GALOISOVA TEORIE DAVID STANOVSKÝ

GALOISOVA TEORIE DAVID STANOVSKÝ Předběžná varianta!!! Obsahuje aktualizaci obsahu kapitoly o kořenových rozšířeníchanovoukapitoluogaloisověteorii.četljsemtoposobějenomjednou,takže text určitě obsahuje chyby a nejasná místa. Budu vděčný, když mě na ně upozorníte (stanovsk karlin.mff.cuni.cz). 1. Kořenová rozšíření 1.1. Kořenová a rozkladová nadtělesa. Cílem tohoto odstavce je dokázat, že pro každý polynom f T[x] existuje nejmenší rozšíření S T, kde se f rozkládá na lineární činitele(tj. polynomy stupně1).intuitivnějevěcjasná:je-lit C,pakstačívzítS=T(a 1,...,a n ), kde a 1,...,a n jsoukomplexníkořenypolynomu f.problémyjsoudva:jednakjsme nedokázali, že se f nad komplexními čísly skutečně rozkládá(tento fakt se nazývá základnívětaalgebryanenízastaksnadnéhodokázat),ale,atozejména,nekaždé těleso je podtělesem C. Definice. BuďT Srozšířenítělesaf T[x].Řekneme,žeSje (1)kořenovénadtělesopolynomu f nadt,pokudmápolynom f vtěleses kořen aanavícs=t(a). (2) rozkladové nadtěleso polynomu f nad T, pokud se polynom f rozkládá v S[x]nalineárníčinitele,tj. f (x a 1 )... (x a n )pronějaká a 1,...,a n S,anavícS=T(a 1,...,a n ). Příklad. Příklady kořenových a rozkladových nadtěles (uvedena jsou všechna, která jsou obsažena v tělese C): f kořenová nadtělesa f nad Q rozkladové nadtěleso f nad Q x 2 +1 Q(i) Q(i) x 2 1 Q Q x 3 1 Q, Q(e 2πi/3 ) Q(e 2πi/3 ) x 4 1 Q, Q(i) Q(i) x 3 2 Q( 3 2), Q( 3 2 e 2πi/3 ) Q( 3 2, 3 2 e 2πi/3 ) Obecně,kořenovénadtělesopolynomu x n 1nadtělesem Qjekaždé Q(e 2kπi/n ), kde k=0,...,n 1,aleneníjasné,kteráztěchtotělesjsoutotožná.Rozkladové nadtěleso dostaneme volbou k = 1. Z teorie cyklotomických polynomů plyne, že stupeň tohoto rozkladového nadtělesa je ϕ(n), kde ϕ značí Eulerovu funkci. Dokážeme, že pro každý polynom stupně aspoň 1 existuje kořenové i rozkladové nadtěleso, a navíc, že rozkladové nadtěleso je určeno jednoznačně až na izomorfismus. Klíčovým krokem je kontrukce rozšíření, kde má daný polynom aspoň nějaký kořen. Dále pak stačí postupovat indukcí. Lemma1.1.BuďTtělesoaf T[x]stupně 1.Pakexistujekořenovénadtěleso polynomu fnadt. 1

2 Důkaz.Buď gnějakýireducibilnídělitelpolynomu f.hlavníideál I = gt[x]je maximálníideálvoborut[x],atedyfaktorokruhs=t[x]/(g)jepodlevěty?? těleso. Uvažujme homomorfismus ψ:t S, a [a]. Ten je podle Tvrzení??(3) prostý, protože prvky tělesa T(jakožto konstantní polynomy) nejsou v ideálu I. Můžeme tedy ztotožnit těleso T s Im(ψ)(formálně vzato,jsouizomorfní)abudemeuvažovat,žet S.(Podobnýmzpůsobemjsmese vypořádali s vnořením daného oboru do jeho podílového tělesa, kde ztotožňujeme prvek aazlomek a 1.)Dosadíme-lidopolynomu g= n i=0 a ix i prvek b=[x] S, dostaneme n n g(b)= a i [x] i =[ a i x i ]=[g]=[0], i=0 neboť g I.Prvek bjetedykořenempolynomu g,čilitaképolynomu f,vtělese S.PřitomS=T(b),protožeužokruhT[x]jegenerovánmnožinou T {x}. Příklad. Uvažujmetěleso Qapolynom x 2 +1.Kořenovýmnadtělesemjejistě těleso Q(i) C. Důkaz Lemmatu 1.1 nabízí jinou, abstraktní konstrukci kořenového nadtělesa:protožejepolynom x 2 +1ireducibilní,jejímfaktorokruh Q[x]/(x 2 +1). Je snadné ukázat, že obě nadtělesa jsou izomorfní: uvažujme homomorfismus i=0 ϕ:q[x] Q(i), f f(i). JakjsmerozebralivSekci??,jádremtohotohomomorfismujeideál(x 2 +1)Q[x], takžepodle1.větyoizomorfismuplatí Q[x]/(x 2 +1) Q(i). Věta1.2. BuďTtělesoaf T[x]stupně 1.Pakexistujerozkladovénadtěleso polynomu fnadt. Důkaz. Budeme postupovat indukcí podle stupně polynomu f. Je-li f stupně 1, paks=t.vopačnémpřípaděuvažujmekořenovénadtělesot(a) Tpolynomu fapolynom g T(a)[x]takovýže f= g (x a).pakdegg <degf,tedypodle indukčníhopředpokladuexistujejehorozkladovénadtělesos=t(a,b 1,...,b m ) nad T(a). Protože se polynom g rozkládá v S[x] na lineární činitele, rozkládá se tamif= g (x a). Buď T S, T U rozšíření těles. Zobrazení ϕ : S U se nazývá T- izomorfismus, pokud je to tělesový izomorfismus splňující ϕ(a) = a pro každé a T. Důležitou vlastností rozkladových nadtěles je jejich jednoznačnost až na T-izomorfismus. Prvním krokem je dokázat jednoznačnost kořenových nadtěles pro ireducibilní polynomy. Lemma1.3. BuďTtěleso, f T[x]ireducibilnípolynomaS 1,S 2 kořenovánadtělesapolynomu fnadt.pakexistujet-izomorfismuss 1 S 2. Důkaz.UvažujmedvěkořenovánadtělesaT T(a)aT T(b).PodleTvrzení??a??je T(a)={g(a):g T[x]}aT(b)={g(b):g T[x]}.Uvažujmetedy zobrazení ϕ:t(a) T(b), g(a) g(b). Přesněji řečeno, je třeba dokázat, že to je skutečně zobrazení. Je důležité si uvědomit,že f = m a,t = m b,t,protože f jeireducibilnípolynomaaibjsoujeho kořeny. Proto, podle definice minimálního polynomu, g(a)=h(a) (g h)(a)=0 f g h (g h)(b)=0 g(b)=h(b).

3 Čili ϕ je skutečně zobrazení, a navíc prosté. Protože očividně zachovává všechny operace a přitom nehýbe s prvky T(které odpovídají konstantním polynomům g), je to T-izomorfismus T(a) T(b). K důkazu jednoznačnosti rozkladových nadtěles se hodí o něco obecnější princip, který využijeme také v sekcích o algebraickém uzávěru a o Galoisových grupách. Lemma1.4.BuďT T 1,T T 2 rozšířenítělesaϕ:t 1 T 2 T-izomorfismus. Uvažujmepolynomy f= a i x i T 1 [x], ϕ(f)= ϕ(a i )x i T 2 [x]stupně 1a označmes 1 rozkladovénadtělesopolynomu f nadt 1 as 2 rozkladovénadtěleso polynomu ϕ(f)nadt 2.PakexistujeT-izormorfismus ψ : S 1 S 2 takový,že ψ T1 = ϕ. Důkaz.Budemeopětpostupovatindukcípodlestupněpolynomu f.je-lidegf=1, pakjes 1 =T 1 as 2 =T 2 jedinávolba.vopačnémpřípaděuvažujmeireducibilní dělitel gpolynomu f ajehokořen avs 1.Pak ϕ(g)jeireducibilnídělitelpolynomu ϕ(f)auvažujmejehokořen bvs 2.PodobnějakovLemmatu1.3uvažujme zobrazení ψ:t 1 (a) T 2 (b), h(a) ϕ(h)(b). Analogickydokážeme,žejdeoT-izomorfismus,jetřebasivšimnout,že m a,t1 = g, zatímco m b,t2 = ϕ(g).navíc ψ T1 = ϕ,neboťvtomtopřípadějdeozúženína polynomy g, které jsou stupně 0. Nyní použijeme indukční předpoklad. Označme h T 1 (a)[x]polynomsplňující f =(x a) h,tedytaké ψ(f)=(x b) ψ(h) protože ψ(a)=b.dáleoznačmes 1 as 2 rozkladovánadtělesatěchtopolynomů nadtělesyt 1 (a)at 2 (b).protožedegh <degf,podleindukčníhopředpokladu existujet-izomorfismus ρ:s 1 S 2 takový,že ρ T1(a)= ψ,atedy ρ T1 = ϕ. Věta1.5.BuďTtělesoaf T[x]stupně 1.Pakkaždádvěrozkladovánadtělesa polynomu f nad T jsou T-izomorfní. Důkaz.PlynezpředchozíholemmatudosazenímT 1 =T 2 =Taϕ=id. 1.2. Algebraický uzávěr. Definice. Těleso T se nazývá algebraicky uzavřené, jestliže má každý polynom zt[x]stupně 1vtěleseTkořen. V algebraicky uzavřeném tělese se každý polynom rozkládá na lineární činitele, cožmůžemesnadnodokázatindukcípodledegf:propolynomystupně1jetvrzení triviální; pro vyšší stupně využijeme existenci nějakého kořene a, vydělíme f polynomem x a, čímž získáme polynom menšího stupně a ten rozložíme pomocí indukčního předpokladu. Příklad. Těleso C je algebraicky uzavřené. Tomuto tvrzení se říká základní věta algebry a její důkaz lze nejsnáze provést pomocí komplexní analýzy. Ač se její platnost dlouho tušila, poprvé byla se všemi detaily dokázána Gaussem až kolem roku 1800.(Název věty je z dnešního pohledu poněkud zavádějící a pochází z počátku 19. století, kdy se algebra zabývala především kořeny polynomů.) Poznámka. Žádné konečné těleso nemůže být algebraicky uzavřené. Označíme-li a 1,...,a n jehoprvky,pakpolynom(x a 1 )... (x a n )+1nemávtomtotělese kořen.

4 Definice. Řekneme,žeS Tjealgebraickýuzávěr tělesat,pokudjesalgebraicky uzavřené těleso a zároveň je algebraickým rozšířením tělesa T. Příklady. Algebraickýuzávěrtělesa Rjetěleso C;jetorozšířenístupně2,tedyalgebraické. Algebraický uzávěr tělesa Q není těleso C, neboť nejde o algebraické rozšíření. Algebraický uzávěr Q popisuje následující tvrzení. Věta1.6. BuďSrozšířenítělesaT.Pak (1) množina U= {a S: ajealgebraickýprveknadt} tvoří podtěleso tělesa S; (2) je-li těleso S algebraicky uzavřené, pak U je algebraický uzávěr tělesa T. Důkaz.(1)Nechť a,b UauvažujmetělesoT(a,b).Protožejsou a,balgebraické prvkynadt,jdeorozšířeníkonečnéhostupně(věta??),atudížorozšířeníalgebraické(tvrzení??).čili T(a,b) Uaspeciálnětedy Uobsahujeprvky a+b, a b, aia 1 (pro a 0).Tedy Utvořípodtěleso. (2) Evidentně je U algebraické rozšíření tělesa T. Je algebraicky uzavřené? Uvažujme libovolný polynom n f= a i x i U[x]. i=0 Tento polynom má jistě kořen b S, protože těleso S je algebraicky uzavřené. Přitomprvek bjealgebraickýnadtělesemt(a 0,...,a n ),protoževeskutečnosti je f T(a 0,...,a n )[x].ztvrzení??takplyne,žestupeň[t(a 0,...,a n,b) :: T(a 0,...,a n )]jekonečný.přitomstupeň[t(a 0,...,a n ):T]jetakékonečný,neboť a 0,...,a n jsoualgebraickénadt,atakpodletvrzení??jestupeň [T(a 0,...,a n,b):t]=[t(a 0,...,a n,b):t(a 0,...,a n )] [T(a 0,...,a n ):T] takékonečný.tedypodletvrzení??jeprvek balgebraickýnadt,čilikořen b polynomu fležívu. Tedy algebraický uzávěr tělesa Q sestává právě z těch komplexních čísel, která jsou algebraická nad Q. Speciálně, algebraický uzávěr Q je spočetný, zatímco množina C je nespočetná.(obecněji, algebraický uzávěr nekonečného tělesa má stejnou velikost jako dané těleso. Argument je analogický důkazu, že algebraických čísel nad Qjejenspočetněmnoho,vizSekce??.) Věta 1.7. Ke každému tělesu T existuje algebraický uzávěr. Každé dva algebraické uzávěry tělesa T jsou T-izomorfní. Lemma1.8.BuďRokruhaA R.PakexistujemaximálníideálvRobsahující množinu A. Důkaz. Buď I množina všech vlastních ideálů obsahujících podmnožinu A, uspořádaná inkluzí. Množina I je neprázdná, obsahuje například ideál generovaný množinou A. Každý řetězec v(i, ) má horní mez, konkrétně sjednocení těchto ideálů (důkáže se podobně jako Tvrzení??). Podle Zornova lemmatu?? tedy existuje maximální prvek v(i, ).

5 Lemma 1.9. Ke každému tělesu T existuje rozšíření S T takové, že každý polynomzt[x]mávskořen. Důkaz. Důkaz je analogický konstrukci kořenového nadtělesa daného polynomu; budemekonstruovatněcojako kořenovénadtělesoprovšechnypolynomyzároveň. Buď tedy X množina proměnných taková, že každému ireducibilnímu polynomu z T[x] stupně aspoň 1 odpovídá jedna proměnná; formálně, položme X= {x f : f T[x],degf 1}. Uvažujme nyní okruh T[X](polynomy konečně mnoha proměnných vybíraných z X). Podle Lemmatu 1.8 existuje maximální ideál I obsahující všechny polynomy f(x f ), f T[x],degf 1(zdezaproměnnou xvpolynomu f substituujeme proměnnou x f ).FaktorokruhS=T[X]/IjepodleVěty??tělesoapodobnějako vdůkazulemmatu1.1sedokáže,žedonějlzevnořittělesot(vnoření t [t])a žekaždýpolynom f T[x]mávSkořen,konkrétně[x f ]. DůkazVěty1.7.Nejprvedokážemeexistenci.UvažujmeřetězecnadtělesT=S 0 S 1 S 2...,kdeS i+1 vzniknezs i konstrukcízlemmatu1.9.položmes:= i=0 S i.totojetakétěleso.přitomjealgebraickyuzavřené,neboťkaždýpolynom f S[x]májenkonečněmnohokoeficientů,tedy f S i [x]pronějaké(dostatečně velké) i,atedy fmákořenvs i+1,čilitakévs.algebraickýuzávěrzískámeaplikací Věty 1.6. UvažujmenynídvaalgebraickéuzávěryS 1,S 2 tělesat.pokuds 1 S 2,pak podlevěty1.6tělesos 1 sestávázevšechprvkůtělesas 2,kteréjsoualgebraické nadt.protožes 2 jezdefinicealgebraickérozšířenítělesat,musíbýts 1 =S 2. NyníuvažujmeobecnousituaciT S 1,T S 2.Uvažujmemnožinu M={ϕ:U 1 U 2 T-izomorfismus:T U 1 S 1,T U 2 S 2 } uspořádanou inkluzí, tj. ϕ ψ právě tehdy, když definiční obor ϕ je podmnožinou definičníhooboru ψaϕ(x)=ψ(x)provšechna xzdefiničníhooboruzobrazení ϕ. Množina M je neprázdná, obsahuje např. identické zobrazení na T. Sjednocením řetězcezobrazení ϕ i MdostanemeopětzobrazenízM(ověřtejakocvičení!). Podle Zornova lemmatu?? tedy existuje maximální prvek v(m, ), označme jej ϕ:u 1 U 2.Dokážeme,žetotomaximálnízobrazení ϕjet-izomorfismuss 1 S 2. Nejprveuvažujmepřípad,žeU 1 S 1.PakU 1 neníalgebraickyuzavřenétěleso (jinak bychom měli dva do sebe vnořené algebraické uzávěry, což jsme vyvrátili výše),tedyexistujepolynom f= a i x i U 1 [x],kterýnemávu 1 kořen.buďv 1 rozkladovénadtělesopolynomu fnadu 1 abuďv 2 rozkladovénadtělesopolynomu ϕ(f)= ϕ(a i )x i U 2 [x]nadu 2.PodleLemmatu1.4existujeT-izomorfismus ψ:v 1 V 2 takový,že ψ U1 = ϕ,čímždostávámesporsmaximalitouzobrazení ϕ. Dokázalijsme,žemaximálnízobrazenív(M, )mázadefiničníoboru 1 = S 1.Tedyoborhodnot,U 2,jetakéalgebraickyuzavřený.Podlevýšeuvedeného pozorovánímusínutněplatitu 2 =S 2. 2. Galoisovy grupy a neřešitelnost polynomů stupně 5 2.1. Galoisovy grupy.

6 Definice. Buď T S rozšíření těles. Připomeňme, že T-automorfismy tělesa S jsouprávětyizomorfismy ϕ:s Ssplňující ϕ(x)=xprokaždé x T.Všechny T-automorfismy tělesa S tvoří podgrupu symetrické grupy na množině S, tato grupa senazývágaloisovagruparozšířenít SaznačíseGal(S/T). Cílemtétokapitolyjeukázattzv.Abel-Ruffinihovětu,kteráříká,žepro n 5 neexistuje vzorec, který by vyjadřoval kořeny polynomů stupně n za použití základních aritmetických operací +,,,/ a n-tých odmocnin. První důkaz podal vroce1799paoloruffini,tenvšakbylneúplný.nazákladěruffinihomyšlenekpak Niels Henrik Abel našel v roce 1823 kompletní důkaz. My půjdeme jinou, přímější cestou, kterou odahlil o 10 let později Évariste Galois. Jeho metoda navíc umožňuje dokázatsilnějšítvrzení,totižžeprokaždé n 5existujepolynomstupně n,jehož kořeny nelze vyjádřit vzorcem(tj. nejen že neexistuje vzorec, který by fungoval pro všechny polynomy zároveň, ale pro některé polynomy neexistuje ani jednorázové vyjádření kořenů pomocí uvedených operací). Nazývejme takové polynomy neřešitelné v radikálech, formální definici uvedeme v Sekci 2.3. Galoisův důkaz je založen na následujícím kritériu, pomocí kterého je dokonce možné zjistit, zda je daný polynom řešitelný v radikálech. Věta2.1(Galoisovavěta). BuďTtělesocharakteristiky0, fpolynomzt[x]as rozkladové nadtěleso polynomu f nad T. Polynom f je řešitelný v radikálech právě tehdy, když je grupa Gal(S/T) řešitelná. Pojem řešitelné grupy vysvětlíme v Sekci 2.2. Zatím se spokojme s informací, žegrupys n, n 5,řešitelnénejsou.KdůkazusilnějšíverzeAbel-Ruffinihověty takstačínajítpolynomystupně n,jejichžgaloisovagrupajeizomorfnígrupěs n. Z toho důvodu v tomto textu ukážeme pouze jednu implikaci v Galoisově větě, totiž že řešitelné polynomy mají řešitelnou Galoisovu grupu. Opačná implikace je složitější a k důkazu Abel-Ruffiniho věty není potřeba. Poznamenejme, že předpoklad charakteristiky 0 je zbytečně silný. Co ve skutečnosti potřebujeme, je fakt, že ireducibilní polynomy nemají vícenásobné kořeny (této vlastnosti se říká separabilita), což pro tělesa charakteristiky 0 plyne z Věty??:vícenásobnékořenypolynomu fbyzpůsobily,žensd(f,f ) 1.Detailypřenecháme obsažnějším učebnicícm. Kapitolu začneme zkoumáním základních vlastností Galoisových grup, které nám umožní tyto grupy pro některé jednoduché polynomy spočítat. Zcela základním pozorováním je, že T-automorfismy zachovávají kořeny všech polynomů, tj. obraz kořenepolynomu fjeopětkořenem f.protožejdeoautomorfimy,totozobrazení indukuje permutaci na množině všech kořenů daného polynomu. Lemma 2.2. BuďT Srozšířenítěles, f T[x]aAmnožinavšechkořenů polynomu fvs.pakprokaždé ϕ Gal(S/T)je ϕ A permutacímnožiny A. Důkaz.Označmepolynom f= a i x i T[x]auvažujmejehokořen u S.Pak ϕ(u)jetakékořenem f,protože f(ϕ(u))= a i ϕ(u) i = ϕ(a i )ϕ(u) i = ϕ( ai u i) = ϕ(f(u))=ϕ(0)=0, kdedruhárovnostvyužíváfaktu,že ϕ T jeidentita,atřetírovnostplynezfaktu, že ϕjehomomorfismus.tedy ϕjezobrazenínamnožině Avšechkořenů fv S.Z definice Galopisovy grupy je to prosté zobrazení, a protože je množina A konečná, jetopermutacena A.

7 Připomeňme fakt, že homomorfismus je jednoznačně určen svými hodnotami na generátorech.speciálně,pokuds=t(a 1,...,a n ),pakkaždýt-homomorfismusϕ: S Sjeurčenhodnotamiϕ(a 1 ),...,ϕ(a n ):obecnýprveku Slzezapsatjakou= f(a 1,...,a n )pronějakýpolynom f T[x 1,...,x n ],tedy u= c i1,...,i n a i1 1...ain n pronějakékoeficienty c i1,...,i n T,atedy ϕ(u)=ϕ( c i1,...,i n a i1 1...ain n)= ϕ(c i1,...,i n )ϕ(a 1 ) i1...ϕ(a n ) in = c i1,...,i n ϕ(a 1 ) i1...ϕ(a n ) in, využívajíce faktu, že ϕ je T-homomorfismus. Na druhou stranu, ne každá sada hodnot na generátorech dává homorfismus: např. neexistuje R-homomorfismus ϕ: C Csplňující ϕ(i)=2i,protože ϕ(i 2 )=ϕ( 1)= 1,avšak ϕ(i) 2 =(2i) 2 = 4. Příklad. Spočteme prvky grupy Gal(C/R). Každý R-automorfismus ϕ tělesa C je určen hodnotou ϕ(i). Přitom podle Lemmatu 2.2 permutuje ϕ kořeny polynomu x 2 +1,tedy ϕ(i)=inebo ϕ(i)= i.prvnívolbavedenazobrazení ϕ(a+bi)= ϕ(a)+ϕ(b)ϕ(i) = a+bi,tedyjdeoidentickézobrazení.druhávolbavedena zobrazení ϕ(a+bi)=a bi,tedyjdeooperacikomplexníhosdružení,cožjejistě homomorfismus.grupagal(c/r)jetedydvouprvková,izomorfnígrupě Z 2. Příklady. Analogicky lze odvodit následující: Gal(Q( 2):Q) Z 2,protožeprvkytétogrupymusejízachovávatkořeny polynomu x 2 2,netriviálním Q-automorfismemjezobrazení a+b 2 a b 2. Gal(Q( 3 2):Q) =1,protožeprvkytétogrupymusejízachovávatkořeny polynomu x 3 2,avšaktentopolynommávQ( 3 2)jedinýkořen 3 2. Výpočty Galoisových grup jsou obecně komplikované. Např. platí, ale není úplně snadné dokázat, že Gal(R/Q) = 1, zatímco Gal(C/Q) je nekonečná. Galoisovy grupy mají zajímavější vlastnosti, pokud jde o rozkladové rozšíření. Následující tvrzení umožňují určit Galoisovy grupy rozkladových nadtěles některých jednodušších polynomů. Tvrzení2.3.BuďSrozkladovénadtělesopolynomu f T[x]nadtělesemT.Pak (1)Gal(S/T)sevnořujedosymetrickégrupyS n,kde njepočetrůznýchkořenůpolynomu f; (2)je-li fireducibilní,pakprokaždédvakořeny a,b Sexistuje ϕ Gal(S/T) takový,že ϕ(a)=b; (3)prokaždérozšířeníT S Utakové,žeUjetakérozkladovýmnadtělesem nějakéhopolynomunadt,platígal(u/s) Gal(U/T)a Gal(U/T)/ Gal(U/S) Gal(S/T). Důkaz.(1)Označme A={a 1,...,a n }množinukořenůpolynomu f vtěleses. ProtožejeSrozkladovépro f,platís=t(a 1,...,a n ).Uvažujmelibovolné ϕ Gal(S/T).Tvrzení2.2říká,že ϕ A jepermutacena A.Přitom ϕjejednoznačně určenésvýmihodnotaminagenerátorech a 1,...,a n,tedy ϕjejednoznačněurčené svojírestrikcí ϕ A.Ztohoplyne,žezobrazení Gal(S/T) S A, ϕ ϕ A je prosté, a je snadné nahlédnout, že to je homomorfismus.

8 (2) Protože je f ireducibilní, Lemma 1.3 říká, že kořenová nadtělesa T(a), T(b) jsou T-izomorfní, přičemž T-izomorfismem je zobrazení definované předpisem ϕ(h(a)) = h(b)prokaždé h T[x].Speciálně(pro h=x)vidíme,že ϕ(a)=b.nynístačí použítlemma1.4pros 1 =S 2 =Sazískáme ψ Gal(S/T)takový,že ψ T(a) = ϕ, tedyspeciálně ψ(a)=b. (3)Pro ϕ Gal(U/T)definujemezobrazeníΦ(ϕ)=ϕ S.Dokážeme,žejdeo homomorfismus Gal(U/T) Gal(S/T), jehož jádrem je Gal(U/S) a obrazem celé Gal(S/T). Dokazované tvrzení pak ihned plyne z faktu, že jádro je normální podgrupou,az1.větyoizomorfismu. Nejprvemusímeověřit,že ϕ S jevždyprvkemgrupygal(s/t).podletvrzení2.2zobrazení ϕpermutujekořenypolynomu f,kterégenerujítělesos,atedy ϕ(s)=s,čilizobrazeníϕ S jet-automorfismemtělesas.restrikcenapodmnožinu zřejmě zachovává skládání, takže zobrazení Φ je homomorfismem Gal(U/T) Gal(S/T). Spočteme jeho jádro a obraz. Jádro Ker(Φ) obsahuje právě ty automorfismy ϕ,prokteré ϕ S jeidentita,tedyprávěvšechnys-automorfismytělesa U,tedyKer(Φ)=Gal(U/S).Cosetýčeobrazu,je-lidáno ψ Gal(S/T),pak podlelemmatu1.4existujet-automorfismus ϕtělesautakový,že ϕ S = ψ,tedy Im(Φ) = Gal(S/T). Na dvou příkladech ilustrujeme použití Tvrzení 2.3 k výpočtu Galoisových grup. Příklad. Spočteme grupu VSekci??jsmeukázali,že Gal(Q( 2, 3)/Q). S=Q( 2, 3)=Q( 2+ 3) aže m 2+ 3,Q = x4 10x 2 +1.Tentopolynommá4kořeny, ± 2 ± 3,tedy tělesosjejehorozkladovýmnadtělesem.tělesosmájedinýgenerátor 2+ 3, každý ϕ Gal(S/Q) je určen hodnotou na tomto generátoru. Podle Lemmatu 2.2 sekořenyzobrazujínakořeny,tedy Gal(S/Q) 4.Podle(2)jekaždáhodnota na generátoru přípustná, tedy Gal(S/Q) = 4. Zbýváurčit,jakprvkyGal(S/Q)vypadajíazdajeGal(S/Q)izomorfnígrupěZ 4 nebogrupě Z 2 Z 2.AplikacíLemmatu2.2napolynomy x 2 2ax 2 3dostaneme, že ϕ( 2)=u 2aϕ( 3)=v 3pronějaká u,v {1, 1},atedy ϕ(a+b 2+c 3+d 6)=a+ub 2+vc 3+uvd 6. Snadnoověříme,že ϕ 2 = idprovšechnyvolby u,v,tedygal(s/q) Z 2 Z 2. Příklad. Spočteme grupu Gal(S/Q), kdes=q( 3 2,e 2πi/3 ). Jesnadnénahlédnout,žeSjerozkladovénadtělesopolynomu x 3 2.Kolikmájeho Galoisova grupa prvků? Jednoduchá úvaha jako v předchozím příkladě nepomůže, protože těleso S je dáno dvěma generátory(podle Věty?? lze toto těleso generovat jedním prvkem, ale ten nebude kořenem tohoto polynomu a navíc není jasné, jak jejnajít).uvažujmemezitěleso Q(e 2πi/3 ).Jdeorozkladovénadtělesopolynomu x 3 1=(x 1)(x 2 x+1).ztohoplyne Gal(Q(e 2πi/3 )/Q) =2,

9 protožeautomorfismymusípermutovatkořenypolynomu x 2 x+1.dálesepodívámenaprvkygrupygal(s/q(e 2πi/3 )).Protakový Q(e 2πi/3 )-automorfismus ϕ musíplatit ϕ(e 2πi/3 )=e 2πi/3 adále ϕ( 3 2)semusízobrazitnanějakýkořenpolynomu x 3 2,přičemžpodle(2)jekaždávolbapřípustná.Vidíme,že Podle(3) platí Gal(S/Q(e 2πi/3 ) =3. Gal(S/Q)/Gal(S/Q(e 2πi/3 )) Gal(Q(e 2πi/3 )/Q), tedy Gal(S/Q) = Gal(S/Q(e 2πi/3 )) Gal(Q(e 2πi/3 )/Q) =3 2=6(velikost faktorgrupy je podíl velikosti grupy a velikosti příslušné normální podgrupy, viz Lagrangeovavěta).Podle(1)segrupaGal(S/Q)vnořujedogrupyS 3,tedynemůže býtizomorfnígrupě Z 6,tedyGal(S/Q) S 3. Stěžejním krokem k důkazu Galoisovy věty je následující vlastnost polynomů, jejichž kořeny definují n-té odmocniny. Grupa G se nazývá metabelovská, pokud existujen Gtaková,žeoběgrupyN,G/Njsouabelovské.Jdeospeciálnítyp řešitelných grup, viz Sekce 2.2. Tvrzení 2.4. Buď T těleso charakteristiky 0. (1)BuďSrozkladovénadtělesopolynomu x n 1nadT.PakGal(S/T)je abelovská grupa. (2)Buď S rozkladové nadtěleso polynomu x n a nad T, kde a T. Pak Gal(S/T) je metabelovská grupa. Důkaz.(1)Dokážeme,žeGal(S/T)jeizomorfnínějaképodgrupěgrupy Z n,tedy jde o abelovskou grupu. Vzhledem k charakteristice 0 můžeme předpokládat Q T S=T(e 2πi/n ) C. Každýautomorfismus ϕ Gal(S/T)permutujekořenypolynomu x n 1,tedy splňujeϕ(e 2πi/n )=e 2kπi/n pronějakék {0,...,n 1}.PřitomnutněNSD(k,n)= 1,protože ϕpermutujetakékořenyvšechpolynomů x m 1,tedyprvky,kterémají vgrupě C řáddělící m,semusízobrazitnaprvkyřádu,kterýdělí m;čiliprvky řádupřesně nsemusízobrazitnaprvkyřádupřesně n,cožjsouprávěčísla e 2kπi/n kdensd(k,n)=1.vidíme,žezobrazení,kteréautomorfismu ϕpřiřadítoto kje prostý homomorfismus: prostý díky tomu, že ϕ je jednoznačně určeno hodnotou na generátoru, a homomorfismus díky tomu, že skládání automorfismů odpovídá násobení příslušných k. (2)Označme bkořenpolynomu x n avs.pak be 2kπi/n, k=0,...,n 1,jsou právěvšechnykořenypolynomu x n avs.vidíme,žes=t(b,e 2πi/n ),máme tedy řadu rozšíření T T(e 2πi/n ) S=T(b,e 2πi/n ). ProstřednítělesoT(e 2πi/n )jerozkladovépropolynom x n 1,můžemetedyaplikovat Tvrzení 2.3(3), které říká, že Gal(S/T)/Gal(S/T(e 2πi/n )) Gal(T(e 2πi/n )/T). JakvypadágrupaGal(S/T(e 2πi/n ))?Každýprvek ϕjeurčenhodnotounagenerátorub.tensemusízobrazitnajedenzkořenůpolynomux n a,tedyϕ(b)=be 2kπi/n pro nějaké k. Vidíme, že skládání automorfismů odpovídá sčítání těchto koeficientů,tedyzobrazenígal(s/t(e 2πi/n )) Z n,kteréautomorfismu ϕpřiřadítoto

10 k,jeprostýmhomomorfismemdocyklickégrupy Z n.dokázalijsme,žepodgrupa N=Gal(S/T(e 2πi/n ))jecyklická,tudížabelovská,adíkyčásti(1)jefaktorgrupa Gal(S/T)/N také abelovská. Takže grupa Gal(S/T) je metabelovská. Poznamenejme, že důkaz tohoto tvrzení je jediné místo, kde potřebujeme předpoklad charakteristiky 0. Pro tělesa kladné charakteristiky toto tvrzení neplatí. Na závěr uvedeme jednu důležitou vlastnost, která se dokazuje podobným trikem jako Tvrzení 2.3. Tvrzení 2.5. Buď S rozkladové nadtěleso nějakého polynomu nad tělesem T a buď g T[x]ireducibilnípolynom.Pokudmápolynom gvtělesesnějakýkořen,pak se nad tělesem S rozkládá na lineární činitele. Důkaz. Označme f polynom, pro nějž je S rozkladovým nadtělesem a uvažujme rozkladovénadtělesoupropolynom fgnadt.označme akořenpolynomu gv tělese S a uvažujme jakýkoliv jiný kořen b tohoto polynomu v U. Chceme dokázat, že bležívs.podobnějakovtvrzení2.3(2)rozšířímet-izomorfismust(a) T(b) naprvek ϕ Gal(U/T)splňující ϕ(a) = b(nemůžemepřímopoužítbod(2), protože polynom f g není ireducibilní). Nyní si uvědomíme, že ϕ permutuje kořeny polynomu f,kterégenerujítělesos,atedy ϕ(s) S.Speciálnědostáváme,že b=ϕ(a) S. 2.2. Řešitelnost grup. Definice. Grupa G se nazývá řešitelná, pokud existuje číslo k a normální podgrupy N 0,...,N k Gtakové,že {1}=N 0 N 1... N k =Gakaždáfaktorgrupa N i /N i 1, i=1,...,k,jeabelovská.číslu kseříkástupeňřešitelnosti. Vidíme, že grupa je Příklady. řešitelná stupně 1 právě tehdy, když je abelovská; řešitelná stupně 2 právě tehdy, když je metabelovská. GrupaS 3 jeřešitelnástupně2,jakprokazujeřadapodgrup {1} A 3 S 3.Vidíme,žeoběfaktorgrupyA 3 /{1}=A 3 Z 3 as 3 /A 3 Z 2 jsou abelovské. Obecněji,dihedrálnígrupyD 2n jsouřešitelnéstupně2,jakprokazujeřada podgrup {1} N D 2n,kdeNsestávázevšechotočení.Vidíme,žeobě faktorgrupyn/{1}=n Z n ad 2n /N Z 2 jsouabelovské. GrupaS 4 jeřešitelnástupně3,jakprokazujeřadapodgrup {1} K A 4 S 4,kdeK= (12)(34),(13)(24) jekleinovapodgrupa.vidíme,že K Z 2 Z 2, A 3 /K =12/4=3aS 4 /A 4 Z 2,tedyvšechnyfaktorgrupy jsou abelovské. Příklad. GrupaS 5 nenířešitelná.stačídokázat,žejedinávlastnípodgrupatéto grupyjea 5,tedyžejedinámožnářadaje {1} A 5 S 5,avšakA 5 neníabelovská. Důkaz lze provést rozborem případů podle typu permutací. Uvažujme normální podgrupu {1} N S 5. (1) Pokud N obsahuje transpozici, pak obsahuje všechny transpozice, protože Njeuzavřenánakonjugaci,atedyN=S 5,neboťtranspozicegenerují celougrupus 5.

11 (2) PokudNobsahujetrojcyklus,pakobsahujevšechnytrojcykly,atedyA 5 N,neboťtrojcyklygenerujícelougrupuA 5.ZLagrangeovyvětyplyne,že N=A 5 nebon=s 5. (3) Pokud N obsahuje permutaci složenou ze dvou disjunktních transpozic, pak obsahujevšechnytakovéasložení(12)(34) (12)(35)=(354)převádí problém na bod(2). (4) Pokud N obsahuje permutaci složenou z trojcyklu a dvojcyklu, pak obsahujevšechnytakovéasložení((123)(45)) 2 =(132)převádíproblémna bod(2). (5) PokudNobsahuječtyřcyklus,pakobsahujevšechnytakovéasložení(1234) (1243)=(132)převádíproblémnabod(2). (6) PokudNobsahujepěticyklus,pakobsahujevšechnytakovéasložení(12345) (12345)=(13)(24)převádíproblémnabod(3). Stěžejní vlastností řešitelných grup je následující charakterizace, která umožňuje problém řešitelnosti dané grupy převést na problém řešitelnosti dvou menších podgrup. Lemma2.6. BuďGgrupa.PakGjeřešitelnáprávětehdykdyžexistujeN G taková, že obě grupy N, G/N jsou řešitelné. Důkaz. V TÉTO VERZI NEBUDE, viz libovolná učebnice teorie grup Příklad.GrupyS n, n 5,nejsouřešitelné,protožeobsahujípodgrupuS 5,okteré jsme již ukázali, že není řešitelná. Důsledkem lemmatu je následující kritérium řešitelnosti, které zeslabuje podmínky na normální podgrupy z definice řešitelnosti. Důsledek 2.7. Buď G grupa a předpokládejme, že existuje číslo k a normální podgrupyn 0,...,N k Gtakové,že {1}=N 0 N 1... N k =Gakaždá faktorgrupan i /N i 1, i=1,...,k,jeřešitelná.pakgjeřešitelná. Důkaz. Snadno indukcí podle k. 2.3. Řešitelnost polynomů v radikálech. Definice.BuďT Srozšířenítělesaa S.Řekneme,žeprvek ajevyjádřitelnýv radikálechnadtělesemt,pokudexistujírozšířenít=s 0 S 1... S k taková, žes i+1 jerozkladovénadtělesonějakéhopolynomu x ni a i S i [x]nadtělesems i, a a S k. Neformálně, prvek je vyjádřitelný v radikálech nad T, pokud jej lze zapsat za pomociprvkůtělesat,operací+,,,/an-týchodmocnin.např.prvek 3 2+1 i+1 jevyjádřitelnýnad Q,neboťjeprvkemrozšíření Q S 1 S 2 S 3,kdepostupně použijemepolynomy x 3 2 Q[x], x 2 ( 3 2+1) S 1 [x]ax 2 +1 S 2 [x]. Definice. BuďTtělesoafpolynomzT[x].Řekneme,žepolynom fjeřešitelný vradikálech nadtělesemt,pokudjekaždýkořenrovnice f =0vyjádřitelnýv radikálechnadt.jinýmislovy,pokudexistujírozšířenít=s 0 S 1... S k taková,žes i+1 jerozkladovénadtělesonějakéhopolynomu x ni a i S i [x]nad tělesems i,arozkladovénadtělesopolynomu fjeobsaženovs k.

12 Rozebereme si případ polynomů stupně 2 a 3. Pro kořeny kvadratického polynomu x 2 +bx+c Q[x]mámevzorec b± b 2 4c, 2 tedykořenyležívnadtělese Q( b 2 4c),kteréjerozkladovýmnadtělesempolynomu x 2 (b 2 4c).Stačítedyjedinérozšířenítělesa Q.Prokořen akubického polynomu x 3 +bx+c Q[x]mámevzorec a= 3 c+ D 2 3 c+ D, 2 kde D=c 2 + 4 27 b3,takžepotřebujemeaspoňdvěrozšíření:nejprveoprvek D,a pakopříslušnoutřetíodmocninu.formálně, Q S 1 S 2,kdeS 1 jerozkladové nadtělesopolynomu x 2 DaS 2 jerozkladovénadtělesopolynomu x 3 ( c+ D). Nenítěžkédokázat,žetělesoS 2 obsahujeidruhýsčítaneczevzorce,tedy a S 2, ažesedanýpolynomvs 2 dokoncerozkladá.podobněbybylomožnérozebrati výpočet kořenů polynomů stupně 4. UvedenádiskusesouvisísřešitelnostígrupS 2,S 3,S 4.Všimnětesi,žeS 2 jeabelovskádvouprvkováakřešenírovnicestačilojednorozšířenístupně2.grupas 3 jemetabelovská,velikostifaktorgrupjsoupostupně3= A 3 /{1} a2= S 3 /A 3, přitom k vyjádření kořene byla potřeba rozšíření stupně 2 a 3. Podobné pozorování lzeučinitiprostupeň4.tonenínáhoda,nýbržzákonitost,kteráplynezpokročilejší Galoisovy teorie(tak daleko se nedostaneme). Naopak neexistence vzorce na řešenípolynomůstupně5avíceplynezneřešitelnostigrups n, n 5,jaksinyní ukážeme. V této chvíli máme k dispozici všechny pojmy potřebné k důkazu stěžejní implikace Galoisovy věty 2.1. Její důkaz je založen na Tvrzení 2.4. Definice vyjádřitelnostivradikálechpoužívářetězecrozšířenís 0 S 1... S k,kdekaždés i+1 jerozkladovýmnadtělesemnějakéhopolynomutypu x n a,kde ajeprvkems i. Tvrzení 2.4 říká, že Galoisova grupa takového rozšíření je řešitelná. Nabízí se použít vlastnost(3) z Tvrzení 2.3, dostat řadu normálních podgrup, jejíž faktorgrupy jsou řešitelné a použít kritérium řešitelnosti z Důsledku 2.7. Problém je v tom, že Tvrzení 2.3 lze použít pouze na tělesa, jež jsou rozkladová nad bázovým tělesem T. Situaci lze řešit pomocí následujícího technického lemmatu. Lemma2.8. BuďTtělesocharakteristiky0aT S Urozšířenítělestaková, že S je rozkladové naděleso nějakého polynomu nad T a U je rozkladové nadtěleso polynomu x n a S[x]nadS.PakexistujerozšířeníU Vtakové,žeVje rozkladové naděleso nějakého polynomu nad T a Gal(V/S) je řešitelná grupa. Poznamenejme, že kdyby bylo samo U rozkladovým nadtělesem nějakého polynomunadt,pakbychommohlivolitv=uapoužíttvrzení2.4. Důkaz. Označme f polynom, pro který je těleso S rozkladové nad T. Definujeme polynom g= m a,t (x n ) T[x](dominimálníhopolynomu m a,t dosadímemocninu proměnné x)auvažujmerozkladovénadtělesovpolynomu fg T[x]nadtělesemT.Vidíme,žeU V,protože x a m a,t vs[x],tedy x n a m a,t (x n )=g vs[x],takžesepolynom x n arozkládávev[x]nalineárníčinitele.dokážeme, že Gal(V/S) je řešitelná grupa.

13 Označme a 1,...,a m kořenypolynomu m a,t vtěleses.tentopolynomjeireducibilní,jehokořen aležívs,tedypodletvrzení2.5jsouvšechnyprvky a 1,...,a m vs.tedy m a,t =(x a 1 ) (x a m )ag=(x n a 1 ) (x n a m )vs[x].označme g i =(x n a 1 ) (x n a i ) S[x] abuďu i rozkladovýmnadtělesempolynomu g i nads,prokaždé i=0,...,m. Máme řadu rozšíření S=U 0 U 1... U m 1 U m =V, všechna tělesa jsou rozkladová nad S, tedy můžeme m-krát aplikovat Tvrzení 2.3(3) a dostáváme řadu normálních podgrup {id}=n m N m 1... N 1 N 0 =Gal(V/S), kden i =Gal(V/U i ) Gal(V/S)provšechna i.navíc,opětdíkytvrzení2.3(3), N i /N i 1 =Gal(V/U i )/Gal(V/U i 1 ) Gal(U i /U i 1 ), přičemžtytofaktorgrupyjsouřešitelnépodletvrzení2.4,protožeu i jerozkladovýmnadtělesempolynomu x n a i nadtělesemu i 1.Důsledek2.7říká,žegrupa Gal(V/S) je řešitelná. Důkaz Galoisovy věty 2.1, část( ). Uvažujme polynom f řešitelný v radikálech a příslušná tělesa prokazující tento fakt,tj.mějmerozšířenít=s 0 S 1... S k taková,žes i+1 jerozkladové nadtělesonějakéhopolynomu x ni a i S i [x]nadtělesems i,apředpokládejme, žerozkladovénadtělesowpolynomu fnadtjeobsaženovtěleses k.dokážeme, že grupa Gal(W/T) je řešitelná. BudemestavětdvěřadyrozšířeníT=U 0 U 1... U k at=v 0 V 1... V k splňujícínásledujícívlastnostiprovšechna i=1,...,m: (1)S i U i V i, (2)V i jerozkladovénadtělesonějakéhopolynomunadt, (3)Gal(V i /V i 1 )jeřešitelnágrupa. DefinujmeU 0 =V 0 =S 0 =Tapostupujmeinduktivněpro i=1,...,m.buď U i rozkladovénadtělesopolynomu x ni a i nadtělesemv i 1.Nynípoužijeme Lemma2.8nasituaciV i 1 U i azískámerozšířeníu i V i svlastnostmi(2), (3). Vlastnost(1) je očividně splněna také. MámetedyřadurozšířeníT=V 0 V 1... V k,kdekaždév i jerozkladové nad T, takže lze aplikovat Tvrzení 2.3(3) a získat řadu normálních podgrup {id}=n m N m 1... N 1 N 0 =Gal(V k /T), kden i =Gal(V k /V i ) Gal(V k /T)provšechna i.vlastnost(2)říká,žefaktorgrupy N i /N i 1 =Gal(V k /V i )/Gal(V k /V i 1 ) Gal(V i /V i 1 ) jsouřešitelné,azdůsledku2.7vidíme,žegrupagal(v k /T)jeřešitelná. Zbývá dokázat, že grupa Gal(W/T) je také řešitelná. Z vlastnosti(1) plyne, žet W V k.oběrozšířeníjsourozkladovánadt,tedyopětmůžemepoužít Tvrzení2.3(3)avidíme,žeGal(W/T) Gal(V k /T)/Gal(V k /W).Nynístačí použítlemma2.6,kteréříká,žefaktorgrupařešitelnégrupygal(v k /T)jetaké řešitelná.

14 K důkazu Abel-Ruffiniho věty zbývá najít polynomy, jejichž rozkladové nadtěleso nemá řešitelnou Galoisovu grupu. Takových polynomů je většina, přesto není úplně snadné nějaký příklad předvést. Asi nejjednodušší rodinu příkladů popisuje následující tvrzení. Tvrzení 2.9. Buď p prvočíslo a uvažujme ireducibilní polynom f Q[x] stupně p,kterýmá p 2reálnýcha2imaginárníkořeny.BuďSrozkladovénadtěleso polynomu fnad Q.PakGal(S/Q) S p. Důkaz.Připomeňme,žegrupaGal(S/Q)sevnořujedogrupyS p,přičemžjejíprvky jsou dány permutací na kořenech polynomu f. Nejprve si uvědomme, že komplexní sdružení je Q-automorfismem tělesa S, tedy obraz Gal(S/Q) obsahuje transpozici. Věta??říká,že Gal(S/Q) =[S:Q].Přitom[S:Q]jedělitelnéčíslem p,tedy podle Cauchyho věty?? obsahuje grupa Gal(S/Q) prvek řádu p, tedy její obraz obsahuje p-cyklus. Nyní si stačí uvědomit, že libovolný p-cyklus a transpozice generuje celougrupus p. Příkladempolynomu,kterýsplňujepředchozítvrzení,jetřeba f= x 5 4x+2. Tento polynom je ireducibilní podle Eisensteinova kritéria, počet reálných kořenů snadnozjistímepomocíkalkulu: f =5x 4 4,tatorovnicemádvěreálnářešení, tedy příslušná reálná funkce f má jedno maximum a jedno minimum, přičemž snadno dopočítáme, že maximum je kladné a minimum záporné. Protože polynomiální funkce jsou spojité, musí existovat právě tři reálné kořeny. Galoisova grupa rozkladovéhonadtělesapolynomufjetedyizomorfnígrupěs 5,kteránenířešitelná. Důsledek 2.10(Abel-Ruffiniho věta, silnější verze). Existují racionální polynomy stupně 5 a více, které nejsou řešitelné v radikálech nad tělesem Q.