מבנים אלגבריים II 27 במרץ 2012

Transcript

1 מבנים אלגבריים II אור דגמי, 27 במרץ 2012

2 אתר אינטרנט: סיכום הרצאות של פרופ אלכס לובוצקי בשנת לימודים

3 תוכן עניינים 1 שדות תזכורת מהעבר מרחבים וקטורים מעל שדות איבר אלגברי ופולינום מינימלי שדה סגור אלגברית שדות סופיים שורשים מרובים של פולינום לבנות בעזרת סרגל ומחוגה לרבע את המעגל פריקות של פולינומים קריטריון אייזנשטיין (Eisenstein) השדה ה p ציקלוטומי

4 פרק 1 שדות 1.1 תזכורת מהעבר הגדרה שדה: (0,1,,+,F) כך ש: 1. (0,+,F) חבורה אבלית.3 2. (1,,{0}\F) חבורה אבלית הערה מכאן מסיקים שאין שדה עם איבר אחד, כי הוצאנו את האפס ועדיין נשארה יחידה. a,b,c F, a (b+c) = a b+a c מה זה חבורה? אפשר לקרוא במבנים אלגבריים 1. אבל בגדול: הגדרה חבורה: מוגדרת פעולה. הפעולה היא אסוציאטיבית: a(bc) = (ab)c קיים הופכי: = 1 1 a a a, a 1, כמו כן, חבורה נקראת אבילת אם: ab = bc [ אנו מכירים הרבה דוגמאות לשדות, נצפה במספר דוגמאות: דוגמה Q, ראינו כבר כי זה שדה עוד באלגברה לינארית 1. דוגמה } Q Q(i) = { a+b 1 a,b (כאשר 1 = (i נבחין כי Q(i) C לכן הפעולות אסוציאטיביות וקומוטטיביות. נרצה להראות סגירות לכפל וכי קיים הופכי. נבחין כי: ( a+b 1 )( c+d 1 ) = (ac bd)+(ad+bc) 1 ומסגירות Q לכפל וחיבור נקבל כי אכן המקדמים הם בQ. נראה הופכי: בהנתן.a,b אנו מחפשים c,d כך ש: { ac bd = 1 bc+ad = 0 3

5 פרק 1. שדות 1.1. תזכורת מהעבר { ax by = 1 bx+ay = 0 נסמן c = x, d = y ונרצה לפתור מערכת משוואת: ( )( ) ( a b x 1 = b a y 0) det ( ) a b = a b a 2 +b 2 נבחן את המערכת באופן מטריציוני: נבחין כי: כלומר, אם 0 a או 0 b המטריצה הפיכה ולכן קיימים x,y אשר יהיו ההופכי. דרך יותר קלה לראות זאת היא לזכור כי: כלומר: אבל בכך אנחנו מניחים ששדה המרוכבים קיים. z 1 = z z 2 = z z z (a+bi) 1 = a bi a 2 +b 2 הערה נבחין כי זה לא נכון באופן כללי. a+bi כאשר a,b F שדה כלשהו לא בהכרח שדה. כדי שזה כן יהיה נדרש כי 0 2 a 2 b+ עבור 0 a או 0 b, אבל זה לא קורה תמיד. לדוגמה מעל C. דוגמה Q R C וכמו כן.F p = Z /pz דוגמה F שדה כלשהו. ראינו כי F[x] הוא חוג הפולינומים מעל F. F(x) = שדה המנות של F[x] כלומר: F(x) = { f (x) g(x) f (x),g(x) F[X] g(x) לא פולינום ה 0 } שדה זה נקרא שדה הפונקציות הרציונליות מעל F ואם עושים את זה פעם אין שום סיבה לא לעשות את זה פעמיים. כלומר (F(x))(y) כלומר, פונצקיות רציונליות ב y שהמקדמים שלהם פונקציות רציונליות ב x. נסמן: למעשה מדובר בפונקציות עם שני משתנים.x,y ובאינדוקציה ניתן לדבר על: F(x,y) := (F(x))(y) F(x 1,...,x n ) := (F(x 1,...,x n 1 ))(x n ) דוגמה שדה המספרים הפיאדים: לוקחים את המספרים הרציונליים. מתבוננים בסדרות קושי מעל Q, לא בהכרח קיים להם גבול (אנחנו לא מכירים את המספרים האי רציונליים) נגיד כי שתי מחלקות קושי הם שקולות אם הן שואפות לאותו איבר. כלומר אם היה להם גבול הן היו מתכנות לאותו גבול. לוקחים את את הסדרות קושי הנ ל ולהם קוראים R. נבחין כי על המספרים הרציונליים אנחנו לא צריכים לדעת דבר פרט לכך שהם מרחב מרחב מטרי. אבל אפשר להגדיר מרחב מטרי נוסף על הרציונליים. לכל ראשוני p אפשר להגדיר מטריקה על המספרים הרציונליים. ואיכשהו לקבל שדה (לא הצלחתי לעקוב כמו שצריך), המספרים הפיאדים, כך ש Q יהיה צפוף בו. זה נשמע כאילו אפשר לעשות את זה בדרכים נוספות, אך זה לא עובד. יש משפט שאומר שזה ההגבלה. אם יהיה זמן נגיע לזה בהמשך. 4

6 1.2. מרחבים וקטורים מעל שדות פרק 1. שדות 1.2 מרחבים וקטורים מעל שדות חלק גדול מהדוגמאות שראינו הופיעו בזוגות, כלומר שדה אחד הוא תת שדה של השדה השני. ולכן אם F E שדות אזי אפשר לראות את E כמרחב וקטורי מעל F. במובן שאם R F ו α E אזי: Rα }{{} מכפלת סקלר Rבוקטור α = Rα }{{} מכלפה בשדה E נסמן (E).deg F E = [E : F] = dim F טענה E כפול המימד של E מעל K שווה למימד של F מעל K המימד של (כלומר [K : F] = [K : E] [E : F] שדות. אזי: F E K מעל F). הערה לא הנחנו שהם סופיים. נבחן אם E אינסופי, אז ברור כי גם K אינסופי. ולכן אם אז גם = [F K]. : כמו כן אם K מעל E אינסופי, אז יש אינסוף איברים בלתי תלויים מעל E ובפרט מעל F. נניח בהוכחה כי זה סופי. { α i,β j 1 i n 1 j m הוכחה: אם [K : E] = m,[e : F] = n נוכיח כי:.[K : F] = mn } יהי α 1,...,α n E המהוים בסיס מעל.F ויהיו β 1,...,β m K מהוים בסיס ל K מעל.E נראה כי i=1 j=1 n i=1 j=1 m a i,j α i β j = 0 ( n m m n ) α i,j α i β j = a i,j α i j=1 i=1 בסיס ל K מעל F. נראה כי זו קבוצה בלתי תלוייה: נניח ש: כאשר. a i,j F נרצה להראות ש = 0 i,j α לכל i וj. } {{ } E β j נכתוב את הנ ל בצורה הבאה: n. כעת ה אבל נבחין כי האיבר n a i,j α i הוא ב. E אבל מאחר ו β 1,...,β m בת ל מעל,E אזי לכל j נקבל כי: = 0 i a i,j α i=1 α i הם ב E וה a i,j הם ב F, ומכיוון ש α 1 α,..., n הם בלתי תלויים לינארית מעל F לכן = 0 i,j α לכל i ולכל j. כלומר מדובר בקבוצה בלתי תלויה. הערה נבחין כי בהוכחה של האי תלות השתמשנו רק באי תלות של הקבוצה ולא בכך שהיא בסיס. כלומר מכפלה של כל שתי קבוצות בלתי תלויות באופן הנ ל הייתה מניבה קבוצה בלתי תלויה. קבוצה פורשת כי אם γ K אזי קיימים e 1,...,e m E כך ש m e j β j = γ מהיות β 1,...,β m בסיס. j=1 i=1 { α i β j 1 i n 1 j m ועכשיו את e j אנו יכולים לרשום כצירוף לינארי מעל F של α 1 α,..., n כי היא בסיס ולכן: } n e j = a i,j α i i=1 עבור a i,j F כלשהו. ובסה כ קיבלנו כי: m n γ = a i,j α i β j j=1 i=1 5

7 פרק 1. שדות 1.3. איבר אלגברי ופולינום מינימלי 1.3 איבר אלגברי ופולינום מינימלי הגדרה אם F E שדות, ו α E נסמן: F(α) = תת השדה המינימלי של E המכיל את F ואת α. למעשה, זה שווה לחיתוך כל התת שדות של E המכילים את F ו α. טענה אם < F] [F(α) : אזי קיים פולינום F[x] f (x) שונה מ 0 כך ש = 0 (α).f הוכחה: נניח [F(α) : F] = n נסתכל בקבוצה: F(α).1,α,α 2,...,α n אבל זו קבוצה בת + 1 n איברים ולכן היא תלויה לינארית מעל F. דהיינו, קיימים a 0 a, 1 a,..., n כאשר לא כולם אפסים כך ש: n a i α i = 0 f (x) = n a i x i (כאשר = 1 0 α). ולכן α שורש של הפולינום: וזה פולינום 0. הערה הוכחנו שאם [F(α) : [F = n אזי יש פולינום ממעלה n המאפס את α. הגדרה איבר אלגברי: α E, F E נקרא אלגברי מעל F אם קיים פולינום F[X] f (x) 0 כך ש = 0 (α).f הגדרה אם α אלגברי, אזי נסמן ב p(x) p α (x) = את הפולינום המתקון מהמעלה הקטנה ביותר המאפס את α. הערה מתוקן: המקדם הכי גבוה שלו הוא 1 (כלומר = 1 n a). טענה הפולינום המינימלי של α יחיד ואי פריק..2 אם F[x] f (x) פולינום כך ש = 0 (α) f אזי: (x).p α (x) f הוכחה: יחידות: אם יש שניים אזי הפרשם ממעלה קטנה יותר ומאפס. ולכן חייב להיות פולינום 0. ולכן הם שווים. אי פריקות: אם h(x)g(x) p(x) = אזי: h(α)g(α) = p(α) = 0 אבל h(α),g(α) E ולכן לפחות אחד מהם הוא.0 ולכן אם: degh,degg < degp וזו סתירה למינימליות של p. (כלומר אחד מהם חייב להתאפס על α, ואם הוא שונה מפולינום האפס אזי קיבלנו פולינום ממעלה נמוכה יותר אשר מתאפס על α וקיבלנו סתירה). נוכיח את החלק השני. נחלק את (x) f עם שארית ב :p(x) f (x) = q(x)p(x)+r(x) כאשר = 0 r(x) (פולינום האפס) או deg(p(x)) deg(r(x)) < נציב α ונקבל: 0 = f (α) = q(α)p(α)+r(α) אבל = 0 p(α) ולכן חייב להתקיים כי = 0.r(α) אבל דרגתו של r קטנה משל p! ולכן ממינימליות p(x) נסיק כי = 0 r(x) (פולינום האפס). ולכן אין שארית, דהיינו (x) p(x) f כנדרש. משפט [F(α) : F] < F אלגברי מעל α אזי α וK F K 6

8 1.3. איבר אלגברי ופולינום מינימלי פרק 1. שדות הוכחה: ראינו כיוון אחד, אם < [F [F(α) : אזי α אלגברי. כיוון שני: נניחשα אלגבריויהא( p(x הפולינוםהמינימלישלו. נגדירהומומורפיזםשלחוגים: ϕ : F[x] K באופןהבא: (α).ϕ(f (x)) = f זהו הומומורפיזם מכיוון שאם ניקח סכום של הומומורפיזם של חוגים בדוק) kerϕ = {f (x) f (α) = 0} = (p(x)) הערה אם אני זוכר נכון ראינו את זה במבנים אלגבריים. 1 נבחין כי: (כלומר האידיאל הנוצר מ( p(x, מכיוון שהוא מאפס את α, הכפולות שלו מאפסות את α ורק הן). ולכן ממשפט ההומומורפיזם הראשון: Imϕ = F[x] /(p(x)) אבל (p(x)) אידיאל מקסימלי מאחר והוא פולינום אי פריק. ולכן חוג המנה /(p(x)) F[x] הוא שדה (הראנו במבנים אלגבריים 1) שמימדו מעל F הוא.degp(x) = n ולכן תמונת ϕ זה שדה המכיל את F ואת α ואת (הפולינום.α = ϕ(x כלומר, F(α) Imϕ ולכן < F] [F(α) : כנדרש. תזכורת תזכורת ממבנים אלגבריים 1: F שדה, F[x] R = חוג אוקלידי. כל אידיאל ב F[x] הוא ראשי, F[x].I = (f (x)) = Rf (x),i אם (x) g(x) f אזי: (g(x)).(f (x)) (g(x)) אידיאל מקסימלי g(x) פולינום אי פריק. באופן כללי: חוג המנה: /(f(x)) F[x] הוא מרחב וקטורי ממימד (x) n = degf (כאשר 1 n 1,x,...,x מהוים בסיס לחוג מנה זה מעל.(F כאשר (x) f הוא פולינום אי פריק, אז ((x) f) אידיאל מקסימלי ולכן: /(f(x)) F[x] הוא שדה. מסקנה E. הוא תת שדה של Imϕ הערה זה קצת מפתיע, מה הוא?Imϕ זה לקחת את כל הפולינומים ולהציב בהם α כלומר: { l } { n 1 } Imϕ = a i α i a i F = a l N i x i a i F כאשר n היא הדרגה של הפולינום המינימלי המאפס את α. מה שמפתיע כאן הוא קיום ההופכי. למה הוא מופיע? נקח את הפולינום המתוקן האי פריק המאפס את α: p(x) = a 0 +a 1 x+...+a n 1 x n 1 +x n כאשר = 0.p(α) נשים לב כי 0 0 a (אחרת הפולינום x היא מחלק אותו, אבל p(x) אי פריק). a 0 +a 1 α+...+a n 1 α n 1 +α n = 0 נעביר את a 0 אגפים ונקבל: a 1 α+...+a n 1 α n +α n = a 0 a 1 +a 2 α...+a n 1 α n 2 +α n 1 = a 0 α α a 0 a 2 a 0 α... a n 1 a 0 α n 2 + αn 1 a 0 = 1 α כלומר, קיבלנו פולינום שאם מציבים בו α נקבלים 1 α. משפט α E,F E אלגברי מעל F אם ם < F].[F(α) : יתר על כן, degp(x) [F(α) : F] = כאשר p(x) הוא הפולינום המינימלי של α. 7

9 פרק 1. שדות 1.3. איבר אלגברי ופולינום מינימלי טענה F E שדות, α,β E אלגבריים אזי: α±β, α β, α /β גם הם אלגבריים (כאשר 0 β במנה) הוכחה: נסמן F(α) K, = הוא תת שדה של E (ממעלה שווה ל( x ) degp α הפולינום המינימלי שמאפס את α). נתבונן ב: K(β) (כלומר, לוקחים את K ומספחים אליו את β). אז זו הרחבה סופית של K, כי β אלגברי מעל F ולכן אלגברי מעל K. ולכן: [K(β) : K] deg(p β (x)) (x) p β הפולינום המינימלי של β מעל F (לא מעל K לכן זה ולא שיוויון). לכן: [K(β) : F] = [K(β) : K][K : F] = [K(β) : K][F(α) : F] degp β (x)degp α (x) < לכן K(β) הרחבה סופית של F המכילה את α β/,α β,α±β ולכן כולם אלגבריים. F(α,β) = F(α)(β) הגדרה סימון: : הגדרה F E שדות, α E אלגברי. נאמר ש α אלגברי ממעלה n אם הפולינום המינימלי של α מעל F הוא ממעלה n. מסקנה אם α,β E אלגבריים ממעלות סופיות m וn בהתאמה, אזי α±β,α β, α β/ אלגבריים ממעלה קטנה או שווה ל.m n דוגמה אלגברי ממעלה הקטנה מ 35. מסקנה E. מהווה תת שדה של F, שאלגבריים מעל E שדות, אזי אוסף האיברים של F E הערה נבחין כי כל איבר ב F הוא אלגברי מעל F (לדוגמה: a F הפולינום: a x מאפס את a) תזכורת F E הרחבה של שדות. [F(α) : F] < אם ם: (f (α) כך ש = 0 0 f (x) F[x] אלגברי (כלומר, קיים פולינום α E α,β אלגבריים אזי α /β,α β,α±β כולם אלגבריים. ולכן אוסף האיברים האלגבריים מעל F בE הוא תת שדה של E. דוגמה Q = אוסף האיברים האלגבריים מעל Q ב C. ראינו שאם α אלגברי, עם פולינום מינימלי (וראינו כי הוא אי פריק),p(x) אזי: /(p(x)).f(α) = F[x] נשים לב שמכאן נובע שטפוס האיזומורפיזם של F(α) תלוי רק בפולינום המינימלי שלו. כלומר, אם α,β E יש את אותו פולינום מינימלי אזי: F(β).F(α) = והאיזומורפיזם הזה מעביר בין α וβ. מכיוון שהראשון מעביר את x לα והשני את x לβ. יתר על כן, איזומורפיזם זה מקבע את אברי F במקומם (כלומר, כל איבר α F עובר להיות הפולינום הקבוע α). ולכן גם האיזומורפיזם בין /(p(x)) F[x] ל F(α) זו העתקה לינארית מעל F. אנו יכולים לחשוב עליה גם כהעתקה לינארית בין מרחבים וקטורים. כלומר ϕ : F[x] E המוגדרת: (α) ϕ(f (x)) = f משרה איזומורפיזם: F(α) ϕ : F[x] /kerϕ Imϕ = ϕ ( a f (x) ) = ϕ(a)ϕ(f (x)) = af (α) = aϕ ( f (x) ) כאשר f. (x) = f (x)+kerϕ והמעבר האחד לפני אחרון הוא מההצבה של a בפולינום הקבוע. ולכן גם האיזומורפיזם בין F(α) ל F(β) הוא F לינארי. האם יכול להיות כי F(α) ממש שווה ל?F(β) 8

10 1.3. איבר אלגברי ופולינום מינימלי פרק 1. שדות דוגמה p 1 (x) = x ו: p 2 (x) = x 2 +4 מעל.Q שניהם אי פריקים (אין להם שורשים, והם פולינומים ממעלה,2 לכן אי פריקים) השורשים של הפולינום הראשון הם i±. כלומר, אם ניקח את שדה ההרחבה: {Q Q(i) = {a+bi a,b רגע, למה זה שדה בכלל? כיוון ש: (a+bi) = a bi (a+bi)(a bi) והמכנה הוא ממשי לכן קיבלנו את אותו מבנה. אבל עכשיו אנו מבינים את זה בדרך יותר קונספטואלי. למעשה מדובר בהצבה של i בפולינומים מעל Q ממעלה עד 2. כלומר: Q(i) = Q[x] /(p 1(x)) ואילו הפולינום השני, השורשים שלו הוא ±2i, אבל מה זה שדה אשר מספחים אליו את 2i? זה בדיוק אותו שדה כמו שמספחים אליו את.i כלומר Q(i).Q(2i) = עד כה עסקנו בשאלה הבאה, יש לנו שדה F ויש לנו שדה הרחבה E כך שיש איבר α F האם יש פולינום שמאפס אותו. כעת אנו רוצים לעסוק בשאלה ההפוכה, כלומר האם יש שדה שעבורו פולינום נתון מתאפס. משפט יהי F שדה, F[x] f (x) פולינום לא קבוע (כלומר ממעלה הגדולה או שווה ל 1 ) אזי קיים שדה E המכיל את F שבו יש ל( x ) f שורש. הוכחה: בלי הגבלת הכלליות ניתן להניח ש (x) f פולינום אי פריק ב F[x] (אחרת נפרק אותו לפולינומים אי פריקים, הם לא קבועים מההגדרה, נקח אחד מהם ונמצא לו שורש). נסתכל בשדה /(f(x)) E. = F[x] מאחר ו (x) f אי פריק אזי זהו שדה. E מכיל את F (עד כדי איזומורפיזם) כיוון שאנחנו לוקחעים את F ואז: לוקחים את a ומעבירים אותו למחלקה שמכילה את a. כלומר: a F a+(f (x)) F F[x] π F[x] /(f(x)) נסמן x להיות המחלקה: ((x) x+(f נבחין כי E. x נטען כי x הוא שורש של (x) f. נבחין כי: n f (x) = a i x i כאשר.a i F נציב את :x n n f (x) = a i x i ( = a i x i +(f (x)) ) n ( = ai x i +(f (x)) ) = n a i x i +(f (x)) = f (x)+(f (x)) = 0+(f (x)) = 0 וזהו האיבר ה 0 של. E כלומר מצאנו שדה שמרחיב את F ובתוכו מצאנו שורש אשר מאפס את הפולינום. דוגמה נקח את.F = R ונקח.f (x) = x 2 +1 מה למעשה עשינו פה? נניח כי לא ידענו על קיומם של המרוכבים. אם היינו מבצעים את תהליך ההוכחה: נקח את R[x] ונחלק אותו ב ) 1+ ( x 2 כלומר: (1+. R[x] x)/ 2 אבל זה כל האיברים מהצורה.a+bx כלומר: R[x]/(x 2 +1) = { a+bx a,b R } ואם נחשב מה הוא נקבל: = 0 +1 (x) 2 0+1x = 9

11 1.4. שדה סגור אלגברית פרק 1. שדות 1.4 שדה סגור אלגברית הגדרה שדה סגור אלגברית: שדה K נקרא שדה סגור אלגברית אם לכל פולינום (x) f ממעלה גדולה או שווה ל 1 ב (x) f יש שורש בK. K[x] באופן שקול: לכל פולינום אי פריק ב K[x] יש שורש. ובאופן שקול: כל פולינום K[x] f (x) ניתן לכתיבה כ: f (x) = a(x λ 1 )... (x λ n ) כאשר.a,λ 1,...,λ n K משפט המשפט היסודי של האלגברה C (המרוכבים) הוא שדה סגור אלגברית. לא נוכיח את המשפט הזה במסגרת הקורס. למעשה, אין לו הוכחה אלגברית. נוכיח את זה בפונקציות מרוכבות. משפט נסמן Q = אוסף המספרים האלגבריים (מעל Q) ב C. הוא שדה סגור אלגברית. בהוכחה נשתמש במשפט היסודי של האלגברה, ונקבל שדה סגור אלגברית שהוא בן מנייה (כבר ציינו כי Q הוא בן מנייה). הוכחה: Q.a i צריך להוכיח שיש α Q כך ש: יהי Q[x] f (x) פולינום ממעלה גדולה או שווה ל 1. נסמן: f (x) = n a i x i כאשר.f (α) = 0 יהי α שורשת של (x) f בC (קיום שורש כזה מובטח ע י המשפט היסודי של האלגברה). צריך להוכיח ש α. Q כלומר שα עצמו אלגברי מעל Q (ולא רק מעל Q ). נתבונן ב: (α, Q(a 0 a, 1 a, 2 a,..., n (כלומר Q אשר סיפחנו לו את המקדמים של הפולינום ואת α) נבחן את: [Q(a 0,...,a n,α) : Q] = [Q(a 0,...,a n,α) : Q(a 0,...,a n )][Q(a 0,...,a n ) : Q] אבל )] n [Q(a 0,...,a n,α) : Q(a 0,...,a סופי, כי α הוא אלגברי מעל ) n Q(a 0,...,a (הוא שורש של פולינום עם מקדמים ב: ) n Q(a 0 a,..., כלומר אלגברי מעל שדה זה ואף ניתן להגיד כי ערכו קטן או שווה לn מכיוון שיש פולינום ממעלה n אשר מאפס אותו אבל לא מובטח לנו שהוא אי פריק). אבל גם [Q [Q(a 0 a,..., n ) : סופי, מכיוון ש a 0 a,..., n אלגבריים מעל Q לפי הגדרה ולכן גם נקבל כי: n[q(a 0,...,a n ) : Q(a 0,...,a n 1 )][Q(a 0,...,a n 1 ) : Q(a 0,...,a n 2 )]... אבל מכיוון ש a n אלגברי מעל Q הוא בוודאי אלגברי מעל ) 1 n Q(a 0 a,..., ולכן כל הכפולות הנ ל הן סופיות. הערה מסתתרת כאן למה כללית יותר: אם a 0,...a n E אלגבריים מעל F אזי: < F].[F(a 0,...,a n ) : לסיכום, אם ניקח את (α, Q(α) Q(a 0 a,..., n ומאחר והשדה בצד ימין הוא ממימד סופי מעל Q קל וחומר ש < [Q [Q(α) : ולכן α אלגברי מעל Q ולכן α Q כנדרש. טענה אם R[x] f (x) אי פריק אזי 2 (x)) deg(f.1 הוכחה: נניח R[x] f (x) אי פריק, יש לו α C (על פי המשפט היסודי) ולכן /(f(x)) R[x] הוא שדה אבל זה גם איזומורפי ל R(α). אבל R R(α) C ולכן: 1 dim R (R(α)) 2 ולכן: 2 /(f(x)).deg(f (x)) = dim R[x] כנדרש. הערה אם[ R[x f (x) ואםα שורשלאממשישל( x ) f אזגםα (הצמודהמרוכבשלα )הואשורש. ולכן (x α)(x α) x. 2 (α+α)x+α α אבל מה זו המכפלה הזו? f. (x) מסקנה כל פולינום לא קבוע R[x] f (x) מתפרק למכפלה של פולינומים ב[ R[x ממעלות 1 או 2. מיידי מהמסקנה הקודמת. 10

12 פרק 1. שדות 1.5. שדות סופיים מסקנה כל פולינום R[x] f (x) ממעלה אי זוגית יש שורש בR. נבחין מהמסקנה הקודמת, לא יכול להיות שכל הפולינומים המפרקים אותו הם זוגיים מכיוון שאז המעלה הייתה יוצאת זוגית. הוכחה נוספת היא בעזרת α וα, הרי מעל C הוא פריק לגורמים לינארים, ואז יש לו לכל היותר n שורשים כאלה, כלומר לא לכל אחד יש את הצמוד המרוכב שלו אזי יש שם איבר ממשי. הוכחה שלישית כמו שכבר ראינו באינפי, R[x] f (x) ממעלה אי זוגית (אפשר להניח שמתוקן) אזי: = (x) lim f לעומת זאת: x = (x) lim f (מכיוון שהאיבר המוביל הוא החזקה הגדולה ביותר, האחרים הופכים לזניחים ביחס אליו) ואז ממשפט ערך x הביניים, מכך שפולינום הוא פונקציה רציפה, יש x R כך ש = 0 (x) f. מסקנה אם F[x] f (x) פולינום ממעלה n, אזי לF הרחבה E ממעלה לכל היותר!n שבה (x) f מתפרק לגורמים לינארים. הוכחה: באינדוקציה על n: f(x) זה פולינום ממעלה 1 n ולכן יש הרחבה E 2 של E 1 ממעלה קטנה יש הרחבה E 1 ממעלה n שבה יש שורש.α לכן: 1[x] x α E f(x).(x α)(x β) E 2[x] כלומר: f(x) x α או שווה 1 n שבה יש שורש β של ונמשיך באינדוקציה. משפט לכל שדה F יש הרחבה F, כלומר F F כך ש F סגור אלגברית. יתר על כן, אם F אינסופי, אזי יש F מאותה עוצמה של F. בפרט אם F בן מנייה אזי יש F הוא בן מניה. אנחנו לא אומרים שהיא יחידה (למרות שכן במובן מה), לא נוכיח את זה במסגרת הקורס. 1.5 שדות סופיים אזי ל n הקטן ביותר המקיים זאת נקרא } {{} הגדרה מציין\קרקטריסטיקה: אם F שדה וקיים n N 0 כך ש = 0 nפעמים המציין של. F הערה אם לא קיים n כנ ל, נאמר שהמציין של F הוא 0. טענה המציין של F הוא מספר ראשוני. הוכחה: אם = ו n = m k אזי: = 0 }{{} nפעמים לכן אחד מ: או }{{} mפעמים טענה = אבל בשדה אין מחלקי אפס, }{{}}{{}}{{} nפעמים kפעמים mפעמים חייב להיות אפס, בסתירה למינימליות של n. }{{} kפעמים 1. אם F שדה עם מציין ראשוני p, אזי F מכיל את F p (כלומר מכיל שדה איזומורפי ל F). p 2. אם F שדה עם מציין 0, אזי מכיל את Q. הוכחה: 11

13 1.5. שדות סופיים פרק 1. שדות 1. נסתכל בp האיברים: }{{} 1 pפעמים יש כאן p איברים שחוקי החבור והכל בינהם מתנהגים בדיוק כמו ב: F p = Z /pz המוכר. עבןר החיבור הנ ל ברור, עבור הכפל נובע מהדיסטרבטיביות ושוב ברור. לכן יש באמת איזומורפיזם בין F p אליו. 2. לא נוכיח בשלב זה. מסקנה אם F שדה סופי, אזי קיים ראשוני p ושלם חיובי n כך ש F. = p n הוכחה: ברור שהמציין של F אינו 0, ולכן הוא p לאיזשהו ראשוני p. ולכן F מכיל את F, p ולכן F מרחב וקטורי מעל F p ממימד סופי, ולכן כמרחב וקטורי הוא איזומורפי ל F n p ובפרט, F = p n כנדרש שורשים מרובים של פולינום יהי F[x] f (x) = a n x n +a n 1 x n a 2 x 2 +a 1 x+a 0,f (x) כאשר.a i F נגדיר את הנגזרת להיות: f (x) = na n x n 1 +(n 1)a n 1 x n a 2 x+a 1 ma = a+a+...+a }{{} mפעמים כאשר עבור a F ו m N אנו מסמנים: הערה בניגוד לאינפי הנגזרת מוגדרת להיות כך, ולא עם גבולות. אנו רגילים כי נגזרת של פולינום ממעלה n הוא פולינום ממעלה 1 n, אבל הדבר לא בהכרח קורה בשדה עם מציין p. לדוגמה: (1 x p ) = p 1x p 1 = 0 טענה אם F[x] f (x),g(x) אזי: (f (x)+g(x)) = f (x)+g (x).1 (f (x) g(x)) = f (x)g(x)+f (x)g (x).2 תרגיל: להוכיח את הטענה הנ ל.. f(x) x α הגדרה שורש פשוט\שורש מרובה: אם F[x] f (x) וα שורש של (x) f יקרא שורש פשוט אם α אינו שורש של. f(x) x α וα יקרא שורש מרובה אם α שורש גם של במקרה השני, נקבל כי (x) (x α) 2 f 12

14 1.5. שדות סופיים פרק 1. שדות טענה אם F[x] f (x) אזי כל השורשים של (x) f הם פשוטים אם ם: = 1 (x)) (f (x),f (כלומר זרים, gcd שלהם הוא (1 הערה כדי לבדוק אם הם זרים, אפשר בעזרת האלגוריתם של אוקלידס. הוכחה: ניח α שורש מרובה אזי: (x).(x α) 2 f כלומר: g(x) f (x) = (x α) 2 לאיזשהו.g(x) f (x) = ( ) (x α) 2 g(x) נחשב את (x) :f נשתמש בנוסחת המכפלה: [ f (x) = (x α) 2] g(x)+(x α) 2 g (x) = [ (x α) (x α)+(x α)(x α) ] g(x)+(x α) 2 g (x) מכאן ש (x) x α f וכזכור (x) (x α) 2 f ולכן: (x)) x α (f (x),f ובפרט: 1 (x)).(f (x),f f (x) = a נניח כי 1 ((x) f) (x),f נרצה להראות כי יש שורש מרובה. n (x λ i ) i=1 נניח שאין שורש מרובה אזי: n f (x) = a (x λ i ) n j ) = a (x λ j ) j i(x λ i=1 i=1 j i וכל ה λ i שונים ו 0.a אפשר לחשב את הנגזרת: ולכן עבור r = n,...,1 נקבל כי: f (λ r ) = a j r (λ j λ r ) אם אין שורש מרובה הרי 0 ) r f λ) לכל r. = n,...,1 כלומר אין ל (x) f ו (x) f שורשים משותפים באף שדה הרחבה. ולכן לא ייתכן שיהיה להם מחלק משותף נשתמש בטענות הנ ל באופן הבא: יהיה F = F p = Z /pz השדה מסדר p) p ראשוני). נקבע n N ונתבונן בפולינום. f (x) = x pn x ראשית נציין ש 1 = (x).f בפרט, = 1 (x)) (f (x),f ולכן בשדה הרחבה E שבו (x) f מתפצל לגורמים לינארים כל שורשי (x) f הם שונים זה מזה. יהי E שדה שבו אכן (x) f מתפרק לגורמים לינארים ונסמן ב K את אוסף שורשי (x) f: { } K = α E α pn α = 0 13 K = p n.p n הנ ל קבוצה מסדר K טענה K מהוה שדה. הוכחה: ננבחין כי K 0,1. יהיו.α,k K נבחין כי:.(α+β) pn

15 1.5. שדות סופיים פרק 1. שדות למה יהי D שדה ממציין p ראשוני. יהיו α,β D אזי: (α+β) p = α p +β p.1 (α β) p = α p β p.2 (α+β) p = (α+β)(α+β)...(α+β) = p ( ) p α i β p i i הוכחה: 2 ברור. נראה את 1. נבחין כי: ( ) p = i p! i!(p i)! p ( p כיוון ש: i) אבל נשים לב שעבור > 0 i p > מתקיים p הוא ראשוני, אבל > 0 i p > ולכן לא מופיע במכנה, ולכן הוא לא מצטמצם. כלומר בסכום הנ ל אנו צריכים להסתכל רק על הראשון והאחרון כיוון שאם אנו מחברים p פעמים את אותו איפה אנו מקבלים אפס (זו המשמעות של מציין p) ולכן נקבל כי: ( ) ( ) (α+β) p p p = α 0 β p 0 + α p β p p = a 0 β p +α p β 0 = α p +β p 0 p כנדרש. מסקנה D שדה ממציין < p 0. אזי העתקה Φ : D D המוגדרת באופן הבא: Φ(α) = α p היא הומומורפיזם של שדה הנקרא הומומורפיזם של פרודיניוס. (α+β) pn = Φ n (α+β) = Φ n (α)+φ n (β) = α pn +β pn = α+β נבדוק ש K סגור לחיבור\כפל ולקיחת הופכי. לגבי החיבור, אם α,β K נבחין כי: הערה כאשר Φ זה ההומומורפיזם של פרודיניוס. ולכן גם Φ n הומומורפיזם. הערה ) n.k = Fix(Φ אם,α,β K נבחין כי גם:.(α β) pn = α pn β pn = αβ α β K.α 1 K כלומר, ( α 1) p n = ( α pn ) 1 לבסוף, נבחין כי אם α K 0 אזי: 1 α = מסקנה לכל p ראשוני ולכל n N 1 יש שדה מסדר.p n מסקנה לכל n l יש שדה ביניים יחיד בין F p לK מסדר p. l הוכחה: ראינו שיש L כזה. מדוע הוא יחיד? אם L שדה נוסף מסדר p l בתוך K אזי איברי L השונים מ 0 נמצאים ב \{0} L (L ) = זו חבורה סופית מסדר 1 l p ולכן מקימים = 1 1 pl.γ ולכן γ pl = γ כלומר שורשי הפולינום x pl x וכך גם,0 אזי.L = L 14

16 1.5. שדות סופיים פרק 1. שדות הערה לשדה K מסדר p n יש בדיוק n אוטומואפיזם. למעשה: Aut(K) = { Id,Φ,Φ 2,...,Φ n 1} אם H חבורה חלקית של Φ אז H ציקלית ונוצרת ע י Φ r כאשר.r n נסתכל על H} H = {α K ψ(α) = α ψ, זהו שדה מסדר.p r 15

17 פרק 2 לבנות בעזרת סרגל ומחוגה נתונה קבוצת נקודות S במישור. בידינו סרגל (הכוונה למוט ישר בלי סימוני קורדינטות עליו, ארוך כרצונינו) ומחוגה. מתוך הקבוצה S אפשר לבנות נקודות חדשות במישור באופן הבא: בין כל 2 נקודות ב S אפשר למתוח קו ישר ולהמשיכו לשני הצדדים כרצוננו. כמו כן ניתן לפתוח את המחוגה כךשקצותיהיהיו בנדוקות s 1,s 2 S ואז לצייר מעגל ברדיוס ) 2 dist(s 1,s מסביב הנקודה.s 3 S הנקודות החדשות הן נקודות מפגש של קוים ומעגלים שנבנו כך מS. נבחין שעם נקודה אחת אני לא יכולים לעשות כלום. לעומת זאת בעזרת 2 נקודות אנו ראשית יכולים להעביר בניהם ישר. וכמו כן לבנות מעגל כאשר הרדיוס שלו יהיה המרחק בניהם סביב הנקודה הראשונה וסביב השניה (לא מדובר באותו מעגל!). יצרנו כאן 2 נקודות חדשות, אם נעביר ישר בין הנקודות החדשות נקבל חיתוך עם הישר הראשון, אשר יחתוך אותו בדיוק באמצע בין הנקודות. כלומר בעזרת סרגל ומחוגה, ניתן לחלק כל קטע לחצי ואנו גם יכולים לבנות אנך (כיוון שהוא יהיה מאונך כי מתקבל מעויין למעשה). נבחין כי אנו מקבלים למעשה את כל השלים בצורה זו גם על ציר הx וגם על ציר הy (החיתוך של הנוצר מהמחוגה עם הישר). ולכן אנו יכולים גם לקבל חלוקה בn. לדוגמה נשיג את 3 בכך שנעביר ישר בין (0,3) ל (1,0). ונעביר לו ישר מקביל העובר ב (0,1) ואז הוא יחתוך את ציר הx בשליש. איך מעבירים מקביל? נפתח מעגל סביב הנקודה הראשונה בקטע העובר בנקודה שבא אנו רוצים את המקביל. באופן דומה עם הנקודה השניה. מהקודקוד החדש נקבל דלתון (האלכסונים ניצבים!). על מנת לקבל מקביל ניצור באופן דומה לבניית השלמים נקודה בהמשך הישר כך שנקבל שהנקודה שלנו בדיוק במרכזו, ונשתמש בטכניקה ממקודם על מנת לקבל ניצב. למעשה אנו יכולים לבנות כל מספר רציונליים, אבל לא רק! לדוגמה ניתן גם לבנות את 2 נבנה ריבוע, הרדיוס מ( 0,0 ) ל (1,1) הוא 2, נבנה עיגול, החיתוך עם ציר הx הוא שורש לרבע את המעגל. π 2 דהיינו, הם רצו נותנים לנו קטע בין 0 ל 1 ובונים סביבו מעגל. אנו מחפשים ריבוע שההקף שלו הוא כמו ההקף של המעגל, כלומר ריבוע שההקף שלו הוא 2π, כלומר צלע שהיא π. 2 אבל π הוא לא אלגברי! לכן גם π 2 ולכן אין דרך להגיע לזה בעזרת סרגל ומחוגה! לבנות את הנקודה הגדרה ניתן לבניה: מספר ממש α נקרא ניתן לבניה אם להגיע ל( α,0 ) במספר סופי של צעדי בניה החל מ( 0,0 ) ו( 1,0 ) ע י סרגל ומחוגה. הערה α ניתן לבניה אם ם קיים β כך שניתן להגיע במספר סופי של צעדי בניה ל (α,β) ואם ם ניתן להגיע ל (α,0). ראינו כי כל מספר רציונלי הוא ניתן לבניה. למה אם α,β ניתנים ולבנייה אזי a+β ניתן לבניה. הוכחה: אם אנו יודעים להגיע ל (0,α) ו( β,0 ) אז אנו שמים מחוגה בניהם ומגיעים ל α+β על ידי סיבוב ב 180 מעלות. 16

18 פרק 2. לבנות בעזרת סרגל ומחוגה 2.1. לרבע את המעגל טענה אם α מספר ממשי חיובי ניתן לבניה, אזי גם α ניתן לבניה. הוכחה: אם α ניתן לבניה גם 1+α ניתן לבניה. נצייר מעגל שקוטרו α+1. 1+α ומשתמשים בו כרדיוס. 2 הערה מוצאים את יש לנו גם את הנקודה (1,0) נעביר דרכה אנך. ונסמן (β,1) את הנקודת החיתוך עם המעגל. המשולש (0,0),(1,β),(α+1,0) הוא ישר זווית (משולש שהיתר שלו הוא הקוטר הוא ישר זווית). כמו כן, האנך מפצל את המשולשים לדומים (קל להראות שהזוויות שוות) ולכן נשמרים יחסים בין הצלעות. ונקבל: β α = 1 β β2 = α ולכן מצאנו שורש לα. טענה אוסף המפרים הניתנים לבניה K הוא תת שדה ש R. הוכחה: K,0,1 ראינו שאם α,β K אזי.α+b K נראה שגם.α β K נבחין כי אנו יודעים לבנות את (0,1), נעביר קו בין (0,α) ל (0,1). נעביר דרך (0,β) מקביל לישר הקודם. המשולשים שנוצרו על ידי הישרים והצירים דומים. לנקודת החיתוך של הישר העובר דרך (0,β) נקרא (γ,0). γ β = 1 α. β α נבחין כי: נקראה שגם K ולכן: γ = β α ו: γ ניתן לבניה. נראה ש.α β K הפעם נמקם את β דווקא על ציר y. נעביר קו בין (0,α) ל (0,1) ונעביר גם בין (β,0) ל( γ,0 ) קו מקביל לקודם. נקבל שוב משולשם דומים, ונקבל: γ β = α 1 γ = α β ולכן K אכן תת שדה. נניח ש 2 נקודות (a,b) ו (c,d) במישור ניתנות בניה, אזי משוואת הישר בניהן היא: ( ) d b l(x) = x+b d b c a c a a מה שחשוב הוא, שהמקדמים של הישר ניתנים לבנייה. אם (a,b),(c,d),(e,f) ניתנים לבנייה אז אנו יכולים לקבל את המעגל: (x e) 2 +(y f) 2 = r 2 כאשר: r 2 = dist 2 ((a,b),(c,d)) = (a c) 2 +(b d) 2 17

19 פרק 2. לבנות בעזרת סרגל ומחוגה 2.1. לרבע את המעגל ניתן לפתוח את זה, ולקב: x 2 +y 2 2ex 2fy +g = 0 עבור g כלשהו. לא כל כך מעניין אותנו הדיוק, מה שמעניין אותנו הוא שהמעגל שיצרנו הוא מהצורה: x 2 +y 2 +αx+βγ +δ = 0 כאשר α,β,δ ניתנות לבנייה. איך מקבלים נקודה חדשה הניתנת לבנייה (מתוך הנקודות שכבר בנינו בשלבים שלנו). נקודה חדשה שניתנת לבנייה מתקבלת ע י: 1. חיתוך ישר עם ישר 2. חיתוך ישר עם מעגל 3. חיתוך מעגל עם מעגל הערה בכל אחד מהמקרים מקדמי משוואת הישר או המעגל נמצאים בשדה הנוצר מעל Q בעזרת הנקודות שנבנו עד כה. טענה אם ρ R מספר ממשי ניתן לבניה בסדרה סופית של פעולות, אזי יש סדרה של שדות: Q K 1 K 2... K m כך ש 2 ] i 1 [K i : K לכל i = 1,...,m ו:.ρ K m הוכחה: בתהליך הבניה מתחילים בנקודות {(1,0),(0,0)} = 0 S וכל פעם בונים קבוצה גדולה יותר בנקודה אחת: S 0 S 1 S 2... S m עד.ρ S m הקורדנטות של S 0 נמצאות ב Q. בהוספת נקודה חדשה מ 1 i S ל S i מה עושים? נתבונן בנקודה חדשה שהתקבלה: { y = αx+β y = α x+β 1. חתוך של שני ישרים: אם יש פתרון, אזי הוא לא יוצא מהשדה שבו מקדמי המשוואותץ { y = αx+β x 2 +y 2 +γx+δy +η = 0 2. חיתוך ישר ומעגל: מציבי את y מהמשוואה הראשונה בשניה ומקבלים: לא מספיק מעניין לפתוח את זה, בגדול נקבל: x 2 +(αx+β) 2 +γx+δ(αx+β)+η = 0 בשדה ± = 1,2 x יכול להיות שנחרוג מהשדה, כיוון שיכול להיות שהשורש לא בשדה, לכן כאן עלינו לכל היותר עלינו בשדה ב 2 מעלות. 18

20 2.1. לרבע את המעגל פרק 2. לבנות בעזרת סרגל ומחוגה { x 2 +y 2 +αx+βy +δ = 0 x 2 +y 2 +α x+β y +δ = 0 { x 2 +y 2 +αx+βy +δ = 0 (a a )x+(β b )y +(δ d ) = 0 3. חיתוך מעגל עם מעגל, נקבל 2 משוואות: פתרון זוג משוואות זה שקול לפתרון של: (הפחתנו את המשוואה השניה מהראשונה). אבל זו משוואה של ישר כבר, וזה מקרה ב. טענה α R ניתן לבנייה אם ם קיימת סדרת שדות Q K 1 K 2... K m כך ש 2 ] i 1 [K i : K לכל i = 1,...,m ו:.α K m הערה נבחין כי הוכחנו את הטענה בכיוון אנו כעת רוצים להראות כי זה אכן אם ם. הוכחה: כאמור את הכיוון ראינו. נראה את. נניח שיש סדרה כנ ל. וצריך להוכיח ש α ניתן לבנייה. ראשית נוכיח את הלמה הבאה: למה אם F שדה כלשהו ממציין 2 ו: E הרחבה של F כך ש = 2 F] [E : אזי קיים β F כך ש ) β.e = F ( הערה זהירות. זה לא נכון במציין.2 למשל.F 4 נבחין את = 2 ] 2.[F 4 : F אבל כל β F 2 β F 2. הוכחה: נבחר γ E כך ש γ. / F יהא p(x) הפולינום המתוקן המינימלי של γ מעל F. ברור ש F(γ) E. = אזי: = 2 F].degp(x) = [E : אזי: p(x) = x 2 +bx+c ושורשיו הם: x 1,2 = b± b 2 4c 2 הערה זו המשמעות של 4, כלומר:.c+c+c+c אבל מה זה אומר לחלק ב 2? זה אומר לפתור את המשוואה:.x+x = y = (1+1) 1( b+ ) b 2 4c כלומר: נקח:.F β = b 2 4c נבחין כי:.F ( β ) = F(γ) = E כלומר:. γ = x 1 x 2 וסיפוח β יחד עם סגירות בשדה סיפוח.γ נזכיר שהראנו שאם γ ניתן לבנייה אזי גם γ ניתן לבנייה. ולכן באינדוקציה על m (תוך שימוש בלמה) כל איברי K m ניתנים לבניה וכך גם α. K i = K i 1 ( βi 1 ) אנו יכולים להגיד: עבור i 1 β i 1 K כלשהו. 19

21 פרק 2. לבנות בעזרת סרגל ומחוגה 2.1. לרבע את המעגל מסקנה אם α R ניתן לבנייה אזי α אלגברי [Q(α) : Q] = 2 l לאיזשהו N {0}.l הוכחה: בסימונים הקודמים: Q(α) K m ולכן: [Q(α) : Q] [K m : K] 2 m הערה יתכן כי [Q(α) : [Q = 2 l וα לא ניתן לבניה! (זהו לא תנאי הכרחי ומספיק). משפט אי אפשר לרבע את המעגל. 2. אי אפשר לרבע את העיגול. הוכחה: ראשית נבחין כי:. π 2 1. שקול לכך שלא ניתן לבנות את 2. שקול לכך שלא ניתן לבנות את π. ושניהם נכונים בגלל משפט לינדנמם (אשם לא נוכיח) האומר כי: π לא אלגברי. ולכן π ו π 2 לא אלגברי. משפט אי אפשר להכפיל את הקובייהץ כלומר איננו יכולים לבנות ע י סרגל ומחוגה צלע של קוביה שנפחה פעמיים נפח קוביה נתונהץ הערה במילים אחרותץ לא ניתן לבנות את 3 2. הוכחה: זה כך בגלל ש 3 2 = α הוא שורש של x 3 2 אבל x 3 2 הוא פולינום אי פריק מעל Q. בגלל שאין לו שורש רציונלי, אבל הוא ממעלה 3, לכן אם היה פריק היה חייב להיות לו שורש. משפט אי אפשר לחלק זווית כללית לתונה ל 3 ע י סרגל ומחוגה. הערה למעשה נוכיח שאת הזווית 60 אי אפשר לחלק ל 3. באופן שקול: המספר הממשי ) cos(20 לא ניתן לבנייה. הוכחה: מטרתנו להוכיח כי ) cos(20 לא ניתן לבנייה. נסמן: ) 2cos(20 βץ = זהות טריגונומטרית כללית: ψ זוית כלשהי אזי מתקיים: cos(3ψ) = 4cos 3 (ψ) 3cos(ψ) 1 2 = 4cos3 (20 ) 3cos(20 ) נישם עבור 20 = ψ. נבחין כי: ( ) 3 1 β 2 = 4 3 β = 4 8 β3 3 2 β β3 3β 1 = 0 כאמור: cos(20 ) = β 2 ולכן: 20

22 פרק 2. לבנות בעזרת סרגל ומחוגה 2.2. פריקות של פולינומים למה הפולינום = 0 3x 1 x 3 הוא פולינום אי פריק. הוכחה: נחליף את x ב 1+x ונקבל: f (x+1) = (x+1) 3 3(x+1) 1 = (x+1) ( x 2 +2x+1 ) 3x 4 = x 3 +2x 2 +x+x 2 +2x+1 3x 4 = x 3 +3x 2 3 למה הפולינום x 3 +3x 2 3 הוא אי פריק. הערה למה 2 למה 1 ) cos(20 לא ניתן לבנייה. הוכחה: נגררת מיידית מקריטריון אייזנשטיין אשר נראה עוד רגע עבור = 3 p. ובכך למעשה סיימנו את הוכחה המשפט מכיוון שמזה נובע כי: 3 = [Q(β) : Q] = [Q(cos(20 )) : Q] וזה גורר כי ) cos(20 לא ניתן לבנייה. 2.2 פריקות של פולינומים טענה אם F[x] f (x) פולינום ו: a F אזי (x) f אי פריק אם ם (x+a) f אי פריק. הוכחה: מספיק להוכיח שאם (x) f פריק אזי גם (x+a) f פריק. הערה כי אם g(x) f (x+a) = אזי: g(x a).f (x) = וזה טריוויאלי כי: h(x)k(x) f (x) = אז: h(x+a)k(x+a).f (x+a) = קריטריון אייזנשטיין (Eisenstein) משפט קריטריון אייזנשטיין אם f (x) = a n x n +a n 1 x n a 1 x+a 0 פולינום ב[ Q[x עם מקדמים שלמים.a i Z נניח שקיים p ראשוני כך ש: p a n.1 i = לכל 0,...,n 1 p a i.2 p 2 a 0.3 אזי (x) f פולינום אי פריק ב.Q[x] למה למת גאוס אם Z[x] f (x) אי פריק ב[ Z[x אזי הוא גם אי פריק ב.Q[x] או: אם קיימים פולינומים Q[x] h(x),g(x) לא קבועים כך ש: g(x)h(x) f (x) = אזי קיימים Z[x] g (x),h (x) לא קבועים כך ש (x).f (x) = g (x)h 21

23 פרק 2. לבנות בעזרת סרגל ומחוגה 2.2. פריקות של פולינומים הוכחה: נניח g(x)h(x) f (x) = כאשר Q[x] g(x),h(x) פוינומים לא קבועים. ע י הכפלה במכנה המשותף הקטן ביותר (נסמנו m) של כל המכנים של כל מקדמי g(x),h(x) אפשר להניח ש: = (x) mf.g(x)h(x) כך ש m N ו: g(x),h(x) Z[x] נניח שp מחלק את m. נוכיח שעבור או g(x) או h(x) הוא גם מחלק את כל המקדמים שלהם. וזה יסיק את ההוכחה. נניח בשלילה כי p אינו מחלק את כל מקדמי g(x) ואינו מחלק את כל מקדמי.h(x) נסמן: n mf (x) = a i x i i=1 ואילו: g(x) = h(x) = k b i x i l c i x i יהיו i 0,j 0 האינדקסים הקטנים ביותר כך ש: p b i0 ו:.p c j0 נבחין כי: a i0+j 0 = b 0 c i0+j 0 +b 1 c i0+j b i0 c j0 +b i0+1c j b i0+j 0 c 0 אבל נבחין כי כולם פרט למסומן מתחלקים בp מכיוון שהנחנו כי i 0 j, 0 הם הראשונים שלא מחלקים. p a i0+j 0 וזו סתירה. כלומר רק b i0 c j0 לא מתחלק בp ולכן כעת יש לנו את הכלים להוכיח את קריטריון אייזנשטיין: משפט קריטריון אייזנשטיין אם f (x) = a n x n +a n 1 x n a 1 x+a 0 פולינום ב[ Q[x עם מקדמים שלמים.a i Z נניח שקיים p ראשוני כך ש: p a n.1 i = לכל 0,...,n 1 p a i.2 p 2 a 0.3 אזי (x) f פולינום אי פריק ב.Q[x] הוכחה: על פי למת גאוס, מספיק להוכיח שאי אפשר לכתוב את g(x)h(x) f (x) = כאשר Z[x] g(x),h(x) פולינומים לא קבועים. נניח שכן, נכתוב: g(x) = h(x) = k b i x i l c i x i כאשר 1 k,l.b i,c i Z,n > נשים לב כי: a 0 = b 0 c 0 22

24 2.3. השדה ה p ציקלוטומי פרק 2. לבנות בעזרת סרגל ומחוגה ועל פי ההנחה p 2 b 0 c 0 ו: p b 0 c 0 לכן אחד מ b 0 c 0 מתחלק בp אבל לא שניהם. בלי הגבלת הכלליות, נניח p b 0 ו:.p c 0 a i0 = b 0 c i0 +b 1 c i b i0 1c 1 + b i0 c 0 }{{} מתחלק בp נשים לב שלא ייתכן ש p b i לכל i = 0,...,k כי.p a n יהא i 0 האינדקס הראשון כך ש.i 0 k n p b i0 נחשב את a: i0 ואילו האיבר הממוסגר אינו מתחלק בp (כיוון שהנחנו בה כ כי p b i0 וגם p). b i0 וזו סתירה להנחה ש p a i0 (נזכור ש.( i 0 < k דוגמה לכן x n p הוא אי פריק, וגם x n +px+p ועוד רבים אחרים... מסקנה לכל n יש פולינום אי פריק ממעלה ב[ Q[x. 2. וכמו כן, לכל n יש לQ הרחבה E כך ש E]. : [Q = n.3 לכל,n יש לQ הרחבה E C ממעלה.n.4 לכל n N יש E R הרחבה של Q עם.[E : Q] = n.4 יהי p > 0,p(x) = x n p ראשוני ב.Z נקח α = n p (השורש הממשי של.(p ואז E = Q(α) R ומתקיים [E : Q] = deg(p(x)) = n הוכחה: טענה יהא p מספר ראשוני. נתבונן בפולינום: 1 p.x נפרק אותו: ) +x+1 x p 1 = (x 1) ( x p 1 +x p x 2 אזי f (x) = xp 1 x i הוא אי פריק. f (x+1) = (x+1)p 1 (x+1) 1 = p ( p ) i x i 1 x = ( ) ( ) p p x p 1 + x p p p 1 x 1 = p 1 הוכחה: נתבונן ב (1+x) f. ( ) p x ( ) p 1 1 p ( p לכל < i < p 0 (ואלה בדיוק מופיעים שם). ו: i) נבחין כי על הפולינום הנ ל, אפשר להפעיל את קריטריון אייזנשטיין, מאחר ו: ( ( 2 p. ולכן מקריטריון אייזנשטיין נקבל כי (1+x) f אי פריק, ולכן גם (x) f אי פריק וסיימנו. p 1) = p וגם:.p p p) = השדה ה p ציקלוטומי היחידה של 1 בC : שורשי ראשוני. נסתכל בp p { } µ(p) = e i2π p k k = 0,...,p 1 נרצה לספח את כולם. נסמן Q(µ(p)) E. = נשים לב שמאחר ו p ראשוני, אז אם µ(p) λ 1 אזי Q(µ(p)).Q(λ) = בגלל ש( µ(p היא למעשה חבורה ציקלית מסדר ראשוני, וכל איבר 1 λ בתוכה יוצר אותה. 23

25 2.3. השדה ה p ציקלוטומי פרק 2. לבנות בעזרת סרגל ומחוגה 1 xp 1+x+x 2 x p = הוא אי פריק, לפי הטענה האחרונה. הוא מאפס את λ ולכן זה הפולינום המינימלי של הפולינום: 1 x λ. ולכן: [Q(µ(p)) : Q] = [Q(λ) : Q] = p 1 24