מתרגלת: שירה גילת סמסטר א 2017 תשע"ז

Transcript

1 חוברת תרגולים בקורס "תורת גלואה" בפברואר 2017 מתרגלת: שירה גילת סמסטר א 2017 תשע"ז ערך: איתי רוזנבאום 1

2 תורת גלואה תרגול ראשון חזרה מחוגים F שדה F. חוג הפולינומים עם מקדמים ב F [λ] זהו חוג אוקלידי, כלומר לכל פולינומים,f g יש פולינומים,q r כך ש.r או = 0 deg r < deg וg f = qg + r דוגמא ב[ Q[X gcd(x 3 2x 2 + 1, x 2 x 3) = 1 מסקנה 0.1 חוג הפולינומים הוא ראשי, כלומר כל אידיאל נוצר ע"י איבר אחד. I =< f(x) >= F [x] f(x) עוד תכונה טובה אם f אי פריק, אזי המנה /<f(x)>. F [x] למעשה כל הרחבת שדות של F הוא שרשרת של כאלה.. פריקות של פולינומים האם הפולינום f הוא פריק מעל [x] F? 1. כל פולינום מדרגה 1 הוא אי פריק.2 F a שורש של (x a) f(x) f ב[ x ]. F בפרט, אם לפולינום מדרגה גדולה מאחת יש שורש אז הוא פריק. ההפך לא נכון. 3. אם הפולינום מדרגה 2 או 3 אז הוא פריק אמ"מ יש לו שורש. למשל + 1 x x 3 אי פריק מעל Z 3 כי נוכל לעבור על כל האיברים בשדה ולבדוק שאין שורש.,a nx n a 0.4 אם יש לו שורש r q רציונלי (מצומצם) אזי. r a 0,q a n למשל r q מצאו פירוק לגורמים אי פריקים. לפי הנל אם יש שורש Q, מעל x3 x 6 אז 6 r וq 1 ולכן האופציות הן {±6,3,±1} ±2 ± וע"י מעבר על כולם נמצא ש 2 הוא שורש. 3) + 2x x 3 x 6 = (x 2)(x 2 + 1

3 .5 קריטריון אייזנשטין a n x n +..+a 0 אם יש p ראשוני כך ש p a n 1,.., a 0, p a n ו p 2 a 0 אז f אי פריק. למעשל + 2 4x x n אי פריק לפי אייזנשטין עם = 2 p.6 f(x) אי פריק c) f(x + אי פריק. למעשל f(x) = x 4 + 4x 3 + 6x 2 1 אי פריק מעל Q כי + 2 4x f(x 1) = x 4 שאי פריק לפי.5.7 רדוקציה Z[x] f(x) וp ראשוני. נסמן [x] f(x) Z p ("להפעיל על המקדמים מודולו p"), אם deg f = deg f אזי אם f אי פריק f אי פריק. לדוגמא, עבור 1 6x 8x 3 ניקח = 3 p ונקבל 2x 3 1 שפריק ולכן לא עוזר לנו. = 5 p נקבל 1 x 3x 3 וזה אינו פריק ולכן גם הפולינום המקורי שלנו לא פריק ב[ Z[x מציאת שורשים לפולינום (x + b 2a )2 + c a b2 נשלים לריבוע = 0, x 2 + b 4a 2 a x + c a עבור פולינום מדרגה = 0 2 ואז נקבל את נוסחת השורשים. נשם לב שנוסחה זו עובדת לכל שדה שהמאפיין בו הוא.2 מאפיין של שדה המספר הטבעי הקטן ביותר כך ש = אם אין כזה, המאפיין הוא 0. 2

4 תורת גלואה תרגול שני בנייה בסרגל ומחוגה חושבים על המישור R. 2 כללי המשחק נתון לנו ציר הx והנק (0 0,0) ו 1 (0,1). מותר לנו: 1. להעביר ישר בין שתי נקודות 2. להעביר מעגל בעזרת שתי נקודות 3. כל נקודת חיתוך היא נקודה חדשה שלנו כל הנקודות שניתן להגיע אליהן ככה נראות ברות בנייה. מספר a בר בנייה אם (0,a) היא נקודה בת בנייה. טענה 0.1 אם יש נקודה מרחק a מ 0 (אם ניתן לבנות קטע באורך a) אז המספר a בר בנייה. ראינו בהרצאה a b ברי בנייה. אם a, b ברי בנייה אז גם ab,a b, a + b ו מסקנה 0.2 אוסף המספרים ברי הבנייה זה שדה! טענה 0.3 אם a בר בנייה אז a בר בנייה. a+1 1 ברי בנייה (לפי טענה קודמת). נעביר מעגל 2, 1+a 2 הוכחה: a בר בנייה, לכן a+1 ולכן זהו גם החיתוך עם ציר הy. נעביר ישר מהחיתוך על ציר 2 שמרכזו ב 0 ורדיוסו 1. הגענו למשולש ישר זווית, ולפי פתגורס אורך היתר שלו a 1+a 2 הy לנקודה 1

5 שורשי יחידה הגדרה 0.4 יהי F שדה, איבר p F נקרא שורש יחידה n פרימיטיבי אם = 1 n p וגם.1 i < n לכל p i 1 הערות p n = e 2πi 1. בC לכל n יש שורש יחידה n פרימיטיבי לדוגמא n.2 אם p שורש יחידה n פרימיטיבי אזי p k שורש יחידה פרימיטיבי 1 = n) (k, תרגיל יהי p שורש יחידה n פרימטיבי א. הוכיחו כי 1 n,1,p,.. p הם כולם שונים זה מזה x n 1 = n הוכחה: א. נניח בשלילה p i = p j כאשר ב. הוכיחו כי ) pi i=1 (x.i j זה אומר ש = 1 j i p אבל j i < n 1 וזה סתירה לכך שp פרימיטיבי. ב. נשם לב שכל p i הוא שורש של 1 n x ומכיוון שהם שונים, אלו הם כל n השורשים של הפולינום ולכן ) n 1 x n 1 = (x 1).. (x p הרחבת שדות אם F K שדות מסמנים K/F ואומרים ש K היא הרחבה של F. בפרט, K הוא מרחב וקטורי מעל F. את המימד שלו מסמנים ב ] F K]. : זו נקראת דרגת ההרחבה. למשל = 2 R] {1, i}) [C : בסיס) ו = Q] [C : בנייה 1 (חיצונית) נתון F שדה, לוקחים פולינום [x] f(x) F 0 אי פריק ואז > f(x) 1 F [x]/ < היא שדה. יש שיכון > f F F [x]/ < ע"י > f a a = a+ < ולכן זו הרחבת שדות. נשם לב שבהרחבה +x < f =< x הוא שורש של הפולינום של f. לדוגמא > 1 Q[x]/ < x 2 + נקבל ש = 0 1 x = x 2 + ולכן x שורש. בנייה 2 (פנימית) נתון שדה F והרחבה K/F ואיבר. a K אזי מגדירים (a) F להיות השדה הקטן ביותר שמוכל בK ומכיל את F ואת a. לכן (a) F הוא חיתוך כל תתי השדות של K שמכילים את F ואת a. 1 לשם לב ש\ מסמל לפעמים חוג מנה ולפעמים הרחבה, נבין מההקשר 2

6 ( 2) 1 = 1 2 2,(Q[ 2] =)Q( 2) = {a + b 2 a.b Q}.1 n 1 Q(ρ n ) = {a a n 1 ρ כאשר ρ n שורש יחידה n פרימטיבי. n a i Q}.2.3 מסובך.. = Q(π) דוגמא אפשר גם לספח יותר איברים (אבל לא את שטחי C). תרגיל 3) Q( 2 + Q( 2, 3) = הוכחה: ימין מוכל בשמאל כי ברור ש+ 2 2, Q( 3 ולכן (ממינימליות) 3) 2, Q(. Q( 2 + 3) לכיוון השני 3) נשם לב ש = 2 3) ( 2 + ולכן 3) Q( אזי = 3) 6( ( 2 + 3) = 2 Q( 2 + 3) Q( 2 + 3) לכן 3) + 2 Q( 3 ולכן ממינימליות סיימנו 3

7 תורת גלואה תרגול 3 תזכורת יהי α E /f אלגברי מעל.F אזי.α הפולינום המינימלי של f(x) כאשר F [x] /<f(x)> = F [α] = F (α) דוגמא p ראשוני, ρ p שורש יחידה p פרימיטיבי, אז הפולינום המינימלי x p 1 x 1 = xp 1 + x p ולכן 1 p [Q[ρ p ] : Q] = תרגיל הפולינום המינימלי של α מעל F הוא,p(x) = x 3 6x 2 + 9x + 11? 1 α מהו הפולינום המינימלי של 1 β היה גם לפי הנתון α 3 6α 2 + 9α + 11 = 0 נחלק ב α α + 9( 1 a )2 + 11( 11 α )3 = 0 ולכן 1 α מאפס את הפולינום 1 6x + 9x x 3 זהו פולינום אי פריק כי אין לו שורשים ומדרגה 3 (כי אם β היה שורש,. 1 α שורש של (p(x) ולכן זהו הפולינום המינימלי של סיפור יהי α אלגברי מעל F עם פולינום מינימלי f(x) F [α] = F [x] /<f(x)> אם β שורש אחר של f(x) אז f(x) פולינום מינימלי של β ואז [β] F [α] = F גם הכיוון ההפוך נכון: 1

8 טענה 0.1 אם K /F כך ש F [α] = K אז [β] K = F לאיזשהו b K שהוא שורש של הפולינון המינימלי של α. זה כמובן לא אומר ש [α]. β F למשל הפולינום המינימלי של 3 2 מעל x 3 2 :Q ולכן Q[ 3 2] = Q[ 3 2ρ 3 ] = Q[ 3 2ρ 2 3 ] אבל אין שוויון כי שני שורשים מרוכבים ו ]Q 3 [2 R תרגיל כמה תתי שדות שונים יש לC שאיזומורפים ל [5 + 2 ]Q נמצא פולינום מינימלי של = x x 2 = x 2 2 = 5 x 4 4x = 5 x 4 4x = 0 השורשים 5 ± 2 ± Q[ 2 + 5] = Q[ 2 + 5] = Q[ 2 5] = Q[ 2 5] אי השוויון נובע מכך שאחד מרוכב והשני ממשי. לכן יש לנו סה"כ 2 תתי שדות 2

9 שדה פיצול הגדרה 0.2 יהי [x],f F שדה E /F מפצל את f(x) אם בפירוק מעל f(x) E מתפרק לגורמים ליניארים. כלומר, בE יש את כל השורשים של.f(x) למשל Q שדה מפצל של כל פולינום מעל C 1. מפצל את x 2 2 Q[ 2].2.3 ] Q[ מפצל את ) ax 2 + bx 2 + c היא הדיסקרמיננטה). הגדרה 0.3 שדה הפיצול של פולינום [x] f(x) F הוא הרחבה E F/ מינימלית המפצל את.f(x) איך בונים אותו? ] n F [α 1,.., α כאשר α i הם השורשים של.f(x) טענה 0.4 שדה הפיצול יחיד עד כדי איזומורפיזם. דוגמא נמצא את שדה הפיצול של f(x) = x 4 12 מעל.Q f(x) = (x 2 12)(x ) = (x 4 12)(x+ 4 12)(x+ 4 12i)(x 4 12i) נסמן את שדה הפיצול בE. E = Q[ 4 12, 4 12, 4 12i, 4 12i] = Q[ 4 12, 4 12i] = Q[ 4 12, i] תרגיל מצא את שדה הפיצול x 5 2 מעל Q, מה המימד שלו? 5 2, השורשים 2ρ 5, 5 2ρ 2 5,.. 5 2ρ ולכן שדה הפיצול ] 5 E = Q[ 5 2, ρ [Q[ 5 2] : Q] = 5 [Q[ 5 2] : Q] = 4 המימדים זרים, לכן לפי תרגיל משיעורי בית 3, [E : Q] = 5 4 טענה 0.5 יהי [x] f F מדרגה,n ויהי E שדה הפיצול של fx) אזי n!.[e : F ] לא בהכרח יש שוויון, לדוגמא התרגיל הקודם או אם יש ריבוי אלגברי. 3

10 תרגיל יהי F שדה ממאפיין.p נסתכל על f(x) = x p x a ויהי α שורש של.f(x) מצאו את שדה הפיצול ע"י α. נשם לב: f(α + 1) = (α + 1) p (α + 1) a = α p + 1 p α 1 a = 0 באותו אופן: f(α + 2) = (α + 2) p (α + 2) a = (α p α a) + (2 p 2) = 0 אזי 1 p. α, α + 1,.., α + אלו כל השורשים של f(x) ולכן שדה הפיצול E = F [α] 4

11 תורת גלואה תרגול 5 הומומורפיזם של שדות יש לנו הומו,, ϕ : F L ויש הרחבה, E /F אז רוצים להרחיב את ϕ לL ψ : E הבחנה 1 אם יש הומו' ϕ : F L אז יש הומו' ברור.x x ע"י ˆϕ : F [x] L[x] נסמן ˆf(x) ˆϕ(f(x)) = הבחנה 2 אם ψ : E /F L שמרחיבה את.ϕ אם a E שורש של פולינום [x], f(x) F 0 = ψ(f(a)) = ψ(f)(ψ(a)) = ˆf(ψ(a)) אזי ψ(a) הוא שורש של fˆ. שורש של f הולך לשורש של fˆ. הבחנה 3 אם f(x) הוא פריק וa שורש של גורם g(x) (g f) אזי גם a הולך לשורש של ĝ. ולכן איבר a עם ופלינום מינימלי f a אז a הולך לשורש של fˆ a. מסתבר שזה מספיק בשביל להגדיר הרחבה: למה 0.1 יהי a E עם פולינום מינימלי f(x) מעל F, אם b L שורש של ˆf(x) אזי יש הרחבה: ψ : F [a] L כך ש.a b הוכחה: נתבונן ב F [x] L[x] x b L הגרעין הוא > f(x) < ולכן לפי משפט האיזומורפיזם הראשון, F [a] = F [x] /<f(x)> L כמה הומומורפיזמים יש מL F? [a] לפי מספר השורשים השונים של ˆ f(x) בL. לכל היותר ] F deg f = [F [a] : ˆϕ 1

12 משפט 0.2 נתון ϕ : F L ו[ x ] f(x) F כך ש ˆf(x) מתפצל מעל.L (בL יש את כל השורשים של fˆ ), ויהי E שדה פיצול של f(x) מעל F, אזי יש הרחבה ψ : E L הוכחה: ] n E = F [a 1,.., a כש a i שורשי,f(x) שלב 1 נקח את a 1 ואת הפולינום המינימלי של a! (f a1 f) f ובוחרים שורש b 1 L של ˆf a1 ואז יש לנו הומומורפיזם (לפי הלמה):.ϕ 1 : F [a 1 ] L שלב 2 נקח את,a 2 נסתכל בפולינום המינימלי שלו מעל ] 1 F [a][x] f a2 (x) :F [a 2

13 ניקח שורש b 2 L של ˆf a2 (הכובע מוגדר בעזרת.(ϕ 1 ונגדיר הומומורפיזם ϕ 2 : F [a 1 ][a 2 ] L (לפי הלמה) (a 1 b 1, a 2 b 2 ) כמה הומומורפיזמים שונים יש? בשלב הראשון קיבלנו שיש לכל היותר F], [a] : F ] = deg f a בשלב השני לכל היותר.deg f a2 = [F [a 1, a 2 ] : F [a 1 ]] לכן סך הכל יש לכל היותר [E : F ] = [F [a 1 ] : F ] [F [a 1, a 2 ] : F [a 1 ]]... דוגמא 3) f(x) = (x 2 2)(x 2 מעל Q ונשתמש בהכלה.ϕ : Q C תרחיבו להומומורפיזם של E C כש E שדה הפיצול של f. שדה הפיצול הוא 3] 3, 2, 2, Q[ E = שלב 1 לוקחים את 2, הפולינום המינימלי מעל Q הוא.x 2 2 ˆϕ(x 2 2) = x 2 2 ולכן 2 ללכת ל 2.± 2 נבחר 2 זה מגדיר ϕ 1 : Q[ 2] C ע"י 2 2. שלב 2 השורש 2. הפ"מ של 2 מעל 2] Q[ הוא 2 + x. ˆϕ 1 (x + 2) = x 2 ולכן 2 חייב ללכת ל 2 וכך הגדרנו.ϕ 2 : Q[± 2] C שלב 3 השורש 3. הפ"מ של 2] Q[.x 2 3 : Q[ 2, 2] = ˆϕ 2 (x 2 3) = x 2 3 ולכן 3 חייב ללכת ל 3.± נבחר 3 3 וכך נגדיר: ϕ 3 : Q[± 2, 3] C 3

14 תורת גלואה תרגול 6 תזכורת אם יש ϕ : F L ו E F/ שדה פיצול של פולינום f(x) וf מתפצל מעל L אזי אפשר להרים את Lלϕ.ψ : E אנחנו מתעניינים בהרמות של F הומומורפיזם הגדרה ϕ : E E 0.1 היא ϕ הומומורפיזם אם לכל F הומומורפיזם.ϕ(a) = a a F E F/ סופית אז F הומומורפיזם היא זה גם נותן שאם E היא גם העתקה ליניארית. אוטומורפיזם. הגדרה 0.2 תהי E F/ (בד"כ סופי) חבורת גלואה של ההרחבה היא: Gal( E /F) = {ϕ : E E, F-homo'} Aut(G) הגדרה 0.3 פולינום אי פריק נקרא ספרבילי אם אין לו שורשים כפולים (בסגור האלגברי). דוגמא לפולינום לא ספרבילי > 0 p charf = ו a F שאין לו שורש pי, אזי f(x) = x p a הוא אי פריק. אבל אם בשדה פיצול α E הוא שורש אזי ב E, x p a = x p α p = (x a) p כלומר כל השורשים הם α לא ספרבילי. קריטריון פולינום f(x) ספרבילי אם ורק אם = 1 ) f gcd(f, למשל f(x) = x 4 8x מעל Q f(x) ולכן f(x), f גורם משותף ל( x ) x 2 4,f (x) = 4x 3 16x = 4x(x 2 4) לא ספרבילי. 1

15 ניסוח אחר אם f א"פ אז הוא ספרבילי אם ורק אם 0 f. במאפיין 0 כל הפולינומים האי פריקים ספרבילים. כל אי פריק הוא ספרבילי רק אם charf = p ובכל החזקות יש גורם p. הגדרה 0.4 הרחבה E F/ מקראת ספרבילית אם לכל α E הפולינום המינימלי של α מעל F הוא ספרבילי. דוגמא להרחבה לא ספרבילית,charF = p למשל F (y) /F כי שם x p y לא ספרבילי., E /K/F אם E /F ספרבילי אז E /K, K /F ספרבילי. טענה 0.5 הוכחה: K F/ ספרבילי מיידית. ניקח a E אזי f a,f (פ"מ מעל F) ספרבילי, אזי f a,k f a,f ל f a,k אין שורשים כפולים. טענה 0.6 אם E /F שדה פיצול של פולינום ספרבילי אז ] F Gal( E /F) = [E :. 2

16 תרגיל: חשבו את 3)/Q) Gal( Q[ 2, 3] 2, Q[ E = זה שדה פיצול 3), f(x) = (x 2 2)(x 2 אין לו שורשים כפולים ולכן = 4 ] F Gal( E /F) = [E : 2 חייב ללכת לשורשים של הפולינום המינימלי x 2 2 ולכן ל 2.± לאן אפשר לשלוח את 3? מסתבר שזה לא תלוי בלאן נשלח את 2. למה? הפ"מ של 3 מעל 2] Q[ הוא עדיין x = Gal ולכן חייב להיות של 3 יש 2 פתרונות ולכן 3 הולך ל 3 ± בלי תלות ב 2. נמספר את השורשים: 3 = 4 3, = 3 2, = 2 2, = 1 אוטומורפיזם. יוצרים תמורה על השורשים. Id 2 2, 3 3 Id (12) 2 2, 3 3 σ1 (3, 4) (12)(34) 2 2, 3 3 σ2 2 2, 3 3 σ1 σ 2 = σ 2 σ 1 Gal( E /F) = Z 2 Z 2 אז > S4 (34) (12), =< תרגיל חשבו את /F) Gal( E כשE שדה פיצול של הפולינום f(x) = x 4 2 השורשים של f הם f.1 := α = 4 2, 2 := α, 3 := αi, 4 := αi ספרבילי, i± חייב ללכת ל i חייב ללכת לאחד מהשורשים, α בדיקה). (דורש E = Q[α, [i (שורשים של x) (גם פה α וi הם לא תלויים זה בזה, למשל פולינום מינימלי של i מעל Q[α] הוא עדיין (x אוטומורפיזם. יוצרים תמורה על השורשים. Id α α, i i Id (34) α α, i i τ (1234) i i, α αi σ (12)(34) σ 2 (1432) σ 3 (14)(23) τσ στ סך הכל: Gal( E /Q) = D 4 =< (34), (1234) > S4 3

17 תורת גלואה תרגול 7 הגדרה E F/ 0.1 הרחבה נורמלית אם לכל a E הפ"מ של a מעל F מתפצל ממעל E. אם E F/ הרחבה סופית אז אפשר לבנות E /E/F נורמלית: אפשר לרשום: ] n E = F [α 1,.., α נקח פ"מ של כל F [x] f i α i ונקח את E להיות שדה פיצול של (x) fi דוגמא להרחבה לא נורמלית וספרבילית כי אין את כל השורשים של x 3 2 Q[ 3 2] דוגמא להרחבה נורמלית ולא ספרבילית טענה ) 0.2 p y Fp(y) /F p(y הוא השורש (היחיד) של x p y p ובמודולו p שווה ל (x y) p התנאים הבאים שקולים עבור הרחבה : E F/ f(x) =.1 /F E ספרבילית ונורמלית 2. F/ E שדה פיצול של פולינום ספרבילי E Gal( E/F) = F.3 K Aut(E) לאיזושהי ת"ח סופית E K = F.4 {σ(a)}, σ Gal(E/F) Gal ( E /F) = [E : F ].5 הרחבה כזו נקראת הרחבת גלואה. (x σ(a)) יותר מזה עבור a E הפ"מ של a הוא 1

18 תרגיל מצאו את הפ"מ של = α מעל Q נשם לב ש.α Q[ 2, 3] = E ראינו פעם שעברה ש Gal ( E /F) = Z 2 Z 2 נחשב: Id(α) = α σ 1 (α) = σ 2 (α) = σ 1 σ 2 = (אלו איברים שונים כי 6} 3, 2, {1, הוא בסיס של E /Q ולכן: f α (x) = (x α)(x σ 1 (α)(x σ 2 (α)(x σ 1 σ 2 (α)) ו = 4 Q] [Q[α] : תרגיל ממבחן נניח E = Q[α] /Q הרחבת גלואה ונניח σ(α) = α 2 לאיזשהו /Q).σ Gal( E.1 האם ייתכן ש = 2 Q]?[E :.2 האם ייתכן ש = 3 Q]?[E : 2

19 1. נניח שכן, אז = 2 G וσ מסדר 2. α = σ 2 (α) = σ(α 2 ) = α 4 α = α 4 α 3 = 1 α = ρ 3 ואכן = 2 Q] [Q[ρ 3 ] : 2. נניח שכן = 3 G אז הסדר של σ הוא 3. α = σ 3 (α) = α 8 α 7 = 1 a = ρ 7 אבל אז = 6 Q] [Q[ρ 7 ] : בסתירה לכך שהגודל הוא 3 התאמת גלואה E/F אז יש התאמה חח"ע בין קבוצת שדות הביניים של G = Gal ( E (F/ גלואה, E F/ לת"ח של G ע"י H E H ו /F) L Gal ( E עם תכונות E H 1 (חח"ע) = E H 2 H 1 = H 2.1 H = [E : E H ].2 L H 2 L H 1 H 1 H 2.3 Gal ( E H /F) = G/H הרחבה נורמלית ואז EH /F H G.4 3

20 תרגיל ממבחן 1. מצא את חבורת גלואה של שדה פיצול של x 3 7 מעל Q 2. מצא את כל שדות הביניים. ושדה הפיצול הוא ] 3 E = Q[ 3 7, ρ 3 7, 3 השורשים 7ρ 3, 3 6ρ 2 3 הגודל של חבורת גלואה = 6 Q] [E : נזהה: (123) σ( 3 7) = 3 7ρ 3 (23) τ(ρ 3 ) = ρ 2 3 = ρ 3 ואפשר לראות 1 σ τστ = ולכן G = D 3 שדות ביניים ת"ח < σ > E <σ> = Q[ρ 3 ] < τ > E <τ> = Q[ 3 7] < τσ > Q[ 3 7ρ 3 ] < τσ 2 > Q[ 3 7ρ 2 3 ] {Id} E {id} = E E D 3 = Q D 3 הסברים קל לראות ש: והמימד הוא E <τ> כי E <τ> = Q[ 3 7] ] 3 E <σ> = Q[ρ כי σ(ρ 3 ) = ρ 3 והמימד הוא.2 3 ורואים ששומר על השורש השני, כלומר 7ρ3 τσ = (123)(23) = (13) Q[ 3 7ρ 3 ] E והמימדים שווים ולכן שוויון. 3 <τσ> 7ρ 2 (12) = 2 τσ שומר על 3 ולכן 4

21 תורת גלואה תרגול 8 תרגיל מצא את חבורת גלואה ואת שדות הביניים של ההרחבה E = ]Q 4 2,i]/Q E זה שדה פיצול של x, 4 2 שהוא ספרבילי ולכן E Q/ גלואה. = 8 Q] [E : ולכן /Q) G = Gal ( E מגודל.8 השורשים של f הם f.1 := α = 4 2, 2 := α, 3 := αi, 4 := αi ספרבילי, i± חייב ללכת ל i חייב ללכת לאחד מהשורשים, α בדיקה). (דורש E = Q[α, [i (שורשים של x) (גם פה α וi הם לא תלויים זה בזה, למשל פולינום מינימלי של i מעל Q[α] הוא עדיין (x אוטומורפיזם. יוצרים תמורה על השורשים. Id α α, i i Id (34) α α, i i τ (1234) i i, α αi σ ראינו 1 σ τστ = ולכן G = D 4 1

22 חישוב של <τσ3> E נחשב תמונה של איבר כללי ב E. τσ 3 (a + b c 2 + d ei + f 4 2i + g 2i + h i) = = a + b 4 2i c 2 d i ei + f g 2i h ע"י השוואת מקדמים: c = e = 0, b = f, d = h למשל ניקח = 1 b ו 0 = d כלומר i 2 = (1 + i) 4 2 Q[(1 + i) 4 2] E <τσ3 > אזי והמימד שווה ולכן יש שוויון. חישוב של <τσ> E נחשב מסלול של τσ 4 τσ 2 4 2i τσ אזי τσ שומר על 4 2 i) 2i = (1 ואכן <τσ> Q [ (1 i) 4 2 ] = E בזכות המימד/כי צמוד לקודם/כי זה לא אף שדה אחר. 2

23 תרגיל (ממבחן) מצאו הרחבה של Q עם חבורת גלואה איזו' ל Z 2 Z 2 Z 2 ניקח 5] 3, 2, Q[ E = E /Q הרחבת גלואה כי זה שדה פיצול של 5) (x 2 2)(x 2 3)(x 2 שספרבילי. Gal ( E /F) ולכן = 8 8[E : Q] = נראה שכל האיברים הם מסדר.2 יהי /Q).σ Gal ( E σ( 2) = ± 2 σ( 3) = ± 3 σ( 5) = ± 5 מכיוון שאלו יוצרים בסיס של σ E, מסדר לכל היותר 2. טענה 0.1 תהי E F/ הרחבת גלואה, E שדה פיצול של פולינום ספרבילי מדרגה n. אזי, יש שיכון טבעי (של חבורות) Gal ( E /F) S n תרגיל ע"י הפעולה על השורשים של f יהי p מספר ראשוני ויהי Q[x] f(x) פולינום אי פריק מדרגה p. נניח של f יש 2 p שורשים ממשיים ו 2 מרוכבים, ויהי E שדה פיצול של f(x) מעל Q. הוכיחו כי Gal ( E /Q) = S p יש שורשים מרוכבים ולכן אוטו' ההצמדה (של המרוכבים) הוא איבר ב G. הוא פועל על השורשים בתור חילוף כי יש בדיוק 2 שורשים מרוכבים (ובהכרח צמודים). מצד שני, Q].p = deg f G = [E : לפי קושי יש בG איבר מסדר p ולכן יש מחזור מאורך p בG. לכן, לפי תורת החבורות, החילוף והמחזור יוצרים את S p ואז G = S p 3

24 תורת גלואה תרגול 9 שדות סופיים תזכורות 1. יהי F שדה סופי ממאפיין p, יש שיכון של Z. p F p n ולכן מגודל Z p מ"ו מעל F.2.3 ב F לגרנז' x pn x = 0, x pn = x ולכן F שדה פיצול של.x pn x תוצאות קיום של שדות מכל גודל p. n יחידות: קיים שדה יחיד כזה ונסמנו F n σ(x) = x p אוטו' Gal ( F p n /F p) =< σ > = Z n כאשר p F p n /F היא גלואה, פרוביניוס. תרגיל חשבו את היוצר של חבורות גלואה של שדה פיצול של x 3 2 מעל: F 3.1 F 5.2 F מעל x 3 2 = (x 2) 3,F 3 ולכן שדה פיצול הוא F 3 ולכן חבורת גלואה טריוויאלית. 1

25 2. יש שורש 3 ולכן אפשר לפרק: x 3 2 = (x 3)(x 2 + 3x + 1) ו + 1 3x x 2 + אי פריק כי אין שורשים ולכן שדה פיצול הוא הרחבה ממימד 2, F 5 (α) = F 25 כאשר α שורש של + 1 3x x 2 + ואז Gal ( F 25/F 5 ) = Z 2 איברים בשדה פיצול נראים מהצורה a + bα σ(a+bα) = a+ba 5 = a+bα( 3α 1)( 3α 1) = a+bα(4α 2 +α+1) =.. = a 2+3bα 3. אין לפולינום שורש ב F 7 ולכן הוא אי פריק, ולכן שדה פיצול הוא הרחבה ממימד שורש של.x 3 2 α כאשר F 7 (α) = F 7 3,3 Gal ( F 7 3/F 7) =< σ > = Z 3 איבר כללי הרחבה,a + bα + cα 2 σ ( a + bα + cα 2) = a + bα 7 + cα 14 =.. = 1 + 4bα + 2cα 2 הגדרה 0.1 יהיו F,,K L E הקומפוזיטום KL הוא השדה המינימלי שמכיל את KL = K[α 1,.., α n ] אזי L = F [α 1,.., α n ] אם.K, L טענה 0.2 אם L F/ שדה פיצול של פולינום f(x) אזי LK K/ ש"פ של אותו פולינום. 2

26 תרגיל יהיו F,K L הרחבות סופיות ונתון ש K F/ הוא גלואה. הוכיחו כי:.1 /L K K גלואה.2 /L LK גלואה Gal ( LK /L) = Gal ( K /L K).3.1 /F K גלואה /L K K גלואה (מיידי). הוכחה 2. L/ LK גלואה מהטענה הקודמת (בחילוף תפקידים). ϕ : Gal ( LK /K) Gal ( L /L K) σ σ K 3. נבנה ע"י נוכיח שזו איזומורפיזם מוגדר היטב: σ(k) = K כי K F/ גלואה ולכן הוא שדה פיצול של פולינום, F שומר על σ שורשים של פולינום ספרבילי. α i כאשר K = F [α 1,.., α n ] ועושה פרמוטציה על השורשים של פולינום מעל F: σ ({α 1,.., α n }) = {α 1,.., α n } אזי σ(k) = K בנוסף, σ שומר על L ולכן σ K שומר עך L K וסך הכל /L K) σ k Gal ( K הומומורפיזם: צמצום ולכן טריוויאלי חח"ע: נניח σ K = Id K (צ"ל (σ = Id KL σ שומרת על K (כי σ K זה הזהות) וσ שומרת על L (כי איבר מגלואה) ולכן בהכרח שומר על.σ = Id LK KL על: צ"ל: /L K).Imϕ = Gal ( K נראה K/L K) K Imϕ = L K = L Gal( ( ) ברור σ K Imϕ לכל σ K (a) = a לכל σ K (a) = a ו a K כלומר a K Imϕ ( ) זה אומר ש σ(a) = a לכל /L) σ Gal ( LK ולכן a L ולכן a L K ולכן סיימנו לפי התאמת גלואה. [KL : F ] = [K:F ][L:F ] [K L:F ] מסקנה 0.3 3

27 תורת גלואה תרגול 10 שדות סופיים המשך חזרה.[F p n : F p ] = n, F p n /F p,x pn x שדה פיצול של.p n שדה מגודל F Gal ( F p n /F p) =< σ > = Z n F/ E הרחבה סופית של שדות סופיים (במאפיין p). היא גם גלואה והחבורה נוצרת ע"י חזקה של פרוביניוס. מסקנה 0.1 אם [x] f(x) F p א"פ מדרגה n וα שורש שלו באיזושהי הרחבה אזי כל השורשים של f(x) הם pn 1 α, α p, α p2,.., α כי השורשים של פולינום מינימלי של α הם המסלול של α תחת חבורת גלואה Gal}.{σ(α) σ אזי Fp[α] F/ p היא נורמלית. תרגיל (ממבחן) יהי F שדה מגודל 5 3 ויהי α F כך ש [α] F. = F s רשום את כל שאר השורשים של הפ"מ של α מעל F. 5 α, α 5, α 52 (המסלול של α תחת פרוביניוס). 1

28 דוגמא +1> F = Z 2[y]/<y 3 +y 2 שדה מגודל.2 3 y = y+ < y 3 + y > הוא שורש של.x 3 + x שאר השורשים הם: y, y 2, y 22 =.. = y 2 + y + 1 פולינומים אי פריקים מעל שדה סופי F p משפט 0.2 כל [x] f(x) F p פולינום אי פריק מדרגה n מחלק את.x pn x מסקנה x pn x 0.3 מתפרק לכל הפולינומים האי פריקים מעל F p מדרגה המחלקת את n. הוכחת המשפט יהי f(x) פולינום כזה. נתבונן בשדה /<f(x)> F = Fp[x] שדה מגודל p. n כל האיברים בשדה זה מקיימים = 0 t t. pn זה אומר t pn t 0 mod < f(x) > t pn t < f(x) > f(x) t pn t מסקנה 0.4 מעל F, p כל פולינום אי פריק הוא ספרבילי. הערה 0.5 הטענה עוזרת למצוא את כל הפולינום האי פריקים בצורה רקורסיבית. 2

29 תרגיל (נפוץ במבחנים!) כמה פולינומים אי פריקים מדרגה 4 יש מעל F? 2 הפולינומים הא"פ מדרגה מחלקים את x 24 x = x 16 x וזוהי מכפלת הפולינומים האי פריקים מדרגה 1 כפול מכפלת הפולינומים האי פריקים מדרגה 2 כפול מכפלת הפולינומים האי פריקים מדרגה 4. פולינומים אי פריקים מדרגה :1 מחלקים את 1) x(x.x 21 x = x 2 x = לכן, יש שני פולינומים אי פריקים מדרגה 1. פולינומים אי פריקים מדרגה :2 מחלקים את + 2 x 22 x = x 4 x = x(x 1)(x 1) + x ולכן + 1 x x 2 + הוא הפולינום האי פריק היחיד מדרגה.2 פולינומים אי פריקים מדרגה 4: כמו מקודם, מחלקים את + 2 x 16 x = x(x 1)(x x + 1) g כאשר g מכפלת הפולינומים האי פריקים מדרגה.4 g בהכרח מדרגה,12 ולכן יש 3 פולינומים מדרגה 4. לכן סך הכל יש שלושה פולינומים אי פריקים מדרגה 4. הבחנה יהי F p n שדה סופי,.Gal ( F p n /F p) =< σ > = Z n איך נראים תתי שדות של?F p n לפי התאמת גלואה כל תת שדה מתאים לת"ח. תתי החבורות האמיתיות של Z n הם mz n כאשר.m n בהתאם לאיזומורפיזם, הת"ח של > σ < הם > n < σ לכל.m n תת השדה המתאים: [ F <σ m > p n : F p] = [< σ >:< σ n >] = m.f <σm > ולכן p n = F p m מסקנה 0.6 תתי השדות של F p n הם כולם מהצורה F p m עבור.m n עד כאן לשדות סופיים משפט האיבר הפרימיטיבי אם E F/ סופית (ממימד סופית) ספרבילית אזי יש α E כך ש [α] E = F הוכחה: (בערך) עבור שדות סופיים, E x היא צקלית ונוצרת ע"י איזשהו α ואז ברור ש [α] E = F עבור שדות אינסופיים, נבין ע"י הדוגמא הבאה: 3

30 דוגמא מצא איבר פרימיטיבי ל 5] 3,.Q[ מנחשים 5 c α = 3 + כאשר.c Q (בהוכחת המשפט מראשים שזה יוצר כמעט לכל c, כלומר חוץ ממספר סופי). ניקח =.α נסתכל בחזקות: α 0 = 1, α = 3 + 5, α 2 = , α 3 = ( ) + ( ) 3 + ( ) ( ) בודקים שהם בת"ל (ליניארית) וסיימנו. 1 1 איך בודקים? זורקים על סטודנט שנה א שיעשה את זה. 4

31 תורת גלואה תרגול 11 הפולינום הציקלוטומי הפולינום הציקלוטומי Φ n הוא הפולינום המינימלי של ρ n (שורש היחידה ה n פרמיטיבי) מעל Q. (אם p ראשוני אז אנחנו כבר יודעים + 1 x (Φ p = x p 1 + x p Φ n x n ולכן 1 x n הוא שורש של 1 ρ n מצד שני, כל שורש של 1 n x הוא שורש יחידה ולכן 1 n x ולכן x n 1 = d n Φ d טענה 0.1 deg Φ d = ϕ(d) ודרגתו פונקצית אוילר. וכן, { Gal ( Q[ρn] /Q) = ρ n ρ k n (k, n) = 1} = un תזכורת ) ( ϕ(n) = n (1 1p1 1 1 ) p n כאשר p i הם הגורמים הראשונים השונים של n. הערה 0.2 המרצה אוהב לתת שאלות בנושא בניות של שדות סופיים וחישוב פולינום ציקלוטומי. 1

32 תרגיל חשבו את Φ 15 גורם של x 15 1 Φ 15 x 15 1 = Φ 15 Φ 5 Φ 3 Φ 1 נמצא "באנדוקציה" (נשכח לרגע שאנחנו יוצאים כל אחד מהם כי 3 ו 5 ראשוניים, על מנת שנוכל לתת אלגוריתם כללי שנכון גם כשיש גורמים לא ראשוניים) Φ 1 = x 1 x 3 1 = Φ 1 Φ 3 Φ 3 = x3 1 Φ 1 = x 2 + x + 1 כעת נמצא את Φ. 3 לכן x 5 1 = Φ 5 Φ 1 Φ 5 = x5 1 x 1 = x4 + x 3 + x 2 + x + 1 לכן = Φ 15 = x15 1 = x15 1 Φ 1 Φ 3 Φ 5 (x 5 = x10 + x = x 8 x 7 +x 5 x 4 +x 3 x+1 1)Φ 3 Φ 3 בדיקה: ϕ(15) = 8 למה /Q) 0.3 σ Gal ( Q[ρn] אזי יש מספר שלם k שזר ל n כך ש σ(x) = x k לכל x שהוא שורש יחידה. 2

33 הוכחה: נבחר ρ n שורש יחידה פרימיטיבי, אזי כל שורשי היחידה הם ρ i n כאשר 1 ρ n.i n פרימיטיבי, כלומר = 1 n ρ n ו 1 n ρ j לכל.j < n ניקח,σ G נפעיל אותו { ונקבל σ(ρ n n) = σ(ρ n ) n = σ(1) = 1 לכן ) n σ(ρ היא גם שורש פרימיטיבי. σ(ρ n ) = ρ k n σ(ρ j n) = σ(ρ n ) j = σ(1) = 1 לפי טענה מחבורות, (k, n) = 1 אזי אם x שורש יחידה i n x = ρ i n,1 σ(x) = σ(ρ i 4) = σ(ρ n ) i = (ρ k n) i = x k תרגיל (ממבחן) חשבו את חבורת גלואה ואת שדות הביניים של. Q[ρ Q/[7 הפ"מ של ρ 7 הוא + 1 x,x ולכן (/) Gal G = היא מסדר.6 לפי התאוריה, { } G = σ k : ρ 7 ρ k 7 (k, 7) = 1 =< σ 3 > = u 3 =< 3 > 3

34 כעת נותר לחשב: Q[ρ 7 ] <σ 3 2> =? ρ 7 σ3 2 ρ 2 7 σ3 2 ρ 4 6 σ3 2 ρ 7 ולכן Q[ρ 7 + ρ ρ 4 7] Q[ρ 6 ] <σ 3 2 > ומטעמי מימד יש שוויון. Q[ρ 7 ] <σ 3 3> =? ρ 7 σ3 3 ρ 6 7 σ3 3 ρ 7 ולכן Q[ρ 7 + ρ 6 7] Q[ρ 7 ] <σ 3 3 > ומשיקולי מימד יש שוויון. טענה 0.4 אם E Q/ סופית, שלא מכילה שדות ביניים שהם הרחבות אבליות (כלומר, הרחבות שחבורת גלואה שלהם אבלית) אזי Gal ( E[ρn] /E) = u n Gal ( E[ρn] /E) = Gal ( Q[ρn] /E Q[ρ n]) לפי טענה מפעם, נטען ש E. Q[ρ n ] = Q אחרת, זהו תת שדה של E Q/ שהיא הרחבה אבלית, כי היא שדה ביניים של Q[ρn] Q/ שהיא אבלית (כי זה מתאים לת"ח של חבורה אבלית) וזו סתירה. 4

35 תורת גלואה תרגול 12 תרגיל ממבחן K = Q(ρ 9 ).1 חשבו את הדרגה K /Q ואת /Q) Gal ( K K/Q(ρ 9 +ρ 1 2. חשבו את דרגת ההרחבה ) 9 ρ 9 + ρ 1 3. מצאו את הפולינום המינימלי של 9 1. צריך לחשב את הדרגה של φ q (הפולינום הציקלוטומי). ידוע ש x 9 x = φ 1 φ 3 φ 9 φ 9 = x9 x φ 1 φ 3 = x 9 x (x 1)(x 2 + x + 1) deg φ 9 = 6 Gal ( Q[ρ 9]/Q) = u 9 = {1, 2, 4, 5, 7, 8} חבורת גלואה ציקלוטומית 2. זהו שדה ביניים. נציג אותו: Q(ρ 9 + ρ 1 9 = KH ) ואז לפי משפט גלואה = KH ) [K : Q(ρ + ρ 1 )] = H 1

36 נעבור על איברי חבורת הגלואה, } k {σ k : σ k (p) = p ונבדוק איזה מהם שומרים על H. σ 1 = id σ 2 = (ρ + ρ 1 ) = ρ 2 + ρ 7 X σ 4 (ρ + ρ 1 ) = ρ 4 + ρ 5 X σ 5 (ρ + ρ 1 ) = ρ 5 + ρ 4 X σ 7 () = ρ 7 + ρ 2 X σ 8 () = ρ 8 + ρ = ρ 1 + ρ ולכן > 8 =< > 8 H =< σ שהיא מסדר 2 ולכן הדרגה היא.2 3. הדרגה של הפולינום המינימלי היא [Q [Q(ρ + ρ 1 ) : שזה לפי התאמת גלואה.[u 9 :< 8 >] = 3 נמצא את שאר השורשים ע"י הפעלת חבורה גלואה ומציאת כל הצמודים של.ρ + ρ 1 ρ + ρ 1, ρ 2 + ρ 7, ρ 4 + ρ 5 (x (ρ + ρ 1 ))(x (ρ 2 + ρ 7 ))(x (ρ 4 + ρ 5 )) כבר חשבנו: ולכן הפ"מ הוא מסקנה ממשפט גלואה אם E F/ הרחבת גלואה סופית, יש מספר סופי של שדות ביניים. מסקנה E F/ 0.1 סופית ספרבילית יש מספר סופי של שדות ביניים. (ניתן להרחיב K /E/F כך ש K F/ גלואה סופית). 2

37 משפט שטייניץ F שדה אינסופי K F/ הרחבה סופית, אזי [a] K = F אם ורק אם יש ל K F/ מספר סופי של שדות ביניים. דוגמא נגדית (לא ברור למה) שדה K ממאפיין.K = F (y p ) p ההרחבה K(y) /K(y p ) = F (y) /F היא לא ספרבילית p x) p y (היא לא ספרבילית כי פ"מ של y זה = p אבל כן יש איבר פרמיטיבי. ) p x )שלא y) ספרבילי. דוגמא ) p Zp(x,y) Z/ p(x p y, הרחבה סופית. נראה שהיא לא ספרבילית ע"י כך שנצביע על אינסוף שדות ביניים. αy).f (x + נראה שבאמת יש פה אינסוף: F (x + αy) = F (x + βy) (α β)y = (x + αy) (x + βy) F (x + αy) אם α β אז αy) x, y F (x + ואז y) F (x + αy) = F (x, וזו סתירה. הגדרה 0.2 שדה F נקרא סגור אלגברית אם אין לו אף הרחבה אלגברית סופית כל פולינום מעל F מתפצל לגורמים ליניארים. הוכחנו בהרצאה משפטים נפלאים: 1. C סגור אלגברית R. היא הרחבה אלגברית יחידה של C R/ 2. E F/ כך ש E סגור הסגור האלגברי של F הוא הרחבה E הגדרה 0.3 יהי F שדה. אלגברית. 3

38 תורת גלואה תרגול 13 הגדרה 0.1 הרחבת שדות E F/ מוגדרת ריבועית/ 2 רדיקלית אם יש שדות ביניים F = F 0 F 1... F n = E כך ש [F i+1 : F i ] = 2 משפט 0.2 מספר a הוא בר בנייה אם הוא מוכל בהרחבה E Q/ כך ש E Q/ רדיקלית. בפרט: [Q[a] : [Q = deg f a חזקת 2. כלומר, זהו תנאי הכרחי אך לא מספיק. עבור הרחבת גלואה E/F Gal ( E /F) = 2 n רדיקלית אם ורק אם 2 E /F תרגיל (נפוץ במבחנים!) האם ρ 7 הוא בר בנייה? = 6 Q] [Q[ρ 7 ] : לא חזקת 2 ולכן לא בר בנייה. תרגיל האם ניתן לחלק ע"י סרגל ומחוגה כל זווית לשבע? שקול: האם ניתן לבנות מצולע משוכלל עם 7 צלעות?. π 7 אז, ע"י זווית בגודל π ברור שניתן לבנות. אם היה ניתן, היה אפשר לקבל גם את חיתוך במעגל היחידה נקבל את ρ, 7 בסתירה לתרגיל הקודם. 1

39 תרגיל cos 2π p הוא בר בנייה. אם p ראשוני מהצורה + 1 x,2 אז ρ p ולכן גם Gal ( Q[ρ 7]/Q) = u p Q[ρp] Q/ היא הרחבת גלואה. כידוע, u p = p 1 = 2 k כלומר חבורה גלואה היא מסדר 2 k ולכן ρ n בר בנייה. cos 2π ρ Q[ρ p] ולכן cos 2π p שייך להרחבה 2 רדיקלית ולכן הוא בר בנייה. דוגמא ρ 3, ρ 5 ברי בנייה, לכן ניתן לבנות מצולע משוכלל עם 3\5 צלעות. F K, L E טענה שתהיה לנו בש"ב אם 2 רדיקלים, הקומפוזיטום KL הוא גם 2 רדיקלי. שאלה אם,K L הם ממימד שהוא חזקת 2. האם גם KL היא ממימד חזקת 2? תשובה לא! נניח E /F גלואה כך ש Gal ( E /F) = S 4 וניח K = E H 1 K = E H 2 2

40 S 3 כאשר H1 היא ת"ח התמורות ששומרות על = 1 S 3 H2 היא ת"ח התמורות ששומרת על = 2 כעת [K : F ] = [S 4 : H 1 ] [K : F ] = [S 4 : H 1 ] = 4 כעת, [L : F ] = [S 4 : H 2 ] = 4 אבל, [KL : F ] = [E H 1 E H 2 : F ] = [E H 1H 2 : F ] = [S 4 : H 1 H 2 ] = 12 2 n משפט Q[x] 0.3 f(x) עם שדה פיצול E. את f ניתן לפתור ע"י רדיקלים אם ורק אם /Q) Gal ( E פתירה. תרגיל האם הפולינום x f(x) = 5x 5 פתיר ע"י רדיקלים? f אי פריק לפי אייזנשטין עם 2. f = 25x x 4 = 4 זה מתאפס כאשר x = ± 2 נשים לב ש f( 2) > 0 f( 2) < 0 ולהסיק שיש 3 שורשים ממשיים ו 2 מרוכבים 3

41 הוכחנו פעם אם p ראשוני ולפולינום אי פריק מדרגה p יש 2 p שורשים ממשיים ו 2 מרוכבים, אז Gal ( E /Q) = S p כש E שדה הפיצול. ולכן, אצלנו שהיא לא פתירה תזכורת Gal ( E /R) = S 5.n אינן פתירות עבור 5 S n, A n הבהרה מתרגול שעבר אמרנו בתרגול ש [a] E = F יש מספר סופי של שדות ביניים. בהרצאה אמרנו E K/ ספרבילית מספר סופי של שדות ביניים. אם ] F E] : לא ראשוני, גם הכיוון השני נכון 4