Direkt esz, inverz esz, végtelen Galois-bővítések Az alábbi jegyzetben a direkt eszt, az inverz eszt, testek algebrai lezártjának létezését, ill. a végtelen Galois-csoportokat tekintjük át. Nem minden bizonyítás szerepelt előadáson (vagy gyakorlaton), ezeket természetesen nem kell tudni. Az algebrai lezárt konstrukciója lényegében megegyezik Pelikán József [1] internetes Algebra jegyzetében szereplő konstrukcióval. 1. Direkt esz Legyen I egy (általában végtelen) részbenrendezett halmaz, melyben bármely két elemnek van közös felső korlátja (azaz I jobb filtrált). Ekkor természetesen bármely véges sok elemnek is van közös felső korlátja. 1.1. Definíció. Legyenek az A i halmazok az I részbenrendezett halmazzal indexelve, és minden i j-re legyen adva egy f ji : A i A j függvény az alábbi tulajdonságokkal: (1) f ii = id Ai minden i I-re; (2) ha i j k I, akkor f ki = f kj f ji. Az (A i ) i I halmazrendszert ekkor direkt rendszernek nevezzük. Az (A i ) i I direkt rendszer direkt eszén a A i := Ai /, i I ahol a következő ekvivalenciareláció a i I A i diszjunkt unión: a i a j (a i A i, a j A j, i, j I) akkor és csak akkor, ha van olyan k I, melyre i k, j k és f ki (a i ) = f kj (a j ) A k. Az a i A i osztályát a A i direkt eszben [a i ]-vel jelöljük. A direkt eszt időnként injektív esznek, vagy koesznek is nevezik. 1.2. Megjegyzés. Ha az A i halmazok topologikus terek, és az f ji leképezések folytonosak, akkor a A i is egy topologikus tér lesz (a diszjunkt unión vett ekvivalenciareláció szerinti i I faktortértopológiával). Ez a topológia A i -n a direkt esz topológia, mely nem más, i I mint a legfinomabb olyan topológia, melyre nézve az A i Ai A i leképezések mind folytonosak. 1.3. Állítás. Ha az A i halmazok csoportok, és az f ji leképezések csoporthomomorfizmusok, akkor A i is csoport az [a i ] [a j ] := [f ki (a i ) f ji (a i )] művelettel, ahol k I tetszőleges közös felső korlátja i, j I-nek. Bizonyítás. A jóldefiniáltság abból következik, hogy [a i ] = [f ki (a i )], és ha a i a i (melyet egy i, i k 1 I index bizonyít), a j a j (melyet egy j, j k 2 I index bizonyít) és k, k egy-egy közös felső korlátja i, j-nek, illetve i, j -nek rendre, akkor vehetünk egy k 0 I közös felső korlátot az i, j, k, i, j, k, k 1, k 2 I elemeknek. Ekkor (többször használva, hogy az f-ek homomorfizmusok, és jól viselkednek a kompozícióra) f k0 k(f ki (a i )f kj (a j )) = f k0 k f ki (a i )f k0 k f kj (a j ) = = f k0 i(a i )f k0 j(a j ) = f k0 k 1 f k1 i(a i )f k0 k 2 f k2 j(a j ) = = f k0 k 1 f k1 i (a i )f k 0 k 2 f k2 j (a j ) = f k 0 i (a i )f k 0 j (a j ) = f k 0 k (f k i (a i )f k j (a j )). Az asszociativitás egy hasonló számolás és [a i ] 1 = [a 1 i ]. 1
A fenti bizonyítás azt is mutatja, hogy ha az A i -ken tetszőleges műveletek vannak adva, amiket az f ji leképezések megtartanak, akkor a direkt eszen is értelmezhetők ugyanezek a műveletek. Sőt, ha vannak azonosságaink, melyek az összes A i -ben teljesülnek, akkor azok az azonosságok a direkt eszben is teljesülni fognak. Tehát gyűrűk, modulusok, vektorterek direkt esze is gyűrű, modulus, vektortér. Sőt, ha feltesszük, hogy a leképezések mindig testhomomorfizmusok, melyek az 1-et az 1-be viszik (speciálisan injektívek), akkor testek direkt esze is test lesz, hiszen minden nem 0 elemnek lesz inverze. 1.4. Példa. Ha I = Z >0 az oszthatóságra nézve, és µ n C jelöli az n-edik egységgyökök csoportját, és n m esetén f mn : µ n µ m a természetes tartalmazás, akkor µ n n = µ az összes komplex egységgyök csoportja. 1.5. Állítás. A direkt esz funktor egzakt (Abel-csoportokon). Mielőtt belekezdenénk a fenti állítás bizonyításába, először azt kell megmondanunk, mitől is lesz a direkt esz egy funktor, és melyik kategóriából melyikbe képez. Rögzítsünk egy I jobb filtrált részbenrendezett halmazt, és tekintsük ezzel a részbenrendezett halmazzal indexelt Abel-csoportok direkt rendszereit, mint objektumokat. Egy (A i, f ji ) i j I és egy (B i, g ji ) i j I direkt rendszer között egy ϕ = (ϕ i ) i I morfizmus alatt ϕ i : A i B i (i I) Abel-csoport homomorfizmusok egy rendszerét értjük, melyekre minden i j I esetén a ϕ i A i B i f ji g ji ϕ j A j Bj diagram kommutatív. Vegyük észre, hogy direkt rendszerek közti leképezések magja és képe (sőt, komagja) is direkt rendszer, ezért van értelme direkt rendszerek egzakt sorozatáról beszélni. Továbbá ha ϕ egy morfizmus az (A i ) i I és a (B i ) i I direkt rendszer között, akkor ϕ indukál egy ϕ i : A i B i Abel-csoport homomorfizmust a direkt eszek között. Tehát valóban egy funktor, mégpedig az I-vel indexelt Abel-csoportokból álló direkt i I rendszerek kategóriájából az Abel-csoportok kategóriájába, és van értelme arról beszélni, hogy egzakt sorozatot egzaktba visz-e. Bizonyítás. Azt kell belátnunk, hogy ha (A i, f ji ) α β i j I (B i, g ji ) i j I (Ci, h ji ) i j I direkt rendszerek egy egzakt sorozata, akkor A α i i B β i i C i is egzakt. Az, hogy β i α i = (β i α i ) = 0 = 0 (vagyis Im( α i ) Ker( β i )), világos. Másrészt legyen b = [b i ] Ker(β) B i. Ez azt jelenti, hogy ( β i )(b) = [β i (b i )] = [0] = 0 C i - ben. A ekvivalenciareláció definíciója szerint ez azt jelenti, hogy van olyan k i I, melyre h ki (β i (b i )) = h ki (0) = 0 C k. Node 0 = h ki (β i (b i )) = β k (g ki (b i )), azaz g ki (b i ) Ker(β k ) = Im(α k ) (a direkt rendszerek közti sorozat egzaktsága miatt). Ekkor van olyan a k A k, melyre α k (a k ) = g ki (b i ), azaz b = [b i ] = [g ki (b i )] = [α k (a k )] = α i ([a k ]) Im( α i ). Tehát Ker( β i ) Im( α i ), mivel b Ker( β i ) tetszőleges volt. 2. Inverz esz 2.1. Definíció. Legyenek az A i halmazok ismét egy részben rendezett I halmazzal indexelve (melyben bármely két elemnek van felső korlátja, de ez itt a definícióhoz nem szükséges, csak 2
a későbbi állításokhoz). Az (A i ) i I halmazok egy inverz rendszert alkotnak, ha minden i j I-re adva van egy f ij : A j A i függvény, melyre (1) f ii = id Ai ; (2) i j k esetén f ij f jk = f ik. Az A i halmazok inverz esze a A i := {(a i ) i I A i f ij (a j ) = a i minden i j I-re} i I i I halmaz. nevezik. Az inverz eszt időnként projektív esznek vagy egyszerűen csak esznek is 2.2. Megjegyzés. Ha az A i halmazok topologikus terek, és az f ij (i j I) leképezések folytonosak, akkor a A i halmazon értelmezhetjük a szorzattopológia altértopológiáját, melyre nézve egy topologikus tér lesz. Ez a topológia nem más, mint a legdurvább olyan topológia, melyre nézve a i I A i i I A i A j leképezések folytonosak minden j I-re. Másrészt az is világos, hogy ha az A i halmazok csoportok (gyűrűk, modulusok, stb.) és az f ij leképezések homomorfizmusok, akkor a A i részcsoportja (részgyűrűje, részmodulusa, stb.) lesz a direkt szorzatnak. 2.3. Példa. A p-adikus egészek gyűrűje felírható inverz eszként: Z p = n 1 Z/(p n ). Hasonlóan egy R (kommutatív) gyűrű feletti formálos hatványsorok gyűrűje is: R[[x]] = n 1 R[x]/(xn ). 2.4. Állítás. Nemüres, kompakt, Hausdorff A i (i I) halmazok (folytonos összekötő leképezésekkel vett) inverz esze nemüres, kompakt, és Hausdorff. Bizonyítás. Hausdorff terekt direkt szorzata is Hausdorff, ezek részhalmaza is az. Másrészt Tyihonov tétele szerint kompakt halmazok szorzata is kompakt. Belátjuk, hogy ha az eredeti A i halmazok Hausdorffak, akkor A i egy zárt része A i -nek, speciálisan kompakt. Valóban, minden i j I pár esetén a B i,j := {(a i ) i I i I A i f ij (a j ) a i } halmaz nyílt Ai -ben, hiszen A i Hausdorff, ezért (a i ) i I B ij esetén a i -nek és f ij (a j )-nek van egymástól diszjunkt a i V i, f ij (a j ) U j környezetei. Ekkor V j := f 1 ij (U j) A j is nyílt, tehát V i V j k I,i k j A j B ij, azaz B ij nyílt. Továbbá ha A i üres lenne, az azt jelentené, hogy a B ij (i j I) lefednék a kompakt A i halmazt, tehát ennek létezne véges részfedése, azaz i 1 j 1,..., i n j n I n darab pár, melyre n k=1 B i k j k = A i. Node ennek a 2n darab indexnek van egy t I közös felső korlátja, és tetszőleges a t A t -re az a ik := f ik t(a t ), a jk := f jk t(a t ), a s A s tetszőleges (s i 1, j 1,..., i n, j n I) esetén (a i ) i I A i nincs benne egyik B ik j k -ban sem (k = 1,..., n), ami ellentmondás. Vegyük észre, hogy a fenti állítás a Kőnig-lemma messzemenő általánosítása, mely ezen a nyelven azt mondja ki, hogy véges nemüres halmazok inverz esze nemüres. Valóban, minden véges halmaz kompakt a diszkrét topológiában, és minden leképezés folytonos két diszkrét tér között. A direkt eszhez hasonlóan adott I részbenrendezett halmazra az inverz esz is funktor: az Abel-csoport inverz rendszereinek kategóriájából az Abel-csoportok kategóriájába. 2.5. Állítás. Abel-csoportokon az inverz esz balegzakt, de általában nem jobb egzakt. 3
Bizonyítás. Legyen 0 A i sorozata (tehát a α i Bi β i Ci α 0 j β A j j B j f ij Abel-csoportok inverz rendszerének egy egzakt g ij C j 0 A i α i B i β i C i diagramok minden i j I esetén kommutatívak). Az, hogy α i injektív, abból következik, hogy a α i : A i B i leképezés is injektív. A ( β i ) ( α i ) = (β i α i ) = 0 = 0, szintén világos. Másrészt, ha (b i) i I B i B i benne van Ker( β i )-ben, akkor minden i I-re β i (b i ) = 0, azaz b i Ker(β i ) = Im(α i ), így van olyan a i A i, melyre α i (a i ) = b i. Ráadásul α i injektív, ezért ez az a i egyértelmű is, sőt, α i (f ij (a j )) = g ij (α j (a j )) = g ij (b j ) = b i = α i (a i ) és α i injektivitása miatt f ij (a j ) = a i, azaz (a i ) i I benne van A i - ben. 2.6. Példa. Az inverz esz általában nem egzakt: A 0 p n Z Z Z/(p n ) 0 sorozat minden n-re egzakt, és kompatibilis a természetes leképezésekkel, viszont p n Z = 0, n Z = Z, és Z/(pn ) = Z p, és a 0 0 Z Z p 0 sorozat nem egzakt. Variációk egy témára: 2.7. Következmény. Kompakt Hausdorff Abel-csoportokon az inverz esz egzakt. Bizonyítás. Azt kell belátnunk, hogy anélkül, hogy feltennénk, hogy az α i : A i B i leképezések injektívek, következik az egzaktság B i -nél. A fenti bizonyításban ezt ott használtuk ki, hogy mivel a i egyértelmű volt, ezért az (a i ) i I sorozat szükségképpen kompatibilis az A i - k közötti összekötőleképezésekkel. Viszont most az A i -k kompaktak, ezért az α 1 i (b i ) A i részhalmazok is kompaktak, nemüresek, és Hausdorffak (zárt őse zárt, kompaktnak zárt része kompakt). Ráadásul ezen halmazok is inverz rendszert alkotnak, tehát inverz eszük nemüres a 2.4-es állítás miatt. Ez pedig azt bizonyítja, hogy a (b i ) i I elem benne van α i képében. α 2.8. Következmény. Legyen 0 A i β i i Bi Ci 0 Abel-csoportok inverz rendszerének egy egzakt sorozata, és tegyük fel, hogy I = N a szokásos részbenrendezéssel. Tegyük fel, hogy az (A i ) i I inverz rendszer teljesíti a Mittag-Leffler feltételt: Minden i N-re van olyan i m = m(i) N index, melyre minden j m-re Im(f im ) = Im(f ij ) (azaz valamilyen indextől kezdve a képterek stabilizálódnak). Ekkor a 0 A i B i C i 0 sorozat is egzakt. Speciálisan ha az f ij : A j A i leképezések minden i j I-re szürjektívek, akkor a Mittag-Leffler feltétel triviálisan teljesül m = i-vel. Bizonyítás. Az általános eset bizonyítását az olvasóra hagyjuk. Ha az f ij leképezések szürjektívek, akkor be kell látnunk, hogy a β i : B i C i leképezés szürjektív. Legyen (c i ) i I C i. Ekkor a D i := β 1 i (c i ) B i halmazok Ker(β i ) = Im(α i )-szerinti mellékosztályok, melyekre g ij (D j ) D i. Belátjuk, hogy itt egyenlőség van, azaz g ij : D j D i is szürjektív. Legyen d i D i, vegyünk egy tetszőleges d j D j -t. Ekkor g ij (d j) D i, azaz d i g ij (d j) Im(α i ). Mivel α i injektív, ezért egyértelműen létezik egy a i A i, melyre α i (a i ) = d i g ij (d j). Másrészt f ij : A j A i szürjektív, azaz van olyan a j A j, melyre f ij (a j ) = a i. Ekkor viszont d i = α i (a i ) + g ij (d j) = α i (f ij (a j )) + g ij (d j) = g ij (α j (a j ) + d j) 4 h ij
g ij (D j ), hiszen α j (a j )+d j ugyanabban az Im(α j )-szerinti mellékosztályban van, mint d j, azaz D j -ben van. Tehát rekurzívan meg tudjuk konstruálni a D i halmaz egy elemét: ha d i D i már megvan, akkor vesszük egy tetszőleges ősképét D i+1 -ben, és így tovább. Az alábbi példában megmutatjuk, hogyan lehet a fenti Mittag-Leffler feltételt alkalmazni. 2.9. Feladat. Igazoljuk, hogy Z[[x]]/(x p) = Z p. Megoldás. Írjuk a Z[[x]] formális hatványsorgyűrűt Z[[x]] = Z[x]/(x n ) alakba. Vegyük észre, hogy az x p-vel való szorzás injektív a Z[x]/(x n ) gyűrűn. Valóban, ha valamely f(x) Z[x]- re f(x)(x p) osztható x n -nel, akkor f(x) is osztható x n, mivel x n -nek és x p-nek nincs közös irreducibilis osztója, és Z[x]-ben igaz a számelmélet alaptétele. Tehát minden n 1-re kapunk egy 0 Z[x]/(x n ) (x p) Z[x]/(x n ) Z[x]/(x n, x p) 0 rövid egzakt sorozatot. Ráadásul ezek a rövid egzakt sorozatok kompatibilisek a Z[x]/(x n+1 ) Z[x]/(x n ) természetes szürjektív faktorleképezésekkel, azaz a 0 Z[x]/(x n+1 ) (x p) Z[x]/(x n+1 ) Z[x]/(x n+1, x p) 0 0 Z[x]/(x n ) (x p) Z[x]/(x n ) Z[x]/(x n, x p) 0 diagram kommutatív minden n 1-re. Vegyük észre, hogy Z[x]/(x n, x p) = Z[x]/(p n, x p) = Z/(p n ), ráadásul a természetes Z[x]/(x n+1, x p) Z[x]/(x n, x p) faktorleképezés ennél az izomorfizmusnál a Z/(p n+1 ) Z/(p n ) természetes faktorleképezést indukálja. Így a 2.8-as Következmény szerint a 0 Z[x]/(x n ) (x p) Z[x]/(x n ) Z/(p n ) 0 sorozat is egzakt, azaz Z p = Z[[x]]/(x p). 3. Algebrai lezárt létezése, végtelen Galois-bővítések 3.1. Lemma. Legyenek f 1 (x),..., f n (x) K[x] nemkonstans polinomok. Ekkor van olyan K L véges bővítése K-nak, melyben mindegyik f i (i = 1,..., n) polinomnak van gyöke. Bizonyítás. Indukció n szerint. Ha n = 1, akkor vesszük f 1 -nek egy g 1 irreducibilis osztóját, és az L 1 := K[x]/(g 1 (x)) testet, melyben g 1 -nek és így f 1 -nek van gyöke. A következő bizonyítás megegyezik Pelikán József Algebra [1] jegyzetében található bizonyítással, de az olvasó kényelmének kedvéért megismételjük. 3.2. Tétel. Minden K testnek izomorfia erejéig egyértelműen létezik algebrai lezártja, azaz olyan K K test, mely algebrai bővítése K-nak és algebrailag zárt. 5
Bizonyítás. Létezés: Legyen S := {f(x) K[x] f nem konstans } a K feletti nemkonstans polinomok halmaza, és R := K[x f f S] sokváltozós polinomgyűrű (minden f S polinomra veszünk egy-egy x f változót). Legyen továbbá I := (f(x f ) f S) R az f(x f ) polinomok által generált ideál. Azt állítjuk, hogy I R. Valóban, tegyük fel indirekten, hogy 1 I, azaz van olyan g 1,..., g n R és f 1,..., f n S, melyekre 1 = g 1 f 1 (x f1 ) + + g n f n (x fn ). (1) A 3.1-es Lemma szerint van olyan K L véges bővítés és α 1,..., α n L elemek, melyekre f i (α i ) = 0 (i = 1,..., n). Az (1)-es egyenletbe x fi helyére α i -t helyettesítve, a többi változó helyére pedig tetszőleges (pl. 0) számokat írva egy olyan R L gyűrűhomomorfizmust kapunk, ami a bal oldalt 1-be, a jobb oldalt pedig 0-ba viszi. Ez ellentmondás, tehát I R. Így van I-t tartalmazó M R maximális ideál R-ben Krull tétele szerint (itt kihasználjuk a Zorn lemmát). Ekkor K 1 := R/M test. Vegyük észre, hogy K 1 -et generálják az x f + M K 1 elemek K felett (f S), hiszen R-et is generálják az x f elemek. Viszont az x f + M elemek algebraiak K fölött, hiszen f(x f + M) = 0. Tehát K 1 egy olyan algebrai bővítése K- nak, melyben minden K feletti nemkonstans polinomnak van gyöke. Vegyük észre, hogy K 1 nem feltétlenül algebrailag zárt, hiszen előfordulhat, hogy egyes K 1 -beli polinomoknak nincs gyökük K 1 -ben, sőt, az is, hogy egy f K[x] polinomnak csak egyetlen gyöke van K 1 -ben, nem az összes. Viszont K helyett K 1 -gyel elismételhetjük a fenti konstrukciót, mellyel kapunk egy K K 1 K 2 algebrai bővítést, melyben minden K 1 feletti polinomnak van gyöke. És így tovább, legyen K := n=1 K n felszálló unió. Ekkor a K testnek minden eleme algebrai K felett (hiszen algebrai bővítések egymásutánja is algebrai), továbbá K már algebrailag zárt: ha g(x) K[x] nemkonstans, akkor van olyan n 1, melyre g minden együtthatója benne van K n -ben, azaz g-nek van gyöke K n+1 K-ban. Egyértelműség: Legyen F egy másik algebrai lezártja K-nak. A Zorn-lemma segítségével megadunk egy K F izomorfizmust. Legyen H az (L, ϕ) rendezett párok halmaza, ahol K L K egy közbülső test, ϕ: L F pedig egy K-homomorfizmus. Értelmezzük H-n a következő részbenrendezést: (L 1, ϕ 1 ) (L 2, ϕ 2 ) akkor és csak akkor, ha L 1 L 2 résztest és ϕ 2 megszorítása L 1 -re megegyezik ϕ 1 -gyel. H egy nemüres halmaz, hiszen K F, ezért (K, ι) H, ahol ι: K F a természetes tartalmazás. Továbbá H zárt a felszálló unióra, ezért alkalmazható a Zorn lemma: legyen (L 0, ϕ 0 ) a H egy maximális eleme. Tegyük fel először, hogy L 0 K, azaz van egy α K, melyre α / L 0. Legyen α minimálpolinomja L 0 felett m α (x) L 0 [x]. A [2] 1.9-es Állítás szerint ϕ 0 kiterjesztései L 0 (α)-ra bijekcióban vannak ϕ 0 (m α (x)) F -beli gyökeivel. Mivel F algebrailag zárt, ezért ϕ 0 (m α )-nak van gyöke F -ben, tehát létezik egy ψ : L 0 (α) F K-homomorfizmus kiterjesztése ϕ 0 -nak, ami ellentmond (L 0, ϕ 0 ) maximalitásának. Tehát L 0 = K és ϕ 0 : K L egy K-homomorfizmus, speciálisan injektív. A szürjektivitáshoz legyen β F tetszőleges. Mivel F/K algebrai, ezért β-nak van egy m β (x) K[x] minimálpolinomja K felett, melynek különböző gyökei F -ben β 1 = β,..., β n. Ekkor m β -nak K-ban is n különböző gyöke van: β 1,..., β n (valóban, a különböző gyökök száma leolvasható a polinomról többszörös deriválással). Node β 1,..., β n mind β 1,..., β n -be mehet csak a ϕ 0 testhomomorfizmusnál, speciálisan β is benne van ϕ 0 képében, azaz ϕ 0 izomorfizmus. 3.3. Állítás. Legyen K egy tökéletes test. Ekkor K = L = L, K L K,L/K véges K L K,L/K véges Galois 6
ahol az összekötőleképezések és a részbenrendezés a tartalmazás. Bizonyítás. Ha L 1, L 2 két véges bővítése K-nak K-ban, akkor L 1 -nek és L 2 -nek van közös felső korlátja (bővítünk mindkettő generátoraival), tehát a direkt esznek van értelme. Másrészt, ha α K, akkor van olyan K L 0 K véges közbülső test, melyben α benne van, sőt, ha K tökéletes, akkor még Galois-bővítés is van ilyen. Tehát α-hoz hozzárendelhetjük α L 0 osztályát a L direkt eszben, mely hozzárendelés egy K-homomorfizmus. Ez a K- homomorfizmus nyilvánvalóan bijektív. 3.4. Definíció. Egy F/K végtelen algebrai bővítést Galois-bővítésnek nevezünk, ha szeparábilis és normális. A fenti bizonyítással analóg érvelés miatt ez azzal ekvivalens, hogy F véges Galois-bővítések direkt esze. 3.5. Állítás. Ha F/K Galois-bővítés, akkor Gal(F/K) := Hom K (F, F ) = Gal(L/K), K L F,L/K véges Galois ahol a jobb oldalon K L 1 L 2 véges Galois bővítések esetén a Gal(L 2 /K) Gal(L 1 /K) összekötő leképezések a megszorítás által indukált faktorleképezések. Bizonyítás. Ha τ Hom K (F, F ), akkor τ nyilván injektív, és a 3.2-es Tétel bizonyításának végéhez hasonló gondolatmenet miatt szürjektív is, azaz invertálható. Tehát Gal(F/K) egy csoport. Továbbá ha τ Hom K (F, F ), akkor τ-t megszoríthatjuk minden L véges Galois közbülső testre, így a τ (τ L ) L egy Gal(F/K) Gal(L/K) csoporthomomorfizmus lesz, hiszen (τ L2 ) L1 = τ L1. Az injektivitás világos, hiszen ha τ id, akkor van olyan α F, melyre τ(α) α, de α benne van egy véges bővítésben is. A szürjektivitás szintén világos, hiszen ha van τ L -eknek egy kompatibilis rendszere, akkor ez megad egy τ : F F K-homomorfizmust a következőképpen: ha α F, akkor van olyan L véges bővítés, mely tartalmazza α-t. Ekkor τ(α) := τ L (α) legyen, és ez nyilván nem függ L választásától, mivel (τ L ) L kompatibilis volt. 3.6. Definíció. A K tökéletes test abszolút Galois-csoportján a Gal(K/K) csoportot értjük. Ezen értelmezhető az inverz esz topológia (a Gal(L/K) véges csoportokon a diszkrét topológiát választva), melyre nézve egy kompakt csoport, hiszen véges (spec. kompakt) csoportok inverz esze. Véges csoportok inverz eszeit provéges csoportoknak nevezzük. Ha K nem tökéletes, akkor K nem Galois-bővítése K-nak. Ebben az esetben K helyett K maximális szeparábilis K sep bővítését ( szeparábilis lezárt ) kell venni az abszolút Galois csoport definíciójában. Híres megoldatlan probléma az inverz Galois-probléma, mely ebben a kontextusban azzal ekvivalens, hogy minden véges csoport előáll-e a Gal(Q/Q) csoport folytonos homomorf képeként, azaz Q véges bővítésének Galois-csoportjaként. Hivatkozások [1] Pelikán József, Algebra, http://www.cs.elte.hu/~pelikan/11_testek.pdf [2] Zábrádi Gergely, K-homomorfizmusok, szeparábilis bővítések, Galois-elmélet, http:// www.cs.elte.hu/~zger/algebra4_2013/szeparabilis.pdf 7