Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας.

Transcript

1 Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας. 1. Κάθε πολυώνυμο ανάγωγο επί του Z είναι ανάγωγο επί του Q. Σωστό. 2. Κάθε πολυώνυμο ανάγωγο επί του Q είναι ανάγωγο επί του R. Λάθος. Το x 2 2 είναι ανάγωγο επί του Q ενώ στο R διασπάται στο (x 2)(x + 2). 3. Υπάρχουν άπειρα το πλήθος ανάγωγα πολυώνυμα επί του Q με ένα συγκεκριμένο βαθμό n. Σωστό. To x n + px n 1 + px n p για p πρώτο αριθμό είναι ανάγωγο με βάση το κριτήριο Eisenstein. Ξέρουμε ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι. 4. Δύο πολυώνυμα σχετικά πρώτα έχουν διαφορετικούς βαθμούς. Λάθος. Τα x 2 1 και x 2 4 είναι σχετικά πρώτα επί του Q. 5. Κάθε σώμα έχει γνήσιες επεκτάσεις. Σωστό. Αν έχουμε σώμα F τότε ο πολυωνυμικός δακτύλιος F[x] είναι ακέραια περιοχή και επομένως το σώμα κλασμάτων του F[x] είναι η επιθυμητή γνήσια επέκταση. 6. Κάθε σώμα έχει γνήσιες αλγεβρικές επεκτάσεις. Λάθος. Ένα αλγεβρικά κλειστό σώμα όπως το C δεν περιέχει γνήσιες αλγεβρικές επεκτάσεις. 7. Κάθε σώμα έχει γνήσιες πεπερασμένες επεκτάσεις. Λάθος. Κάθε πεπερασμένη επέκταση είναι αλγεβρική. 8. Κάθε απλή επέκταση ενός σώματος είναι αλγεβρική. Λάθος. Το Q(π) είναι απλή επέκταση του Q αλλά όχι αλγεβρική. 9. Κάθε απλή επέκταση ενός σώματος είναι πεπερασμένη. Λάθος. Κάθε πεπερασμένη επέκταση είναι αλγεβρική. Θα έπρεπε τότε κάθε απλή επέκταση να είναι αλγεβρική. Άτοπο. 10. Κάθε πεπερασμένη επέκταση είναι απλή. Λάθος. Έστω Z p (x, y) το σώμα των ρητών εκφράσεων ως προς δύο ανεξάρτητες μεταβλητές x, y στο σώμα Z p με p-πρώτο. Το Z p (x p, y p ) είναι γνήσιο υπόσωμα αφού δεν μπορούμε να βρούμε ρητή έκφραση των x p, y p που να μας δίνει τα x, y. Z p (x, y) : Z p (x p, y p ) = Z p (x, y) : Z p (x p, y) Z p (x p, y) : Z p (x p, y p ) = p 2. Έστω τώρα Z p (x, y) = Z p (a). Τότε a p Z p (x p, y p ) και επομένως το ανάγωγο πολυώνυμο του είναι βαθμού το πολύ p. Άτοπο. Ότι a p Z p (x p, y p ): το a θα είναι μια ρητή έκφραση ως προς x, y. Αν για παράδειγμα τώρα a = x2 +y 4 x+y τότε a p = ( ) x 2 +y 4 p 2 x+y = (x 2 +y 4 ) p 2 (x+y 2 ) p Είναι εύκολο να γενικεύσουμε. = (x2 ) p +(y 4 ) p x p +(y 2 ) p = (xp ) 2 +(y p ) 4 x p +(y p ) 2 Z p (x p, y p ). 1

2 11. Κάθε αλγεβρική επέκταση ενός σώματος είναι πεπερασμένη. Λάθος. Η αλγεβρική θήκη του Q δεν είναι πεπερασμένη μιας και περιέχει αλγεβρικά στοιχεία με ανάγωγα πολυώνυμα οσοδήποτε μεγάλου βαθμού. 12. Κάθε πεπερασμένη επέκταση ενός σώματος είναι αλγεβρική. Σωστό. Έστω n ο βαθμός της επέκτασης. Για ένα στοιχείο a της επέκτασης τα n + 1 στοιχεία 1, a, a 2,..., a n είναι γραμμικώς εξαρτημένα. Επομένως μπορούμε να βρούμε ένα μη μηδενικό πολυώνυμο που να μηδενίζεται από το a. 13. Κάθε επέκταση ενός πεπερασμένου σώματος είναι αλγεβρική. Αν F το σώμα τότε στην επέκταση Frac(F [x]) το στοιχείο x 1 είναι υπερβατικό. 14. Κάθε στοιχείο του C είναι αλγεβρικό επί του R. Σωστό. Αν z = a + bi τότε (x z)(x z) = x 2 2ax + (a 2 + b 2 ) R[x]. 15. Δύο απλές υπερβατικές επεκτάσεις ενός σώματος είναι ισόμορφες. Σωστό. Έστω F το σώμα. Μια απλή υπερβατική επέκταση του F είναι ισόμορφη με το σώμα κλασμάτων του πολυωνυμικού δακτυλίου F[x]. Άρα δύο απλές υπερβατικές επεκτάσεις θα είναι ισόμορφες μεταξύ τους. Ότι F (a) Frac(F [x]) για a υπερβατικό επί του F : Παίρνουμε την απεικόνιση f(x) g(x) Frac(F [x]) f(a) g(a) F (a) που έχει νόημα αφού g(a) 0 για κάθε μη μηδενικό πολυώνυμο g(x) (a υπερβατικό). Η απεικόνιση είναι προφανώς ομοιομορφισμός. Είναι επί γιατί κάθε στοιχείο του F (a) είναι ρητή έκφραση του a. Είναι 1-1 γιατι αν υποθέσουμε ότι f 1(a) g 1(a) = f 2(a) g 2(a) τότε f 1(a)g 2 (a) f 2 (a)g 1 (a) = 0 και άρα f 1 (x)g 2 (x) f 2 (x)g 1 (x) είναι το μηδενικό πολυώνυμο αφού a υπερβατικός. Επομένως f 1(x) g 1 (x) = f 2(x) g 2 (x). 16. Τα σώματα Q(π) και Q(e) δεν είναι ισόμορφα. Λάθος. π, e υπερβατικά και από προηγούμενο ερώτημα είναι ισόμορφα. 17. Τα σώματα Q(π) και Q(π 2 ) είναι ισόμορφα. Σωστό. π, π 2 υπερβατικά. 18. Δύο πεπερασμένες επεκτάσεις ενός σώματος του ιδίου βαθμού είναι ισόμορφες. Λάθος. Τα Q[x]/ x 2 + 1, Q[x]/ x 2 2 είναι ίδιου βαθμού αλλά όχι ισόμορφα. Για παράδειγμα το πρώτο διαθέτει θέση μηδενισμού του x ενώ το δεύτερο όχι. 19. Κάθε διανυσματικός χώρος είναι ισόμορφος με μια επέκταση του σώματος συντελεστών του. Λάθος. Ο R 3 δεν είναι ισόμορφος με καμία επέκταση του R αφού ο R δεν περιέχει γνήσιες επεκτάσεις περιττού βαθμού. 20. Έστω a, b δύο υπερβατικά στοιχεία επί ενός σώματος F, τότε τα στοιχεία a + b και a b είναι υπερβατικά επί του F. Λάθος. Αν c 0 αλγεβρικό τότε αν p(x) F[x] μηδενίζεται από το c, τότε το q(x) F[x] που προκύπτει απο το p(x) αλλάζοντας τα πρόσημα των συντελεστών των περιττών δυνάμεων μηδενίζει το c. Επίσης το r(x) = x n p( 1 x ) F[x], όπου n = deg p(x), μηδενίζεται από το 1 c. Άρα τα c, 1 c είναι αλγεβρικά. Επομένως τα a, 1 a υπερβατικά. Αλλά a + ( a) = 0 και a 1 a = 1. 2

3 21. Έστω a, b δύο αλγεβρικά στοιχεία επί ενός σώματος F με βαθμούς m και n αντίστοιχα, έτσι ώστε (m, n) = 1. Το a b είναι αλγεβρικό επί του F βαθμού m n F F(a) F(a, b) και F F(b) F(a, b). Άρα m = [F(a) : F] διαιρεί το [F(a, b) : F] και n = [F(b) : F] διαιρεί το [F(a, b) : F]. Άφου (m, n) = 1 τότε [F(a, b) : F] πολλαπλάσιο του m n. Ισχύει [F(a, b) : F] = [F(a, b) : F(b)][F(b) : F] [F(a, b) : F] = n[f(a, b) : F(b)]. Όμως [F(a, b) : F(b)] = [F(b)(a) : F(b)] m και επομένως [F(a, b) : F] = m n. Άφου F(a b) F(a, b) το a b θα είναι αλγεβρικό με βαθμό το πολύ m n. 22. Υπάρχουν πολυώνυμα p(x), q(x) Q[x] σχετικά πρώτα με το ίδιο σώμα ριζών. Σωστό. Το σώμα ριζών των σχετικά πρώτων x και x είναι το Q(i). 23. Οι επεκτάσεις C : R, C : R, R : Q είναι κανονικές και διαχωρίσιμες. Είναι διαχωρίσιμες αφού τα Q, R είναι χαρακτηριστικής 0. Οι δύο πρώτες είναι κανονικές αφού το C είναι αλγεβρικά κλειστό ως προς Q, R και επομένως περιέχει τις ρίζες κάθε ανάγωγου πολυωνύμου τους. Η R : Q δεν είναι κανονική γιατί το x 3 2 είναι ανάγωγο στο Q, έχει μια πραγματική ρίζα αλλά οι υπόλοιπες ρίζες δεν είναι πραγματικές. 24. Υπάρχει γνήσια επέκταση του σώματος των πραγματικών αριθμών, R, η οποία είναι περιττού βαθμού. Λάθος. Μια γνήσια επέκταση L πεπερασμένου βαθμού θα είναι αλγεβρική. Το R δεν περιέχει ανάγωγα πολυώνυμα περιττού βαθμού μεγαλύτερου του 1 αφού κάθε πολυώνυμο περιττού βαθμού διαθέτει πραγματική ρίζα. Αν a L \ R τότε όπως είπαμε a αλγεβρικό και [L : R] = [L : R(a)][R(a) : R]. Από προηγούμενη παρατήρηση [R(a) : R] άρτιος αφού το ανάγωγο πολυώνυμο του a είναι άρτιου βαθμού. Άρα [L : R] άρτιος. Επομένως είτε [L : R] άπειρος είτε άρτιος. 25. Κάθε διαχωρίσιμη επέκταση του Q είναι απλή. Λάθος. Κάθε επέκταση F του Q είναι διαχωρίσιμη αφού το Q είναι χαρακτηριστικής 0. Αν υπήρχε a F ώστε F = Q(a) τότε το F είναι αριθμήσιμο αφού στο αριθμήσιμο Q προσθέτουμε ένα αριθμήσιμο το πολύ αριθμό στοιχείων δηλαδή όλες τις ρητές εκφράσεις του a με ρητούς συντελεστές. Όμως δεν είναι όλες οι επεκτάσεις του Q σώματα με αριθμήσιμο πλήθος στοιχείων. Π.χ. αν πάρουμε F = R. 26. Κάθε κανονική επέκταση του Z p είναι διαχωρίσιμη. Σωστό. Το Z p είναι τέλειο σώμα. Κάθε αλγεβρική επέκταση ενός τέλειου σώματος είναι διαχωρίσιμη. Ισχύει ότι η διαχωρίσιμη θήκη ενός τέλειου σώματος είναι αλγεβρικά κλειστή. Δεν υπάρχουν όμως κανονικές επεκτάσεις πέρα της αλγεβρικής θήκης αφού η αλγεβρική θήκη είναι το σώμα ριζών όλων των πολυωνύμων. Άρα κάθε κανονική επέκταση θα είναι και αλγεβρική και διαχωρίσιμη. 27. Κάθε πεπερασμένη, διαχωρίσιμη επέκταση E : F ενός σώματος F είναι απλή. Σωστό. Υπάρχει θεώρημα που λέει ότι αν μια πεπερασμένη επέκταση είναι επέκταση Galois τότε είναι απλή. Αρκεί να δείξουμε ότι η E : F είναι επέκταση Galois. Αν η E : F κανονική επέκταση τότε αφού είναι και διαχωρίσιμη πρόκειται για επέκταση Galois. Αν δεν είναι κανονική τότε αφού η E : F είναι πεπερασμένη θα ισχύει ότι E = F(a 1, a 2,..., a n ) όπου a 1, a 2,..., a n τα στοιχεία της βάσης. Έστω p 1, p 2,..., p n τα αντίστοιχα ανάγωγα πολυώνυμα επί του F. Τότε το f(x) = p 1 (x) p 2 (x)... p n (x) είναι 3

4 διαχωρίσιμο επί του F αφού κάθε ανάγωγος παράγοντας ως πολυώνυμο με μια ρίζα στο E δε θα διαθέτει επαναλαμβανόμενες ρίζες. Αν L το σώμα ριζών του f(x) τότε L E αφού περιλαμβάνει τα a 1, a 2,..., a n και η L : F είναι επέκταση Galois ως σώμα ριζών του διαχωρίσιμου επί του F πολυωνύμου f(x). Αν τώρα η E : F είχε άπειρο πλήθος ενδιάμεσων σωμάτων τότε και η L : F θα είχε άπειρο πλήθος ενδιάμεσων σωμάτων, άτοπο αφού είναι επέκταση Galois. 28. Κάθε πεπερασμένη επέκταση ενός σώματος F είναι κανονική. Λάθος η επέκταση Q[x]/ x 3 2 στο Q είναι πεπερασμένη αλλά δεν είναι κανονική γιατί περιέχει την πραγματική ρίζα του ανάγωγου x 3 2 αλλά δεν περιέχει τις υπόλοιπες μιγαδικές. 29. Κάθε πεπερασμένη επέκταση ενός σώματος F είναι διαχωρίσιμη. Λάθος. Στο F = Frac(Z p [t]) χαρακτηριστικής p το πολυώνυμο t F δεν έχει κάποια p-οστή ρίζα. Το πολυώνυμο x p t του F[x] είναι ανάγωγο στο F. Πράγματι έστω E το σώμα ριζών του και a E μια ρίζα. Τότε x p t = x p a p = (x a) p. Αν δεν είναι ανάγωγο στο F τότε για p > k 1 το (x a) k F[x] και επομένως a k F αφού a k είναι ο σταθερός συντελεστής του (x a) k (με ίσως διαφορετικό πρόσημο). Αφού p πρώτος τότε (k, p) = 1 και άρα για κάποιους ακέραιους l, m θα ισχύει lk + mp = 1. Τότε a = a 1 = a lk+mp = (a k ) l (a p ) m = (a k ) l t m F. Άτοπο γιατί είπαμε ότι a / F. Το x p t τελικά ανάγωγο και το E ως σώμα ριζών του θα είναι μια κανονική πεπερασμένη επέκταση αλλά μη διαχωρίσιμη γιατί το a είναι ρίζα με πολλαπλότητα p > Έστω E : F επέκταση του F. Η ομάδα G(E, F) είναι πάντα: Πεπερασμένη Κυκλική Αβελιανή Η ομάδα G(C, Q) δεν είναι πεπερασμένη. Για τα υπόλοιπα η απάντηση είναι εξίσου αρνητική σύμφωνα με το ερώτημα Η ομάδα G(C, Q) είναι πεπερασμένη. Η C : Q είναι κανονική και διαχωρίσιμη. Άρα είναι επέκταση Galois. Αν G(C, Q) πεπερασμένο τότε και C : Q πεπερασμένο. Άτοπο. 32. Από τη σχέση G(E, F) = 1 έπεται ότι E = F. Λάθος. G(Q( 3 2), Q) = Έστω E : F επέκταση του F με G(E, F) = 1. Η E είναι κανονική επέκταση του F. Λάθος. G(Q( 3 2), Q) = 1. Η Q( 3 2) δεν είναι κανονική επέκταση επί του Q αφού το ανάγωγο πολυώνυμο x 3 2 επί του Q περιέχει μία ρίζα στο Q( 3 2) αλλά οι άλλες δύο ρίζες ως μιγαδικές δεν ανήκουν. 34. Έστω E : F επέκταση του F με πεπερασμένο το πλήθος ενδιάμεσα σώματα. Η ομάδα G(E, F) είναι πεπερασμένη. Σωστό. Το E μπορεί να προκύψει από την επισύναψη πεπερασμένου πλήθους στοιχείων αλλιώς αν είχαμε συνεχώς γνήσιες επεκτάσεις με την επισύναψη καινούριων κάθε φορά στοιχείων τότε θα είχαμε άπειρα ενδιάμεσα σώματα. Επίσης κανένα στοιχείο δεν είναι υπερβατικό γιατί αν L ενδιάμεσο σώμα που προκύπτει μετά από επισύναψη ενός υπερβατικού στοιχείου π τότε F... 4

5 L(π 8 ) L(π 4 ) L(π 2 ) L. Άρα η E : F είναι πεπερασμένη επέκταση. Αφού είναι πεπερασμένη επέκταση με πεπερασμένο πλήθος ενδιάμεσων σωμάτων θα είναι και απλή. Έστω E = F(a). Κάθε αυτομορφισμός σ G(E, F) καθορίζεται λοιπόν πλήρως από την τιμή του στο στοιχείο a. Έστω p(x) το ανάγωγο πολυώνυμο του a στο F. Τότε σ(a) ρίζα του p(x). Έχουμε πεπερασμένο αριθμό ριζών του p(x) και επομένως πεπερασμένο πλήθος αυτομορφισμών που κρατάνε σταθερό το σώμα F. 35. Έστω E : F επέκταση του F με G(E, F) πεπερασμένη. Η E : F είναι πεπερασμένη. Λάθος. Η R : Q είναι μη πεπερασμένη επέκταση με G(R, Q) = 1. Έστω τ G(R, Q). Πρώτα δείχνουμε ότι η τ είναι συνεχής. Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε ακολουθία πραγματικών (x n ) με x n x και x x n ρητό ισχύει ότι τ(x n ) τ(x). Πράγματι x x n = τ(x x n ) = τ(x) τ(x n ). Όμως x x n 0 και επομένως τ(x n ) τ(x). Έστω τώρα μια ακολουθία ρητών q n που τείνει στο x R. Τότε q n = τ(q n ) τ(x). Επομένως τ(x) = x. 36. Έστω p(x) = x n 1 Q[x] και E το σώμα ριζών του, η ομάδα G(E, F) είναι πάντα Κυκλική Αβελιανή G(E, F) = n E = Q(ω n ) όπου ω n μια πρωταρχική ρίζα της μονάδας τάξης n. Κάθε σ G = G(E, F) απεικονίζει το ω n σε μια άλλη μιγαδική ρίζα της μονάδας ωn i και το i καθορίζει πλήρως τον αυτομορφισμό σ. Έστω σ i ο αυτομορφισμός που καθορίζεται από τον εκθέτη i. Ο εκθέτης i πρέπει να είναι σχετικά πρώτος με το n γιατί το ωn i θα πρέπει να παράγει όλες τις ρίζες της μονάδας. Επίσης αν οι εκθέτες i, j αντιστοιχούν στους αυτομορφισμούς σ i, σ j G τότε ο ij θα αντιστοιχεί στον σ ij = σ i σ j G. Άρα η G θα είναι ισόμορφη με μια υποομάδα της U(Z n ). Ως υποομάδα της U(Z n ) θα είναι Abel αφού η U(Z n ) είναι Abel. Όμως U(Z n ) < n αφού το 0 δεν είναι αντιστρέψιμο στοιχείο της πολλαπλασιαστικής ομάδας Z n. Άρα δε θα ισχύει η τρίτη ιδιότητα. Αν εξειδικεύσουμε για n = 8 η G είναι υποομάδα της U(Z 8 ). U(Z 8 ) = {1, 3, 5, 7} U(Z 8 ) = 4. Το ανάγωγο πολυώνυμο του ω 8 είναι το x και αφού E : F επέκταση Galois θα ισχύει G = E : F = 4 = U(Z 8 ). Άρα G U(Z 8 ) και επομένως δεν είναι κυκλική. 37. Έστω p(x) = x n 2 Q[x] και Q το σώμα ριζών του, η ομάδα G(E, Q) είναι πάντα Κυκλική Αβελιανή G(E, F) = n Θεωρούμε n = 3. Τότε p(x) = x 3 2 ανάγωγο στο Q και E = Q( 3 2, ω 3 ) με ω 3 πρωταρχική τρίτη ρίζα της μονάδας. Αφού E σώμα διάσπασης του διαχωρίσιμου p(x) τότε η επέκταση E : Q είναι Galois με G(E, Q) = E, Q = Q( 3 2, ω 3 ) : Q( 3 2) Q( 3 2) : Q = 3 Q( 3 2, ω 3 ) : Q( 3 2) 6. Όμως G(E, Q) ισόμορφη με μια υποομάδα της S 3. Άρα G(E, Q) S 3 και επομένως δεν ισχύει καμία από τις παραπάνω ιδιότητες. 38. Έστω t υπερβατικό επί του F. Η ομάδα G(F(t), F) είναι τετριμμένη. 5

6 Λάθος. G(Q(π), Q) είναι μη τετριμμένη αφού για κάθε q Q υπάρχει τ q G(Q(π), Q) η οποία απεικονίζει τον υπερβατικό π στον υπερβατικό π + q. 39. Κάθε κανονική επέκταση ενός πεπερασμένου σώματος είναι επέκταση Galois. Σωστό. Κάθε πεπερασμένο σώμα είναι τέλειο και από επιχειρηματολογία ερωτήματος 26 κάθε κανονική επέκταση ενός τέλειου σώματος είναι αλγεβρική και διαχωρίσιμη. Επομένως θα είναι επέκταση Galois. 40. Κάθε επέκταση με ριζικά ενός σώματος είναι πεπερασμένη. Σωστό. Μια επέκταση με ριζικά είναι πεπερασμένη ακολουθία από διαδοχικές πεπερασμένες επεκτάσεις. 41. Κάθε πεπερασμένη επέκταση ενός σώματος είναι επέκταση με ριζικά. Λάθος. Υπάρχει ανάγωγο πολυώνυμο p(x) του Q πέμπτου βαθμού που δεν επιλύεται με ριζικά και το Q/ p(x) είναι προφανώς πεπερασμένη επέκταση που περιλαμβάνει μια ρίζα του p(x). 42. Το σώμα ριζών του x Z 7 [x] έχει: 7 3 το πλήθος στοιχεία. 7 6 το πλήθος στοιχεία. To x είναι ανάγωγο στο Z 7 αφού αλλιώς ως τρίτου βαθμού θα έπρεπε να περιέχει μια ρίζα στο Z 7. Αν μια ρίζα είναι το a τότε ρίζες θα είναι τα a, 2a, 4a που είναι διακριτά αφού a 0. Επομένως το σώμα ριζών είναι το Z 7 (a). Όμως Z 7 (a) : Z 7 = 3 και άρα έχουμε 7 3 στοιχεία. 43. Η επέκταση Q( a) : Q, a Z, είναι επέκταση Galois και G(Q( a), Q) = 2. Αν a δεν είναι τέλειο τετράγωνο τότε το ανάγωγο πολυώνυμο του a στο Q είναι το x 2 a = (x a)(x + a). Άρα το σώμα ριζών του x 2 a είναι το Q( a) και επομένως η επέκταση είναι κανονική. Είναι και διαχωρίσιμη αφού Q χαρακτηριστικής 0. Άρα είναι και Galois και ταυτόχρονα G(Q( a), Q) = Q( a) : Q = Έστω a μια ρίζα ενός μονικού ανάγωγου πολυωνύμου ϕ(x) F[x] με deg ϕ(x) = p, p-πρώτος. Η ομάδα G(F(a), F) είναι κυκλική. Σωστό. H επέκταση F(a) : F δεν έχει γνήσια ενδιάμεσα σώματα γιατί αλλιώς ο βαθμός επέκτασης του ενδιάμεσου σώματος θα έπρεπε να διαιρεί το p. Κάθε στοιχείο της ομάδας G = G(F(a), F) κρατάει σταθερό κάποιο σώμα και από προηγούμενη παρατήρηση αυτό είναι είτε το F(a) είτε το F. Το μοναδικό στοιχείο που κρατάει σταθερό το F(a) είναι ο ταυτοτικός αυτομορφισμός και επομένως αν όλα τα στοιχεία της G κρατάνε σταθερό το F(a) τότε G = 1 και η G θα είναι κυκλική. Αν το σταθερό σώμα κάποιου αυτομορφισμού του G είναι το F τότε το σταθερό σώμα της G είναι το F και άρα η F(a) : F είναι επέκταση Galois. Επακόλουθα η τάξη της G θα είναι ίση με F(a) : F = p και κάθε μη ταυτοτικό στοιχείο σ της θα έχει τάξη p. Το σ θα παράγει όλη τη G και καταλήγουμε λοιπόν ότι σε κάθε περίπτωση η G θα είναι κυκλική. 45. Έστω ϕ(x) F[x] ένα μονικό πολυώνυμο με degϕ(x) = p, p-πρώτος και E το σώμα ριζών του, τότε G(E, F) = p. Λάθος. Ερώτημα 37 για το x

7 46. Έστω E K F διαδοχικές επεκτάσεις με E : K και K : F να είναι Galois, τότε η E : F είναι Galois. Αντίστροφα, αν η E : F είναι Galois, τότε οι E : K και K : F είναι Galois. Η κανονικότητα της επέκτασης δεν ικανοποιεί τη μεταβατική ιδιότητα. Για παράδειγμα η Q( 4 2) : Q( 2) είναι κανονική, η Q( 2) : Q είναι κανονική αλλά η Q( 4 2) : Q δεν είναι κανονική. Όμως η κανονικότητα είναι απαραίτητη προϋπόθεση για την περίπτωση των πεπερασμένων επεκτάσεων. Το αντίστροφο πάλι δεν ισχύει. Η Q( 3 2, ω 3 ) : Q για ω 3 πρωταρχική τρίτη ρίζα της μονάδας είναι επέκταση Galois ως σώμα ριζών του ανάγωγου x 3 2 στο χαρακτηριστικής 0 σώμα Q. Όμως η επέκταση Q( 3 2) : Q δεν είναι Galois. 47. Υποθέτουμε ότι το σημείο (0, a) του επιπέδου δεν μπορεί να κατασκευασθεί από το σύνολο{(0, 0), (0, 1)} με κανόνα και διαβήτη. Τότε το a είναι υπερβατικό επί του Q. Λάθος. Αρκεί το ανάγωγο πολυώνυμο του a επί του Q να μην είναι δύναμη του Η γωνία με μέτρο μια μοίρα είναι κατασκευάσιμη με κανόνα και διαβήτη. Λάθος. Αλλιώς κάθε γωνία με ακέραιο πλήθος μοιρών θα ήταν κατασκευάσιμη και από όσο ξέρουμε υπάρχει μια τέτοια γωνία που δεν είναι κατασκευάσιμη. 49. Η γωνία με μέτρο π/5 τριχοτομείται. Σωστό. Αρκεί να μπορεί να κατασκευαστεί μια γωνία 12 μοιρών ή να μπορεί να κατασκευαστεί ένα κανονικό 30-γωνο. Αναλύωντας σε πρώτους παράγοντες: 30 = = 2 ( ) ( ) και από θεώρημα Gauss έπεται ότι το κανονικό 30-γωνο μπορεί να κατασκευαστεί. 50. Οι πραγματικές ρίζες των πολυωνύμων x 3 + 9x x + 3, x 3 + 4x 2 9x 6 Q[x] είναι κατασκευάσιμες με κανόνα και διαβήτη. Το x 3 + 9x x + 3 είναι ανάγωγο στο Q[x] από κριτήριο Eisenstein για p = 3. Άρα ο βαθμός επέκτασης Q(ρ) : Q για κάθε ρίζα ρ δεν είναι δύναμη του 2 και επομένως δεν είναι κατασκευάσιμη καμία πραγματική του ρίζα. Στη δεύτερη περίπτωση x 3 + 4x 2 9x 6 = (x 2)(x 2 + 6x + 3) και όλες οι πραγματικές του ρίζες επομένως είναι κατασκευάσιμες Δείξτε ότι τα Q( 3) και Q(i) είναι ισόμορφα ως διανυσματικοί χώροι, αλλά δεν είναι ισόμορφα ως σώματα. Αν ήταν ισόμορφα ως σώματα δε θα μπορούσε το πολυώνυμο x να έχει ρίζα στο ένα και να μην έχει στο άλλο. Η απεικόνιση σ που απεικονίζει το a + b 3 Q( 3) στο a + bi Q(i) με a, b Q είναι γραμμικός ισομορφισμός. Η απεικόνιση έχει νόημα γιατί τα {1, 3} και {1, i} είναι βάσεις των αντίστοιχων διανυσματικών χώρων. Εύκολα είναι 1-1 και επί. Είναι γραμμική γιατί για λ, a 1, a 2, b 1, b 2 Q ισχύει σ(λ(a 1 + b 1 3) + (a2 + b 2 3)) = σ((λa1 + a 2 ) + (λb 1 + b 2 ) 3) = (λa 1 + a 2 ) + (λb 1 + b 2 )i = λ(a 1 + b 1 i) + (a 2 + b 2 i)

8 5. Έστω το πολυώνυμο ϕ(x) = x n + x n x + 1 Z 2 [x]. Να δειχθεί ότι αν ο n + 1 είναι σύνθετος, τότε το ϕ(x) δεν είναι 6. ανάγωγο επί του Z 2 (ούτε επί του Z). Ισχύει και το αντίστροφο; Δηλαδή, αν n + 1 πρώτος, είναι το ϕ(x) ανάγωγο επί του Z 2 ; Έστω n + 1 = kl για φυσικούς k, l > 1. Τότε ϕ(x) = (1 + x x k 1 ) + (x k + x k x 2k 1 ) + (x kl k + x kl k x kl 1 ) = 1(1 + x x k 1 ) + x k (1 + x x k 1 ) x k(l 1) (1 + x x k 1 ) = (1 + x k x k(l 1) )(1 + x x k 1 ). Αφού k, l > 1 τότε κανένας από τους δύο παράγοντες δεν είναι σταθερό πολυώνυμο. Άρα ϕ(x) μη ανάγωγο. Δεν ισχύει το αντίστροφο. Έχουμε το εξής αντιπαράδειγμα: (1 + x + x 3 )(1 + x 2 + x 3 ) = 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x Έστω a ένα αλγεβρικό στοιχείο επί ενός σώματος F. Να βρεθεί το αντίστροφο ενός b F(a) Να βρεθεί το αντίστροφο του 3 5 Q( 5). (3 5)(3 + 5) = 4 (3 5)( ) = 1 (3 5) 1 = Q( 5) 10. Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα f(x), g(x) Z p [x] με την ιδιότητα f(a) = g(a) για όλα τα a Z p Θα πρέπει x p x f(x) g(x). Πράγματι από αλγόριθμο διαίρεσης f(x) = (x p x)f 1 (x)+f 2 (x), g(x) = (x p x)g 1 (x)+g 2 (x) με f 2 (x), g 2 (x) μηδενικά ή βαθμού το πολύ p 1. f(x) g(x) = (x p x)(f 1 (x) g 1 (x)) + (f 2 (x) g 2 (x)). Όμως f(a) = g(a) και a p = a για κάθε a Z p. Άρα f 2 (a) g 2 (a) = 0 για κάθε a Z p και επομένως το f 2 (x) g 2 (x) έχει p θέσεις μηδενισμού. Άρα ή είναι το μηδενικό ή είναι βαθμού τουλάχιστον p. Όμως είναι βαθμού το πολύ p 1 και επομένως f 2 (x) = g 2 (x) και f(x) g(x) = (x p x)(f 1 (x) g 1 (x)) x p x f(x) g(x). 8

9

10

11