hogy η 1 (f)-nek gyöke η 1 (a), ahol η 1 (f) azt a polinomot jelöli, amit úgy kapunk, hogy f együtthatóira alkalmazzuk az η 1 függvényt. (Ha η izomorzmus az alaptestek között, akkor ily módon kiterjesztve a polinomgy r re szintén izomorzmust kapunk. Ez nem triviális, de egyszer számolás után adódik.) Ha az η 1 (f) polinomba behelyettesítjük az η 1 (a) = a = x + (f) maradékosztályt, akkor éppen az f + (f) maradéksoztály adódik, ami nem más, mint L nulleleme Megjegyzés. Az is igaz, hogy a K testnek mindig létezik egyszer transzcendens b vítése. Ennek bizonyítása szintén a polinomgy r n keresztül történik, egy hányadostest nev konstrukció segítségével, ami lényegében annak a módszernek az általánosítása, ahogy az egész számok gy r jéb l megkapjuk a racionális számtestet Tétel. Legyen L a K testnek egy tetsz leges b vítése, és a L. Az a elem pontosan akkor algebrai K felett, ha K(a) mint K feletti vektortér (a K(a)-beli összeadásra, és a K elemeivel való szorzásra nézve) véges dimenziós. Ez a dimenzió megegyezik az a elem fokával. Bizonyítás. Legyen a algebrai K felett, és legyen a minimálpolinomja f, ahol deg(f) = n. Az állítás azon része, hogy K(a) vektortér K felett triviális. Mint az korábban láttuk, K(a) = K[x]/(f), így elég ez utóbbinak egy n elem bázisát találni a K test felett. A lineáris függetlenség ebben a gy r ben azt jelenti, hogy az adott elem semmilyen nem triviális lineáris kombinációja nem lehet osztható f-fel, míg a generátorrendszerség azt, hogy bármilyen g K[x] polinomhoz létezik az adott elemeknek olyan lineáris kombinációja, amit g-b l kivonva az eredmény f-fel osztható. Azt állítjuk, hogy az 1, x,..., x n 1 polinomrendszer kielégíti ezeket a feltételeket. Egyrészt ezek minden lineáris kombinációja egy n-nél kisebb fokú polinom, aminek tehát f nem lehet osztója, másrészt ezekb l minden n-nél kisebb fokú polinom kikeverhet, speciálisan g-nek az f-fel vett osztási maradéka is. Tegyük most fel, hogy K(a) véges dimenziós K felett, és legyen ez a dimenzió n. Ekkor az 1, a,..., a n elem lineárisan összefügg ek, azaz léteznek b 1, b 1,..., b n K-beli elemek, hogy 22

23 b 0 + b 1 a + + b n a n = 0, vagyis a gyöke az f = b 0 + b 1 x + + b n x n polinomnak, ami éppen azt jelenti, hogy a algebrai K felett Deníció. Legyen L a K testnek egy b vítése. Az L K b vítés fokán L-nek mint K feletti vektortérnek a dimenzióját értjük, és L : K -val jelöljük. Ha L : K véges, akkor véges b vítésr l beszélünk Deníció. Legyen L a K testnek egy b vítése. Ha L minden eleme algebrai K felett, akkor az L K b vítést algebrainak nevezzük Tétel. (Algebrai b vítések szorzástétele) Legyenek K L M testek. Ha L : K és M : L végesek, akkor M : K is az, és M : K = L : K M : L. Bizonyítás. Legyen α 1,..., α n L-nek egy K feletti, β 1,..., β k M-nek egy L feletti bázisa, és b M tetsz leges. Ekkor b felírható γ 1 β γ k β k alakban, ahol γ i L. Minden egyes γ i felírható c i,1 α c i,n α n alakban, ahol c i,j K, ami éppen azt jelenti, hogy {α i β j i = 1... n, j = 1... k} generátorrendszere M-nek K felett. A lineáris függetlenség belátásához tegyük fel, hogy ezen elemek valamilyen d i,j K együtthatós kombinációja 0. A γ j = d 1,j α d n,j α j jelöléssel γ 1 β γ k β k = 0-t kapunk. Mivel a γ-t deniáló összeg minden tagja L-beli, így γ is L beli, és így a β-k lineáris függetlensége miatt minden γ j együttható 0. Ebb l az α-k lineáris függetlensége alapján minden d i,j együttható is 0, vagyis tényleg bázist kaptunk. Mivel a bázis elemszáma megegyezik a vektortér dimenziójával, ezért M : K = n k Állítás. Minden véges b vítés algebrai. Bizonyítás. Legyen L K egy véges b vítés, és a L. Ekkor K(a) mint vektortér altere L-nek, így maga is véges dimenziós. Mint láttuk, ez éppen azt jelenti, hogy a algebrai K felett Állítás. Az L K b vítés pontosan akkor véges, ha léteznek a 1,..., a n L, K felett algebrai elemek, amikre L = K(a 1,..., a n ). Bizonyítás. Ha L véges b vítése K-nak, akkor létezik a 1,..., a n véges bázisa, és nyilván L = K(a 1,..., a n ). A másik irányhoz legyen L 0 = K és L i = L i 1 (a i ) minden i = 1,..., n esetén. Mivel a i algebrai K felett, így nyilván algebrai a K-nál b vebb L felett is, és így minden L i : L i 1 index véges. A szorzástétel alapján tehát L : K is véges. 23

24 Következmény. Algebrai elemmel való b vítés algebrai Állítás. Ha L a K-nak, illetve M az L-nek algebrai b vítése, akkor az M K b vítés is algebrai. Bizonyítás. Legyen a M. Mivel M algebrai L felett, létezik egy f = b 0 + b 1 x + + b k x k L[x] polinom, aminek a gyöke. Ekkor a algebrai K(b 0, b 1,..., b k ) felett. Mivel K(b 0, b 1,..., b k ) véges sok algebrai elemmel való b vítése K-nak, így véges b vítés, vagyis a szorzástétel alapján K(b 0, b 1,..., b k, a) is véges. Ez utóbbi b vítésnek tehát minden eleme, speciálisan a is algebrai K felett Következmény. Ha a algebrai K felett, és b K(a) akkor b is algebrai K felett, és b foka osztója a fokának Normális b vítés, felbontási test Deníció. Legyen P K[x]. Az L K testet a P polinomhalmaz felbontási testének nevezzük, ha P minden eleme lineáris faktorokra bomlik L felett, és L a K-nak éppen a P -beli polinomok gyökeivel való b vítése Tétel. Ha P K[x] egy véges halmaz, akkor P -nek létezik felbontási teste K felett. Bizonyítás. El ször tekintsük azt az esetet, amikor P egyetlen f polinomból áll. A bizonyítást ennek a polinomnak a fokára vonatkozó indukcióval végezzük. Az els fokú polinomoknak nyilván létezik felbontási teste, és ez megegyezik az alaptesttel. Tegyük fel tehát, hogy tetsz leges test felett az állítás minden n-nél kisebb fokú polinomra igaz, és legyen deg(f) = n. Legyen p az f-nek egy K felett irreducibilis faktora. Ekkor K-nak létezik olyan K(a) b vítése, ahol a gyöke p-nek. Ekkor persze a gyöke f-nek is, tehát f(x) = (x a)g(x) alakba írható, ahol g(x) K[x], és deg(g) = n 1 n. Alkalmazható tehát az indukciós feltevés g-re, miszerint g-nek létezik az L felbontási teste K(a) felett, és ez éppen a g gyökeivel való b vítés. Ez az L egyben az f felbontási teste is a K test felett, hiszen L éppen K-nak az f gyökeivel való b vítése. Ha most P véges elemszámú halmaz, akkor P helyett tekinthetjük az összes P -beli polinom szorzatát. Ennek a polinomnak az el bbiek alapján létezik felbontási teste, és nyilván megegyezik a P polinomhalmaz felbontási testével, hiszen a szorzatpolinom összes gyökével való b vítés éppen a P összes elemének összes gyökével való b vítés. 24

25 Megjegyzés. Felbontási test akkor is létezik, ha P végtelen számosságú. Ennek egy speciális esete, ha P = K[x]. Ekkor a P felbontási testét a K test algebrai lezártjának nevezzük és K-val jelöljük. Ha K megegyezik az algebrai lezártjával, akkor azt mondjuk, hogy K algebrailag zárt Tétel. (Izomorzmus-kiterjesztési tétel) Legyen L K és N M két testb vítés, ψ : K M egy izomorzmus, valamint f K[x] egy irreducibilis polinom. Ekkor g = ψ(f) is irreducibilis M[x]-ben, és ha α L gyöke f-nek, valamint β N gyöke g-nek, akkor létezik olyan ϕ : K(α) M(β) izomorzmus, melyre ϕ(α) = β és ϕ megszorítva K-ra egyenl ψ-vel. Bizonyítás. El ször is g irreducibilis M[x]-ben, hiszen ha felbomlana az r s nem konstans polinomok szorzatára, akkor az izomorzmus inverzénél f is felbomlana ψ 1 (r) ψ 1 (s) nem konstans polinomok szorzatára. Mivel α-nak f, β-nak g a minimálpolinomja, így K(α) = K[x]/(f) és M(β) = M[x]/(g). Ha tekintjük a K[x] M[x]/(g), h ψ(h)+(g) leképezést, akkor a homomorzmustétel alapján K[x]/(f) = M[x]/(g), ahol a h + (f) maradékosztálynak a ψ(h) + (g) maradékosztály felel meg. (Hiszen a fenti leképezés magja éppen azokból a h K[x] polinomokból áll, melyekre g ψ(h) ami pontosan akkor teljesül, ha f h, és tetsz leges h M[x]-re a h + (g) maradékosztály el áll mint ψ 1 (h) K[x] képe.) A fenti izomorzmusok kompozícióját véve egy ϕ : K(α) M(β) izomorzmust kapunk. Kiindulva α-ból el ször x + (f)-et, innen x + (g)-t és végül β-t kapunk. Tetsz leges k K elemet ϕ a neki megfelel konstans polinom szerinti maradékosztályon keresztül ψ(k)-ba viszi Tétel. Tegyük fel, hogy L K és N M két testb vítés, ψ : K M izomorzmus és f K[x].Tudjuk továbbá, hogy L felbontási teste f-nek K felett, és N felbontási teste g = ψ(f)-nek M felett. Ekkor létezik ϕ : L N izomorzmus, mely K-ra megszorítva egyenl ϕ-vel. Bizonyítás. A bizonyítást az f fokszáma szerinti indukcióval végezzük. Els fokú és konstans polinomokra az állítás triviális. Tegyük fel tehát, hogy deg(f) = n, és kisebb fokú polinomokra az állítást már beláttuk. Legyen p K[x] egy irreducibilis faktora f-nek, és α L a p-nek egy gyöke. (Ilyen α van, hiszen L az f felbontási teste, és p gyökei 25

26 az L gyökei közül valók.) ugyanígy ψ(p) egy irreducibilis faktora lesz g-nek, és ψ(p)- nek létezik egy β N gyöke. Az izomorzmus-kiterjesztési tétel miatt ψ-nek létezik egy η : K(α) M(β) kiterjesztése. Ezen a ponton van két L K(α) és N M(β) testb vítésünk, és egy η : K(α) M(β) izomorzmusunk.tekintsük a h(x) = f(x)/(x 0) K(α) polinomot, melynek foka n 1. Az L test felbontási teste h-nak K(α) felett, hiszen h-nak a gyökei éppen f-nek az α-tól különböz gyökei, és így K(α)-nak h gyökeivel való b vítése megegyezik K-nak f gyökeivel való b vítésével. ugyanígy N felbontási teste η(h(x)) = g(x)/(x β)-nak M(β) felett, és így az indukciós feltevés miatt η kiterjeszthet L N izomorzmussá, ami nyilván ψ-nek is kiterjesztése lesz Következmény. Ha a fenti tételben K = M és ψ az identitás, akkor azt kapjuk, hogy egy adott f K[x] polinom K feletti felbontási teste egy a K elemeit xen hagyó izomorzmustól eltekintve egyértelm Megjegyzés. Mivel egy véges polinomhalmaz felbontási teste megegyezik a polinomok szorzatának felbontási testével, így egy K-t xen hagyó izomorzmus erejéig ez is egyértelm. Az analóg állítás igaz végtelen számosságú polinomhalmaz esetén is Deníció. Legyen L a K test egy algebrai b vítése, és a, b L. Ha a és b K feletti minimálpolinomjai megegyeznek, akkor azt mondjuk, hogy a és b konjugáltak K fölött Deníció. A K test egy algebrai b vítését normálisnak hívjuk, ha minden a L elemre L tartalmazza a összes K feletti K-beli konjugáltját. Más szóval, ha L tartalmazza egy f K[x] irreducibilis polinom egy gyökét, akkor az összeset tartalmazza Tétel. Legyen L K egy normális b vítés. Ekkor L egy alkalmas K feletti polinomhalmaz felbontási teste. Ha L : K véges, akkor a polinomhalmaz is megválasztható végesnek. Bizonyítás. A feltétel szerint L minden eleme algebrai K felett. Legyen L az L elemeihez tartozó minimálpolinomok halmazának felbontási teste. Mivel L normális b vítése K-nak, így L minden elemének minden konjugáltját is tartalmazza, vagyis L L. Másrészt L -t eleve úgy csináltuk, hogy L minden elemét tartalmazza, tehát L L és így L = L. Tegyük most fel, hogy L : K véges. Ekkor léteznek a 1,..., a n algebrai elemek, hogy L = K(a 1,..., a n ). Legyen L az a 1,..., a n elemek minimálpolinomjainak felbontási teste. Akárcsak az el bb, most is könnyen látható, hogy L = L. 26

27 A következ tétel bizonyításához szükség lesz a szimmetrikus polinomok fogalmára, illetve a szimmetrikus polinomok alaptételére, melyet most bizonyítás nélkül közlünk Deníció. Az f K[x 1,..., x n ] polinomot szimmetrikusnak nevezzük, ha a változóit tetsz legesen permutálva ugyan azt a polinomot kapjuk. σ k (x 1,..., x n )-el jelöljük a K-adik elemi szimmetrikus polinomot (1 k n), amit úgy kapunk, hogy az x 1,..., x n határozatlanok közül az összes lehetséges módon kiválasztunk k különböz t, a kiválasztott elemeket összeszorozzuk, majd az összes ilyen szorzatot összeadjuk. k = 0 esetén σ 0 -t a konstans 1 polinomnak deniáljuk Tétel. (Szimmetrikus polinomok alaptétele) Legyen f K[x 1,..., x n ] egy tetsz leges szimmetrikus polinom. Ekkor egyértelm en létezik egy F K[y 1,..., y n ] polinom, melyre f(x 1,..., x n ) = F (σ 1,..., σ n ). Más szóval minden szimmetrikus polinom felírható az elemi szimmetrikus polinomok polinomjaként Tétel. Legyen K L két test. Ha L egy P K[x] polinomhalmaz felbontási teste, akkor a K L testb vítés normális. Bizonyítás. Legyen L a P polinomhalmaz felbontási teste, és g K[x] irreducibilis polinom. Tegyük fel, hogy g felbomlik L[x]-ben a g 1,..., g r polinomok szorzatára. Nem megy az általánosság rovására, ha feltesszük, hogy minden g i polinom normált, és fokszám szerint növekv sorrendben vannak. Els állításunk, hogy létezik olyan f K[x] polinom, aminek M felbontási teste feletti M[x] polinomgy r tartalmazza az összes g i polinomot. Valóban, L minden eleme felírható véges sok P -beli polinomok gyökeinek K-beli együtthatós kombinációjaként, így L minden eleme benne van egy véges polinomhalmaz felbontási testében. Mivel minden g i polinomnak véges sok együtthatója van, így ezek benne vannak véges sok véges polinomhalmaz uniójának felbontási testében. Mivel véges polinomhalmaz felbontási teste megegyezik egy alkalmasan választott polinom felbontási testével, így ezt az állítást beláttuk. Megjegyezzük, hogy mivel g i irreducibilis L[x]-ben, így nyilván irreducibilis az ennél sz kebb M[x] polinomgy r ben is. Legyen tehát M = K(a 1,..., a n ), ahol a 1,..., a n az f összes gyöke. g i M[x] miatt g i minden együtthatója felírható az a j -k K-beli együtthatós 27

28 polinomjaként. Mivel ez a felírás nem egyértelm, rögzítsük a g i(y 1,..., y n, x) polinomokat úgy, hogy minden i-re g i(a 1,..., a n, x) = g i (x) teljesüljön. Deniáljuk a G (y 1,..., y n, x) K[y 1,..., y n, x] polinomot a következ képpen: G (y 1,..., y n, x) = g 1 (y σ(1),..., y σ(n), x). σ S n G az y 1,..., y n határozatlanok szimmetrikus polinomja, hiszen ezek tetsz leges permutációja csak a szorzat tényez it permutálja. Ha tehát most G -re mint x-nek a polinomjára tekintünk, akkor azt kapjuk, hogy minden együtthatója az y i -k szimmetrikus polinomja, és így az alaptétel szerint felírható az y i -k elemi szimmetrikus polinomjainak K-beli együtthatós polinomjaként. A Viete-formulák alapján az a 1,..., a n elemek elemi szimmetrikus polinomjai (el jelt l eltekintve) éppen az f együtthatói (feltéve persze, hogy f normált). Így a G(x) = G (a 1,..., a n, x) polinom együtthatói mind K-beliek, azaz G(x) K[x]. Tudjuk továbbá, hogy g 1 (x) G(x), hiszen a G(x)-et deniáló szorzatban megjelenik g 1 is, amikor σ az identikus permutáció. Azt állítjuk, hogy ebb l következik a g(x) G(x) oszthatóság. Valóban, g irreducibilitása miatt g és G legnagyobb közös osztója K[x]-ben vagy konstans, vagy g. Ha ez egy c konstans volna, akkor c el állna q g + r G alakban, ahol q, r K[x]. Ekkor viszont M[x]-ben is el állna így, ami ellentmondás, hiszen g 1 osztja az iménti összeget, de nem osztja c-t. Az M[x] polinomgy r re visszatérve az imént megállapított oszthatóság alapján minden i-re g i osztója G(x)-nek. Mivel g i (x) irreducibilis (és így prím is), osztója a G(x)- et deniáló összeg egyik tagjának. Ezen tagok mindegyike g 1 (b 1,..., b n, x) alakú, ahol b 1,..., b n az f gyökeinek felsorolása valamilyen sorrendben. Ennek a foka természetesen megegyezik g 1 (x) fokával, ami a feltétel szerint nem nagyobb g i fokánál. Másrészt az oszthatóság miatt g i (x) foka nem lehet nagyobb g 1 (b 1..., b n, x) fokánál, vagyis a két polinom foka megegyezik. Ott tartunk tehát, hogy tetsz leges g K[x] irreducibilis polinomról beláttuk, hogy L[x]-ben azonos fokú faktorok szorzatára bomlik. Ekkor ha g-nek van gyöke L-ben, akkor van lineáris faktora is, és így g lineáris faktorokra bomlik, vagyis az L K b vítés valóban normális. 28