sc.im.uj.edu.plsc.im.uj.edu.pl/images/videos/AlgebraI.pdf · 2018 ROZDZIAŁ I Teoria Grup 1. Grupy...

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018Notatki do wykładu

Algebra I

Instytut MatematykiUniwersytetu Jagiellońskiego

Semestr zimowy 2017/18

Sławomir Cynke-mail: [email protected]

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

ROZDZIAŁ I

Teoria Grup

1. Grupy

Definicja 1. (1) Półgrupą nazywamy zbiór (niepusty) z działaniem łącznym.(2) Monoidem nazywamy półgrupę, która zawiera element neutralny.(3) Grupą nazywamy monoid, w którym każdy element posiada element odwrotny.(4) Grupą przemienną (abelową) nazywamy grupę, w której działanie jest przemienne.

Przykład 1.

(1) Zbiór liczb całkowitych (odp. wymiernych, rzeczywistych, zespolonych) z działaniem dodawania jest grupą.(2) Zbiór Q+, (odp. Q∗,R+,R∗,C+,C∗) jest grupą z mnożeniem.(3) Zbiór Zn reszt modulo n z dodawaniem jest grupą.(4) Zbiór Z∗n reszt modulo n względnie pierwszych z n jest grupą z mnożeniem.(5) Zbiór M(n,m;R) jest grupą z dodawaniem.(6) Zbiór GL(n,R) := {A ∈M(n, n;R) : detA 6= 0} jest grupą z mnożeniem. Liniowa(7) Zbiór GL+(n,R) := {A ∈M(n, n;R) : detA > 0} jest grupą z mnożeniem. Orientacji(8) Zbiór SL(n,R) := {A ∈M(n, n;R) : detA = 1} jest grupą z mnożeniem. Specjalna liniowa(9) Zbiór SL(n,Z) := {A ∈M(n, n;Z) : detA = 1} jest grupą z mnożeniem.

(10) Zbiór O(n) := {A ∈M(n, n;Z) : At ·A = A ·At = I} jest grupą z mnożeniem. Ortogonalna(11) Zbiór SO(n) := {A ∈ O(n) : detA = 1} jest grupą z mnożeniem. Specjalna ortogonalna(12) Zbiór U(n) := {A ∈M(n, n;C) : At ·A = A · At = I} jest grupą z mnożeniem. Unitarna(13) Zbiór SU(n) := {A ∈ U(n) : detA = 1} jest grupą z mnożeniem. Specjalna unitarna(14) Zbiór bijekcji Bij(X) zbioru X na siebie jest grupą ze składaniem.(15) Zbiór permutacji Σn zbioru n-elementowego jest grupą z mnożeniem. Grupa symetryczna. a Σn = Bij({1, . . . , n}).(16) Zbiór Dn symetrii n–kąta foremnego (oznaczany Dn, czasami D2n), jest grupą ze składaniem zwaną grupą

dihedralną.

Lemat 2.

(1) Dla dowolnych a, b ∈ G mamy (ab)−1 = b−1a−1,(2) Dla dowolnego a ∈ G mamy (a−1)−1 = a.

Definicja 2. Podzbiór H ⊂ (G, ·) nazywamy podgrupą jeżeli jest zamknięty ze względu na działanie w grupie Gi tworzy z działaniem indukowanym grupę, to znaczy:

(1) eG ∈ H,(2) jeżeli a, b ∈ H to ab ∈ H,(3) jeżeli a ∈ H to a−1 ∈ H.

1

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

2 2. Grupa cykliczna

Lemat 3. Niepusty podzbiór H ⊂ G grupy G jest podgrupą wtedy i tylko wtedy gdy

a, b ∈ H ⇒ a · b−1 ∈ H.

Dowód. Jeżeli H ⊂ G jest podgrupą oraz a, b ∈ H to b−1 ∈ H, a zatem a · b−1 ∈ H.Na odwrót, niechH ⊂ G będzie niepustym podzbiorem spełniającym warunek w Lemacie. Wtedy biorąc dowolne

a ∈ H stwierdzamy, że e = aa−1 ∈ H.Jeżeli a ∈ H to a−1 = ea−1 ∈ H.Ustalmy dowolne a, b ∈ H. Wtedy b−1 ∈ H, a więc ab = a((b−1)−1) ∈ H.

�

Wniosek 4. Jeżeli (Hj)j∈J jest rodziną podgrup grupy G to⋂j∈J

Hj jest podgrupą G.

Definicja 3. Najmniejszą podgrupę grupyG zawierającą ustalony zbiór A ⊂ G nazywamy podgrupą generowaną

przez A i oznaczamy 〈A〉.

Lemat 5. Dla dowolnego podzbioru A ⊂ G mamy

〈A〉 =⋂{H ⊂ G : A ⊂ H, H jest podgrupą G}.

Zamiast 〈{a1, . . . , an}〉 będziemy pisać 〈a1, . . . , an〉.Będziemy używać następujących oznaczeń a0 = e, an = a · . . . · a︸︷︷︸

n razy

dla n > 0 oraz an = (a−1)−n dla n < 0.

Lemat 6. Dla dowolnego a ∈ G mamy 〈a〉 = {an : n ∈ Z}.

Dowód. Ponieważ an(am)−1 = an−m, więc zbiór {an : n ∈ Z} jest podgrupą G zawierającą {a}, a zatem 〈a〉 ⊂{an : n ∈ Z}. Z drugiej strony jeżeli H ⊂ G jest dowolną podgrupą taką, że a ∈ H, to an ∈ H dla dowolnego n ∈ Z, codowodzi inkluzji przeciwnej. �

Lemat 7. Jeżeli f : G1 −→ G2 jest homomorfizmem grup, A ⊂ G1, to f(〈(A〉) = 〈f(A)〉.

2. Grupa cykliczna

Definicja 4. Grupę nazywamy cykliczną, jeżeli jest ona generowana przez jeden element zwany generatorem.

Przykład 8. Niech φ będzie dowolną (dodatnią) liczbą rzeczywistą. Zbiór obrotów o całkowite wielokrotności licz-by φ tworzy grupę cykliczną skończoną lub nie. Zbiór pierwiastków zespolonych stopnia n z jedynki jest (skończoną)grupą cykliczną.

Lemat 9. (1) Grupa cykliczna jest postaci {an : n ∈ Z}, gdzie a jest generatorem G.

(2) Grupa cykliczna jest przemienna.

(3) Każda grupa cykliczna jest izomorficzna z Z lub Zm.

(4) Niezerowa podgrupa G grupy Z jest postaci 〈d〉 = dZ, gdzie d = min(G ∩ Z+), odwzorowanie Z 3 n 7→ d ∈ G

jest izomorfizmem.

(5) Obraz homomorficzny grupy cyklicznej jest cykliczny.

(6) Podgrupa grupy cyklicznej jest cykliczna.

Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

Rozdział I. Teoria Grup 3

Dowód. (1) Oczywiście {an : n ∈ Z} jest grupą, której elementem jest a, więc 〈a〉 ⊂ {an : n ∈ Z}. Z drugiej stronyponieważ a ∈ 〈a〉, więc dla dowolnego n ∈ Z mamy an ∈ 〈a〉, a zatem {an : n ∈ Z} ⊂ 〈a〉.

(2) Wynika z równości anam = an+m = am+n = aman.(3) Niech a będzie generatorem grupy G. Jeżeli istnieje liczba całkowita rózna od zera m taka, że am = e, to

istnieje również liczba całkowita dodatnia o tej własności (bo a−m = (am)−1 = e−1 = e). Niech n będzie najmniejsząliczbą liczbą naturalną dodatnią taką, że an = e. Pokażemy, że odwzorowanie

Φ : (Zn,+) 3 [m] 7→ am ∈ G

jest izomorfizmem. Φ jest dobrze określone: jeśli [m] = [m′], czyli n|m − m′, to istnieje liczba całkowita k taka, żem′ = kn + m. Wtedy am′ = aknam = (an)kam = ekam = am. W podobny sposób sprawdzamy, że odwzorowanie jesthomomorfizmem, z definicji grupy cyklicznej wynika, że jest surjekcją.

Sprawdzimy, że Φ jest iniekcją. Niech am = am′ (m m′), wtedy am−m′ = am(am

′)−1 = e. Niech m−m′ = kn+ r,

gdzie r ∈ N, r < n. Wtedy ar = ar(an)k = akn+r = am−m′

= e, ale ponieważ r < n więc r = 0, czyli [m] = [m′].W ten sposób sprawdziliśmy, że Φ jest bijekcją, pozostaje zauważyć, że funkcja odwrotna Φ−1 jest homomorfi-

zmem .(4) NiechG ⊂ Z będzie niezerową podgrupą. WtedyG∩Z+ 6= ∅, niech d := min(G∩Z+). Oczywiście dZ = 〈d〉 ⊂ G,

dla dowodu inkluzji przeciwnej niech n ∈ G, i niech n = kd+ r, k, r ∈ Z, 0 ¬ r < d. Wtedy r = n− kd ∈ G, więc r = 0

i ostatecznie n ∈ dZ.(5) Jeśli G1 = 〈a〉 ⊂ G, φ : G −→ H jest homomorfizmem, to φ(G1) = {(φ(an)) : n ∈ Z} = {(φ(a)n) : z ∈ Z} =

〈φ(a)〉.(6) Niech G = 〈a〉 będzie grupą cykliczną,H jej podgrupą. Odwzorowanie Φ : Z 3 n 7→ an ∈ G jest epimorfizmem,

niech H1Φ−1(H). Ponieważ H1 jest podgrupą Z więc jest grupą cykliczną (zerową lub izomorficzną z Z), a zatemgrupa H = Φ(Φ−1(H)) = Φ(H1) jest grupą cykliczną.

�

Wniosek 10. Jeżeli G jest grupą cykliczną nieskończoną, a ∈ G \ {e}, n ∈ Z to an = e wtw gdy n = 0.Jeżeli G = 〈a〉 jest grupa cykliczną, #G = n < ∞, to ak = e wtw gdy n|k. W szczególności: jeśli b = am ∈ G to

bk = e wtw gdy nnwd(n,m) |k.

Jeżeli G = 〈a〉, to #G = min{n ∈ Z+ : an = 1}.

Dowód. Natychmiastowy wniosek z punktu (3) poprzedniego lematu. �

Wniosek 11. Niech G = 〈a〉 będzie grupą cykliczną i niech b = am ∈ G.Jeśli #G =∞ to b generuje G wtw gdy m = ±1.Jeśli #G = n <∞ to #〈b〉 = n/nwd(m,n), w szczególności b generuje G wtw gdy nwd(n,m) = 1.

Dowód. Element b generuje G wtedy i tylko wtedy gdy a ∈ 〈b〉, czyli gdy istnieje liczba całkowita m ∈ Z taka, żebm = a, to znaczy bnm−1 = e, teza wynika natychmiast z poprzedniego lematu. �

Wniosek 12. Dowolna podgrupa grupy Z (różna od {0}) jest izomorficzna Z, natomiast dowolna podgrupa grupyZn jest izomorficzna z Zd, gdzie d jest dzielnikiem n. Na odwrót, jeżeli d jest dzielnikiem n to grupa Zn zawiera jedynąpodgrupę izomorficzną z Zd.

Dowód. Musimy wykazać jedynie ostatnią część. Jeżeli d|n orazm = nd , to grupa 〈am〉ma d elementów. Z drugiej

strony jeżeli element ak należy do podgrupy mającej d–elementów, to (ak)d = 1. Wtedy n|kd, czyli m = nd |k, a wtedy

ak ∈ 〈am〉, czyli 〈am〉 jest jedyną podgrupą grupy G mającą d elementów.�


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

4 3. Grupa symetryczna

3. Grupa symetryczna

Definicja 5. Permutacją zbioru {1, . . . , n} nazywamy dowolna bijekcję σ : {1, . . . , n} −→ {1, . . . , n}. Złożeniem

(iloczynem) permutacji σ1, σ2 nazywamy odwzorowanie σ1σ2 określone jako σ(i) = σ1(σ2(i)). Zbiór wszystkich per-

mutacji zbioru {1, . . . , n} oznaczamy Σn.

Propozycja 13. Zbiór permutacji ze składaniem stanowi grupę. Dla n > 2 grupa Σn jest nieprzemienna.

Zapis(

1 2 . . . na1 a2 . . . an

)oznacza permutację σ dla której σ(i) = ai.

Definicja 6. Cyklem k–wyrazowym (długości k, k ¬ n) nazywamy permutację σ taką, że dla pewnych (różnych)

elementów a1, . . . , ak ∈ {1, . . . , n}

σ(a1) = a2, σ(a2) = a3, . . . , σ(ak−1) = ak, σ(ak) = a1

σ(j) = j dla j 6= a1, a2, . . . , ak.

Cykl długości 2 nazywamy transpozycją.

Cykl zapisujemy jako

(a1, a2, . . . , ak).

Definicja 7. Permutacje σ, τ ∈ Σn nazywamy rozłącznymi jeżeli dla dowolnego 1 ¬ i ¬ n mamy σ(i) = i lub

τ(i) = i.

Cykle (a1, . . . , ak), (b1, . . . , bl) są rozłączne jeżeli {a1, . . . , ak} ∩ {b1, . . . , bl} = ∅.

Twierdzenie 14. (a) Cykle rozłączne są przemienne.

(b) Każda permutacja jest złożeniem cykli rozłącznych.

(c) Każda permutacja zbioru {1, 2, . . . , n} jest złożeniem co najwyżej n− 1 transpozycji.

(d) Każda transpozycja jest złożeniem nieparzystej liczby transpozycji wyrazów sąsiednich.

Dowód. (a) Rozważmy dwa rozłączne cykle σ = (a1, a2, . . . , ak) oraz τ = (b1, b2, . . . , bl). Jeżelim 6= ai, bj to στ(m) =

τσ(m) = m. Jeżeli m = ai, to στ(m) = σ(ai) = ai+1 = τ(ai + 1) = τσ(m). Podobnie gdy m = bj .

(b) W zbiorze {1, . . . , n} wprowadzamy relację równoważności (i, j) ∈ R, jeżeli ∃k ∈ Z taka, że σk(i) = j. Permu-

tacja σ zacieśniona do dowolnej klasy abstrakcji relacji R jest cyklem.

(c) Wystarczy zauważyć (indukcja na k), że

(a1, a2, . . . , ak) = (a1, ak)(a1, ak−1) . . . (a1, a3)(a1, a2).

(d) Jeżeli i < j to

(i, j) = (i, i+ 1)(i+ 1, i+ 2) . . . (j − 2, j − 1)(j − 1, j)(j − 2, j − 1) . . . (i+ 1, i+ 2)(i, i+ 1)

(zauważmy, żeli liczba k < i lub k > j nie jest ruszana w ogóle, liczba i < k < j najpierw przejdzie w k−1, a następnie

z powrotem w k, liczba i przejdzie kolejno w i+ 1, i+ 2, . . . , j, j1, . . . , i, podobnie j). Liczba transpozycji w powyższym

rozkładzie jest równa 2(j − i)− 1. �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Dla dowolnej permutacji σ =(

1 2 . . . na1 a2 . . . an

)określamy liczbę

R(σ) =∏

1¬i<j¬n

(aj − ai).

Uwaga. Liczba R(σ) jest równa wyznacznikowi Vandermonde’a

Vn = det

1 a1 a21 . . . an−111 a2 a22 . . . an−12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 an a2n . . . an−1n

Lemat 15. Jeżeli σ jest permutacją, a τ transpozycją, to R(στ) = −R(σ).

Dowód. Najpierw dowiedziemy lematu w szczególnym przypadku, gdy τ = (i, i + 1) jest permutacją sąsiednichelementów. Jeżeli σ =

(1 2 . . . na1 a2 . . . an

)to

στ =(

1 2 . . . i i+ 1 . . . na1 a2 . . . ai+1 ai . . . an

).

A zatem w iloczynie określającymR(στ) w porównaniu z iloczynem określającymR(σ) występuje ai−ai+1 zamiastai+1 − ai, pozostałe czynniki są bez zmian. To kończy dowód w szczególnym przypadku. Przypadek ogólny wynika ztwierdzenia. 14.(d). �

Wniosek 16. Dla dowolnej permutacji σ zachodzi R(σ) = ±R(1).

Definicja 8. Permutację σ nazywamy parzystą (odp. nieparzystą) jeżeli R(σ) = R(1) (odp. R(σ) = −R(1)). Zna-kiem permutacji nazywamy liczbę R(σ)/R(1)

Twierdzenie 17. Permutacja σ jest parzysta (odp. nieparzysta) jeżeli w dowolnym rozkładzie σ na iloczyn trans-pozycji występuje parzysta (odp. nieparzysta) liczba czynników.

Zbiór permutacji parzystych tworzy podgrupę grupy Σn zwaną grupą alternującą An.Odwzorowanie sgn : Σn −→ ({−1, 1}, ·) ∼= Z2 jest homomorfizmem grup.

Uwaga. Nieporządkiem w permutacji σ =(

1 2 . . . na1 a2 . . . an

)nazywamy dowolną parę 0 ¬ i < j ¬ n taką, że

ai > aj . Permutacja jest parzysta (nieparzysta) gdy liczba nieporządków jest parzysta (nieparzysta).

4. Grupa ilorazowa

Definicja 9. Rzędem grupy G nazywamy liczbę |G| jej elementów, rzędem |x| elementu a ∈ G nazywamy rządgrupy 〈x〉.

Lemat 18. (1) |Z| =∞, |Zn| = n, |Dn| = 2n, |Σn| = n!, |An| = n!2

(2) Jeżeli |a| =∞, to ak = e wtedy i tylko wtedy gdy k = 0.(3) |a| = min{k ∈ Z+ : ak = e},(4) ak = e⇔ |a| | k,(5) ak = al ⇔ k ≡ l mod |a|,(6) Jeśli k | |a| to |ak| = |a|

k .

Dowód. Wykażemy, że |An| = n!2 (reszta jest oczywista – ćwiczenie). Niech τ będzie dowolną ustaloną transpo-

zycją. Zauważmy, odwzorowanie An 3 σ 7−→ στ ∈ Σn \An jest bijekcją. �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

6 4. Grupa ilorazowa

Uwaga. Zbiór elementów rzędu skończonego w grupie abelowej jest podgrupą, a w nieabelowej nie musi być

(ćwiczenie, np. w grupie macierzy).

Definicja 10. Niech H ⊂ G będzie podgrupą.

R = {(a, b) ∈ G : ab−1 ∈ H} prawa równoważność

L = {(a, b) ∈ G : a−1b ∈ H} lewa równoważność

Klasy abstrakcji tych relacji nazywamy warstwami prawostronnymi i lewostronnymi podgrupy H w G.

Twierdzenie 19. (1) Warstwy prawostronne są postaci Ha = {ha : a ∈ H}.

Warstwy lewostronne są postaci aH = {ah : a ∈ H}.

(2) Dla dowolnego a ∈ G mamy #Ha = #aH = #H.

(3) #(G/R) = #(G/L).

Dowód. (3) Bijekcja G/L 3 Ha 7−→ a−1H ∈ G/R. �

Definicja 11. Indeksem podgrupy H ⊂ G nazywamy liczbę [G : H] := #(G/R) = #(G/L) prawych (lewych)

warstw względem H.

Twierdzenie 20. Jeżeli K ⊂ H są podgrupami G, to

[G : K] = [G : H][H : K].

Dowód. Niech aαH,α ∈ A będą warstwami H w G, natomiast bβK,β ∈ B warstwami K w H. To znaczy⋃α∈A

aαH = G,⋃β∈B

bβK = H

aαH ∩ aα′H = ∅, dla α 6= α′

bβK ∩ bβ′K = ∅, dla β 6= β′.

Pokażemy, że aαbβK, (α, β) ∈ A × B są warstwami K w G. Jeżeli aαbβK ∩ aα′bβ′K 6= ∅, to ponieważ bβK, bβ′K ⊂ H,

więc aαH ∩ aα′H ⊃ aαbβK ∩ aα′bβ′K 6= ∅, a stąd aαH ∩ aα′H 6= ∅. A zatem α = α′. Mamy więc bβK ∩ bβ′K 6= ∅,

skąd β = β′ i ostatecznie (α, β) = (α′, β′). Ponadto⋃(α,β)∈A×B aαbβK =

⋃α∈A

⋃β∈B aαbβK =

⋃α∈A aα

⋃β∈B bβK =⋃

α∈A aαH = G.

A zatem [G : H] = #A, [G : K] = #B, [G : H] = #(A×B) = #A#B = [G : H][H : K]. �

Wniosek 21 (Twierdzenie Lagrange’a). Jeżeli H jest podgrupą G to

|G| = [G : H]|H|

Jeżeli grupa G jest skończona, to dla dowolnej podgrupy H ⊂ G mamy |H| | |G| oraz dla dowolnego a ∈ G mamy

|a| | |G|.

Wniosek 22. Jeżeli G jest grupą skończoną, |G| = k, to dla dowolnego a ∈ G zachodzi ak = e.

Wniosek 23. Grupa, której rząd jest liczbą pierwszą nie zawiera podgrup nietrywialnych i jest grupą cykliczną

izomorficzną z Zp.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Dowód. JeżeliG = 〈e〉, to Wniosek jest oczywisty. Jeżeli nie. to niech a ∈ G, a 6= e. Wtedy |〈a〉| jest liczbą większą

od 1 i dzielącą liczbę pierwszą |G|, a zatem G = 〈a〉. �

Niech φ(n) będzie liczbą reszt modulo nwzględnie pierwszych z n, można pokazać, że φ(n) = (p1−1)pk1−11 . . . (pm−

1)pkm−1m , gdzie n = pk11 . . . pkmm jest rozkładem na czynniki pierwsze. (Funkcję φ nazywamy funkcją Eulera).

Wniosek 24 (Ćwiczenie).

Jeżeli (a, n) = 1, to aφ(n) ≡ 1 mod n, (Twierdzenie Eulera).

Jeżeli p jest liczba pierwszą i p - a, to ap−1 ≡ 1 mod p, (Małe Twierdzenie Fermata).

Definicja 12. Podgrupę N grupy G nazywamy normalną (oznaczamy N / G) jeżeli xnx−1 ∈ N dla dowolnych

n ∈ N, x ∈ G.

Lemat 25. Dowolna podgrupa grupy abelowej jest normalna.

Dowód. Jeżeli G jest grupą abelową to dla dowolnych n ∈ N, x ∈ G mamy xnx−1 = xx−1n = en = n ∈ N . �

Propozycja 26. Niech N będzie podgrupą grupy G. Następujące warunki są równoważne

(1) N jest podgrupą normalną G,

(2) xNx−1 ⊂ N dla dowolnego x ∈ G,

(3) xNx−1 = N dla dowolnego x ∈ G,

(4) xN = Nx dla dowolnego x ∈ G,

(5) Dowolna lewa warstwa jest również warstwą prawą,

(6) R = L,

(7) Relacja L jest zgodna z działaniem w grupie,

(8) Relacja R jest zgodna z działaniem w grupie,

Dowód. (1)⇒ (2), (4)⇒ (5)⇒ (6) są oczywiste.

(2) ⇒ (3). Ustalmy dowolny x ∈ G. Wiemy, że xNx−1 ⊂ N . Ale mamy również N = x−1(xNx−1)x ⊂ xNx−1 a

zatem xNx−1 = N .

(3)⇒ (4). Mamy xN = (xNx−1)x = Nx.

(6) ⇒ (1). Wybierzmy dowolne n ∈ N, x ∈ G. Ponieważ n−1 = n−1x−1x = (xn)−1x ∈ N , więc (xn, x) ∈ L = R.

Stąd xnx−1 ∈ N , czyli N jest podgrupą normalną.

(1) ⇒ (7). Niech a, b, a′, b′ ∈ G takie, że (a, b) ∈ L, (a′, b′) ∈ L, tzn, a−1b ∈ N, a′−1b′ ∈ N . Wtedy a′−1a−1ba′ ∈ N ,

więc (aa′)−1bb′ = a′−1a−1bb′ = a′−1a−1ba′a′−1b′ ∈ N , czyli (aa′, bb′) ∈ L.

(1)⇒ (8) dowodzi się analogicznie.

Implikacje (7)⇒ (1) oraz (8)⇒ (1) są szczególnym przypadkiem poniższego Lematu. �

Lemat 27. Jeżeli relacja równoważności R jest zgodna z działaniem w grupie G to zbiór

{a ∈ G : (a, e) ∈ R}

jest podgrupą normalną.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

8 5. Homomorfizmy grup, twierdzenia o izomorfizmie

Dowód. Oznaczmy N := {a ∈ G : (a, e) ∈ R}. Jeżeli a, b ∈ N , to (a, e) ∈ R oraz (b, e) ∈ R. Z symetrii relacjimamy (e, b) ∈ R, a ze zwrotności (b−1, b−1) ∈ R. Ponieważ relacja R jest zgodna z działaniem więc mnożąc stronamidostajemy (ab−1, e) = (aeb−1, ebb−1) ∈ R, więc N jest podgrupą.

Niech teraz n ∈ N, x ∈ G. Ze zwrotności R i definicji N mamy (x, x) ∈ R, (n, e) ∈ R, (x−1, x−1) ∈ R, Mnożącstronami otrzymujemy (xnx−1, e) = (xnx−1, xex−1) =∈ R, więc xnx−1 ∈ N , czyli N / G. �

Definicja 13. Niech N będzie podgrupą normalną grupy G. Grupą ilorazową G/N nazywamy zbiór warstw N

w G z działaniem mnożenia (xN)(yN) = xyN .

Uwaga. Powyższa definicja pokrywa się z definicją ilorazu grupy przez relację zgodną, G/N = G/L.

Przykład 28. An jest podgrupą normalną Σn indeksu 2. Jedynymi podgrupami normalnymi A4 są 〈e〉, A4 orazgrupa indeksu 3 izomorficzna z czwórką Kleina.

Zbiór obrotów jest podgrupą normalną grupy Dn indeksu 2. Wyznaczyć wszystkie podgrupy (normalne) grupyDn.

5. Homomorfizmy grup, twierdzenia o izomorfizmie

Definicja 14. Odwzorowanie Φ : G1 −→ G2 grup nazywamy homomorfizmem jeżeli Φ(g1 ·G1 g2) = Φ(g1) ·G2 Φ(g2).Homomorfizm Φ : G1 −→ G2 nazywamy izomorfizmem, jeżeli odwzorowaniem Φ jest bijekcją (wtedy odwzorowa-nie odwrotne jest również homomorfizmem). Homomorfizm grupy w siebie nazywamy endomorfizmem, natomiastendomorfizm, który jest izomorfizmem nazywamy automorfizmem.

Jądrem homomorfizmu Φ : G1 −→ G2 nazywamy zbiór Ker Φ := {g ∈ G1 : Φ(g) = e}.

Lemat 29. Jeżeli Φ : G1 −→ G2 jest homomorfizmem, to

(1) Φ(eG1) = eG2 ,

(2) Φ(x−1) = (Φ(x))−1

(3) Φ(G1) jest podgrupą G2.

(4) Jądro Ker Φ jest podgrupą normalną G1.

(5) Φ jest monomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy Ker Φ = 〈eG1〉

Dowód. (1) Niech a := Φ(eG1). Wtedy a2 = Φ(eG1)·Φ(eG1) = Φ(e2G1) = Φ(eG1) = a, a stąd a = a2a−1 = aa−1 = eG2 .(2) Ponieważ Φ(x−1)Φ(x) = Φ(x−1x) = Φ(eG1) = eG2 , więc Φ(x−1) = (Φ(x))−1.(3) Niech Φ(a),Φ(b) będą dowolnymi elementami Φ(G1). Wtedy Φ(a)(Φ(b))−1 = Φ(ab−1) ∈ Φ(G1).(4) Niech x ∈ G, a ∈ Ker(Φ). Wtedy Φ(xnx−1) = Φ(x)Φ(n)Φ(x−1) = Φ(x)eG2Φ(x−1) = Φ(xx−1) = Φ(eG1) = eG2 ,

czyli xnx−1 ∈ Ker(Φ). �

Przykład 30. Grupy Σ3 i D3 są izomorficzne, natomiast grupy Z2n oraz Dn nie są izomorficzne.

Propozycja 31. Niech Φ : G −→ H będzie homomorfizmem grup, N / G. Jeżeli N ⊂ Ker Φ to odwzorowanie

Φ : G/N 3 gN 7→ Φ(g) ∈ H

jest dobrze określonym homomorfizmem grup.

Ponadto Φ jest monomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy Ker Φ = N .


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Dowód. Jeżeli g, g′ ∈ G takie, że gN = g′N to g−1g′ ∈ N ⊂ Ker Φ. A więc Φ(g)(Φ(g′))−1 = Φ(g−1g′) = e, więcΦ(g) = Φ(g′), i w konsekwencji Φ jest dobrze określone.

Oczywiście Φ((gN)(g′N)) = Φ(gg′N) = Φ(gg′) = Φ(g)Φ(g′) = Φ(gN)Φ(g′N), więc Φ jest homomorfizmem.Jeżeli N = Ker Φ oraz Φ(gN) = Φ(g′N) to Φ(g′g−1) = Φ(g′)(Φ(g))−1 = eG, więc g′g−1 ∈ Ker Φ = N . A zatem

gN = g′N , czyli Φ jest monomorfizmem.Jeżeli Φ jest monomorfizmem oraz g ∈ Ker Φ to Φ(gN) = Φ(g) = eH . Zatem gN = N , czyli g∈ N . �

Wniosek 32 (Twierdzenie o epimorfiźmie). Niech Φ : G −→ H będzie homomorfizmem grup, N / G. Wtedy

Φ(G) ∼=G

Kerφ

Lemat 33. Jeżeli H jest podgrupą grupy G, a N jest podgrupą normalną, to HN = NH = {hn : h ∈ H,n ∈ N}

jest podgrupą G.

Dowód. Jeśłi h ∈ H,n ∈ N , to hn = hnh−1h ∈ NH oraz nh = hh−1nh ∈ HN .Wybierzmy dowolne hn, h′n′ ∈ HN . Wtedy hn(h′n′)−1 = h(nn′−1)h′−1 = hh′−1h′(nn′−1)h′−1. PonieważN /G, więc

h′(nn′−1)h′−1 ∈ N i ostatecznie hn(h′n′)−1 ∈ HN . �

Twierdzenie 34 (Pierwsze twierdzenie o izomorfizmie). Jeżeli H jest podgrupą grupy G, a N jest podgrupą nor-

malną toHN

N∼=

H

N ∩H.

Dowód. Ponieważ N /G, więc tym bardziej N /HN . Możemy więc zdefiniować homomorfizm Φ : H 3 h 7→ hN ∈

HN/N . Dla dowolnych h ∈ H,n ∈ N zachodzi Φ(h) = hN = (hn)N , więc Φ jest epimorfizmem. Ponadto h ∈ H należydo Ker Φ wtedy i tylko wtedy gdy hN = Φ(h) = N to znaczy Ker Φ = N ∩H. Teza wynika z Wniosku 32. �

Twierdzenie 35 (Drugie twierdzenie o izomorfizmie). Jeżeli M,N są podgrupami normalnymi grupy G oraz

M ⊂ N toG

N∼=G/M

N/M.

Dowód. Rozważmy odwzorowanie Φ : G/M 3 gM 7→ gN ∈ G/N . Oczywiście odwzorowanie to jest epimorfizmemoraz Ker Φ = N/M . Teza wynika z Wniosku 32. �

Twierdzenie 36. Niech φ : G 7→ G będzie epimorfizmem grup, N = Ker phi. Istnieje wzajemnie jednoznaczna

odpowiedniość między podgrupami grupy G zawierającymi N , a podgrupami grupy G

{Podgrupy grupy G zawierające N} ←→ {Podgrupy grupy G}

Odwzorowanie to jest zdefiniowane w następujący sposób:

podgrupa H grupy G zawierająca N 7−→ obraz φ(H) w G

podgrupa H grupy G 7−→ przeciwobraz φ−1(H)

Jeśli H oraz H są odpowiadającymi sobie grupami, to H jest normalna w G wtedy i tylko wtedy gdy H jest normalna

w G, ponadto grupy H i H mają równe indeksy

[G : H] = [G : H].


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

10 7. Działanie grupy na zbiorze

6. Iloczyn prosty, suma prosta

Definicja 15. Iloczynem prostym∏α∈A

Gα grup Gα, α ∈ A nazywamy zbiór G = ×α∈A

Gα z działaniem

(gα)α∈A(hα)α∈A = (gαhα)α∈A.

Ograniczonym iloczynem prostym grup Gα, α ∈ A nazywamy podgrupę∏α∈A

ωGα = {(gα)α∈A ∈

∏α∈A

Gα : #{α ∈ A :

gα 6= eGα} <∞}.

W przypadku grup abelowych ograniczony iloczyn prosty nazywamy sumą prostą i oznaczamy⊕

α∈AGα.

Uwaga. (Ćwiczenie)

Jeżeli A jest zbiorem skończonym, to iloczyn prosty i ograniczony iloczyn prosty są równe.

Iloczyn prosty jest produktem w kategorii grup, suma prosta jest koproduktem w kategorii grup abelowych.

Przykład 37. (Ćwiczenie)

(1) Grupy Zn × Zm oraz Znm są izomorficzne wtedy i tylko wtedy gdy nwd(n,m) = 1, ogólniej grupy Zn × Zm

oraz Znww(n,m) × Znwd(n,m) są izomorficzne.

(2) W szczególności: grupy Zp × Zp oraz Zp2 nie są izomorficzne.

(3) Dla dowolnej liczby pierwszej p > 2 dowolna grupa rzędu 2p jest izomorficzna z Z2p (abelowa) lub Dp (dla

p 6= 2 nieabelowa).

Lemat 38. Dla dowolnych grup {Gα}α∈A oraz dowolnej bijekcji σ ∈ Bij(A) grupy∏α∈A

Gα oraz∏α∈A

Gσ(α) są izo-

morficzne.

Dla dowolnych grup {Gα}α∈A oraz dowolnego podziału {Aβ}β∈B grupy∏α∈A

Gα oraz∏β∈B

( ∏α∈Aβ

Gα

)są izomor-

ficzne.

Dowód. Oczywiste. �

Twierdzenie 39 (Twierdzenie Cayley). Jeżeli G jest grupą skończoną rzędu n to G jest izomorficzna z podgrupą

grupy Σn.

Dowód. Ustalmy element x ∈ G, niech σx : G 3 g 7→ σx(g) = xg ∈ G. Odwzorowanie σg jest bijekcją zbioru G na

siebie, czyli mamy odwzorowanie σ : G 3 x 7→ σx ∈ Bij(G).

Ponieważ σxy(g) = xyg = σx(yg) = σxσy(g), więc σxy = σxσy, czyli σ jest homomorfizmem. Ponieważ σx(e) = x,

więc σ jest monomorfizmem, a więc izomorfizmem na obraz będący podgrupą grupy Bij(G) ∼= Σn. �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


7. Działanie grupy na zbiorze

Definicja 16. Lewym działaniem grupy G na zbiorze X nazywamy odwzorowanie A : G×X 3 (g, x) 7→ A(g, x) =

g.x ∈ X takie, że

(1) g.(h.x) = (gh).h,

(2) eG.x = x.

Orbitą elementu x ∈ X zbioru X nazywamy podzbiór Orb(x) := G.x = {g.x : g ∈ G} ⊂ X, stabilizatorem x (podgrupą

izotropii) nazywamy podgrupę Stab(x) := Gx = {g ∈ G : g.x = x} grupy G.

Jądrem działania A : G × X −→ X nazywamy zbiór KerA := {g ∈ G : A(g, x) = x dla dowolnego x ∈ X} =⋂x∈X

Stab(x).

Lemat 40. Dla dowolnego g ∈ G odwzorowanie Ag := A(g, ·) : X 3 x 7→ A(g, x) ∈ X jest bijekcją, odwzorowaniem

odwrotnym do Ag jest odwzorowanie Ag−1 .

Odwzorowanie A : G 3 g 7→ A(g) := Ag ∈ Bij(X) jest homomorfizmem grup.

Dowolny homomorfizm grup A : G −→ X zadaje działanie grupy G na zbiorze X poprzez A : G × X 3 (g, x) 7→

A(g, x) := (A(g))(x) ∈ X.

Orbity działania grupy na zbiorze zadają jego podział (i w konsekwencji relację różnoważności).

Stabilizator dowolnego elementu jest podgrupą grupy G.

Jądro działania A : G × X −→ X i jądro odpowiadającego mu homomorfizmu A : G −→ Bij(X) są równe, w

szczególności jądro działania grupy jest jej podgrupą normalną.

Definicja 17. Działanie A : G×X −→ X grupy G na zbiorze X jest

• przechodnie (tranzytywne) jeśli dla dowolnych x, y ∈ X istnieje g ∈ G takie, że g.x = y,

• wolne jeśli dla dowolnych g, h ∈ G, g 6= h, x ∈ X zachodzi g(x) 6= h(x) (równoważnie dla każdego x ∈ X

mamy Stab(x) = 〈e〉),

• wierne (efektywne) jeśli KerA = 〈e〉.

Przykład 41 (Ćwiczenie). (1) Σn × {1, . . . , n} 3 (σ, x) 7→ σ(x) ∈ {1, . . . , n},

(2) Jeżeli H jest podgrupą grupy G to H działa na G poprzez lewe translacje H × G 3 (h, x) 7→ hx ∈ G (orbity

to lewe warstwy)

(3) Jeżeli H jest podgrupą grupy G to H działa na G poprzez (h, x) 7→ xh−1 ∈ G (orbity to prawe warstwy)

(4) Jeżeli H jest podgrupą grupy G to H działa na G poprzez sprzężenie (h, x) 7→ hxh−1 ∈ G.

Jeśli G działa na siebie poprzez sprzężenie to orbitę elementu g ∈ G nazywamy klasą sprzężeń elementu g,

stabilizator Stab(g) nazywamy centralizatorem C(g) elementu g, jądro działania przez sprzężenia nazywa-

my centrum Z(G) grupy G.

W przypadku grup GLn(R), GLn(C) klasy sprzężeń są wyznaczone przez typ rozkładu Jordana.

JeśliH działa naG poprzez sprzężenia, to grupę izotropiiCH(x) = {h ∈ H : hxh−1 = x} = {h ∈ H : hx = xh}

nazywamy centralizatorem x w H.

(5) Jeżeli H1, H2 są podgrupami G to H1 działa poprzez lewe translacje na lewe warstwy G/LH2 grupy H2,

(h1, h2G) 7→ h1h2G. Jeśli H2 / G jest podgrupą normalną, to H1 działa na grupę ilorazową G/H2.Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

12 8. Twierdzenia Sylowa

(6) Jeżeli H jest podgrupą G, to H działa na zbiór podgrup G przez sprzężenia, (h,K) 7→ hKh−1. Stabilizatorpodgrupy K oznaczamy NH(K) i nazywamy normalizatorem K względem H, jeśli H = G, to N(K) :=

NG(K) nazywamy normalizatorem K, jest to największa podgrupa G, w której K jest podgrupą normalną.W szczególności K / G⇔ N(K) = G.

Lemat 42. Jeżeli grupa skończona G działa na zbiorze X, to dla dowolnego x ∈ X zachodzi

# Orb(x) = [G : Stab(x)].

Dowód. Niech H := Stab(x), odwzorowanie G/LH 3 gH 7→ g.x ∈ Orbx jest bijekcją zbioru lewych warstwpodgrupy H w G na orbitę elementu x. �

Definicja 18. Centrum grupy G nazywamy zbiór

Z(G) = {g ∈ G : hg = gh dla dowolnego h ∈ G}.

Centralizatorem elementu g grupy G nazywamy zbiór

C(g) = {h ∈ G : hg = gh}.

Uwaga. Centralizator dowolnego elementu jest podgrupą, a centrum jest podgrupą normalną grupy G. Elementg ∈ G należy do centrum grupy wtedy i tylko wtedy gdy jego centralizator jest całą grupą, wtedy i tylko wtedy, gdyjego klasa sprzężeń składa się z jednego elementu x.

Niech G będzie grupą skończoną rzędu n = |G|, g1, . . . , gk reprezentami klas sprzężoności o długości większej odjeden. Wtedy

G = Z(G) ∪Orb(g1) ∪Orb(gk).

Oznaczmy przez ni := # Orb(gi) długość klasy sprzężoności elementu gi. Wtedy ni = [G : C(gi)] = |G|/|C(gi)|, aponadto Z(G) jest podgrupą Cgi , więc |Z(G)| | |C(gi).

Propozycja 43 (Równanie klas). Jeżeli G jest grupą skończoną, r := #|Z(G)| rzędem centrum, n1, . . . , nk liczbąelementów klas srzężeń o mocy większej od jeden, to

n = r + n1 + · · ·+ nk.

Ponadto r | n oraz ni|(n/r).

Propozycja 44. Niech G będzie grupą skończoną, p liczba pierwszą taką, że pk | |G|, dla pewnego k ∈ Z+. Wtedypk | |H| dla pewnej podgrupy właściwej H $ G lub p | |Z(G)|.

Dowód. Niech n := |G|, przypuśćmy, że pk nie dzieli rzędu żadnej podgrupy właściwej w G, w szczególnościpk nie dzieli rzędu centralizatora żadnego elementu spoza centrum grupy. Równanie klas ma postać zatem postaćn = r + n1 + · · ·+ nk, a ponadto p | ni. Ale pk | n, a stąd p dzieli rząd centrum Z(G). �

Twierdzenie 45 (Twierdzenie Cauchy’ego). Jeśli G jest grupą skończoną, której rząd jest podzielny przez liczbępierwszą p, to G zawiera element rzędu p.

Dowód. Niech S := {(a1, . . . , ap) ∈ Gp : a1 · · · · · ap = e}. Ponieważ (e, . . . , e) ∈ S, więc S 6= ∅. Ponieważ |G| = n,więc p | S. Rozważmy działanie Zp × S 3 (k, (a1, . . . , ap)) 7→ k(a1, . . . , ap) := (ak+1, . . . , ap, a1, . . . , ap−1) ∈ S. NiechS0 := {a ∈ S : ka = a}.

Podobnie jak poprzednio pokazujemy, że p | |S0|, więc |S0| > 1, czyli istnieje a ∈ G \ 〈e〉 takie, że ap = e. �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


8. Twierdzenia Sylowa

Definicja 19. Grupę skończoną, w której rząd każdego elementu jest potęgą liczby pierwszej p nazywamy p–

grupą. Podgrupę H ⊂ G, która jest p–grupą nazywamy p–podgrupą.

Wniosek 46. Grupa skończona jest p–grupą, gdy jej rząd jest potęgą liczby p.

Lemat 47. Jeżeli G jest p-grupą, to istnieje podgrupa rzędu p zawarta w centrum G.

Dowód. Niech |G| = pk. Wtedy pk jest dzielnikiem rzędu grupyG, ale nie jest dzielnikiem rzędu żadnej podgrupy

właściwej, a więc z poprzedniej Propozycji p dzieli |Z(G)|. Na mocy twierdzenia. Cauchy’ego Z(G) zawiera element

rzędu p, grupa cykliczna generowana przez ten element ma rząd p i jest oczywiście podgrupą normalną. �

Wniosek 48. Niech p będzie liczbą pierwszą. Dowolna grupa rzędu p2 jest abelowa, izomorficzna z Zp2 lub Zp⊕Zp.

Dowód. Niech |G| = p2. Ponieważ p2 | |G|, ale p2 nie dzieli rzędu żadnej podgrupy właściwej w G, więc p | |Z(G)|.

Gdyby |Z(G)| = p, to Z(G), byłoby grupą cykliczną, oznaczmy przez a jej generator i przez b dowolny element z

G \ Z(G). Wtedy ab = ba, więc zbiór elementów postaci akbl jest podgrupą przemienną rzędu większego od p i

dzielącego p2 czyli równego p2, a więc G jest grupą abelową. Sprzeczność.

Zatem Z(G) = G, czyli G jest grupą abelową. Jeśli G zawiera element rzędu p2 to jest izomorficzna z Zp2 . Jeśli

nie, to niech a będzie dowolnym elementem rzędu p, oraz b ∈ G \ 〈a〉. Odwzorowanie Zp ⊕ Zp 3 (k, l) 7→ akbl ∈ G jest

izomorfizmem. �

Definicja 20. Niech G będzie grupą skończoną, p liczbą pierwszą dzielącą rząd grupy G. p–podgrupą Sylowa

nazywamy dowolną podgrupę rzędu pk, takiego że pk+1 nie dzieli rzędu G.

Twierdzenie 49 (Pierwsze Twierdzenie Sylowa). NiechG będzie grupą skończoną, i niech p będzie liczbą pierwszą

dzielącą |G|. Wtedy G zawiera p–podgrupę Sylowa.

Dowód. Dowód przez indukcję na |G|. Dla grupy rzędu 1 twierdzenie. jest oczywiste. Przypuśćmy, że twierdzenie.

zachodzi dla dowolnej grupy, której rząd jest mniejszy od |G|. Niech k będzie największym wykładnikiem dla którego

pk dzieli rząd G. Jeśli istnieje właściwa podgrupa H grupy G, której rząd dzieli się przez pk, to na mocy założenia H

zawiera podgrupę Sylowa, czyli podgrup rzędu pk, ale jest to również podgrupa Sylowa grupy G.

Jeżeli natomiast pk nie dzieli rzędu G, to p dzieli rząd centrum Z(G) (Propozycja), i na mocy twierdzenie. Cau-

chy’ego Z(G) zawiera element rzędu p, który generuje podgrupę normalną N CG rzędu p. Na mocy założenia induk-

cyjnego G/N zawiera podgrupę Sylowa L rzędu pk−1 (gdyż |G/N | = |G|/p). Niech K := {g ∈ G : gN ∈ L}. Wtedy

|K| = p|L| = pk i K jest p–podgrupą Sylowa. �

Twierdzenie 50 (Drugie Twierdzenie Sylowa). Niech G będzie grupą skończoną, i niech p będzie liczbą pierwszą

dzielącą |G|. Wtedy każde dwie p–podgrupy Sylowa są sprzężone oraz dowolna p–podgrupa G zawiera się w pewnej

p–podgrupie Sylowa. Ponadto liczba p–podgrup Sylowa w G dzieli rząd grupy G i przystaje do 1 modulo p.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

14 9. Grupy proste, grupy rozwiązalne

Dowód. Niech P będzie p–podgrupą Sylowa, a P1 dowolną p–podgrupąG. Grupa P1 działa przez (lewe) translacjena zbiorze warstw lewostronnychG/LP podgrupyP . Długość każdej orbity dzieli |P1| = pk, gdzie k ¬ n, |P | = pn, |G| =

mpn, p - m. Zatem

m =mpn

pn= |G|/|P | = |G/LP | = pk1 + pk2 + . . . , gdzie pki są długościami orbit.

Ponieważ p - n, więc co najmniej jedna orbita ma długość 1, to znaczy istnieje a ∈ G takie, że

P1 · aP = aP

a stąd P1 ⊂ aPa−1. W ten sposób dowiedliśmy części pierwszej tezy.Liczba p–podgrup Sylowa w G jest równa mocy klasy sprzężeń dowolnej p–grupy Sylowa P , czyli [G : N(P )], a

więc dzieli |G|.Niech S = {P1, . . . , Ps} będzie zbiorem p–grup Sylowa grupy G, grupa P := P1 działa na S przez sprzężenie,

pokażemy, że {P} jest jedyną orbitą jednoelementową tego działania. Przypuśćmy, że {Q} jest inną orbitą jednoele-mentową, wtedy P ⊂ N(Q). Ponieważ Q jest normalna w N(Q), więc PQ jest podgrupą oraz P/P ∩ Q ∼= PQ/Q, wszczególności [PQ : Q] jest potęgą p. Stąd

|PQ| = [PQ : Q]|Q| = [P : P ∩Q]|Q|,

ale |Q| jest największą potęgą p dzielącą |G|, więc [PQ : Q] = 1 i P = Q. Zatem S rozbija się na orbity, z których jednajest jednoelementowa, pozostałe mają liczbe elementów podzielnych przez p, a zatem #S ≡ 1 (mod p). �

Uwaga. Z dowodu wynika, że liczba p–grup Sylowa grupy G dzieli [G : N(P )], a zatem również [G : P ], jeśli|G| = pkm, p - m, to liczba p–grup Sylowa grupy G dzieli m.

9. Grupy proste, grupy rozwiązalne

Lemat 51. Jeżeli (a1, . . . , ak) ∈ Σn jest k–cyklem, σ ∈ Σn dowolną permutacją, to

σ ◦ (a1, . . . , ak) ◦ σ−1 = (σ(a1), . . . , σ(ak)).

Wniosek 52. Permutacje σ, τ ∈ Σn są sprzężone w Σn wtedy i tylko wtedy, gdy mają ten sam typ rozkładu na

iloczyn cykli rozłącznych.

Grupy Σn mają następujące klasy sprzężeń

S3 :typ () (2) (3)

# 1 3 2S4 :

typ () (2) (2, 2) (3) (4)# 1 6 3 8 6

S5 :typ () (2) (2, 2) (2, 3) (3) (4) (5)

# 1 10 15 20 20 30 24Zauważmy, że podgrupa normalna jest sumą pewnych klas sprzężeń, oraz zawiera element neutralny (czyli klasędługości jeden). Aby wyznaczyć podgrupy normalne S3 zauważmy, że jedyną nietrywialną sumą liczb 1,2,3 (w tymjedynki) będące dzielnikiem 6 jest 1 + 2 = 3, odpowiada ona grupie A3.

Podobnie dla grupy S4 mamy następujące nietrywialne sumy dzielące 24:

1+3=4: grupa V4 {1, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)},1+3+8=12: grupa A4.

Dla grupy S5 otrzymujemy następujące nietrywialne sumy dzielące 120:Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


1+15+24=40: podrgrupa normalna rzędu 4 musiałaby składać się dokładnie z elementu trywialnego, iloczy-

nów transpozycji rozłącznych oraz 5–cykli, ponieważ jednak (1, 2)(3, 4) · (1, 2)(3, 5) = (3, 5, 4), więc taki zbiór

permutacji nie jest podgrupą

1+15+20+24=60: tym razem mamy dwie możliwości

permutacja trywialna, iloczyny dwóch transpozycji rozłącznych, iloczyny transpozycji i 3–cyklu, 5–

cykle, oczywiście ten zbiór nie jest podgrupą (np. (1, 2)(3, 4) · (1, 2)(3, 4, 5) = (4, 5)),

permutacja trywialna, iloczyny dwóch transpozycji rozłącznych, 3–cykle, 5–cykle, to jest grupa A5

Wniosek 53. Dla dowolnej permutacji σ ∈ Σn permutacje σ i σ−1 są sprzężone.

Propozycja 54.

Jedynymi podgrupami normalnymi S3 są 〈1〉, A3, S3.

Jedynymi podgrupami normalnymi S4 są 〈1〉, V4, A4, S4.

Jedynymi podgrupami normalnymi S5 są 〈1〉, A5, S5.

Opis klas sprzężeń w grupie alternującej jest bardziej skomplikowany, jeśli τ jest permutacją parzystą to jej

centralizator (czyli stabilizator) może zawierać się w całości w grupie alternującej, ale wtedy klasa sprzężeń τ w

An ma moc dwa razy mniejszą niz jej klasa sprzężeń w Sn. Jeżeli ρ ∈ Sn jest dowolną permutacją nieparzystą, to

wtedy ρτρ−1 nie jest sprzężone do τ w An, czyli klasa sprzężeń τ w Sn rozpada się na dwie klasy sprzężeń w An. Jeśli

natomiast stabilizator τ nie zawiera się w całości w An, to klasa sprzężeń τ w An pokrywa się z klasą sprzężeń τ w

Sn.

Lemat 55. Stabilizator permutacji τ ∈ Sn zawiera się w An wtedy i tylko wtedy gdy τ rozkłada się na iloczyn

cykli rozłącznych róznych długości nieparzystych (uwzględniając cykle długości 1, to znaczy permutacje takie mają co

najwyżej jeden punkt stały).

Dowód. Jeśli permutacja τ ma w rozkładzie cykl σ długości parzystej, to σ jest nieparzystym elementem stabili-

zatora τ . Jeśli k jest liczbą nieparzystą, τ zawiera w rozkładzie cykle (rozłączne) (a1, . . . , ak)(b1, . . . , bk), to stabilizator

τ zawiera nieparzystą permutację (a1b1) . . . (ak, bk).

Niech teraz τ będzie iloczynem rozłącznych cykli różnych długości nieparzystych, τ = σ1 . . . σk, gdzie σk jest mk–

cyklem. Oczywiście każda permutacja postaci σr11 . . . σrkk jest przemienna z τ . W ten sposób otrzymujemy m1 . . .mk

permutacji przemiennych z τ . Z drugiej strony orbita τ składa się z elementów(n

m1

)(m1 − 1)!

(n−m1

n−m1 −m2

)(m2 − 1)!

(n−m1 −m2

n−m1 −m2 −m3

)(m3 − 1)! · · · = n!

m1 . . .mk.

A zatem opisane permutacje stanowią cały stabilizator i wszystkie są parzyste. �

W powyższym dowodzie uwzględniliśmy dwa rodzaje permutacji przemiennych z daną, iloczyny cykli z rozkładu

oraz permutacje permutujące cykle tej samej długości, można w ten sposób wypisać wszystkie permutacje przemien-

ne z daną permutacją oraz wyznaczyć ich liczbę.

Uwaga. Jeżeli permutacje σ1, σ2 ∈ Σn są sprzężone w Sn, ale nie są sprzężone w An, to dla dowolnej permutacju

nieparzystej τ permutacje σ1 i τσ2τ−1 są sprzężone w An.Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

16 9. Grupy proste, grupy rozwiązalne

Możemy teraz wypisać długości klas sprzężeń dla grupy alternującej

Dla n = 1, 2 grupa alternująca An jest trywialna. Dla n = 3 grupa alternująca A3 ma rząd 3, więc A3 ∼= Z3 i

jedynymi jej podgrupami są 〈e〉 i A3.

Propozycja 56. Jedynymi normalnymi podgrupami A4 są 〈e〉, grupa (VierGruppe) Kleina V4 oraz A4.

Dowód. Grupa A4 ma cztery klasy sprzężeńtyp () (2, 2) (3)

# 1 3 4 4

�

Jedynymi sumami dającymi dzielnik rzędu grupy A4 są 1 = 1 oraz 1 + 3 = 4, więc jedyną właściwą podgrupą

normalną A4 jest grupa Kleina V4.

Definicja 21. Grupę G nazywamy prostą jeśli jedynymi podgrupami normalnymi G są 〈e〉 oraz G.

Grupę G nazywamy rozwiązalną jeśli istnieje ciąg podgrup 〈e〉 = G0 C · · ·CGn = G w G taki, że iloraz Gi/Gi−1jest grupą abelową.

Propozycja 57. Grupa A5 jest prosta.

Dowód. Grupa A5 zawiera klasy sprzężeń następujących długoścityp () (2, 2) (3) (5)

# 1 15 20 12 12

Żaden nietrywialny dzielnik 60 = |A5| nie jest sumą długości klas sprzężeń (zawierających 1). �

Twierdzenie 58. Grupa alternująca An jest prosta dla n 5.

Dowód. Indukcja na n, dla n = 5 już udowodniliśmy, załóżmy, że n 6 oraz twierdzenie zachodzi dla n−1. Niech

H / An będzie podgrupą normalną, H 6= 〈1〉.

Niech Gi := {σ ∈ An : σ(i) = i} ∼= An−1, wtedy H ∩ Gi / Gi, a ponieważ Gi jest grupą prostą, więc Gi ∩H = 〈1〉

lub Gi ∩ H = Gi. Jeśli Gi ∩ H 6= 〈1〉, to H zawiera 3–cykl oraz iloczyn dwóch transpozycji rozłącznych. Ponieważ

każde dwie permutacje powyższych typów są sprzężone w An, więc H zawiera każdy iloczyn dwóch transpozycji, w

konsekwencji H = An.

Niech σ 6= 1 będzie dowolnym elementem H, wtedy rozkład σ zawiera cykl długości 3 lub iloczyn transpozycji

rozłącznych. Ponieważ H jest podgrupą normalną, więc H zawiera element z rozkładem na iloczyn cykli rozłącznych

postaci (1, 2)(3, 4)ρ lub (1, 2, 3, . . . , k)ρ. W pierwszym przypadku H zawiera również element (1, 3)(2, 4)ρ−1 i w kon-

sekwencji H zawiera (1, 2)(3, 4)ρ(1, 3)(2, 4)ρ−1 = (1, 4)(2, 3). W przypadku drugim H zawiera (2, 1, 3, . . . , k)ρ−1 a stąd

również iloczyn lub (2, 3)(2, 1, 3, . . . , k)ρ−1(2, 3) = (3, 1, 2, . . . , k)ρ−1 i w konsekwencji (2, 1, 3, . . . , k)ρ−1(1, 2, 3, . . . , k)ρ =

(2, 1, 3, . . . , k)(1, 2, 3, . . . , k). W obydwu przypadkach H zawiera różny od 1 element z G1. Ostatecznie pokazaliśmy, że

H ∩Gi 6= 〈1〉 dla pewnego i, a stąd H = An. �

Wniosek 59. Jedynymi podgrupami normalnymi Sn dla n 5 są 〈1〉, An, Sn.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Dowód. NiechH/Sn będzi epodgrupą normalną. WtedyH∩An = 〈1〉 lubH∩An = An. W tym drugim przypadku

1 ¬ [Sn : H] ¬ 2, więc H = Sn lub H = An. Pozostało rozważyć przypadek gdy H ∩ An = 〈1〉. Gdyby H 6= 〈1〉 to w

szczególności szczególności dla każdych σ, τ ∈ H \ {1} mielibyśmy στ = 1. W szczególności σ2 = 1, stąd H składa

się z jednego elementu nietrywialnego, który jest iloczynem transpozycji rozłącznych, ta podgrupa (dwuelementowa)

oczywiście nie jest normalna. Sprzeczność. �

Wniosek 60. Grupa An, Σn nie jest rozwiązalna dla n 5.

Dowód. Każda grupa An dla N 5 zawiera podgrupę izomorficzną z A5, ponadto grupa Sn zawiera grupę

An. �

Lemat 61. Jeżeli G jest grupą rozwiązalną H ⊂ G podgrupą w G, to H jest również grupą rozwiązalną.

Dowód. Niech 〈e〉 = G0 C · · · C Gn = G będą podgrupami w G takimi, że iloraz Gi/Gi−1 jest grupą abelową.

Zdefiniujmy Hi := H ∩Gi. Oczywiście Hi−1 CHi, a ponadto

Hi

Hi−1=

Gi ∩HGi−1 ∩ (Gi ∩H)

∼=Gi−1(Gi ∩H)

Gi−1

czyli HiHi−1

jest izomorficzna z podgrupą grupy abelowej GiGi−1

, a więc jest grupą abelową. �

Definicja 22. Ciągiem kompozycyjnym grupy G nazywamy ciąg

〈1〉 = G0 / G1 . . . Gk−1 / Gk = G

taki, że kolejne ilorazy Gi/Gi−1, i = 1, . . . , k są grupami prostymi.

Twierdzenie 62 (Jordan-Holder). Każda grupa skończona posiada ciąg kompozycyjny, dokładniej każdy ciąg

subnormalny można zagęścić do ciągu kompozycyjnego.

Długości dowolnych dwóch ciągów kompozycyjnych grupy skończonej są równe, ich ilorazy są z dokładnością do

kolejności izomorficzne.

Bez dowodu.

Przykład 63. Grupa Z/6 ma dwa różne ciągi kompozycyjne 〈0〉 / Z/2 / Z/6 oraz 〈0〉 / Z/3 / Z/6. Mają on ciągi

ilorazów Z/2,Z/3 oraz Z/3,Z/2.Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

18 10. Produkt półprosty

10. Produkt półprosty

Definicja 23. Automorfizmem wewnętrznym grupy G nazywamy dowolny automorfizm zadany przez działanieG na G przez sprzężenia tzn postaci

G 3 g 7→ aga−1 ∈ G, dla pewnego a ∈ G.

Zbiór automorfizmów wewnętrznych G jest grupą izomorficzną z G/Z(G).Dla dowolnej podgrupy normalnej N / G otrzymujemy homomorfizm

θ : G 3 g 7→ θ(g) := {n 7→ gng−1} ∈ Aut(G).

Elementy g1, g2 ∈ G grupy są przemienne wtedy i tylko wtedy gdy ich komutator znika, tzn.

[g1, g2] := g1g2g−11 g−12 = 1.

Propozycja 64. Jeżeli G jest grupą N1, N1 ¬ G podgrupami, to odwzorowanie

Φ : N1 ×N2 3 (g1, g2) 7→ g1g2 ∈ G

jest izomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy

(1) G = N1N2,(2) N1 ∩N2 = {1},(3) dla dowolnych g1 ∈ N1, g2 ∈ N2 zachodzi g1g2 = g2g1.

Dowód. Warunki (1), (3) są oczywiście konieczne. Ponadto dla dowolnego g ∈ N1 ∩N2 mamy Φ(g, g−1) = 1, więcz iniektywności Φ mamy g = 1, czyli otrzymujemy (2).

Pokażemy, że warunki te są również wystarczające. Warunek (3) implikuje, że odwzorowanie Φ jest homomor-fizmem. Jeżeli Φ(g1, g2) = 1, to g1 = g−12 ∈ N1 ∩ N2 = {1}, więc (g1, g2) = 1. Warunek (1) natychmiast implikujesuriektywność Φ. �

Propozycja 65. Jeżeli G jest grupą N1, N1 ¬ G podgrupami, to odwzorowanie

Φ : N1 ×N2 3 (g1, g2) 7→ g1g2 ∈ G

jest izomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy

(1) G = N1N2,(2) N1 ∩N2 = {1},(3) N1, N2 są podgrupami normalnymi G.

Dowód. Oczywiście warunki są konieczne. Aby pokazać, że są one wystarczające, pokażemy, że implikują waru-nek (3) poprzedniej propozycji. Niech g1 ∈ N1, g2 ∈ N2. Mamy wtedy

[n1, n2] := n1n2n−11 n−12 = n1(n2n−11 n−12 ) ∈ N1

podobnie[n1, n2] := n1n2n

−11 n−12 = (n1n2n−11 )n−12 ∈ N2

więc komutator [n1, n2] ∈ N1 ∩N2, czyli [n1.n2] = 1, co jest równoważne

n1n2 = n2n1.

�


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Istnieje troszkę słabsza wersja zadająca jednoznaczny rozkład elementu grupyG na iloczyn elementów podgrup.

Definicja 24. Grupa G jest produktem półprostym podgrup Q i N , G = N oQ jeżeli

(1) N / G,(2) NQ = G,(3) N ∩Q = {1}.

Zauważmy, że trójka

(N,Q, θ : Q −→ Aut(N))

pozwala odtworzyć G. Niech g1, g2 ∈ G, gi = niqi, gdzie n1 ∈ N, qi ∈ Q. Wtedy

g1g2 = n1q1n2q2 = n1q1n2q−11 q1q2 = (n1θ(q1)(n2))(q1q2).

Propozycja 66. Niech Q,N będą dwiema grupami, θ : Q −→ Aut(N) homomorfizmem. Zbiór G = N × Q z

działaniem

(n1, q1)(n2, q2) := (n1θ(q1)(n2), q1q2)

jest grupą.

Niech N := N × {1}, Q = {1}. Wtedy N (odp. Q) jest podgrupą izomorficzną z N (odp. Q) oraz

G = N oQ.

W sytuacji jw. będziemy pisać

N oθ Q

na grupę N ×Q z opisanym wyżej działaniem.

Przykład 67. Oczywiście iloczyn prosty jest iloczynem półprostym (dla trywialnego homomorfizmu θ).Σ3 = Z3 o Z2.Ogólniej Dn = Zn o Z2.Istnieje nieprzemienna grupa rzędu 21, natomiast każda grupa rzędu 15 jest izomorficzna z Z5 ⊕ Z3Niech p, q ∈ P, p < q będą różnymi liczbami pierwszymi.Jeżeli p | q − 1 to istnieje nieprzemienna grupa rzędu pq.Jeżeli p - q − 1 to każda grupa rzędu pq jest przemienna i izomorficzna z Zpq ∼= Zp ⊕ Zq.Niech p będzie liczbą pierwszą, wtedy | (Aut(Zp2))| = p2 − p, więc na mocy twierdzenie Cauchy’ego AutZp2 za-

wiera element rzędu p, który z kolei zadaje nietrywialny homomorfizm θ : Zp −→ Aut(Zp2). Grupa Zp2 oθ Zp jestnieprzemienną grupą rzędu p3.

Niech p będzie dowolną liczbą pierwszą, odwzorowanie Z2p 3 (x, y) 7→ (x+ y, y) ∈ Z2p jest automorfizmem rzędu p,więc zadaje nietrywialny homomorfizm θ : Zp −→ Aut(Z2p). Grupa Z2p oθ Zp jest nieprzemienną grupą rzędu p3.

Niech G będzie grupą abelową zawierającą element rzędu większego od 2, odwzorowanie G 3 x 7→ −x ∈ G

jest automorfizmem rzędu 2, więc zadaje nietrywialny homomorfizm θ : Z2 7→ Aut(G). Grupa G o Z2 jest grupąnieabelową (uogólnienie Dn).

NiechG będzie dowolną grupą, θ : Aut(G) −→ Aut(G) identycznością. Grupa Hol(G) := GoAut(G) jest nazywanaholomorf grupy G.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

20 11. Grupy abelowe skończenie generowane

11. Grupy abelowe skończenie generowane

Twierdzenie 68 (Chińskie twierdzenie o resztach). Jeżeli n = n1 . . . nk, przy czym nwd(ni, nj) = 1 dla i 6= j, toodwzorowanie

Φ : Zn 3 [a]n 7→ ([a]n1 , . . . , [a]nk) ∈ Zn1 ⊕ · · · ⊕ Znk

jest izomorfizmem grup abelowych.

Dowód. Oczywiście Φ jest dobrzez zdefiniowanym homomorfizmem grup abelowych. Ponieważ |Zn| = n = n1 . . . nk =

|(Zn1 ⊕ · · · ⊕ Znk)|, więc wystarczy pokazać, że Φ jest monomorfizmem. Jeśli Φ([a]) = 0, to Ni|a, dla i = 1, . . . , k. AleNi są parami względnie pierwsze, więc N |a, tzn. [a] = 0. �

Twierdzenie 69. Jeżeli G jest grupą abelową skończenie generowaną, to istnieje liczba naturalna r oraz jedynepotęgi liczb pierwszych (o dodatnim wykładniku) pk11 , . . . , pkss (pi ∈ P, ki > 0) takie, że

G ∼= Zpk11⊕ · · · ⊕ Zpkss ⊕ Zr.

Twierdzenie 70. JeżeliG jest grupą abelową skończenie generowaną, to istnieją jedyne liczby naturalne r, d1, . . . , dk(di > 1) t.że dk | dk−1 | · · · | d1 oraz

G ∼= Zd1 ⊕ · · · ⊕ Zdk ⊕ Zr.

Definicja 25. Zbiór Gtor := {a ∈ G : ma = 0 dla pewnego m > 0} elementów rzędu skończonego grupy abelowejG jest jej podgrupą zwaną grupą torsyjną.

Propozycja 71. Niech G będzie grupą abelową skończenie generowaną taką, że Gtor = (0). Wtedy grupa G jestizomorficzna z grupą Zr dla pewnego r ∈ N.

Dowód. Homomorfizm Φ : Zr −→ G jest wyznaczony jednoznacznie przez elementy gi := Φ(0, . . . , 0, 1︸︷︷︸i

, 0, . . . , 0),

Φ(a1, . . . , ar) = a1g1 + · · ·+ argr. Homomorfizm Φ jest epimorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy elementy g1, . . . , gr ge-neruja grupę G, monomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy dla dowolnych a1, . . . , ar ∈ Zr jeśli a1g1 + · · ·+ argr = 0, toa1 = · · · = ar = 0 (warunek ten określamy liniową niezależnością). A zatem grupa G jest izomorficzna z Zr wtedy itylko wtedy gdy G zawiera skończony zbiór generatorów liniowo niezależnych.

Dowód propozycji przeprowadzimy nie wprost. Przypuśćmy, że G jest grupą abelową skończenie generowanątaką, że Gtor = (0), która nie jest izomorficzna z Zr dla żadnego r.

Niech r będzie najmniejszą liczbą naturalną dla której istnieje r–elementowy zbiór generatorów g1, . . . , gr grupyG. Istnieją elementy a1, . . . , ar ∈ Zr, nie wszystkie równe 0 i takie, że a1g1 + · · · + argr = 0. Spośród wszystkichr–elementowych zbiorów generatorów wybieramy taki dla którego min{|ai| : i = 1, . . . , r, ai 6= 0} dla pewnego ciągua1, . . . , ar spełniającego a1g1 + · · ·+ argr = 0 jest najmniejsze możliwe. Zmieniając kolejność generatorów gi możemyprzyjąć, że minimum jest realizowane dla a1.

Dla i = 2, . . . , r istnieją ki, li ∈ Z takie, że 0 ¬ li < |a1| oraz ai = kiai + li. Wtedy a1g1+ · · ·+ argr = a1g1+ (k2a1+

l2)g2+ · · ·+ (kra1+ lr)gr = a1g1+ k2a1g2+ · · ·+ kra1gr + l2g2+ · · ·+ lrgr = a1(g1+ k2g2+ · · ·+ krgr) + l2g2+ · · ·+ lrgr.Zauważmy, że g1+ k2g2+ · · ·+ krgr, g2, . . . , gr jest również r–elementowym ciągiem generatorów. Z minimalności |a1|otrzymujemy więc, że l2 = · · · = lr = 0, s stąd a1(g1 + k2g2 + · · ·+ krgr). Ponieważ ai 6= 0, więc g1 + k2g2 + · · ·+ krgr ∈

Gtor = (0), więc g1 + k2g2 + · · · + krgr = 0. A zatem g1 = −(k2g2 + · · · + krgr) ∈ 〈g2, . . . , gr〉, więc g2, . . . , gr jestr − 1–elementowym ciągiem generatorów G, co przeczy minimalności r. �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Wniosek 72. Niech G będzie grupą abelową skończenie generowaną, wtedy grupa G jest izomorficzna z sumąprostą Zr ⊕Gtor dla pewnego r ∈ N. W szczególności grupa Gtor jest skończona.

Dowód. Zaważmy, że iloraz grupy skończenie generowanej jest również grupą skończenie generowaną. A za-tem grupa G/Gtor jest grupą skończenie generowaną. Jeśli [g] ∈ G/Gtor jest elementem rzędu skończonego, to dlapewnego n ∈ Z, n 6= 0 mamy n[g] = [ng] = 0 w G/Gtor, czyli ng ∈ Gtor. A zatem dla pewnego m ∈ Z, b 6= 0 ma-my m(ng) = (mn)g = 0. Ponieważ mn 6= 0, więc g ∈ Gtor czyli [g] = 0 w G/Gtor. A zatem (G/Gtor)tor = 0. Namocy propozycji G/Gtor ∼= Zr, czyli istnieją g1, . . . , gr takie, że [g]1, . . . , [g]r generują G/Gtor i są liniowo niezależne.NiechG1 := 〈g1, . . . , gr〉 będzie podgrupąG generowaną przez elementy g1, . . . , gr. Oczywiście z liniowej niezależności[g]1, . . . , [g]r wynika natychmiast, że g1, . . . , gr są liniowo niezależne, w szczególności G1 ∼= Zr.

Dowiedziemy, że G = G1⊕Gtor. Ponieważ G jest grupą abelową, więc oczywiści podgrupy G1 i Gtor są normalne,więc wystarczy pokazać, że G1 + Gtor = G oraz G1 ∩ Gtor = (0). Druga równość wynika bezpośrednio z tego, Gtorzawiera wyłacznie elementy rzędu skończonego, podczas gdy jedynym elementem rzędu skończonego grupy G1 ∼= Zr

jest 0.Niech g ∈ G będzie dowolnym elementem G, ponieważ [g]1, . . . , [g]r generują G1, więc istnieją a1, . . . , ar ∈ Zr

takie, że [g] = a1[g1] + · · · + ar[gr] = [a1g1 + . . . argr]. mamy więc g1 := g − (a1g1 + · · · + argr) ∈ Gtor i ostatecznieg = g1 + (a1g1 + · · ·+ argr) ∈ Gtor +G1. W ten sposób zakończyliśmy dowód pierwszej części tezy.

W szczególności rupaGtor jest izomorficzna z ilorazemG (przez grupęG1 izomorficzną z Zr), więc jest skończeniegenerowana. Jej rząd nie przekracza iloczynu rzędów generatoróœ, jest więc liczbą skończoną. �

Propozycja 73. Skończona grupa abelowa jest sumą prostą p–grup.

Dowód. NiechG będzie skończoną grupą abelową. Ponieważ grupaG jest abelowa więc każda jej podgrupa Sylo-wa jest normalna. Niech p1, . . . , pk będą dzielnikami pierwszymi |G| i niech Gi będzie pi–grupą Sylowa G. PonieważG1 + · · ·+Gk jest podgrupą, której rząd jest dzielnikiem G, a ponadto dzieli się przez rzędy grup G1, . . . , Gk. Mamywięc G = G1 + · · ·+Gk. Aby pokazać, że G = G1 ⊕ · · · ⊕Gk, musimy dowieść, że Gi ∩

∑j 6=iGj = (0). Ale Gi zawiera

wyłącznie elementy, których rząd jest potęgą pi podczas gdy∑j 6=iGj elementy, których rząd jest względnie pierwszy

z pi. �

Propozycja 74. Skończona p–grupa abelowa jest cykliczna wtedy i tylko wtedy gdy zawiera jedyną podgrupęrzędu p.

Dowód. Ponieważ skończona grupa cykliczna zawiera jedyną podgrupę rzędu d dla dowolnego dzielnika d rzędugrupy G, więc musimy dowieść jedynie implikacji przeciwnej.

Dowód przez indukcję na rząd grupy. Niech G będzie p–grupą zawierającą jedyną podgrupę H rzedu p. Jeśli|G| = p to teza jest oczywista. Rozważmy homomorfizm Φ : G 3 g 7→ pg ∈ G, jądro ker(Φ) jest podgrupą złożonąz elementów rzędu p czyli jest równe H. Jeśli G = H to teza zachodzi, w przeciwnym przypadku grupa G/H marząd mniejszy od G oraz jest izomorficzna z podgrupą Φ(G) grupy G, na mocy tw. Cauchy’ego zawiera ona podgrupęrzędu p, a ponieważ każda podgrupa Φ(G) jest podgrupąGwięc zawiera jedyną podgrupę rzędu p. na mocy założeniaindukcyjnego grupa G/H jest cykliczna, to znaczy istnieje g ∈ G taki, że 〈g +H〉 = G/H. Grupa 〈g〉 ⊂ G zawiera namocy tw. Cauchy’ego podgrupę rzędu p, która na mocy założenia jest równa H. A zatem 〈g〉/H ∼= 〈g + H〉 ∼= G/H,więc |〈g〉| = |G|, czyli G = 〈g〉 co kończy dowód. �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

22 11. Grupy abelowe skończenie generowane

Lemat 75. Niech G będzie skończoną p–grupą abelową, C podgrupą cykliczną G maksymalnego rzędu. Wtedy

G = C ⊕H dla pewnej podgrupy H ⊂ G.

Dowód. Dowód przez indukcję ze względu na rząd grupy G. Jeśli G jest grupą cykliczną to teza zachodzi z

H = (0). Jeśli G nie jest cykliczna, to G zawiera (na mocy poprzedniego lematu) więcej niż jedną podgrupę rzędu

p, podczad gdy C zawiera jedną taką podgrupę. Niech K ⊂ G będzie podgrupą rzędu p nie zawartą w C, wtedy

C ∩K = (0), więc (C +K)/K ∼= C/(C ∩K) = C.

Rzęd dowolnego elementu g+K ∈ G/K dzieli |g| ¬ |C|. Zatem grupa cykliczna (C+K)/K ∼= C ma maksymalny

rząd wG/K i na mocy hippotezy rekurencyjnej istnieje podgrupaH1 ⊂ G/K taka, żeG/K = (C+K)/K⊕H1. Na mocy

tw. o postaci podgrup grupy ilorazowejH1 = H/K dla pewnej podgrupyH ⊂ G. Z równościG/K = (C+K)/K⊕H/K

otrzymujemy G = (C +K) +H = C + (K +H) = C +H oraz H ∩ (C +K) = K. Stąd C ∩H = (C ∩ (C +K)) ∩H =

C ∩ ((C +K) ∩H) = C ∩K = (0) co kończy dowód. �

Dowód twierdzenia 69. Istnienie. Niech G będzie dowolną grupą abelową skończenie generowaną. Ponieważ

G ∼= Zr ⊕ Gtor, a grupa Gtor jest skończona, więc wystarczy dowieść twierdzenia w przypadku, gdy grupa G jest

skończona. Dowód przeprowadzimy przez indukcję na |G|. Jeżeli G jest grupą cykliczną, to twierdzenie zachodzi w

sposób trywialny. Przypuśćmy, że G nie jest grupą cykliczną. Jeśli |G| ma co najmniej dwa różne czynniki pierwsze,

to G = G1 ⊕ · · · ⊕ Gm jest sumą prostą podgrup Sylowa. Ponieważ |Gi| < |G|, dla i = 1, . . . ,m, więc Gi posiada

żądane przedstawienie, a stąd otrzymujemy również przedstawienie dla G. Podobnie jeśli G jest skończoną p–grupą,

toG = C⊕H, gdzie C jest podgrupą cykliczną maksymalnego rzędu, aH jest właściwą podgrupąG. Wtedy |C| < |G|

oraz |H| < |G| i stosując założenie rekurencyjne podobnie jak poprzednio otrzymujemy tezę.

Jednoznaczność. Zauważmy najpierw, że dla dowolnych liczb pierwszych p 6= q i dowolnego wykładnika k ∈ Z+

mamy

qZpk ∼= Zpk , pZpk ∼= Zpk−1 .

Jeżeli G ∼= Zpk11⊕ · · · ⊕ Zpkss ⊕ Zr, to dla dowolnej liczby pierwszej q > pi, i = 1, . . . , s, qG ∼= Z

pk11⊕ · · · ⊕ Zpkss ⊕ qZ

r,

więc G/qG ∼= Zrq, w szczególności |G/qG| = qr, czyli liczba r jest wyznaczona jednoznacznie.

PonieważZpk11⊕· · ·⊕Zpkss

∼= Gtor, więc w dowodzie jednoznaczności rzędów grup cyklicznych w rozkładzie możemy

ograniczyć się do przypadku gdy G jest grupą skończoną. Dowód poprowadzimy przez indukcję na rząd grupy. Niech

p będzie dzielnikiem pierwszym |G|, grupując skłądniki w rozkładzie mamy przedstawienie

(Z/p)k ⊕ Z/pk1 ⊕ Z/pk2 ⊕ Z/pkq ⊕H

gdzie H jest grupą abelowa, której rząd nie dzieli się przez p. Wtedy

pG ∼= Z/pk1−1 ⊕ Z/pk2−1 ⊕ Z/pkq−1 ⊕H.

Z założenia indukcyjnego liczby k1 − 1, . . . , kq − 1 są wyznaczone jednoznacznie, a więc również k1, . . . , kq, pozostaje

zauważyć, że liczba k jest wyznaczone przez równość

#G/#(pG) = pq+k.

�


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Dowód twierdzenia 70. Niech G będzie skończenie generowaną grupą abelową, na mocy poprzedniego twier-dzenia G ∼= Zr ⊕

s⊕i=1

mi⊕j=1

Zki,jpi , gdzie p1 < · · · < ps są dzielnikami pierwszymi |G|, ki,1 · · · ki,mi 1. Dla

j = 1, . . . , k := max{mi : i = 1, . . . , s}. Niech dj =∏{pki,ji : mi j}. Na mocy chińskiego twierdzenia o resztach

mamy G ∼= Zr ⊕s⊕i=1

mi⊕j=1

Zki,jpi = Zr ⊕⊕k

j=1 Zdj oraz dk | dk−1 | · · · | d1.

Aby wykazać jednoznaczność przedstawienia zauważmy, że jeśli G ∼= Zr ⊕s⊕i=1

mi⊕j=1

Zki,jpi = Zr ⊕⊕k

j=1 Zdj to czynn-

niki pkii otrzymujemy z rozkładu na czynniki pierwsze dj = pk1,j1 . . . p

ks,js (pomijając czynniki równe 1). �

Definicja 26. Liczbę r nazywamy rangą grupy G (ozn. rankG). Ranga grupy abelowej jest równa największejmocy podzbioru G liniowo niezależnego nad Z.

Liczby pk1i nazywamy dzielnikami elementarnymi grupyG. natomiast liczby ni nazywamy czynnikami niezmien-niczymi G .

Wniosek 76. Skończenie generowana grupa abelowa jest izomorficzna z sumą prostą grupy abelowej wolnej oraz

grupy skończonej,


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

ROZDZIAŁ II

Podzielność w pierścieniach przemiennych

1. Pierścienie, ideały, homomorfizmy

Definicja 27. Pierścieniem nazywamy układ (R,+, ·) złożony ze zbioru R i dwóch działań wewnętrznych w R

(zwanych dodawaniem i mnożeniem) spełniający następujące warunki

• (R,+) jest grupą abelową,• x(yz) = (xy)z dla dowolnych x, y, z ∈ R,• x(y + z) = xy + xz dla dowolnych x, y, z ∈ R,• (x+ y)z = xz + yz dla dowolnych x, y, z ∈ R.

Pierścień R nazywamy przemiennym jeżeli ab = ba dla dowolnych a, b ∈ R.Pierścień R nazywamy pierścieniem z jedynką jeżeli istnieje element 1 ∈ R taki, że 1x = x1 = x dla x ∈ R.

Lemat 77. Jeżeli R jest pierścieniem, to

• 0x = x0 = 0,• (−x)y = x(−y) = −(xy).

Przykład 78. Następujące zbiory (z naturalnymi) działaniami są pierścieniamiZ, Zn, Mn×n(C), 2Z, Z[X], Q[X], R[X], C[X].Z[√

2] = {a+ b√

2, a, b ∈ Z}

Z[i] = {a+ bi, a, b ∈ Z}

Definicja 28. Element a ∈ R pierścienia z jedynką nazywamy odwracalnym jeżeli istnieje element a−1 ∈ R taki,że aa−1 = a−1a = 1.

Element a ∈ R \ {0} pierścienia przemiennego nazywamy dzielnikiem zera jeżeli istnieje b ∈ R \ {0} taki, żeab = 0.

Pierścieniem całkowitym nazywamy niezerowy pierścień przemienny z jedynką i bez dzielników zera.Pierścieniem z dzieleniem nazywamy niezerowy pierścień z jedynką, w którym każdy element różny od zera jest

odwracalny.Ciało jest to pierścień przemienny z dzieleniem, tzn. (R \ 0) jest grupą abelową.

Zgodnie z przyjętą definicją w pierścieniu z jedynką może zachodzić 1 = 0, warunek ten zachodzi dokładniewtedy, gdy R = 0. Bardzo często w definicji dzielnika zera nie zakładamy, że a 6= 0, wtedy 0 jest dzielnikiem zerawtedy i tylko wtedy gdy pierścień R nie jest zerowy.

W przypadku pierścieni nieprzemiennych definiuje się lewo- i prawostronne dzielniki zera, wtedy dzielnikiemzera jest elelemnt który jest lewo- lub prawostronnym dzielnikiem zera, element który jest zarówno lewo- jaki iprawostronnym dzielnikiem zera nazywamy obustronnym dzielnikiem zera.

24

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

Rozdział II. Podzielność w pierścieniach przemiennych 25

Definicja 29. Podzbiór I ⊂ R nazywamy ideałem jeżeli

• (I,+) jest podgrupą (R,+),• dla dowolnych a ∈ I, r ∈ R zachodzi ar ∈ I oraz ra ∈ I.

Propozycja 79. Podzbiór I pierścienia R jest ideałem wtedy i tylko wtedy gdy relacja RI := {(a, b) : a− b ∈ I} jestzgodna z działaniami.

Przykład 80. Ideały pierścienia Z są postaci nZ, ideały pierścienia Z/m są postaci n(Z)/m) = (nZ)/(mZ) dlan | m lub n = 0.

Definicja 30. Pierścieniem ilorazowym pierścienia R przez ideał I nazywamy zbiór R/I klas abstrakcji relacjiRI z mnożeniem warstw.

Definicja 31. Homomorfizmem pierścieni nazywamy odwzorowanie f : R −→ S takie, że f(a+ b) = f(a) + f(b)

oraz f(ab) = f(a)f(b).Podzbiór S pierścienia (R,+, .) nazywamy podpierścieniem jeżeli (S,+, .) jest pierścieniem.

Przykład 81. Zbiór R := C(R,R) jest pierścieniem, podzbiór I := {f ∈ R : f(0) = 0} jest ideałem.Podzbiór złożony z funkcji ograniczonych (klasy Ck dla k > 1) jest podpierścieniem, ale nie jest ideałem.

Propozycja 82. Zbiór U(R) = R∗ elementów odwracalnych pierścienia R jest grupą (ze względu na mnożenie).

Propozycja 83. Pierścień skończony bez dzielników zera jest pierścieniem z dzieleniem. Skończony pierścień cał-kowity jest ciałem.

Uwaga. Element a ∈ R nie jest dzielnikiem zera wtedy i tylko wtedy gdy zachodzi dla niego prawo skracania,tzn. ab = ac⇒ b = c oraz ba = ca⇒ b = c.

Definicja 32. Jeżeli istnieje dodatnia liczba całkowita n taka, że dla dowolnego r ∈ R zachodzi nr = 0, tonajmniejszą liczbę spełniającą ten warunek nazywamy charakterystyką pierścienia R i oznaczamy char(R). Jeżelitaka liczba nie istnieje, to mówimy że charakterystyka pierścienia R jest równa zero.

Propozycja 84. Charakterystyka pierścienia całkowitego jest liczbą pierwszą lub zerem.

Jeżeli R jest pierścieniem z 1 to char(R) = min{n ∈ Z+ : n · 1R = 0}. Jeżeli R nie ma dzielników zera to (kl)1 = 0,to k1 = 0 lub l1 = 0.

Lemat 85. Jeżeli f : R −→ S jest homomorfizmem pierścieni to jego obraz f(R) jest podpierścieniem w S natomiastjądro Ker f jest ideałem w R.

Lemat 86. Jeżeli I jest ideałem pierścienia R to naturalne odwzorowanie π : R −→ R/I jest epimorfizmem orazkerπ = I.

Wniosek 87. Jeżeli R jest pierścieniem z 1 to odwzorowanie Z 3 n 7→ n1R ∈ R jest homomorfizmem pierścieni.

Lemat 88. Jeżeli f : R −→ S jest homomorfizmem pierścieni, J ⊂ S ideałem to f−1(J) jest ideałem w R.

Dowód. Niech π : S −→ S/J będzie kanonicznym epimorfizmem, wtedy f−1(J) = Ker(π ◦ f) �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

26 1. Pierścienie, ideały, homomorfizmy

Lemat 89. Jeżeli f : R −→ S jest homomorfizmem pierścieni, I ⊂ R ideałem to f(I) jest ideałem w f(R). W

szczególności jeśli f jest epimorfizmem to R jest ideałem w S.

Dowód. f(I) jest oczywiście grupą abelową. Jeżeli a ∈ f(I), s ∈ f(R) to istnieją a1 ∈ R, s1 ∈ R takie, ze a =

f(a1), s = f(s1). Wtedy as = f(a1)f(s1) = f(as1) ∈ f(I). �

Propozycja 90. Jeżeli f : R −→ S jest homomorfizmem pierścieni, to obraz Imf jest izomorficzny z z R/Ker f . W

szczególności jeśli f jest epimorfizmem, to S ∼= R/Ker f .

Definicja 33. Ideał właściwy I ( R pierścienia przemiennego nazywamy pierwszym jeżeli ab ∈ I ⇒ a ∈ I lub

b ∈ I.

Ideał m ( R nazywamy maksymalnym jeżeli dla dowolnego ideału I mamy m ( I ⇒ I = R.

Lemat 91. Przeciwobraz ideału pierwszego przez homomorfizm pierścieni przemiennych jest ideałem pierwszym.

Propozycja 92. Jeżeli I, J są ideałami pierścienia R, to ich suma I + J := {r1 + r2|r1 ∈ I, r2 ∈ J} jest również

ideałem.

Jeżeli {Iα}α∈A jest dowolną rodziną ideałów w R to przecięcie⋂α∈A

Iα jest ideałem.

Jeżeli I1 ⊂ I2 ⊂ I3 ⊂ . . . jest wstępującym łańcuchem ideałów w R, to∞⋃i=1

In jest ideałem w R.

Definicja 34. Niech R będzie pierścieniem, A dowolnym podzbiorem R. Ideałem generowanym przez A nazywa-

my najmniejszy ideał w R zawierający A.

Powyższa definicja ma sens ponieważ (A) =⋂{J ⊂ R : J jest ideałem w R,A ⊂ J} Ideał generowany przez zbiór

A oznaczamy przez (A), jeżeli A = {a1, . . . , an} jest zbiorem skończonym to piszemy (A) = (a1, . . . , an).

Definicja 35. Ideał generowany przez skończoną liczbę elementów nazywamy skończenie generowanym, a ideał

generowany przez jeden element – ideałem głównym.

Lemat 93. Jeżeli a1, . . . , an ∈ R to (a1, . . . , an) = {a1r1 + · · ·+ anrn : r1, . . . , rnınR}.

W szczególności dla dowolnego a ∈ R mamy (a) = aR = {ar : r ∈ R}.

Uwaga. Nie ma podobnych wzorów dla pierścieni nieprzemiennych.

Definicja 36. Jeżeli I, J są ideałami pierścienia R to ich iloczynem nazywamy ideał IJ generowany przez zbiór

{ab : a ∈ I, b ∈ J}.

Uwaga. Mamy IJ ⊂ I ∩ J , ale na ogół inkluzja jest silna.

Zbiór {ab : a ∈ I, b ∈ J} na ogół nie jest ideałem.

Lemat 94. Jeżeli I, J są ideałami pierścienia (przemiennego), to zbiór

(I : J) := {r ∈ R|rJ ⊂ I} = {r ∈ R : rx ∈ I dla każdego x ∈ J} ⊃ I.

Jeśli J1 ⊂ J2 to (I : J1) ⊃ (I : J2).


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Propozycja 95. Istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość między zbiorami{Zbiór ideałów

pierścienia R/I

}3 π(J) ←− J

K −→ π−1(K)∈{

Zbiór ideałów pierścienia Rzawierających I

}Ponadto dla dowolnego ideału J ⊂ R pierścienia R zawierającego I zachodzi izomorfizm (R/I)/(J/I) ∼= R/J . Wszczególności ideałom pierwszym (odp. maksymalnym) odpowiadają ideały maksymalne.

Dowód. Na mocy poprzednich Lematów opisane odwzorowania są dobrze określone, ponieważ π jest suriekcjąπ(π−1(K) = K dla ideału K ⊂ R/I. Musimy sprawdzić, że π−1(π(J)) = J dla ideału J t. że I ⊂ J . Oczywiścieπ−1(π(J)) ⊃ J . Jeśli x ∈ π−1(π(J)) to π(x) ∈ π(J), więc istnieje y ∈ J t.że π(x) = π(y). Wtedy x− y ∈ Ker(π) = I ⊂ J ,więc x ∈ J . �

Lemat 96. Pierścień przemienny z 1 6= 0 jest ciałem wtedy i tylko wtedy gdy jedynymi ideałami w R są (0) i R.

Dowód. Jedna implikacja jest oczywista. Dla dowodu przeciwnej niech a ∈ R, a 6= 0. Wtedy aR jest ideałemaR 6= (0) więc aR = R. W szczególności istnieje b ∈ R takie, że ab = 1. �

Propozycja 97. Ideał I ⊂ R jest ideałem pierwszym wtedy i tylko wtedy gdy R/I jest pierścieniem całkowitym.Ideał m ⊂ R jest ideałem maksymalnym wtedy i tylko wtedy gdy R/m jest ciałem.

Dowód. Pierścień R/I jest całkowity wtedy i tylko wtedy gdy dla dowolnych [a], [b] ∈ R/I [a][b] = 0⇒ [a] = 0 lub[b] = 0⇔ dla dowolnych a, b ∈ R [a][b] = 0⇒ [a] = 0 lub [b] = 0⇔ dla dowolnych a, b ∈ R [ab] = 0⇒ [a] = 0 lub [b] = 0

⇔ dla dowolnych a, b ∈ R ab ∈ I ⇒ a ∈ I lub b ∈ I ⇔ ideał I jest pierwszy.Część druga wynika z charakteryzacji ideałów pierścienia ilorazowego oraz ciała. �

Wniosek 98. Pierścień (przemienny z jedynką) jest pierścieniem całkowitym wtedy i tylko wtedy gdy ideał (0) jestpierwszy.

Wniosek 99. Każdy ideał maksymalny jest pierwszy.

Uwaga. Implikacja przeciwna nie jest prawdziwa, ideał XR[X,Y ] jest pierwszy, ale nie jest maksymalny.

Definicja 37. Podzbiór S ⊂ R,S 6= ∅ pierścienia nazywamy podzbiorem multiplikatywnym jeżeli s1, s2 ∈ S ⇒s1s2 ∈ S.

Jeśli S jest podzbiorem multiplikatywnym, to w zbiorze R× S wprowadzamy działania

(r1, s1) + (r2, s2) = (r1s2 + s1r2, s1s2)

(r1, s1)(r2, s2) = (r1r2, s1s2)

oraz relację(r1, s1) ∼ (r2, s2)⇔ ∃a ∈ S : a(r1s2 − r2s1) = 0.

Propozycja 100. Powyższe działania są zgodne z relacją, zbiór ilorazowy R×S/ ∼ z działaniami indukowanymijest pierścieniem przemiennym oznaczanym S−1R.

Definicja 38. Pierścień S−1R nazywamy lokalizacją pierścienia R względem zbioru multiplikatywnego S.

Uwaga. Jeśli 0 ∈ S, to S−1R = (0).Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Ćwiczenie 1. Niech n | m, wyznaczyć lokalizację pierścienia Zm względem S = {nk : k ∈ N}.

Przykład 101. Inne przykłady zbiorów multiplikatywnych

• R \ p, p ( R ideał pierwszy, S−1R oznaczamy przez Rp• {fk, k ∈ N}, f ∈ R, lokalizację oznaczamy przez Rf .

W szczególności, dla ustalonego p ∈ P

{ab∈ Q : a, b ∈ Z, p - b} oraz { a

pm: a ∈ Z,m ∈ N}

są pierścieniami zawierającymi pierścień Z i zawartymi w Q.

Propozycja 102. Dla dowolnego pierścienia przemiennego i dowolnego podzbioru multiplikatywnego homomor-

fizm w : R −→ RS taki, że

• dla dowolnego s ∈ S element w(s) jest odwracalny w RS ,

• dla dowolnego homomorfizmu pierścieni f : R −→ T takiego, że f(S) ⊂ U(T ) istnieje dokładnie jeden taki

homomorfizm f : RS −→ T taki, że f ◦ w = f .

Dowód. Homomorfizm w określamy formułą

w(r) := [(rs, s)], dla dowolnego s ∈ S.

Łatwo sprawdzić, że w jest dobrze określonym homomorfizmem. Ponieważ w(s) = [(s2, s)], więc w(s)−1 = [(s, s2)].

Homomorfizm f określamy wzorem f([(r, s)]) = f(r)f(s)−1. �

Definicja 39. Ciałem ułamków pierścienia całkowitegoR 6= {0} nazywamy lokalizację S−1R pierścieniaRwzglę-

dem zbioru multiplikatywnego S = R \ {0}.

Ciało ułamków pierścienia całkowitego R 6= {0} oznaczamy Quot(R) lub R(0)

Propozycja 103. Ciało ułamków pierścienia całkowitego R 6= {0} jest ciałem, istnieje naturalny monomorfizm

R −→ Quot(R).

Lemat 104. Homomorfizm w : R −→ RS jest monomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy S nie zawiera dzielników

zera.

Zbiór S elementów pierścienia R nie będących dzielnikami zera, jest podzbiorem multiplikatywnym, lokalizację

S−1R nazywamy pełnym pierścieniem ułamków pierścienia R.

Definicja 40. Niech f : R −→ T będzie homomorfizmem pierścieni, zacieśnieniem ideału J ⊂ T nazywamy

przeciwobraz Jr := f−1(J), rozszerzeniem ideału I ⊂ R nazywamy ideał Ie := 〈f(I)〉 generowany przez obraz f(I).

W przypadku homomorfizmu w : R −→ S−1R pierścieniaR w jego pierścień ułamków z mianownikami w zbiorze

multyplikatywnym S rozszerzenie ideału I ⊂ R jest równe S−1I := {[(r, s)] : r ∈ I, s ∈ S}, natomiast zawężenie ideału

J ⊂ S−1R jest określone przez w−1(J).Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Lemat 105. Dla dowolnego ideału J pierścienia S−1R mamy S−1(w−1(J)) = J .

Dla dowolnego ideału I pierścienia R mamy w−1(S−1(I)) := {r ∈ R|sr ∈ I dla pewnego s ∈ S}, w szczególności

w−1(S−1I) = R wtw gdy S ∩ I 6= ∅.

Jeśli P jest ideałem pierwszym R, P ∩ S = ∅ to w−1(S−1P ) = P . Jeśli sr ∈ I, to w(s) = [sr, s] ∈ S−1I, więc

s ∈ w−1S−1(I).

Dowód. Jeśli [(r, s)] ∈ J to r ∈ w−1(J), więc [(r, s)] ∈ S−1w−1(J).

Element S−1w−1(J) jest postaci [(r, s)], gdzie w(r) ∈ J , czyli [(rs, s)] ∈ J , Ale wtedy [(rs, s2)] = [(rs, s)(1, s)] ∈ J .

Element r należy do w−1(S−1I), wtedy i tylko wtedy gdy [(rs, s)] = [(r′, s′)], dla pewnych r′ ∈ I, s′ ∈ S. Wtedy

s′′s′sr = s′′sr′ ∈ R dla pewnego s′′ ∈ S. �

Propozycja 106. Istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość między zbiorami{Zbiór właściwych ideałówpierwszych pierścienia RS

}3 RSI ←− I

J −→ w−1(J)∈{

Zbiór ideałów pierwszychpierścienia R rozłącznych z S

}Definicja 41. Niech R będzie pierścieniem, wielomianem n zmiennych współczynnikach w pierścieniu R nazy-

wamy odwzorowanie f : Nn −→ R takie, że dla prawie wszystkich α ∈ Nn mamy f(α) = 0.

Sumą wielomianów f i g nazywamy wielomian f + g określony wzorem (f + g)(α) = f(α) + g(α).

Iloczynem wielomianów f i g nazywamy wielomian fg określony wzorem (fg)(α) =∑

β,γ∈Nnβ+γ=α

f(β)g(γ).

Elementy f(α) pierścienia R nazywamy współczynnikami wielomianu.

Współczynnik f(0, . . . , 0) nazywamy wyrazem wolnym wielomianu f , wielomian f taki, że f(α) = 0 dla α 6= 0

nazywamy stałym. Oznaczmy, przez Ψ(c), dla c ∈ R wielomian stały o wyrazie wolnym równym c. To znaczy

(ψ(c))(α) =

{c α = 00 α 6= 0

Propozycja 107. Zbiór wielomianów n zmiennych o współczynnikach w pierścieniu R jest pierścieniem.

Aby tę propozycję zrozumieć należy porównać z tradycyjnym sposobem definiowania wielomianu. Jeśli zmienne

oznaczymy jako T1, . . . , Tn, to wielomian f zapisujemy jako∑α∈Nn f(α)Tα11 . . . Tαnn . Oznaczając aα = f(α) możemy za-

pisać f jako∑α aαT

α11 . . . Tαnn , przy czym suma jest w rzeczywistości skończona (ma tylko skończoną liczbę wyrazów

niezerowych). Wielomiany sumujemy dodając wyrazy w tej samej potędze, natomiast mnożymy najpierw mnożąc

jednomiany, a następnie redukując wyrazy podobne. Jednak taka intuicyjna definicja jest trudna do formalnego

zapisania.

Jeśli zmienne oznaczymy przez T1, . . . , Tn, to pierścień wielomianów n–zmiennych o współczynnikach w pierście-

niu R oznaczamy przez R[T1, . . . , Tn].

Lemat 108. Dla dowolnej permutacji σ zbioru {1, . . . , n} istnieje naturalny izomorfizm

R[T1, . . . , Tn] 3∑α

aαTα11 . . . Tαnn 7−→

∑α

aαTα1σ(1) . . . T

αnσ(n) ∈ R[Tσ(1), . . . , Tσ(n)].

Lemat 109. Dla dowolnych liczb naturalnych n,m istnieje naturalny izomorfizm

R[T1, . . . , Tn, Tn+1, . . . , Tn+m] −→ (R[T1, . . . , Tn])[Tm+1, . . . , Tn+m].


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Definicja 42. Wartością w punkcie c = (c1, . . . , cn) ∈ Rn wielomianu f(T ) =∑α aαT

α11 . . . Tαnn n–zmiennych o

współczynnikach w pierścieniu R nazywamy liczbę evalc(f) = f(c) =∑α ∈ Nnaαcα11 . . . cαnn .

Wyraz wolny wielomianu jest równy jego wartości w punkcie (0, . . . , 0).

Propozycja 110. Odwzorowanie ψ : R −→ R[T1, . . . , Tn], które elementowi pierścienia przyporządkowuje odpo-wiadający mu wielomian stały jest monomorfizmem.

Z dokładnością do tego monomorfizmu, elementy pierścienia R będziemy utożsamiać z odpowiadającymi imwielomianami stałymi, a pierścień R będziemy traktować jak podpierścień pierścienia wielomianów n-zmiennycho współczynnikach w R.

Propozycja 111. Niech c = (c1, . . . , cn) Odwzorowanie evalc : R[T1, . . . , Tn] 3 f 7→ evalc f ∈ R jest homomorfizmempierścieni.

Definicja 43. Funkcję F : Rn −→ R nazywamy wielomianową, jeżeli istnieje wielomian f ∈ R[T1, . . . , Tn] taki,że F (c) = evalc(f).

Uwaga. Dla c = (c1, . . . , cm) ∈ Rm, m ¬ n, możemy określić homomorfizm pierścieni R[T1, . . . , Tn] 3 f 7→f(c1, . . . , cm, Tm+1, . . . , Tn) ∈ R[Tm+1, . . . , Tn].

Przyporządkowanie wielomianowi funkcji wielomianowej nie jest iniektywne. Jeżeli R = Z/nZ (pierścień resztmodulo n), to wielomian f(X) = Xn −X nie jest zerowy, ale odpowiadająca mu funkcja wielomianowa jest zerowa.

Definicja 44. Homomorfizm pierścieniF : R −→ S indukuje homomorfizm pierścieni wielomianów n–zmiennychF∗ : R[T1, . . . , Tn] −→ S[T1, . . . , Tn] określony wzorem

F∗(∑α

aαTα11 . . . Tαnn ) =

∑α

F (aα)Tα11 . . . Tαnn

W szczególności, ponieważ dla dowolnego pierścienia R z jedynką istnieje jedyny homomorfizm Z −→ R t.że1 7→ 1, więc każdy wielomian o współczynnikach całkowitych zadaje jednoznacznie wielomian o współczynnikach wpierścieniu R.

Jeżeli R jest pierścieniem, f1 . . . , fm ∈ R[T1, . . . , Tn], g ∈ R[Y1, . . . , Ym] to istnieje dobrze określony wielomiang(f1, . . . , fm) ∈ R[T1, . . . , Tn]. zadany wzorem

g(f1, . . . , fm) =∑α

aαfα11 . . . fαmm .

Z dokładnością do utożsamieniaR[Y1, . . . , Ym] ⊂ R[Y1, . . . , Ym][T1, . . . , Tn] ∼= R[Y1, . . . , Ym, T1, . . . , Tn] ∼= R[T1, . . . , Tn, Y1, . . . , Ym] ∼=R[T1, . . . , Tn][Y1, . . . , Ym] możemy traktować g(f1m. . . , fm) jako evalf1,...,fm(g). A zatem dla ustalonych f1, . . . , fm od-wzorowanie

R[Y1, . . . , Ym] 3 g 7−→ g(f1, . . . , fm) ∈ R[T1, . . . , Tn]

jest homomorfizmem pierścieni.Jeżeli f ∈ Z[Y1, . . . , Ym], to przez g(f1, . . . , fn) będziemy rozumieli ((F∗)(g))(f1, . . . , fm), gdzie F : Z −→ R jest

jedynym homomorfizmem pierścieni. W tym przypadku złożenie g(f1, . . . , fn) jest określone dokładnie tak jak po-przednio, musimy pamiętać jedynie o tym, że w dowolnym pierścieniu przemiennym mnożenie przez liczbę naturalnąma sens (nr = r + · · ·+ r︸︷︷︸

n razy)

Jeżeli α ∈ Nn jest wielowskaźnikiem, to jego długość określamy jako |α| = α1 + · · · + αn. Aby uprościć zapisstosuje się oznaczenie Tα = Tα11 . . . TαnN .Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Definicja 45. Jednomianem nazywamy wielomian, który posiada dokładnie jeden współczynnik niezerowy,toznaczy wielomian postaci aαTα11 . . . TαnN (aα 6= 0). Stopniem jednomianu aαT

α11 . . . TαnN nazywamy długość odpowia-

dającego mu wielowskaźnika.Stopniem wielomianu niezerowego f =

∑α aαT

α11 . . . Tαnn nazywamy maksimum stopni występujących w nim

jednomianów, tzn. max{|α| : aα 6= 0}.

Uwaga. Wielomian zerowy nie ma dobrze określonego stopnia, zwykle przyjmujemy, ze stopień wielomianu ze-rowego jest równy −1 lub −∞.

Definicja 46. Wielomian f nazywamy jednorodnym stopnia d, jeżeli zawiera wyłącznie jednomiany stopnia d.

Uwaga. Wielomian zerowy jest jednorodny dowolnego stopnia.

Lemat 112. Pierścień R[T1, . . . , Tn] jest pierścieniem całkowitym wtedy i tylko wtedy gdy R jest pierścieniem cał-kowitym.

Dowód. Istnieje monomorfizm ψ : R −→ R[T1, . . . , Tn], który elementowi c pierścienia przyporządkowuje od-powiadający mu wielomian stały, Jeżeli pierścień R nie jest pierścieniem całkowitym, to zawiera dzielniki zera,odpowiadające im wielomiany stałe są dzielnikami zera w pierścieniu wielomianów.

Korzystając z izomorfizmu R[T1, . . . , Tn] ∼= R[T1, . . . , Tn−1][Tn] oraz zasady indukcji wystarczy dowieść implikacjiprzeciwnej dla n = 1. Niech f, g ∈ R[T ] będą wielomianami jednej zmiennej, jeżeli degf = d, deg g = e, to mamyf = a0 + a1T + · · · + adT

d, g = b0 + b1T + · · · + beTe oraz ad, be 6= 0. Iloczyn fg nie zawiera jednomianów stopnia

większego od d+ e, a ponadto jednomian stopnia d+ e jest równy adbeT d+e 6= 0, a zatem fg 6= 0. �

Wniosek 113. Jeżeli f, g ∈ R[T1, . . . , Tn], to deg(fg) ¬ deg f + deg g.Pierścień R jest pierścieniem całkowitym wtedy i tylko wtedy gdy dla dowolnych f, g ∈ R[T1, . . . , Tn]\{0} zachodzi

równość deg(fg) = deg f + deg g.

Definicja 47. JeżeliR jest pierścieniem całkowitym, to ciało ułamków pierścienia wielomianów n–zmiennych na-zywamy ciałem funkcji wymiernych n zmiennych o współczynnikach w pierścieniuR, oznaczamy go przezR(T1, . . . , Tn)

Uwaga. Elementy ciała funkcji wymiernych nazywamy funkcjami wymiernymi, ale na ogół nie można im przy-porządkować żadnej funkcji, np. 1

Xp −Xw ciele Zp(T ).

Jeżeli K jest ciałem ułamków pierścienia R, to mamy naturalny izomorfizm między ciałami funkcji wymiernycho współczynnikach w R oraz wK (w jedną stronę jest to zanurzenie, a w drugą “rozszerzenie o wspólny mianownik”).

Dowolna permutacja σ ∈ Σn indukuje homomorfizm

R[T1, . . . , Tn] 3 f 7→ σ∗(f) := f(Tσ(1), . . . , Tσ(n)) ∈ R[T1, . . . , Tn]

to znaczy σ∗(f) = f(h1, . . . , hn), gdzie hi = Tσ(i) ∈ R[T1, . . . , Tn]. W ten sposób otrzymujemy działanie grupy Σn napierścieniu wielomianów n–zmiennych.

Definicja 48. Wielomian f ∈ R[T1, . . . , Tn] nazywamy niezmienniczym, ze względu na permutację σ ∈ Σn jeżeliσ∗(f) = f .

Wielomian f ∈ R[T1, . . . , Tn] nazywamy symetrycznym, jeżeli jest niezmienniczy ze względu na dowolną permu-tację σ ∈ Σn.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Zbiór permutacji, które nie zmieniają danego wielomianu (ze względu na które wielomian jest niezmienniczy)

jest podgrupą grupy symetrycznej.

Przykład 114. Niech n będzie ustaloną liczba naturalną. Niezmiennicze są następujące wielomiany

τk(T1, . . . , Tn) = T k1 + · · ·+ T kn

σk(T1, . . . , Tn) :=∑

1¬j1<···<jk¬n

Tj1 . . . Tjn

Wielomiany σk nazywamy podstawowymi wielomianami symetrycznymi. Mamy przy tym związek (wzory Viete’a)

(X − T1) . . . (X − Tn) = Xn − σ1(T )Xn−1 + σ2(T )Xn−2 + · · ·+ (−1)nσn(T ).

Twierdzenie 115. JeżeliR jest pierścieniem (przemiennym z jedynką) to dla dowolnego wielomianu symetrycznego

f ∈ R[T1, . . . , Tn] istnieje jedyny wielomian g(T1, . . . , Tn) ∈ R[T1, . . . , Tn] taki, że f = g(σ1, . . . , σn).

Lemat 116. Jeżeli f ∈ R[X1, . . . , Xn] jest wielomianem takim, że f(X1, . . . , Xn−1, 0) = 0 to f = Xng, gdzie g ∈

R[X1, . . . , Xn].

Jeśli f ∈ R[X1, . . . , Xn] jest wielomianem symetrycznym takim, że f(X1, . . . , Xn−1, 0) = 0 to f = X1 · · ·Xnh, gdzie

h ∈ R[X1, . . . , Xn] jest wielomianm symetrycznym.

Dowód Twierdzenia. Istnienie, indukcja na liczbę zmiennych oraz stopień f . Zauważmy, że f0(X1, . . . , Xn−1) :=

f(X1, . . . , Xn−1, 0) jest wielomianem symetrycznym n−1 zmiennych. A zatem istnieje wielomian g0 ∈ R[X1, . . . , Xn−1]

taki, że f0 = g0(σ01 , . . . , σ0n−1), gdzie σ0k(X1, . . . , Xn−1) = σk(X1, . . . , Xn−1, 0) jest podstawowym wielomianem syme-

trycznym n−1 zmiennych. Wielomian f(X1, . . . , Xn) := f(X1, . . . , Xn)−g0(σ1, . . . , σn−1) jest wielomianem symetrycz-

nym oraz f(X1, . . . , Xn−1, 0) = 0. A korzystając z lematu i założenia indukcyjnego f = σng(σ1, . . . , σn) i ostatecznie

f = g(σ1, . . . , σn) dla g = σng0.

Jednoznaczność - również przez indukcję. Wystarczy pokazać, że jeżeli f(σ1, . . . , σn) = 0, to f = 0. Ponieważ

f(σ1(X1, . . . , Xn−1, 0), . . . , σn−1(X1, . . . , Xn−1, 0), 0) = 0, więc argumentując indukcyjnie f(σ1, . . . , σn) = σng(σ1, . . . , σn),

gdzie g(σ1, . . . , σn) = 0 oraz g jest niższego stopnia niż f , ponownie argumentując indukcyjnie g = 0. A ponieważ

f(X1, . . . , Xn) = Xng(X1, . . . , Xn), więc f = 0. �

Niech Rs[T1, . . . , Tn] oznacza pierścień wielomianów symetrycznych

Wniosek 117 (Inne sformułowanie). OdwzorowanieR[T1, . . . , Tn] 3 g 7→ g(σ1, . . . , σn) ∈ Rs[T1, . . . , Tn] jest izomor-

fizmem pierścieni.

Ponieważ wielomian τk = T k1 + . . . T kn jest symetryczny więc istnieje wielomian g ∈ R[T1, . . . , Tn] taki, że τk =

g(σ1, . . . , σn). Można je rekurencyjnie wyliczyć z następujących wzorów Newtona

Propozycja 118 (Wzory Newtona).

τk − σ1τk−1 + · · ·+ (−1)k−1σk−1τ1 + (−1)kkσk = 0 dla k ¬ n

τk − σ1τk−1 + · · ·+ (−1)n−1σn−1τk−(n−1) + (−1)nσnτk−n = 0 dla k > n


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Dowód. Jeśli k n to sumując równości

Xki − σ1Xk−1

i + · · ·+ (−1)n−1σn−1Xk−(n−1)i + (−1)nσnXk−n

i = Xk−ni

n∏j=1

(Xi −Xj) = 0

otrzymamy tezę. Jeśli k < n to wyrażenie τk−σ1τk−1+ · · ·+(−1)k−1σk−1τ1+(−1)kkσk jest wielomianem n zmiennych

stopnia k zerującym sie po wstawieniu zera w miejsce n− k zmiennych, czyli wielomianem zerowym. �

Ćwiczenie 2. Rozwiązują wzory Newtona ze względu na σk wyprowadzić wzór

σk =1k!

det

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣τ1 1 0 0 . . . 0τ2 τ1 2 0 . . . 0τ3 τ2 τ1 3 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .τk τk−1 τk−2 τk−3 . . . τ1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Dzielenie z resztą wielomianów o współczynnikach w pierścieniu

Propozycja 119. Jeżeli R jest pierścieniem, f(T ) = a0 + a1T + · · · + anTn, g(T ) = b0 + b1T + · · · + bmT

m ∈ R[T ],

an 6= 0, bm 6= 0, n m to istnieją wielomiany r, q ∈ R[T ] takie, że deg r < m oraz bn−m+1m f = gq + r.

Jeżeli bm nie jest dzielnikiem zera w R to powyższe przedstawienie jest jednoznaczne.

Dowód. Indukcja względem n−m. Jeżeli n = m to przyjmujemy q = an oraz r = bmf − ang.

Jeżeli n−m > 0 to przyjmujemy f1 = bmf − angTn−m. Wtedy deg f1 ¬ n− 1. Możemy więc zastosować założenie

indukcyjne otrzymując r, q1 ∈ R[T ], deg r < m oraz bn−mm f1 = q1g + r. Stąd bn−m+1m f = bn−mm f1 + bn−mm angTn−m =

q1g + r + bn−mm angTn−m = (q1 + bn−mm anT

n−m)g + r.

Dla dowodu jednoznaczności przypuśćmy, że mamy dwa rozkłady f = q1g+r1 = q2g+r2. Wtedy g(q1−q2) = r1−r2.

Ponieważ deg(g(q1−q2)) = deg(r1−r2) < deg g więc jeśli r1−r2 = c0+c1T + . . . csTs (cs 6= 0) to bmcs = 0. Sprzeczność.

�

Wniosek 120. Jeżeli R jest pierścieniem, f(T ) = a0 + a1T + · · · + anTn, g(T ) = b0 + b1T + · · · + bmT

m ∈ R[T ],

an 6= 0, bm ∈ R∗ to istnieją jedyne wielomiany r, q ∈ R[T ] takie, że deg r < m oraz f = gq + r.

Definicja 49. Niech R będzie pierścieniem, mówimy że element b jest dzielnikiem a (albo, że a dzieli się przez

b), co zapisujemy b | a jeżeli istnieje c ∈ R taki, że a = cb.

Elementy a, b ∈ R nazywamy stowarzyszonymi, zapisujemy a ∼ b, jeżeli istnieje jedność c ∈ R∗ taka, że a = bc.

Uwaga. Relacja stowarzyszenia jest relacją równoważności, natomiast relacja podzielności jest zwrotna i prze-

chodnia. Jeżeli R jest pierścieniem całkowitym, to (a | b i b | a)⇒ a ∼ b.

Wniosek 121. Jeżeli f ∈ R[T ], c ∈ R to f(c) = 0 wtedy i tylko wtedy gdy (T − c)|f(T ).

Definicja 50. Element c ∈ R nazywamy pierwiastkiem wielomianu f ∈ R[T ] jeżeli f(c) = 0. Element c ∈ R

nazywamy pierwiastkiem krotności m ∈ N+ jeżeli (T − c)m | f oraz (T − c)m+1 - f(T ).

Propozycja 122. Jeżeli R jest pierścieniem całkowitym f ∈ R[T ] wielomianem stopnia d. Wtedy f ma co najwyżej

d pierwiastków liczonych z krotnościami.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Dowód. Jeżeli c jest pierwiastkiem wielomianu f , g ∈ R[T ] wielomianem takim, że f(T ) = g(T )(T−c), to dowolnypierwiastek wielomianu f jest również pierwiastkiem wielomianu g tej samej krotności. Jeżeli c jest pierwiastkiemwielomianu f krotności d > 1, to jest również pierwiastkiem g krotności d− 1. �

Uwaga. Jeżeli pierścień R zawiera dzielniki zera, to wielomian o współczynnikach w R może mieć nieskończeniewiele pierwiastków.

Np. niech R := R[T ]/T 2, każdy element [aT ] ∈ R, a ∈ R jest pierwiastkiem wielomianu f(X) := X2 ∈ R[X].Wielomian X2+ 4 ma w pierścieniu kwaternionów (pierścień nieprzemienny bez dzielników zera) nieskończenie

wiele pierwiastków.Wielomian X2 + 1 ma cztery pierwiastki 1, 16, 69, 84 w pierścieniu Z85.

Twierdzenie 123. Niech G będzie skończoną podgrupą grupy U(R) elementów odwracalnych pierścienia całkowi-tego R. Wtedy G jest grupą cykliczną.

Dowód. GrupaG ⊂ U(R) jest skończona i abelowa, więc istnieją liczby naturalne d1, . . . , dk takie, że dk|dk−1| . . . |d1,dk 2. Niech p będzie dowolnym dzielnikiem pierwszym pk, wtedy grupa G zawiera pk elementów rzędu 1 lub p,czyli wielomian Xp − 1 ma pk pierwiastków. Stąd pk ¬ p, czyli k ¬ 1, to znaczy grupa G jest cykliczna. �

Propozycja 124. Jeżeli N1, . . . , Nr są liczbami parami względnie pierwszymi, N = N1 · · ·Nr, to

U(ZN ) ∼= U(ZN1)⊕ · · · ⊕ U(ZNr ).

W szczególności, jeśli N = pk11 · · · pkrr jest rozkładem N na czynniki pierwsze, to

U(ZN ) ∼= U(Zpk11

)⊕ · · · ⊕ U(Zpkrr ).

Jeśli p jest nieparzystą liczbą pierwszą, to U(Zpn) jest grupą cykliczną. Ponadto

U(Z2) = {0}, U(Z4) ∼= Z2, U(Z2k) ∼= Z2 ⊕ Z2k−2 dla k 3.

Lemat 125. Jeżeli p jest nieparzystą liczbą pierwszą, n ∈ Z+, to (1 + p)pn−1 ≡ 1 + pn (mod pn+1), w szczególności

1 + p jest elementem rzędu pn−1 w U(Zpn).

Lemat 126. Dla dowolnej liczby naturalnej n 0 zachodzi

(1 + 22)2n

≡ 1 + 2n+2 (mod 2n+3),

w szczególności 5 jest elementem rzędu 2n−2 w grupie U(Z2n).

Dowód Propozycji. Pierwsze stwierdzenie wynika z Chińskiego Twierdzenia o Resztach. Niech p będzie ustalo-ną liczbą pierwszą, na mocy lematu grupa zawiera element a := 1 + p rzędu pn−1.

Niech k będzie liczbą całkowitą, której klasa generuje generuje grupę U(Zp) ∼= Zp−1, wtedy klasa k w grupieU(Zpn) ma rząd podzielny przez p − 1. W grupie U(Zpn) element (1 + p) ma rząd pn−1, a zatem w grupie U(Zpn)

istnieje element rzędu podzielnego przez pn−1(p− 1) = |U(Zpn)|, czyli grupa ta jest cykliczna.Do zakończenia dowodu wystarczy zauważyć, że grupa U(Z2n) rzędu 2n−1 zawiera element 5 rzędu 2n−2 i nie

jest cykliczna (elementy 1 + 2n−1 oraz 1 mają rząd 2). �

Definicja 51. PierścieńR nazywamy pierścieniem ideałów głównych, jeżeli każdy ideał pierścieniaR jest ideałemgłównym. Całowity pierścień ideałów głównych nazywamy dziedziną ideałów głównych (PID).Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Przykład 127. Każde ciało jest pierścieniem ideałów głównych, pierścień liczb całkowitych jest pierścieniem

ideatów głównych.

Jeżeli K jest ciałem to pierścień K[T1, . . . , Tn] jest pierścieniem ideałów głównych wtedy i tylko wtedy gdy n = 1.

Jeżeli R jest pierścieniem całkowitym takim, że R[T ] jest dziedziną ideałów głównych to R jest ciałem. Ponie-

waż R jest podpierścieniem pierścienia całkowitego R[T ] więc jest pierścieniem całkowitym. Ideał (T ) jest ideałem

właściwym, więc zawiera się w pewnym maksymalnym idealem, który musi być główny to znaczy (T ) ⊂ (a), w szcze-

gólności a jest dzielnikiem T , a ponieważ nie jest jednością więc jest stowarzyszony z T . W szczególności ideał m jest

maksymalny, a stąd pierścień R ∼= R[T ]/T jest ciałem.

Pierścień Z[i] jest pierścieniem ideałów głównych.

Pierścień Z[√

3] nie jest pierścieniem ideałów głównych.

Lemat 128. Jeżeli a, b ∈ R, to (a) ⊂ (b)⇔ b | a.

Jeżeli R jest pierścieniem całkowitym, a, b ∈ R to (a) = (b)⇔ a ∼ b.

Przykład 129. Niech R = C([0, 3]) będzie pierścieniem funkcji ciągłych na przedziale domkniętym [0, 3], niech

f(t) =

1− t, t ∈ [0, 1]0, t ∈ [1, 2]2− t, t ∈ [2, 3]

, g(t) =

1− t, t ∈ [0, 1]0, t ∈ [1, 2]t− 2, t ∈ [2, 3]

, h(t) =

1, t ∈ [0, 1]3− 2t, t ∈ [1, 2]−1, t ∈ [2, 3]

.

Wtedy f = gh oraz g = fh, ale dowolna jedność u ∈ U(R) ma stały znak na [0, 3], więc (ug(0)) i (ug(3)) mają ten

sam znak podczas gdy (0) i f(3) mają przeciwne znaki, więc f 6= ug. A zatem f |g oraz g|f czyli (f) = (g) podczas gdy

f i g nie są stowarzyszone.

Definicja 52. Pierścień R nazywamy noetherowskim, jeżeli każdy ideał w R jest skończenie generowany.

Propozycja 130. Pierścień R jest noetherowski wtedy i tylko wtedy gdy dla każdego wstępującego ciągu ideałów

I1 ⊂ I2 ⊂ . . . istnieje wskaźnik n0 począwszy od którego wszystkie ideały są równe (tzn. In = In0 dla n n0).

Warunek z powyższej propozycji nazywamy warunkiem ciągu wstępującego.

Dowód. Niech pierścień R spełnia warunek ciągu wstępującego, a I będzie ideałem w R. Gdyby I nie był skoń-

czenie generowany, to indukcyjnie moglibyśmy wybrać ciąg elementów a1, a2, · · · ∈ I taki, że an+1 6∈ (a1, . . . , an).

Oznaczając In = (a1, . . . , an) otrzymalibyśmy wstępujący ciąg ideałów, który się nie stabilizuje.

Jeżeli I1 ⊂ I2 ⊂ . . . jest wstępującym łańcuchem ideałów, to niech I :=∞⋃i=1

In. Wtedy I jest ideałem w R, z

noetherowskości R ideał I jest skończenie generowany czyli istnieją a1, . . . , ak ∈ I takie, że (a1, . . . , ak) = I. Wtedy

istnieje n0 ∈ N takie, że {a1, . . . , ak} ⊂ In0 . Dla dowolnego n n0 mamy I = (a1, . . . , ak) ⊂ In0 ⊂ In ⊂ I, czyli

I = In = In0 , a więc łańcuch się stabilizuje. �

Definicja 53. Element a ∈ R \ R∗ nazywamy nierozkładalnym, jeżeli dla dowolnych b, c ∈ R zachodzi a = bc ⇒

b ∈ R∗ lub c ∈ R∗.

Pierścień R nazywamy pierścieniem z rozkładem, jeżeli dowolny element niezerowy można przedstawić jako

iloczyn b · c1 . . . cn, gdzie b jest jednością, ci są nierozkładalne (n 0).

Propozycja 131. Jeżeli R jest pierścieniem całkowitym noetherowskim, to R jest pierścieniem z rozkładem.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Dowód. Jeżeli a ∈ R \ R∗ nie daje się przedstawić jako skończonych iloczyn elementów nierozkładalnych, to a

nie jest nierozkładalny, więc a = a1b1, np. a1 nie rozkłada się na iloczyn elementów nierozkładalnych, natomiast b1

nie jest jednością. Wtedy (a) ( (a1). Możemy to kontynuować otrzymując nieskończony wstępujący łańcuch ideałów.

Sprzeczność z założeniem. �

Uwaga. Jedyne rozkłady 2 w Z/6Z to 2 = 1 ·2, 2 = 2 ·4, 2 = (−4) · (−1), a zatem pierścień Z/6Z jest noetherowski,

ale nie jest pierścieniem z rozkładem.

Propozycja 132 (Twierdzenie Hilberta o bazie). Pierścień wielomianów o współczynnikach w pierścieniu noethe-

rowskim jest noetherowski.

Dowód. Ponieważ R[T1, . . . , Tn] ∼= (R[T1, . . . , Tn−1])[Tn], więc (na mocy indukcji) wystarczy dowieść w przypadku

n = 1.

Dla dowolnego f ∈ R[T ] oznaczamy przez lc(f) współczynnik przy najwyższej potędze w f . Niech I ⊂ R[T ] będzie

ideałem, oznaczmy przez In := {lc(f) : f ∈ I, deg f ¬ n}. Oczywiście In jest wstępującym ciągiem ideałów, więc

istnieje n0 takie, że dla n n0 mamy In = In0 . Ponieważ pierścień R jest noetherowski, więc istnieje zbiór skończony

An generujący ideał In. Dla dowolnego a ∈ An istnieje wielomian fa ∈ I taki, że deg fa ¬ n i lc(fa) = a.

Pokażemy, że zbiór A := {fa : a ∈ An, n ¬ n0} generuje ideał I. Niech g będzie elementem I \ (A) najmniejszego

stopnia n. Wtedy lc(g) = r1b1 + · · · + rkbk, dla pewnych ri ∈ R, bi ∈ An (jeżeli n > n0, to bi ∈ An0 ). Wtedy g1 :=

g − (r1fb1 + · · ·+ rkfbk) (g1 := g − (r1fb1 + · · ·+ rkfbk)Tn−n0 dla n > n0) jest elementem I stopnia < n, więc g1 ∈ (A),

a stąd g ∈ (A). Sprzeczność. �

Propozycja 133. Jeżeli R jest pierścieniem noetherowskim, I ⊂ R ideałem, to pierścień R/I jest noetherowski.

Jeżeli R jest pierścieniem noetherowskim, S ⊂ R podzbiorem multyplikatywnym, to lokalizacja RS jest pierście-

niem noetherowskim.

Przykład 134. Element 6 ma w pierścieniu Z[√−5] dwa rozkłady 6 = 2 · 3 oraz 6 = (1 +

√−5)(1−

√−5).

Definicja 54. Pierścień całkowity z rozkładem nazywamy pierścieniem Gaussa jeżeli dla dowolnego elementu

a ∈ R \R∗, a 6= 0 oraz dowolnych dwóch rozkładów na czynniki nierozkładalne a = b1 . . . bk = c1 . . . cl istnieje bijekcja

σ : {1, . . . , k} −→ {1, . . . , l} taka, że bi ∼ cσ(i).

Definicja 55. Element a ∈ R nazywamy pierwszym jeżeli dla dowolnych b, c ∈ R zachodzi implikacja a | bc ⇒

(a | b lub a | c).

Każdy element pierwszy jest nierozkładalny (w pierścieniu całkowitym).

Propozycja 135. Całkowity pierścień z rozkładem jest pierścieniem Gaussa wtedy i tylko wtedy gdy dowolny

element nierozkładalny w R jest pierwszy.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Dowód. Niech a będzie elementem nierozkładalnym w pierścieniu Gaussa R, jeżeli a | bc, to niech d będzie taki,że ad = bc. Niech b = b1 . . . bk, c = c1 . . . cl,d = d1 . . . dm. Wtedy ab1 . . . bk = c1 . . . cld1 . . . dm, są dwoma rozkładami naczynniki nierozkładalne. Zatem a jest stowarzyszony z jednym z bi lub cj , a więc dzieli b lub c.

Jeśli a1 . . . ak = b1 . . . bl są dwoma rozkładami na iloczyn elementów pierwszych, to a1 dzieli b1(b2 . . . bk), więca1 | b1 lub a1 | (b2 . . . bk). Powtarzając pokazujemy, że istnieje σ(1) takie, że a1 | bσ(1). Niech d ∈ R takie, że a1d = bσ(1).Ponieważ bσ(1) jest elementem pierwszym, więc bσ(1) | a1 (bσ(1) | d oznaczałoby, że a1 jest jednością), a stąd d jestjednością oraz a1 ∼ bσ(1). Powtarzamy powyższe rozumowanie dla a2 . . . ak = (db1) . . . bσ(1) . . . bl, znajdujemy iniekcjęσ : {1, . . . , k} −→ {1, . . . , l} taką, że ai ∼ bσ(i). W szczególności k ¬ l, a ponieważ rola a i b jest symetryczna, to k = l

oraz σ jest permutacją. �

Definicja 56. Najmniejszą wspólną wielokrotnością elementów a, b ∈ R nazywamy dowolny element c ∈ R taki,że a | c i b | c oraz dla dowolnego d ∈ R zachodzi implikacja (a | d, b | d)⇒ c | d.

Największym wspólnym dzielnikiem elementów a, b ∈ R nazywamy dowolny element c ∈ R taki, że c | a i c | boraz dla dowolnego d ∈ R zachodzi implikacja (d | a, d | b)⇒ d | c.

Dwa elementy a, b ∈ R nazywamy względnie pierwszymi, jeżeli 1 jest ich największym wspólnym dzielnikiem.

Uwaga. Największy wspólny dziennik dwóch elementów może nie istnieć. Dowolny element stowarzyszony z naj-większym wspólnym dzielnikiem jest największym wspólnym dzielnikiem. Dowolne dwa największe wspólne dziel-niki są elementami stowarzyszonymi. Podobnie dla najmniejszej wspólnej wielokrotności.

Oznaczenia(a, b) = NWD(a, b) = gcd(a, b)

[a, b] = NWW(a, b) = lnm(a, b)

Lemat 136. W pierścieniu Gaussa istnieje największy wspólny dzielnik oraz najmniejsza wspólna wielokrotnośćdowolnych dwóch elementów.

Iloczyn największego wspólnego dzielnika i najmniejszej wspólnej wielokrotności dowolnych dwóch niezerowychelementów pierścienia Gaussa jest stowarzyszony z ich iloczynem.

Dowód. Elementy a, b ∈ R możemy zapisać w postaci a = up11 . . . upll , b = euq11 . . . uell , gdzie ui paramie niestowa-

rzyszone elementy nierozkładalne, e ∈ R∗, pi, qi ∈ N. Oznaczmy mi = min{pi, qi}, Mi = max{pi, qi}

(a, b) = um11 . . . umll

[a, b] = uM11 . . . uMl

l

Ponieważ min{pi, qi}+ max{pi, qi} = pi + qi, więc (a, b)[a, b] = (1e )ab. �

Propozycja 137. Całkowity pierścień ideałów głównych jest pierścieniem Gaussa.Dla dowolnych elementów a, b pierścienia ideałów głównych R istnieją elementy c, d ∈ R takie, że ac+ bd = (a, b).

Dowód. Pierścień R jest całkowity i noetherowski, więc jest pierścieniem z rozkładem. Jeżeli u jest elementemnierozkładalnym, to ideał główny (u) jest ideałem maksymalnym, jeśli bowiem (u) ⊂ (v), to istnieje w ∈ R taki, żeu = vw. Wtedy v lub w jest jednością, czyli (v) = R lub (u) = (v). Skoro (u) jest ideałem maksymalnym, to jestideałem pierwszym. Jeśli u | ab, ab ∈ (u), stą a ∈ (u) lub b ∈ (u), czyli u | a lub u | b.

Niech a, b ∈ R, rozważmy ideał (a, b) ⊂ R, istnieje f ∈ R taki, że (a, b) = (f). Ponieważ a, b ∈ (e), więc e | a, a | b.Ponieważ istnieją c, d ∈ R takie, że e = ac+ bd, więc jeśli jakiś element dzieli a i b to dzieli e. Czyli e = (a, b).

�


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Definicja 57. Pierścień całkowity R nazywamy pierścieniem Euklidesa jeśli istnieje funkcja v : R \ {0} −→ N

taka, że

(1) v(ab) v(a), dla a, b ∈ R \ {0},(2) dla dowolnych a, b ∈ R \ {0} istnieją q, r ∈ R takie, że a = qb+ r oraz v(r) < v(b).

Uwaga. Jeśli pierścień całkowity posiada funkcjęR\{0} −→ N spełniającą warunek drugi, to jest on pierścieniemEuklidesa.

Przykład 138. (1) R = Z, v(a) = |a|

(2) R = Z[i], v(a+ bi) = a2 + b2

(3) R = Z[ζ3], v(a+ bζ3) = a2 − ab+ b2

(4) R–ciało

(5) R = K[T ], v = deg. v(a) =

{0, a = 01, a 6= 0

Propozycja 139. Pierścień Euklidesa jest pierścieniem ideałów głównych.

Dowód. Niech I ⊂ R będzie ideałem. Jeżeli I 6= {0}, to niech a0 ∈ I będzie tak wybrany, że v(a0) = min{v(a) : a ∈

I, a 6= 0}. Niech a ∈ I będzie dowolnym elementem. Istnieją q, r ∈ I takie, że a = qa − 0 + r, v(r) < v(a0). ponieważr ∈ I, więc r = 0 oraz a ∈ (a0). Zatem I ⊂ (a0), przeciwna inkluzja jest oczywista. �

Wniosek 140. Pierścień Euklidesa jest pierścieniem Gaussa.

Uwaga (Algorytm Euklidesa). Niech a, b ∈ R. Oznaczmy a0 = a, a1 = b. Jeśli mamy skonstruowane a0, . . . , an(n

1), an 6= 0 to jako an+1 wybieramy element taki, że an−1 = qan + an+1 dla pewnego q ∈ R oraz v(an+1) < v(an).Ponieważ v(a2) > v(a3) > . . . , więc po skończonej liczbie kroków dojdziemy do an0 = 0. Wtedy an0−1 = (a, b). Dowódidentyczny jak dla pierścienia liczb całkowitych czy wielomianów.

Propozycja 141 (Rozkład na ułamki proste). Niech R będzie pierścieniem euklidesowym, a, b ∈ R takie, że v(a) <

v(b). Wtedy istnieją e p1, . . . , pn, q1, . . . , qn ∈ R oraz elementy p1, . . . k1, . . . , kn ∈ Z+ takie, że

(1) v(pi) < v(q1),(2) qi jest nierozkładalny,(3) a

b=

p1

qk11+ · · ·+ pn

qknn

Dowód. Zauważmy, że jeśli (q1, q2) = 1, to istnieją c1, c2 ∈ R takie, że q1c1 + q2c2 = 1. Zatem dla p ∈ R mamyp

q1q2= pc1

q1+ pc2

q2. Zatem wystarczy ograniczyć się w dowodzie propozycji do ułamków postaci p

qn dla q nierozkładalnego.Ale istnieją p1, p2 takie, że p = p2q + p1, v(p1) < a. Wtedy p

qn = p1qn + p2

qn−1 . Opisaną procedurę powtarzamy.�

Uwaga. Jeśli iloraz i reszta w pierścieniu R są wyznaczone jednoznacznie (np. pierścień wielomianów o współ-czynnikach w ciele), to rozkład na ułamki proste jest wyznaczony jednoznacznie przez powyższą konstrukcję. Ale np.14 = 1

2 −14 . W ogólnej sytuacji istnieje delikatniejsza wersja jednoznaczności rozkładu.

Definicja 58. Normą Dedekinda–Hassego na pierścieniu R nazywamy funkcję v : R \ {0} −→ Z dla dowolnycha, b ∈ R zachodzi

a ∈ (b) lub istnieje c ∈ (a, b), c 6= 0 taki, że v(c) < v(b).


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Lemat 142. Pierścień posiadający normę Dedekinda–Hassego jest pierścieniem ideałów głównych.

Lemat 143. Jeżeli R jest dziedziną ideałów głównych to funkcja

v : R \ {0} 3 a = cb1 . . . bn 7→ v(a) := 2n ∈ N

jest multyplikatywną norma Dedekinda–Hassego.

Dowód. Ponieważ R jest Gaussa, więc liczba czynników nierozkładalnych w rozkładzie danego elementu niezależy od wyboru rozkładu, a zatem funkcja jest dobrze określona.

NIech a, b ∈ R, a 6∈ (b), istnieje c ∈ R t.że (a, b) = (c). Ponieważ a 6∈ (b), więc c 6∈ (b), zatem b = rc gdzie r nie jestjednością. A zatem v(b) = v(r)v(c) > v(c). �

Wniosek 144. Pierścień całkowity jest pierścieniem ideałów głóœnych wtw gdy posiada normę Dedekinda–Hassego.

Lemat 145. Jeśli R jest pierścieniem Euklidesa, to istnieje element u ∈ R \ (R∗∪{0}) taki, że dla dowolnego a ∈ Ristnieje b ∈ R∗ ∪ {0} t.że u|a− b.

Propozycja 146. Pierścień Z[√−19+12 ] := {a + b

√−19|a, b ∈ Q, 2a, a + b, 2b ∈ Z} jest dziedziną ideałów głównych,

ale nie jest pierścieniem Euklidesa.

Dowód. Ćwiczenia. �

Lemat 147. Niech K będzie dowolnym ciałem, jednościami pierścienia wielomianów jednej zmiennej K[T ] są(niezerowe) wielomiany stopnia zero, a elementami nierozkładalnymi wielomiany nierozkładalne stopnia dodatniego.

Niech R będzie pierścieniem Gaussa, K jego ciałem ułamków.

Lemat 148. Jeżeli a ∈ R jest elementem pierwszym pierścienia R to jest elementem pierwszym pierścienia R[T ].

Dowód. Niech f, g ∈ R[T ] takie, że a | fg ale a - f i a - g. Jeśli f = anTn + · · ·+ a0, g = bmT

m + . . . b0 to ponieważa nie dzieli f ani g, więc nie dzieli ich wszystkich współczynników. Istnieją k, l takie, że a | ai dla i < k, a - ak oraza | bj dla j < l, a - bl. Współczynnik fg przy T k+l jest równy

ck+l = akbl + (ak−1bl+ + . . . ) + (ak+1bl−1 + . . . ),

ponadto a | cl+l skąd a | akbl. Sprzeczność. �

Definicja 59. Wielomian f ∈ R[T ] nazywamy prymitywnym, jeśli jego współczynniki nie maja wspólnego dziel-nika.

Wniosek 149 (Lemat Gaussa). Iloczyn dowolnej liczby wielomianów prymitywnych jest wielomianem prymityw-nym.

Propozycja 150. Wielomian nierozkładalny f ∈ R[T ] jest również nierozkładalny w K[T ].

Dowód. Przypuśćmy, że f = f1f2, fi ∈ K[T ], deg fi > 0. Istnieją wielomiany prymitywne g1, g2 ∈ R[T ] takie, żefi = ai

bigi. Stąd bf = ag1g2, a = a1a2, b = b1b2. Na mocy Lematu Gaussa g1g2 jest wielomianem prymitywnym. Zatem

b dzieli NWD współczynników wielomianu ag1g2, który jest równy a. Stąd f = ab g1g2,

ab ∈ R, więc wielomian f jest

rozkładalny. �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Twierdzenie 151 (Gaussa). Pierścień R[T1, . . . , Tn] wielomianów n–zmiennych o współczynnikach w pierścieniuGaussa R jest pierścieniem Gaussa.

Dowód. Wystarczy (indukcja) dowieść dla n = 1. Ponieważ R[T ] jest pierścieniem z rozkładem musimy jedyniepokazać, ze dowolny wielomian nierozkładalny jest elementem pierwszym.

Pierścień R jest całkowity, wiec R[T ] również jest pierścieniem całkowitym.Niech f ∈ R[X] będzie wielomianem niezerowym, pokażemy przez indukcję na deg f , że f jest jednością lub iloczy-

nem nierozkładalnym. Przypuśćmy, że f nie ma takiego przedstawienia, na mocy indukcji f nie daje się przedstawićjako iloczyn wielomianów niższych stopni, niech a będzie najmniejszą wspólną wielokrotnością współczynników f ,wtedy f = af0, gdzie f0 jest wielomianem prymitywnym. Wtedy f0 jest elementem nierozkładlnym R[X], jeżeli a jestjednością R, to f jest również elementem nierozkładalnym w R[T ]. Jeśli a nie jest jednością R, to rozkłąda się nailoczyn elementów nierozkładalnych R, więc również R[X].

Niech f ∈ R[T ] będzie elementem nierozkładalnym, f | gh, g, h ∈ R[T ]. Ponieważ R[T ] ⊂ K[T ], K[T ] jest pierście-niem Gaussa, a f jest nierozkładalny w K[T ], więc f | g lub f | h w K[T ]. Przyjmijmy, że f | g, to znaczy fg1 = g dlapewnego g1 ∈ K[T ]. Istnieje wielomian prymitywny g2 ∈ R[T ] oraz a, b ∈ R względnie pierwsze takie, że g1 = a

b g2.Wtedy afg2 = bg. Ponieważ f jest nierozkładalny, więc jest prymitywny i na mocy Lematu Gaussa fg2 również jestprymitywny. Podobnie jak poprzednio a

b ∈ R, ab fg2 = g, czyli f | g w R[T ]. �

Propozycja 152 (Kryterium Eisensteina). Niech R będzie pierścieniem Gaussa, f = anTn + . . . a0 ∈ R[T ]. Jeżeli

dla pewnego elementu pierwszego p w R mamy

p - an, p | an−1, . . . , p | a0, p2 - a0

to f jest nierozkładalny w R[T ], więc również w K[T ].

Dowód. Przypuśćmy, że f jest rozkładalny w R[T ], czyli f = gh, g, h ∈ R[T ],deg g,deg h > 0. Mamy więc

anTn + · · ·+ a0 = (brT r + · · ·+ b0)(csT s + · · ·+ c0)

Na mocy założeń c dzieli jeden z czynników b0, c0, przyjmijmy p | b0, p - c0.Ponieważ a1 = b0c1 + b1c0, więc p | b1c0 czyli p | b1. podobnie pokazujemy p | b2, . . . , p | br, a stąd p | an.

Sprzeczność. �

Lemat 153. Jeżeli ab ∈ K jest pierwiastkiem wielomianu f(T ) = anT

n + · · · + a0 ∈ R[T ] o współczynnikach wpierścieniu Gaussa, a, b ∈ R, (a, b) = 1, to a | a0, b | an. W szczególności, jeśli an = 1 to a

b ∈ R.

Metoda Kroneckera. Istnieje algorytm rozkładu na czynniki nierozkładalne wielomianu nad dowolnym pier-ścieniem Gaussa o skończonej liczbie jedności (np. nad Z). Niech f ∈ R[T ],deg f = n, Jeśli f ma pierwiastek w R, tostosujemy tw. Bezouta i zastępujemy f przez wielomian mniejszego stopnia.

Wybieramy m (m > n2 )punktów a1, . . . , am oraz rozpatrujemy wartości f(a1), . . . , f(am). Dowolny element pier-

ścienia R (poza zerem) ma skończoną liczbę dzielników. Wybieramy dowolny dzielnik wi elementu f(zi) dla i =

1, . . . ,m i szukamy czy istnieje wielomian g stopnia mniejszego od m taki, że g(ai) = wi (w tym celu musimy rozwią-zać układ równań liniowych, który rozwiązujmy w ciele i sprawdzamy czy rozwiązanie leży w pierścieniu). Jeśli takiwielomian istnieje, to sprawdzamy czy jest dzielnikiem wielomianu f . W ten sposób możemy skonstruować wszystkiedzielniki f . Metoda bardzo pracochłonna.Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Przykład 154. Rozłóżmy wielomian f = T 4+T +1 na czynniki w Z[T ]. Szukamy czynnika stopnia ¬ 2, ponieważ

f(−1) = 1, f(0) = 1, f(3) = 3, więc szukamy wielomianów kwadratowych g takich, że g(−1) ∈ {−1, 1}, g(0) ∈ {−1, 1},

g(1) ∈ {−3,−1, 1, 3}. Wśród wielomianów spełniających te warunki unormowane są wyłącznie T 2+T −1 i T 2−T −1,

ale one nie dzielą wyjściowego wielomianu, który jest więc nierozkładalny.

Lemat 155. Niech f, g ∈ R[T ] będą wielomianami o współczynnikach w pierścieniu Gaussa R. Wielomiany f

i g mają wspólny dzielnik stopnia dodatniego wtedy i tylko wtedy gdy istnieją wielomiany f1, g1 ∈ R[T ] takie, że

deg f1 < deg f, deg g1 < deg g oraz f1g = fg1.

Dowód. Jedna implikacja jest oczywista. Dla dowodu implikacji przeciwnej przypuśćmy, że f i g nie maja wspól-

nego dzielnika dodatniego stopnia. Wybierzmy wielomiany u, v takie, że uf+vg = c ∈ R\{0}. Stąd cf1 = (uf+vg)f1 =

f(uf1 + vg1) �

Definicja 60. Rugownikiem wielomianów f = anTn+· · ·+a0, g = bmT

m+· · ·+b0 ∈ R[T ], gdzieR jest pierścieniem

całkowitym, nazywamy wyznacznik macierzy Sylvestera

R(f, g) :=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

an an−1 . . . a0 0 . . . 00 an an−1 . . . a0 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . 0 an an−1 . . . a0bm bm−1 . . . b0 0 . . . 00 bm bm−1 . . . b0 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . 0 bm bm−1 . . . b0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Propozycja 156. Jeśli f, g ∈ R[T ] są wielomianami o współczynnikach w pierścieniu Gaussa, to f, g mają wspólny

dzielnik stopnia większego od zera wtedy i tylko wtedy gdy R(f, g) = 0.

Dowód. Na mocy poprzedniego Lematu f i g maja wspólny dzielnik stopnia większego od zera wtedy i tylko

wtedy gdy istnieją f1 i g1 t. że fg1 = f1g, deg f1 < deg f, deg g1 < deg g. Jeśli oznaczymy f1 = pn−1Tn−1 + · · · +

p0, g1 = −qm−1Tm−1−· · ·− q0 to warunek fg1 = f1g sprowadza się do następującego układu n+m równań liniowych

jednorodnych ze względu na n+m zmiennych p0, . . . , pn−1, q0, . . . , qm−1, którego macierzą jest macierz transponowana

macierzy Sylvestera. A zatem układ ten ma rozwiązanie niezerowe wtedy i tylko wtedy gdy wyznacznik macierzy

Sylvestera jest równy zero. �

Wniosek 157. Jeżeli f, g ∈ K[X] są wielomianami o współczynnikach w ciele K to R(f, g) = 0 wtedy i tylko wtedy

gdy f i g mają wspólny pierwiastek w pewnym rozszerzeniu ciała K.

Wielomian f ∈ K[X] ma pierwiastek wielokrotny w pewnym rozszerzeniu ciałaK wtedy i tylko wtedy gdyR(f, f ′) =

0.

Definicja 61. Rugownik ∆(f) := (−1)n(n−1)/2R(f, f ′) nazywamy wyróżnikiem wielomianu f .

Propozycja 158. Jeżeli f, g ∈ R[T ], to istnieją wielomiany f1, g1 ∈ R[T ] takie, że fg1+gf1 = R(f, g), deg f1 < deg f ,

deg g1 < deg g.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Dowód. Do ostatniej kolumny macierzy dodajemy przedostatnią pomnożoną przez T , kolejną przez T 2 itd, wtedy

ostatnia kolumna macierzy będzie miała postać

Tm−1f(T )Tm−2f(T )

. . .T f(T )f(T )

Tn−1g(T )Tn−2g(T )

. . .T g(T )g(T )

Rozwijając względem ostatniej kolumny otrzymamy poszukiwane przedstawienie. �

Lemat 159. Jeśli f, g ∈ R[T ], α ∈ R to R((T − α)f, g) = g(α)R(f, g).

Dowód. Macierz Sylvestera ma postać

R((T − α)f, g) :=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

an an−1 − αan . . . a0 − αa1 −αa0 0 . . . 00 an an−1 − αan . . . a0 − αa1 −αa0 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . 0 an an−1 − αan . . . a0 − αa1 −αa0bm bm−1 . . . b0 0 . . . 0 00 bm bm−1 . . . b0 . . . 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . 0 bm bm−1 . . . b1 b0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Do drugiej kolumny dodajemy pierwszą pomnożoną przez α, następnie do drugiej trzecią pomonożoną przez alpha

itd. Otrzymamy macierz∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

an an−1 . . . a0 0 0 . . . 00 an an−1 . . . a0 0 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . 0 an an−1 . . . a0 0bm bm−1 + αbm . . . b0 + αb1 b0α+ . . . . . . b0α

n−2 + . . . b0αn−1 + . . .

0 bm bm−1 + αbm . . . b0 + αb1 + . . . . . . b0αn−2 b0α

n−2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . bm bm−1 + αbm . . . b1 + αb2 + . . . b0 + αb1 + . . . b0α+ . . .0 . . . 0 bm bm−1 + αbm . . . b1 + αb2 + . . . b0 + αb1 + . . .

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Następnie od przedostatniego wiersza odejmujemy ostatni, od trzeciego wiersza od końca przedostatni itd. aż do

m–tego od końca. Otrzymamy w ten sposób macierz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

an an−1 . . . a0 0 0 . . . 00 an an−1 . . . a0 0 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . 0 an an−1 . . . a0 0bm bm−1 . . . b0 0 . . . 0 00 bm bm−1 . . . b0 . . . 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . bm bm−1 . . . b1 b0 00 . . . 0 bm bm−1 + αbm . . . b1 + αb2 + . . . g(α)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣której wyznacznik jest równy (rozwijając względem ostatniej kolumny) g(α)R(f, g). �

Uwaga. Prawdziwa jest ogólniejsza własność R(f, gh) = R(f, g)R(f, h) dla dowolnych f, g, h ∈ R[T ].Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Wniosek 160. Jeżeli f = an(T − r1) . . . (T − rn), g = bm(T − s1) . . . (T − sm), to

R(f, g) = amn bnm

n∏k=1

m∏l=1

(rk − sl) = am0

n∏k=1

g(ri) = (−1)nmbn0

m∏l=1

f(sj).

Jeśli f = an(T − r1) . . . (T − rn) to

R(f, f ′) = a2n−1n

∏i 6=j

(ri − rj)

oraz

∆(f) = a2n−1n

∏i<j

(ri − rj)2.

Lemat 161. Jeżeli I, I2, . . . , In są ideałami w pierścieniu R takimi, że I + Ij = R dla j = 1, . . . , n to I +⋂Ij = R.

Dowód. Niech xj ∈ I, yj ∈ Ij takie, że xj + yj = 1. Wtedy y1 . . . yn − 1 = (1 − x1) . . . (1 − xn) − 1 ∈ I, natomiast(1−x1) . . . (1−xn) ∈ I1∩· · ·∩In, więc 1 = (1−x1) . . . (1−xn)−((1−x1) . . . (1−xn)−1) ∈ I+

⋂Ij , więc I+

⋂Ij = R. �

Twierdzenie 162 (Chińskie Twierdzenie o resztach). Niech I1, . . . , In będą ideałami pierścienia R takimi, że

Ii + Ij = R dla i 6= j. Dla dowolnych y1, . . . , yn ∈ R istnieje y ∈ R takie, że y − yi ∈ Ii dla i = 1, . . . , n. Jeśli y′ ∈ R to

y′ − yi ∈ Ii (dla i = 1, . . . , n) wtedy i tylko wtedy gdy y − y′ ∈ I1 ∩ · · · ∩ In.

Dowód. Istnienie. Niech Ji =⋂j 6=i Ii, na mocy Lematu Ii + Ji = R, więc istnieją ui ∈ Ii, vi ∈ Ji t.że, ui + vi = 1,

vi ∈ Ij dla i 6= j. Niech y =∑i viyi. Dla dowolnego i mamy

y − yi = (vi − 1)yi +∑j 6=i

vjyj = −uiyi +∑j 6=i

vjyj ∈ Ii.

Oczywiście y − y′ ∈ Ii dla i = 1, . . . , n⇔ y − y′ ∈ I1 ∩ · · · ∩ In.�

Wniosek 163 (Inne sformułowanie). Niech I1, . . . , In będą ideałami pierścienia R takimi, że Ii + Ij = R dla i 6= j.

Naturalne odwzorowanie R/(I1 ∩ · · · ∩ In) 7−→ R/I1 × · · · ×R/In jest izomorfizmem.

Klasyczne twierdzenie chińskie o resztach dotyczyło przypadku R = Z. Wtedy Ii = (ni), warunek Ii + Ij = R

sprowadza się do (ni, nj) = 1 dla i 6= j.

Przykład 164. Wyznaczyć wszystkie rozwiązania układu kongruencji n ≡ 2 mod 4, n ≡ 1 mod 3, n ≡ 3 mod 7.Niech Ii = (ni), niech m = n1 . . . nr, mi = m

ni. Wtedy Ji = (mi). Ponieważ n1,m1 są względnie pierwsze więc

istnieją ui, vi takie, że ni|ui, mi|vi oraz ui + vi = 1.W naszym przypadku n1 = 4, n2 = 3, n3 = 7, m = 3 · 3 · 7 = 84,m1 = 21, m2 = 28 oraz m3 = 12.Ponieważ −5 · 4 + 21,−9 · 2 + 28 = 1,−5 · 7 + 3 · 21 = 1, więc możemy przyjąć v1 = 21, v2 = 28, v3 = 36.Rozwiązaniem układu kongruencji jest jest n = n1v1+ · · ·+nrVr. W naszym przypadku rozwiązaniem jest liczba

2 · 21 + 28 + 3 · 36 = 178 = 10 + 2 · 84. Czyli n spełnia rozważany układ kongruencji wtedy i tylko wtedy gdy n ≡ 10

mod 84.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

ROZDZIAŁ III

Elementy teorii Galois

1. Rozszerzenia ciał

Definicja 62. Jeżeli L jest ciałemK ⊂ L jest ciałem z indukowanymi działaniami, to L nazywamy rozszerzeniemK.

Jeżeli L jest rozszerzeniem K to L jest przestrzenią wektorową nad K.

Definicja 63. Stopniem rozszerzenia K ⊂ L nazywamy liczbę [L : K] = dimK L.

Lemat 165 (Prawo wieży). Jeżeli K ⊂ L ⊂M są rozszerzeniami ciał to [M : K] = [M : L][L : K].

Dowód. Niech A1, . . . , Ak będzie bazą L jako przestrzeni wektorowej nad K, B1, . . . , Bl będzie bazą M jako prze-strzeni wektorowej nadL. Pokażemy, żeAiBj jest baząM jako przestrzeni wektorowej nadK. Jeżeli

∑i,j λi,jAiBj = 0

(λi,j ∈ K), to mamy∑j(∑i λi,jAj)Bj = 0. Ponieważ

∑i λi,jAj ∈ L więc

∑i λi,jAj = 0, a stąd λi,j = 0.

Jeżeli x ∈M , to x =∑j µjBj . Ale µj ∈ L, więc µj =

∑i λi,jAi. A zatem x =

∑i,j λi,jAiBj . �

Jeżeli K jest ciałem, charK = 0, to Φ : Q 3 pq 7→

p1Kq1K∈ K jest monomorfizmem. Im(Φ) jest ciałem izomorficznym

z Q.Jeżeli K jest ciałem charakterystyki p, to Fp 3 [n] 7→ n · 1K ∈ K jest (poprawnie określonym) monomorfizmem

ciał.

Wniosek 166. |K| <∞ to char(K) > 0. Wtedy |K| = pn, gdzie n = [K : Fp].

Odwzorowanie FrobeniusaFrobp : K 3 x 7→ xp ∈ K

spełnia warunki

Frobp(x+ y) = Frobp(x) + Frobp(y)

Frobp(xy) = Frobp(x) Frobp(y)

morfizm Frobeniusa, podobnie(Frobp)k : K 3 x 7→ xp

k

∈ K.

Jeżeli |K| = n = pk, to każdy element ciała K spełnia równanie xpk = x

Definicja 64. Jeżeli K ⊂ L jest rozszerzeniem ciał, A ⊂ L, to

K(A) ={P (a1, . . . , an)Q(a1, . . . , an)

: a1, . . . , an ∈ A,n ∈ N, P,Q ∈ K[X1, . . . , Xn], Q(a1, . . . , an) 6= 0}

jest ciałem zwanym rozszerzeniem ciała K o zbiór A. Jest to najmniejsze ciało L′ takie, że K ∪A ⊂ L′ ⊂ L.Podobnie, jeżeli R ⊂ S jest rozszerzeniem pierścieni, A ⊂ S, to

R[A] = {P (a1, . . . , an) : a1, . . . , an ∈ A,n ∈ N, P ∈ R[X1, . . . , Xn], }

jest pierścieniem, zwanym rozszerzeniem pierścienia S o zbiór A. Jest to najmniejszy pierścień S′ takie, że R ∪A ⊂S′ ⊂ S.

44

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

Rozdział III. Elementy teorii Galois 45

2. Rozszerzenia algebraiczne

Definicja 65. Niech K ⊂ L będzie rozszerzeniem ciał, element a ∈ L nazywamy algebraicznym nad ciałem K,jeżeli istnieje wielomian P (X) ∈ K[X] taki, że P 6= 0, P (a) = 0.

Najmniejszy stopień wielomianu P (X) ∈ K[X] takiego, że P 6= 0, P (a) = 0 nazywamy stopniem elementu alge-braicznego a, a wielomian minimalnego stopnia wielomianem minimalnym.

Element, który nie jest algebraiczny nazywamy przestępnym.

Lemat 167. Jeżeli f ∈ K[X] jest wielomianem nierozkładalnym, deg f 1, to pierścień ilorazowy K[X]/PK[X]

jest ciałem.

Twierdzenie 168. Jeżeli k ⊂ L jest rozszerzeniem ciał, a ∈ L, to następujące warunki są równoważne

(1) a jest algebraiczny,(2) [K(a) : K] <∞,(3) Istnieje ciało L′ ⊂ L takie, że a ∈ L′ oraz [L′ : K] <∞,(4) K[a] jest ciałem.

Dowód. (1)⇒ (2). Niech P będzie wielomianem minimalnym elementu a i niech n = dimP . Wtedy oczywiście Ajest wielomianem nierozkładalnym. Pokażemy, że 1, a, . . . , an−1 jest bazą K(a) nad K. Wybierzmy dowolny elementζ = f(a)

g(a) ∈ K(a). Ponieważ g(a) 6= 0, więc g nie dzieli się przez P , czyli g i P nie mają wspólnych dzielników.Znajdziemy więc z poprzedniego lematu wielomiany h1, h2 takie, że h1g + h2P = 1, a stąd ζ = f(a)

g(a) = f(a)h1(a). Zalgorytmu dzielenia z resztą istnieją wielomiany q, r ∈ K[x] takie, że deg q < n i fh1 = qP + r. Stąd ζ = r(a) =

r0 + r1a+ · · ·+ rn−1an−1, czyli wskazany zbiór generuje K(a) nad K.

Aby wskazać, że jest liniowo niezależny, wybierzmy dowolne r0, . . . , rn−1 ∈ K takie, że r0+r1a+· · ·+rn−1an−1 = 0,Z definicji wielomianu minimalnego wynika, że g = r0 + r1X + · · ·+ rn−1X

n−1 = 0, a stąd r0 = · · · = rn−1 = 0.(1)⇒ (4) Musimy pokazać, że dowolny niezerowy element K[a] jest odwracalny. W tym celu zauważmy, że jeżeli

g(a) jest dowolnym niezerowym elementem K[a] to g nie ma wspólnych dzielników z P , a stąd istnieją wielomianyh1, h2 takie, że h1g + h2P = 1, czyli 1

g(a) = h1(a).(2)⇒ (3) jest oczywiste.(3)⇒ (2) Ponieważ a ∈ L′,K ⊂ L′, więc K(a) ⊂ L′. Stąd [K(a) : K][L′ : K(a)] = L′ : K, a zatem [K(a) : K] ¬ [L′ :

K] <∞.(4)⇒ (1) transpozycja. Jeśli a ∈ L jest elementem przestępnym to odwzorowanie

K[X] 3 P 7→ P (a) ∈ K[a]

jest izomorfizmem pierścieni. Ponieważ K[X] nie jest ciałem, więc K[a] również nie jest ciałem.(2) ⇒ (1) Jeżeli [K(a) : K] < ∞, to elementy 1, a, . . . , an są, dla n = [K(a) : K], liniowo zależne, czyli istnieją

r0, r1, . . . , rn ∈ K takie, że r0 + r1a+ · · ·+ rnan = 0. Biorąc P (X) = r0 + r1X + . . . rnX

n otrzymujemy tezę.�

Wniosek 169. deg a = degP = [K(a) : K].

Wniosek 170. Jeżeli K ⊂ L jest rozszerzeniem ciał a ∈ L jest elementem algebraicznym nad K, to zbiór I = {Q ∈

K[X] : Q(a) = 0} jest ideałem głównym P ·K[X]. W szczególności dowolne dwa wielomiany minimalne różnią się ostały czynnik (różny od zera).


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

46 2. Rozszerzenia algebraiczne

Wniosek 171. Jeżeli a jest elementem algebraicznym nad K, to odwzorowanie

K[X]/PK[X] 3 [Q] 7→ Q(a) ∈ K[a]

jest izomorfizmem ciał.

Uwaga. Jeżeli K ⊂ L1,K ⊂ L2 są rozszerzeniami ciał, ai ∈ L1 są algebraiczne nad K i mają ten sam wielomian

minimalny, to K[a1] ∼= K[a2] ∼= K[X]/PK[X].

Przykład 172. Niech L = C,K = Q, a = 3√

2, P (X) = X3 − 2, to

K[a] = {u+ v3√

2 + w3√

4 : u, v, w ∈ Q}.

Mnożenie przez dowolny element x0 ∈ K[a] jest endomorfizmem, jego wielomian charakterystyczny zeruje się w

x0. W bazie 1, 3√

2, 3√

4 macierz ta ma dla x0 = u+ v 3√

2 + w 3√

4 postać u 2w 2vv u 2ww v u

a jej wielomian charakterystyczny P (X) = X3 − 3uX + (3u2 − 6vw)X − (u3 + 2v3 + 4w3 − 6uvw) jest wielomianem

minimalnym x0 (gdy v, w nie są równe zero).

Wniosek 173. JeżeliK ⊂ L jest rozszerzeniem ciał, to zbiór elementów algebraicznych nadK jest ciałem. Jeżeli a ∈

K, a 6= 0 jest elementem algebraicznym stopnia n, to element przeciwni −a i odwrotny 1a są elementem algebraicznym

stopnia n. Jeżeli a, b ∈ K są elementami algebraicznymi stopni n,m to a+ b, ab stopnia nie większego od nm.

Przykład 174. Liczby√

2,√

3 maja stopień 2 nad Q, ich iloczyn ma stopień 2, a suma stopień 4.

Liczby zespolone a = 2 3√

2 i b = 3√

2 · 12 (−1 +√−3) mają stopień 3, a ich suma a+ b = 3

√2( 32 + 1

2

√−3) m stopień 6.

Łatwo zauważyć, że macierz mnożenia przez a+ b w bazie 1, a, b, a2, ab, b2, a2b, ab2, a2b2 ma postać

0 1 1 0 0 0 0 0 00 0 0 1 1 0 0 0 00 0 0 0 1 1 0 0 016 0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 1 1 02 0 0 0 0 0 0 1 00 0 16 0 0 0 0 0 10 2 0 0 0 0 0 0 10 0 0 2 0 16 0 0 0

a jej wielomian charakterystyczny jest równy x9−54x6+108x3−5832 = (x6+108)(x3−54). Stąd wielomian minimalny

elementu a+ b to albo x6 + 108 albo x3 − 54). Oczywiście druga możliwość wykluczamy natychmiast.

Inaczej, oznaczając ε = 12 (−1 +

√−3) mamy a = 2 3

√2, b = 3

√2ε. Ponadto ε3 = 1, ε2 + ε + 1 − 0, proste rachunki

dają więc, (a+ b)3 = 6√−3, więc (a+ b)6 = (6

√−3)2 = −108.

Definicja 66. Jeżeli K ⊂ L jest rozszerzeniem ciał, to zbiór elementów ciała L algebraicznych nad K nazywamy

domknięciem algebraicznym ciała K w L.

Domknięcie algebraiczne ciała Q w C (odp. w R) nazywamy ciałem liczb algebraicznych (odp. liczb algebraicznych

rzeczywistych). Jego elementy nazywamy liczbami algebraicznymi (odp. liczbami algebraicznymi rzeczywistymi).Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Przykład 175. Istnienia liczb przestępnych dowiódł w 1844r. Liouville.Podstawa logarytmu naturalnego e jest liczbą przestępną (Hermite–1873).Liczba π jest przestępna (Lindemman–1882). Ogólniej: jeżeli liczby algebraiczne a1, . . . , an, b1, . . . , bn, bi 6= bj dla

i 6= 1 spełniają równanie a1eb1 + · · ·+ anebn = 0, to a1 = · · · = an = 0.

Definicja 67. Rozszerzenie ciał K ⊂ L nazywamy algebraicznym, jeżeli każdy element L jest algebraiczny nadK.

Lemat 176. Rozszerzenie ciał K ⊂ L jest skończone (tzn. [L : K] <∞) wtedy i tylko wtedy gdy L jest algebraicznei skończenie generowane nad K (tzn. istnieje skończona ilość elementów a1, . . . , an ∈ L t.że L = K(a1, . . . , an)).

Lemat 177. Jeżeli K ⊂ L ⊂ M jest rozszerzeniem ciał, a ∈ M jest algebraiczny nad K, to a jest algebraiczny nadL.

Jeżeli rozszerzenie K ⊂ L jest algebraiczne, a ∈M jest elementem algebraicznym nad L to a jest algebraiczny nadK.

Dowód. Część pierwsza jest oczywista.Niech P (X) = a0 + a1X + · · ·+ xnX

n ∈ L[X] będzie wielomianem takim, że P (a) = 0. Niech L1 = K(a0, . . . , an).Wtedy a jest algebraiczny nad L1, czyli [L1(a) : L1] < ∞. Ponieważ L1/K jest rozszerzeniem o skończona ilośćelementów algebraicznych więc [L1 : K] <∞, a stąd [K(a) : K] ¬ [L1(a) : K] = [L1(a) : L1][L1 : K] <∞. �

3. Teoria Galois

Niech L/K będzie rozszerzeniem ciał. Mówimy, że wielomian f ∈ K[X] rozkłada się nad ciałem L na czynnikiliniowe, jeżeli f(X) = c(X − α1) · · · · · (X − αn).

Definicja 68. Ciałem rozkładu wielomianu f ∈ K[X] nad ciałem K nazywamy dowolne rozszerzenie L/K ciałaK takie, że

• f rozkłada się nad ciałem L na czynniki liniowe,• f nie rozkłada się na czynniki liniowe nad żadnym właściwym podciałem ciała L zawierającym ciało K.

Lemat 178. Niech M/K będzie rozszerzeniem ciał, takim że wielomian f ∈ K[X] rozkłada się nad ciałem L naczynniki liniowe. Wtedy jedynym ciałem rozkładu wielomianu f zawartym w M jest ciało L := K(α1, . . . , αn).

Przykład 179. Ciałem rozkładu wielomianu f(X) = X2 − 2 nad Q jest ciało Q[√

2] ∼= Q[X]/(X2 − 2).Ciałem rozkładu wielomianu f(X) = X3 − 1 nad Q jest ciało Q[

√−3].

Ciałem rozkładu wielomianu f(X) = X3 − 2 nad Q jest ciało Q[ 3√

2,√−3].

Twierdzenie 180 (Kronecker). Jeżeli f ∈ K[X] jest wielomianem o współczynnikach w ciele K, różnym od stałej,to istnieje rozszerzenie L ciała K oraz element α ∈ L takie, że f(α) = 0.

Dowód. Niech g będzie czynnikiem nierozkładalnym f i niech L = K[X]/(g). Dowiedliśmy, że L jest ciałem.Ponieważ odwzorowanie K 3 c 7→ c + (g) ∈ L jest monomorfizmem, więc (po identyfikacji ciała K z obrazem) L jestrozszerzeniem K.

Jeżeli przyjmiemy α := X+(g) to g(α) jest obrazem g poprzez homomorfizm ilorazowyK[X] na L, a więc g(α) = 0,a stąd f(α) = 0. �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

48 3. Teoria Galois

Wniosek 181. Dla dowolnego wielomianu f ∈ K[X] istnieje ciało rozkładu.

Dowód. Indukcja ze względu na stopień f . Jeżeli stopień f jest równy 1, to K jest ciałem rozkładu f .

Przypuśćmy, że twierdzenie zachodzi dla wielomianów stopni mniejszych od n = deg f . Istnieje rozszerzenie

K1/K takie, że f ma pierwiastek α1 wK1. Zatem f(X) = (X−α1)g(X), g(X) ∈ K(α1)[X]. Ponieważ deg g = deg f−1,

więc na mocy założenia indukcyjnego g ma ciało rozkładu L nad K(α1). Oznacza to, że g(X) = c(X −α2) . . . (X −αn)

oraz L = K(α1)(α2, . . . , αn) ∼= K(α1, α2, . . . , αn). A więc L jest ciałem rozkładu wielomianu f nad K. �

Pokażemy, że ciało rozkładu jest jedyne z dokładnością do izomorfizmu, Jeżeli σ : K −→ L jest homomorfizmem

ciał to definiujemy σ∗(a0 + a1X + · · · + anXn) = σ(a0) + σ(a1)X + · · · + sigma(an)Xn, dla dowolnego wielomianu

a0 + a1X + · · ·+ anXn ∈ K[X]. Zauważmy, że σ∗ : K[X] −→ L[X] jest homomorfizmem pierścieni.

Twierdzenie 182. Niech K1,K2 będą ciałami, σ : K1 −→ K2 izomorfizmem między nimi. Niech L1 będzie ciałem

rozkładu pewnego wielomianu f ∈ K[X], a L2 ciałem rozkładu odpowiadającego mu wielomianu σ∗(f) ∈ K2[X].

Wtedy istnieje izomorfizm τ : L1 −→ L2, który jest rozszerzeniem σ.

Dowód. Dowód przez indukcję ze względu na [L1 : K1]. Jeżeli [L1 : K1] = 1, to f rozkłada się na czynniki liniowe

w K1, wtedy również σ∗(f) rozkłada się na czynniki liniowe w K1, a stąd L2 = K2.

Możemy więc przyjąć, że [L1 : K1] > 1 i twierdzenie zachodzi dla ciał rozkładu mniejszego stopnia. Ustalmy

element α ∈ L1 \ K1 i niech m będzie jego elementem minimalnym nad K1. Wtedy m dzieli f i σ∗(m) dzieli σ∗(f),

a zatem σ∗(m) rozkłada się nad L2 na czynniki liniowe.Ponadto wielomian σ∗(m) jest nierozkładalny nad K2 (bo m

jest nierozkładalny nad K1). Niech β będzie pierwiastkiem σ∗(m). Mamy dobrze określony izomorfizm K1[X]/(m) ∼=

K1(α)ϕ−→ K2(β) ∼= K2[X]/(σ∗(m), który element g(α) (dla g ∈ K1[X]) przeprowadza w (σ∗(g))(β).

Ale ciało L1 (odp. L2) jest ciałem rozkładu wielomianu f (odp. σ∗(f)) nad ciałem K1(α) (odp. K2(β)) oraz [L1 :

K1(α)] < [L1 : K1]. Na mocy założenia indukcyjnego istnieje izomorfizm τ : L1 −→ L2, który rozszerza φ, a więc tym

bardziej σ.

�

Definicja 69. NiechL/K będzie rozszerzeniem ciał.K–automorfizmem ciałaL nazywamy automorfizmϕ : L −→

L ciała L, taki, że ϕ | K = id.

Uwaga. Zbiór K–automorfizmów ciała L tworzy grupę.

Wniosek 183. Niech L/K będzie ciałem rozkładu pewnego wielomianu i niech α, β ∈ L. Wtedy istnieje K–

automorfizm ciała L przeprowadzający α w β wtedy i tylko wtedy gdy α i β mają ten sam wielomian minimalny

nad K.

Dowód. Jeżeli istnieje K–automorfizm σ : L −→ L taki, że σ(α) = β, a h jest wielomianem minimalnym α to

h(β) = h(σ(α)) = σ∗(h)(σ(α)) = σ(h(α)) = 0. A zatem h jest również wielomianem minimalnym dla β.

Na odwrót, jeżeli α i β mają ten sam wielomian minimalny, to istnieje K–automorfizm ϕ : K(α) −→ K(β) taki,

że ϕ(α) = β. Jeśli L jest ciałem rozkładu wielomianu f nad K, to jest również ciałem rozkładu nad K(α) i K(β), a

zatem teza wynika z poprzedniego twierdzenia. �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Definicja 70. Rozszerzenie ciał L/K jest rozszerzeniem normalnym jeżeli dowolny wielomian nierozkładalny wK[X] mający pierwiastek w L rozkłada się nad L na iloczyn czynników liniowych.

Twierdzenie 184. Niech L/K będzie rozszerzeniem ciał.Wtedy L jest ciałem pewnego wielomianu o współczynni-kach w K wtedy i tylko wtedy gdy rozszerzenie L/K jest skończone i normalne.

Dowód. Załóżmy, że rozszerzenie L/K jest skończone i normalne. Wtedy L = K(a1, . . . , an), gdzie ai są elemen-tami algebraicznymi nad K. Niech mi będzie wielomianem minimalnym ai nad K. Wtedy L jest ciałem rozkładuwielomianu m1 · · · · ·mn nad K (z normalności każdy mi a więc również ich iloczyn rozkłada się na czynniki liniowe,a L jest generowane przez ai a więc tym bardziej również prze wszystkie pierwiastki iloczynu).

Odwrotnie, jeżeli L jest ciałem rozkładu wielomianu f nad K, to L/K jest rozszerzeniem o skończoną liczbęelementów algebraicznych, więc jest rozszerzeniem skończonym. Pozostało nam pokazać, ze jest rozszerzeniem nor-malnym. Wybierzmy dowolny wielomian nierozkładalny g ∈ K[X]. Niech M będzie ciałem rozkładu wielomianu fg.nad K. Wtedy L ⊂ M oraz obydwa wielomiany f i g rozkładają się nad M na czynniki liniowe. Niech α i β będąpierwiastkami g w M . Zauważmy, że ciałem rozkładu wielomianu f nad K(α) (odp. K(β)) jest L(α) (odp. L(β)).

Ponieważ α i β mają ten sam wielomian minimalnym nadK więc istniejeK–izomorfizm σ : K(α) −→ K(β) taki,że σ(α) = β. Na mocy twierdzenia σ przedłuża się do K–izomorfizmu τ : L(α) −→ L(β). W szczególności [L(α) : K] =

[L(β) : K]. Ale ponieważ [L(α) : K]][L(α) : L][L : K] oraz [L(β) : K]][L(β) : L][L : K], więc [L(α) : L] = [L(β) : L]. Zatemjeżeli jeden pierwiastek m należy do L to również każdy inny, czyli m rozkłada się nad L na czynniki liniowe. �

Definicja 71. Niech K będzie ciałem. Wielomian nierozkładalny f ∈ K[X] jest rozdzielczy wtedy i tylko wtedygdy nie ma pierwiastków podwójnych w swoim ciele rozkładu. Wielomian f ∈ K[X] jest rozdzielczy wtedy i tylkowtedy gdy każdy jego czynnik nierozkładalny jest rozdzielczy.

Jeżeli f = a0 + a1X + . . . anXn ∈ K[X] to wielomian f ′ = a1 + 2a2X + 3a3X2 + · · ·+ nanX

n−1 ∈ K[X] nazywamyformalną pochodną wielomianu f .

Lemat 185. Pochodna formalna wielomianu posiada znane własności pochodnej

• K–liniowość, (af + bg)′ = af ′ + bg′ dla a, b ∈ K, f, g ∈ K[X],• reguła Leibniza, (fg)′ = fg′ + f ′g, dla f, g ∈ K[X].

Dowód. K–liniowość jest oczywista, na jej mocy regułę Leibniza wystarczy sprawdzić dla f = Xn, g = Xm. �

Lemat 186. Liczba a ∈ K jest pierwiastkiem podwójnym wielomianu f(X) ∈ K[X] wtedy i tylko wtedy gdyf(a) = f ‘(a) = 0.

Dowód. Jeżeli a jest pierwiastkiem podwójnym wielomianu f , to f(X) = (X−a)2h(X), dla pewnego wielomianuh ∈ K[X]. Wtedy oczywiście f(a) = 0, a z reguły Leibniza f ′(X) = (X − a)(2h(X) + (X − a)h′(X)), czyli f ′(a) = 0.

Na odwrót, jeżeli f(a) = f ‘(a) = 0, to z Twierdzenia Bezouta f(X) = (X − a)g(X), dla pewnego g(X) ∈ K[X].Z reguły Leibniza f ′(X) = g(X) + (X − a)g′(X), a więc g(a) = 0. Z Twierdzenia Bezouta g(X) = (X − a)h(X), dlapewnego wielomianu h ∈ K[X]. Stąd f(X) = (X − a)2h(X), czyli a jest pierwiastkiem podwójnym f . �

Propozycja 187. Niech K będzie ciałem. Wielomian nierozkładalny nie jest rozdzielczy wtedy i tylko wtedy gdyf ′ = 0.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

50 3. Teoria Galois

Dowód. Przypuśćmy, że f nie jest rozdzielczy, niech α będzie pierwiastkiem podwójnym f w ciele rozkładu.Wtedy f ′(α) = 0. Ale f jest nierozkładalny, więc jest wielomianem minimalnym nad K dla α, a ponieważ deg f ′ <

deg f , więc f ′ = 0.Odwrotnie załóżmy, że f ′ = 0. Niech α będzie zerem f w dowolnym ciele rozkładu L. Ponieważ f ′(α) = 0, więc α

jest pierwiastkiem podwójnym f . �

Uwaga. Jeżeli f ∈ K[X] jest wielomianem dodatniego stopnia takim, że f ′ = 0, to char(K) = p > 0 i istniejewielomian g ∈ K[X] taki, że f(X) = g(Xp) (tzn. f zawiera wyłącznie zmienną X w potęgach podzielnych przez p).

Definicja 72. Niech L/K będzie rozszerzeniem ciał. Element a ∈ L jest rozdzielczy wtedy i tylko wtedy gdy jestalgebraiczny nad K i jego wielomian minimalny jest rozdzielczy.

Rozszerzenie L/K jest rozdzielcze wtedy i tylko wtedy gdy każdy element L jest rozdzielczy nad K.

Wniosek 188. Jeżeli K jest ciałem charakterystyki zero, to każdy wielomian z K[X] jest rozdzielczy nad K, azatem każde rozszerzenie algebraiczne ciała K jest rozdzielcze.

Definicja 73. Najmniejsze podciało ciała K nazywamy prostym.

Uwaga. Przypomnienie. Jeżeli ciało K ma charakterystykę zero, to jego podciało proste jest izomorficzne z Q, ajeżeli charakterystykę p > 0 to podciało proste jest izomorficzne z Fp = Z/pZ.

Ciało skończone K ma pn elementów, gdzie p jest charakterystyką K, natomiast n = [K : Fp].

Twierdzenie 189. Ciało K ma pn elementów wtedy i tylko wtedy gdy jest ciałem rozkładu wielomianu Xpn − x

nad swoim podciałem prostym Fp.

Dowód. Załóżmy, że ciało K ma q = pn elementów. Jeżeli α ∈ K∗, to ponieważ K∗ jest grupą rzędu q − 1, więcαq−1 = 1. A zatem każdy element K jest pierwiastkiem wielomianu f(X) = Xq − X, a zatem f ma w K q = deg f

pierwiastków, więc rozkłada się na czynniki liniowe. Oczywiście F nie rozkłada się na czynniki liniowe nad żadnymmniejszym ciałem więc K jest ciałem rozkładu wielomianu f .

Odwrotnie, załóżmy że K jest ciałem rozkładu wielomianu f nad Fp Odwzorowanie σ : K 3 α 7→ αq ∈ K,jest n–krotną iteracją odwzorowania Frobeniusa, więc jest monomorfizmem. Ponadto, α ∈ K jest pierwiastkiem f

wtedy i tylko wtedy gdy σ(α) = α, a więc pierwiastki f tworzą podciało ciała K, zatem każdy element ciała K jestpierwiastkiem f . Ponieważ f ′ = −1, więc wielomian f jest rozdzielczy, czyli ma dokładnie q pierwiastków, a stąd Kma q elementów. �

Wniosek 190. Dla dowolnej liczby pierwszej p i dowolnego n ∈ Z+ istnieje jedyne z dokładnością do izomorfizmuciało mające dokładnie pn elementów, ciało to oznaczamy przez Fpn lub GF(pn).

Uwaga. Ciało Fpn jest istotnie różne od pierścienia Zpn .

Uwaga. Ciało skończone mające pn zawiera podciało mająceN–elementów wtedy i tylko wtedy gdyN = pk, k | n.Jeżeli ciało K ma pn elementów, k | n to jedynym podciałem ciała K mającym pk–elementów jest {x ∈ K : xp

k

=

x}.

Wniosek 191. Grupa elementów niezerowych ciała skończonego jest cykliczna.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Lemat 192. Jeżeli L/K jest rozszerzeniem ciał |K| = ∞, f, g ∈ L[X], f(0) 6= 0, to istnieje d ∈ K takie, że f(X) i

g(dX) są względnie pierwsze.

Dowód. Niech M będzie ciałem rozkładu wielomianu fg nad ciałem L. Wtedy wielomiany f i g rozkładają sięw M na czynniki liniowe. Niech αi (odp. βj) będą pierwiastkami f (odp. g). Ponieważ ciało K jest nieskończone(αi 6= 0) więc istnieje d takie, że dαi 6= βj . Wtedy f(X) i g(dX) rozkładają się wM na czynniki liniowe, ale mają różnepierwiastki, więc nie mają wspólnego czynnika w M [X], a tym bardziej w L[X]. �

Lemat 193. Jeżeli L/K jest rozszerzeniem rozdzielczym ciał, a, b ∈ L, to istnieje element c ∈ L taki, że K(a, b) =

K(c).

Dowód. Jeżeli ciałoK jest skończone, to ciałoK(a, b) jest również skończone, a więc jego grupa multiplikatywnajest cykliczna, generowana przez pewien element c. Wtedy oczywiście K(a, b) = K(c).

Przyjmijmy więc, że ciało K jest nieskończone. Niech f, g będą wielomianami minimalnymi dla a, b. Ponieważ ajest elementem rozdzielczym, więc f(X) = f1(X)(X − a), gdzie f1(X) ∈ K(a)[X], f1(a) 6= 0. Niech F (X) = f1(X +

a), G(X) = g(X + b). Na mocy Lematu istnieje d ∈ K takie, że wielomiany F (X) i G(dX) są względnie pierwsze, astad względnie pierwsze są wielomiany f1(X) = F (X − a) i h(X) = G(d(X − a)) = g(dX − da + b). Z drugiej stronyh(a) = g(b) = 0, a zatem (X − a) jest największym wspólnym dzielnikiem wielomianów f(X) i h(X) = g(dX + c),gdzie c = b− ad, Oczywiście c ∈ K(a, b), więc K(c) ⊂ K(a, b). Z drugiej strony f(X), h(X) ∈ K(c)[X], więc największywspólny dzielnikX−a tych wielomianów również należy doK(c)[X]. W szczególności a ∈ K(c), a ponieważ b = c+ad,więc również b ∈ K(c). A zatem K(a, b) ⊂ K(C), a to kończy dowód. �

Wniosek 194 (Twierdzenie o elemencie prymitywnym). JeżeliL/K jest rozszerzeniem skończonym i rozdzielczym,

to jest rozszerzeniem pojedynczym (tzn. istnieje element c ∈ L taki, że L = K(c)).

Dowód. Dowód. Rozszerzenie L/K jest rozszerzeniem o skończoną liczbę elementów. Niech n będzie najmniejsząliczbą naturalną taką, że L = K(a1, . . . , an), dla pewnych a1, . . . , an ∈ L.

Pokażemy, że n = 1. Jeżeli n 2, to na mocy lematu istnieje c ∈ K takie, że K(a1, a2) = K(c). WtedyK(a1, . . . , an) = K(c, a3, . . . , an), sprzeczność z wyborem n. �

Uwaga. Element c z tezy powyższego twierdzenia nazywamy prymitywnym (pierwotnym). Jeżeli ciałoK jest nie-skończone, to element prymitywny możemy wybrać jako kombinacje liniowe elementów a1, . . . , an o współczynnikachw K.

Definicja 74. Grupą Galois rozszerzenia L/K nazywamy grupę Gal(L/K) wszystkich K–automorfizmów ciałaL.

Definicja 75. Jeżeli G ⊂ Aut(L) jest grupą automorfizmów ciała L to ciałem elementów stałych nazywamy ciałoLG := {x ∈ L : σ(x) = x dla każdego σ ∈ G}.

Propozycja 195. NiechG ⊂ Aut(L) będzie skończoną grupą automorfizmów ciała L,K := LG. Wtedy rozszerzenie

L/K jest algebraiczne, rozdzielcze i normalne stopnia [L : K] = |G|. Dowolny element α ∈ Lma wielomian minimalny

postaci (X − α1) . . . (X − αn), gdzie α1, . . . , αn jest orbitą elementu α przy działaniu grupy G na L.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

52 3. Teoria Galois

Dowód. Wielomian f(X) = (X − α1) . . . (X − αn) jest niezmienniczy ze względu na działanie G, a więc jegowspółczynniki należą do K. Zatem α jest elementem algebraicznym nad K.

Niech g ∈ K[X] będzie wielomianem minimalnym elementu α, oczywiście g | f . Ponieważ dla dowolnego i istniejeσ ∈ G t.że αi = σ(α), a σ∗(g) = g więc g(σi) = 0. W konsekwencji f | g i g = f .

Ponieważ wielomian minimalny dowolnego elementu ma różne pierwiastki w ciele L więc jest rozdzielczy, czylirozszerzenie L/K jest rozdzielcze.

Jeżeli h ∈ K[X] jest wielomianem nierozkładalnym posiadającym w w L pierwiastek α, to h jest wielomianemminimalnym α, a zatem rozkłada się na czynniki liniowe. Rozszerzenie L/K jest więc normalne.

Pokażemy, że rozszerzenie L/K jest skończone, w przeciwnym razie dla dowolnych α1, . . . , αn ∈ L istniałobyαn+1 6∈ K(α1, . . . , αn). A zatem istnieją α1, . . . , αn ∈ L takie, że [K(α1, . . . , αn) : K] > |G|. Na mocy twierdzenia oelemencie prymitywnym rozszerzenie rozszerzenie to jest proste, a więc istnieje β ∈ L takie, że [K(β) : K] > |G|,czyli stopień elementu β Just większy od rzędu grupy G, sprzeczność.

Ponieważ L/K jest skończone i rozdzielcze więc istnieje element prymitywny a rozszerzenia L/K. Wiemy, że sto-pień a jest równy mocy orbity. Ponieważ dowolnyK–automorfizm ciała L jest wyznaczony przez wartość na elemenciea, więc moc orbity jest równa rzędowi grupy G. �

Definicja 76. Rozszerzeniem Galois nazywamy rozszerzenie ciał, które jest skończone, normalne i rozdzielcze.

Propozycja 196. Rozszerzenie L/K jest rozszerzeniem Galois wtedy i tylko wtedy gdy K = LGal(L/K).

Dowód. Jedna implikacja wynika z poprzedniej propozycji. Dla dowodu implikacji przeciwnej przypuśćmy, żeL/K jest rozszerzeniem Galois. Niech K1 := LGal(L/K). Wtedy L/K1 jest rozszerzeniem Galois oraz [L : K1] =

|Gal(L/K)|.Ponieważ L/K jest rozszerzeniem rozdzielczym i skończonym, więc istnieje c ∈ L takie, że L = K(c). Wielomian

minimalny h ∈ K[X] rozkłada się nad L na czynniki liniowe h(X) = a(X − c)(X − c2) . . . (X − cn), n = [L : K].Automorfizm σ ∈ Gal(L/K) jest zdeterminowana przez wartość σ(c) ∈ {c, c2, . . . , cn}, skąd |Gal(L/K)| = [L : K], azatem [L : K1] = [L : K], więc K1 = K. �

Wniosek 197. Niech L/K będzie skończonym rozszerzeniem ciał. Wtedy

|Gal(L/K)| | [L : K]

a równość zachodzi wtedy i tylko wtedy gdy L/K jest Galois.

Dowód. Niech G := Gal(L/K) i niech K1 = LG. Na mocy wcześniejszej propozycji [L : K1] = Gal(L/K), a stąd

[L : K] = |Gal(L/K)|[K1 : K].

�

Propozycja 198. Jeżeli L/K jest rozszerzeniem Galois, M jest ciałem takim, że K ⊂ M ⊂ L. Wtedy L/M jestrozszerzeniem Galois. Jeśli rozszerzenie M/K jest normalne to jest Galois.

Dowód. Rozszerzenia L/M i M/K są skończone i rozdzielcze. Rozszerzenie L/M jest normalne. Jeżeli g ∈M [X]

jest wielomianem nierozkładalnym posiadającym pierwiastek α ∈ L, to wielomian minimalny h ∈ K[X] elementu αnad K rozkłada się w L[X], ale g jest dzielnikiem h (w M [X]), więc też rozkłada się na czynniki liniowe w L[X]. �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Twierdzenie 199 (Odpowiedniość Galois). Niech L/K będzie rozszerzeniem Galois. Wtedy istnieje istnieje wza-

jemnie jednoznaczna odpowiedniość między ciałamiM takimi, żeK ⊂M ⊂ L, a podgrupami grupy Galois Gal(L/K).

Ciału M przyporządkowujemy grupę Gal(L/M). Grupie G ⊂ Gal(L/K) przyporządkowujemy ciało LG. Ponadto

rozszerzenie M/K jest normalne wtedy i tylko wtedy gdy Gal(L/M) jest podgrupą normalną Gal(L/K), a wtedy

Gal(L/K)/Gal(L/M) ∼= Gal(M/K).

Dowód. Musimy sprawdzić, że Gal(L/LG) = G oraz LGal(L/M) = M . Ponieważ inkluzje Gal(L/LG) ⊃ G i

LGal(L/M) ⊃ M są oczywiste, więc wystarczy sprawdzić, że |Gal(L/LG)| = [L : LG] = |G| oraz [L : LGal(L/M)] =

|Gal(L/M)| = |L : M |.

Niech M będzie ciałem pośrednim. Rozszerzenie M/K jest normalne, jeżeli dla dowolnego α ∈ M wielomian

minimalny rozkłada się nad M . Ale K jest ciałem elementów stałych grupy Galois Gal(L/K), a więc pierwiastki

wielomianu minimalnego α są elementami orbity działania grupy Gal(L/K) na L, więc M/K jest normalne wtedy i

tylko tedy gdy σ(M) = M dla dowolnego σ ∈ Gal(L/K). Niech H = Gal(L/M), wtedy M jest ciałem elementów stały

H, a σ(M) – elementów stałych σHσ−1. StądM/K jest rozszerzeniem normalnym wtedy i tylko wtedy gdy Gal(L/M)

jest podgrupą normalną Gal(L/K).

Jeżeli M/K jest rozszerzeniem normalnym, to odwzorowanie ρ : Gal(L/K) 3 σ 7→ σ|M ∈ Gal(M/K) jest

epimorfizmem grup, którego jądrem jest Gal(L/M). A więc z twierdzenia o epimorfizmie Gal(L/K)/Gal(L/M) ∼=

Gal(M/K). �

Jeżeli char(K) = 0 lub char(K) = p - n, to równanie xn = 1 ma dokładnie n rozwiązań w ciele rozkładu wielomianu

rozdzielczego Xn − 1 nad K. Rozwiązania te nazywamy pierwiastkami z jedynki stopnia n, tworzą grupę cykliczną

rzędu n, dowolny generator tej grupy nazywamy pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia n i oznaczamy przez

ζn. Dla dowolnego ustalonego pierwotnego pierwiastka z jedynki ζn wszystkie pierwiastki z jedynki są dane przez

1, ζn, ζ2n, . . . , ζn−1n .

Definicja 77. Rozszerzenie Galois nazywamy abelowe (cykliczne) gdy jego grupa Galois jest abelowa (cykliczna).

Propozycja 200. Rozszerzenie L/K o pierwiastek pierwotny stopnia n z jedynki ciała charakterystyki zero lub

charakterystyki p - n jest abelowe, a dla n pierwszego cykliczne.

Dowód. Ponieważ L = K[ζn], więc każdy automorfizm σ ∈ Gal(L/K) jest zadany przez wskazanie σ(ζn) = ζkn.

Jeśli τ ∈ Gal(L/K) spełnia τ(ζn) = ζln to σ ◦ τ(ζn) = ζkl, czyli Gal(L/K) jest izomorficzna z podgrupą (Z/nZ)∗, która

jest abelowa, a dla n pierwszego – cykliczna. �

Jeżeli ciało K zawiera pierwiastek pierwotny stopnia n z 1, L jest rozszerzeniem ciała K, b ∈ L jest elementem

takim, że a := bn ∈ K to ciało K[b] jest ciałem rozkładu wielomianu xn − a nad ciałem K, w dalszym ciągu będziemy

używać w oznaczenia K[ n√a].

Propozycja 201. Niech K będzie ciałem, n liczbą naturalną niepodzielną przez charakterystykę K. Jeżeli ciało

K zawiera pierwiastek pierwotny stopnia n z jedynki, to dla dowolnego a ∈ K rozszerzenie K[ n√a]/K jest cykliczne

stopnia dzielącego n.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

54 3. Teoria Galois

Dowód. Ponieważ, K zawiera pierwiastek pierwotny z jedynki stopnia n więc K[ n√a] jest ciałem rozkładu wielo-

mianu Xn − a nad K, w szczególności rozszerzenie K[ n√a]/K jest Galois. Dowolny automorfizm σ ∈ Gal(K[ n

√a]/K)

jest wyznaczony jednoznacznie przez wartość σ( n√a) = ζσ n

√a, gdzie ζσ jest pierwiastkiem stopnia n z jedynki.

Ponieważ ζστ = ζσζτ , otrzymujemy monomorfizm grupy Galois, w grupę µn pierwiastków stopnia n z jedynki.Ta ostatnia jest cykliczna rzędu n. �

Twierdzenie 202 (Dedekinda o liniowej niezależności charakterów). Jeżeli L jest ciałem, G grupą, χ1, . . . , χn :

G −→ L∗ parami różnymi homomorfizmami w grupę multiplikatywną ciała, to χ1, . . . , χn : G −→ L są liniowoniezależne.

Dowód. Niechα1χ1 + · · ·+ αnχn = 0

będzie minimalna zależnością liniową. Wtedy oczywiście n 2. Podstawiając do powyższej równości gx dla pewnegoustalonego g ∈ G i dowolnego x ∈ G otrzymamy

α1χ1(g)χ1(x) + · · ·+ αnχn(g)χn(x) = 0

czyliα1χ1(g)χ1 + · · ·+ αnχn(g)χn = 0

Mnożąc pierwszą równość przez χ1(g) i odejmując stronami otrzymamy

α2(χ1(g)− χ2(g))χ2 + · · ·+ αn(χ1(g)− χn(g))χn = 0

Z minimalności n wynika, żeχ1(g) = χ2(g) = · · · = χn(g)

i z dowolności g otrzymamyχ1 = χ2 = · · · = χn

co jest sprzeczne z założeniem. �

Wniosek 203. Jeśli K,L są ciałami, σ1, . . . , σn : K −→ L są parami różnymi homomorfizmami, to σ1, . . . , σn sąliniowo niezależne nad L.

Propozycja 204. Niech L/K będzie rozszerzeniem Galois stopnia n ciała K zawierającego pierwiastek pierwotnystopnia n z jedynki. Wtedy L = K[ n

√a], dla pewnego a ∈ K.

Dowód. Niech ζn będzie pierwiastkiem pierwotnym stopnia n, σ generatorem grupy Galois. Dla dowolnego α ∈ Kokreślamy rezolwentę Lagrange’a

(α, ζ) := α+ ζσ(α) + ζ2σ2(α) + · · ·+ +ζn−1σn−1(α)

Aplikując σ do (α, ζ) i mnożąc przez ζ i korzystając z ζn = 1, σn = id otrzymamy

ζσ(α, ζ) := ζσ(α) + ζ2σ2(α) + ζ3σ3(α) + · · ·+ +ζnσn(α) = (α, ζ)

a stądσ(α, ζ) = ζn−1(α, ζ) oraz σ((α, ζ)n) = (α, ζ)n

Mamy więc (α, ζ)n jest elementem stałym grupy Galois L/K i w konsekwencji (α, ζ)n ∈ K dla dowolnego α ∈ K.Korzystając z twierdzenia Dedekinda znajdujemy α dla którego (α, ζ) 6= 0, ponieważ wtedy (α, ζ) nie jest elemen-

tem stałym σ, więc L = K[(α, ζ)]. Przyjmując a := (α, ζ)n ∈ K mamy L = K[ n√a]. �


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Jest to fragment większej teorii Kummera (rozszerzenia abelowe o wykładniku n są sklasyfikowane przez grupęK∗/(K∗)n).

W przypadku rozszerzenia stopnia p ciała charakterystyki p zamiast wielomianu Xp − a rozważamy wielomianXp−X − a, cykliczność grupy Galois wynika z (X + 1)p− (X + 1) + a = Xp−X + a, implikacja przeciwna opiera sięna twierdzeniu o postaci normalnej Frobeniusa.

Ponieważ teoria w charakterystyce dodatniej traci swój geometryczny charakter ograniczymy się do ciała cha-rakterystyki zero.

Definicja 78. Mówimy, że element α algebraiczny nad ciałem K wyraża się przez pierwiastniki (stopnia niewiększego od d) jeśli istnieje ciąg

K = K0 ⊂ K1 ⊂ · · · ⊂ Km = L

taki, że Ki+1 = Ki[ ni√ai] dla pewnego ai ∈ Ki, i = 0, . . . ,m− 1 oraz α ∈ L (ni ¬ d).

Mówimy, że wielomian f ∈ K[X] można rozwiązać przez pierwiastniki jeśli wszystkie pierwiastki f wyrażają sięprzez pierwiastniki.

Uwaga. W powyższej definicji można dodatkowo zażądać aby Ki+1/Ki było rozszerzeniem cyklicznym (w tymGalois).

Definicja 79. Grupą Galois GalK(f) wielomianu f ∈ K[X] nazywamy grupę Galois Gal(L/K) ciała rozkładu L

wielomianu f nad K.

Lemat 205. Jeśli f ∈ K[X] jest wielomianem rozdzielczym, K ′ rozszerzeniem ciała K. Wtedy grupa Galois f nad

K ′ jest podgrupą grupy Galois f nad K.

Dowód. Niech L′ będzie ciałem rozkładu wielomianu f nad K ′, α1, . . . , αn pierwiastkami f w L′, wtedy L :=

K[α1, . . . , αn] ¬ L jest ciałem rozkładu f nad K. Ponieważ dowolny element Gal(L′/K ′) permutuje pierwiastkiα1, . . . , αn więc zadaje K–automorfizm ciała L, czyli mamy monomorfizm grup

Gal(L′/K ′) 3 σ 7→ σ|L ∈ Gal(L/K).

�

Twierdzenie 206. Niech K będzie ciałem charakterystyki zero. Wielomian f ∈ K[X] można rozwiązać za pomocą

pierwiastników wtedy i tylko wtedy gdy jego grupa Galois GalK(f) jest rozwiązalna.

Dowód. Załóżmy, że f daje się rozwiązać przez pierwiastniki i niech M będzie rozszerzeniem normalnym pier-wiastnikowym zawierającym ciało rozkładuLwielomianu f nadK. Oczywiście w definicji każde rozszerzenieKi+1/Ki

jest cykliczne, w szczególności grupa Gal(Ki+1/Ki) jest abelowa. W ciągu

Gal(M/K) := Gal(M/K0) ⊃ Gal(M/K1) ⊃ Gal(M/K2) . . .

każda kolejna grupa jest normalna w poprzedniej bo kolejne rozszerzeniaKi+1/Ki są normalne, a ponadto ich ilorazy– izomorficzne z Gal(Ki+1/Ki) są abelowe. Stąd grupa Gal(M/K) jest rozwiązalna. Ponieważ grupa

Gal(L/K) = GalK(f)

jest jej ilorazem więc również jest rozwiązalna .Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

56 3. Teoria Galois

Na odwrót, niech K ′ = K[ζ], gdzie ζ jest pierwiastkiem pierwotnym stopnia n := (deg f)!. Jeśli grupa Galois fnad K jest rozwiązalna, to nad K ′ – również. GalK(f) = Gal(L/K), gdzie L jest Niech

GalK(f) = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ · · · ⊃ Gm = {1}

będzie ciągiem o ilorazach cyklicznych, niech Ki := LGi , wtedy K ⊂ K ′ = K0 ⊂ K1 ⊂ K2. Ponieważ kolejne grupy sąpodgrupami normalnymi wcześniejszych, więc kolejne rozszerzenia Ki+1/Ki są normalne o ilorazach cyklicznych,więc ponieważ wszystkie rozważane ciała zawierają pierwiastek pierwotny z jedynki, istnieje ai ∈ Ki+1 taki, żeapi∈Kii , gdzie pi = |Gi/Gi+1|, czyli Ki+1 = Ki[ pi

√ai]. A zatem L/K jest rozszerzeniem perwiastnikowym. �

Propozycja 207. Grupa Galois nierozkładalnego wielomianu f ∈ K[X] stopnia n jest podgrupą tranzytywnągrupy Sn.

Grupa Galois wielomianu f ∈ K[X] stopnia n zawiera się w grupie alternującej wtedy i tylko wtedy gdy wyróżnik∆(f) jest kwadratem w K.

n = 2, jedyną podgrupą tranzytywną w S2 jest S2 – jest ona cykliczna, a ponieważ pierwiastek pierwotny z jedynkistopnia 2 jest liczbą wymierną – do rozwiązania równania kwadratowego wystarcza jeden pierwiastek kwadratowy.

n = 3, mamy dwie możliwości A3 ≡ Z/3, S3 zależne od znaku ∆. Łatwo policzyć, że jeśli równanie ma trzypierwiastki rzeczywiste, to ∆ > 0 (Casus Irreducibilis). Ciało rozkładu jest rozszerzeniem Galois stopnia 3 ciałaK[√

∆], aby otrzymać rozszerzenie cykliczne musimy do K[√

∆] dołączyć√−3 – przypadek nieprzywiedlny. Można

pokazać, że pierwiastki równania nie wyrażają się przy pomocy pierwiastników rzeczywistych. Ograniczmy dalszerozważania do przypadku równania

x3 + px+ q = 0

którego wyróżnik jest równy ∆ = −4p3 − 27q2. Jeśli pierwiastkami równania stopnia trzy są α, β, γ to ∆ = (α −

β)2(β − γ)2(γ − α)2 oraz nad ciałem K[√

∆] grupa Galois równania jest równa A3 czyli jest cykliczna.Rezolwenty Lagrange’a mają postać

(α, 1) = α+ β + γ = 0

θ1 = (α, ζ3) = α+ ζ3β + ζ23γ

θ2 = (α, ζ23 ) = α+ ζ23β + ζ3γ

Są one związane ze sobą zależnościami

θ1θ2 = α2 + β2 + γ2 − αβ − αγ − βγ = −3p

oraz

θ1 + θ2 = 3α(1)

ζ23θ1 + ζ3θ2 = 3β(2)

ζ3θ1 + ζ23θ2 = 3γ(3)

Mnożąc ostatnie trzy stronami otrzymamy

θ31 + θ32 = 27αβγ = −27q.

Stąd θ31 i θ32 są pierwiastkami równania kwadratowego

x2 + 27qx− 27p3 = 0


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


którego delta jest równa −27∆. A zatem

θ31 = − 272 q + 32

√−3D, θ32 = − 272 q −

32

√−3D

Następnie wyznaczamy trzy pierwiastki trzeciego stopnia otrzymując trzy wartości θ1 i podobnie trzy wartości θ2,które parujemy ze sobą w oparciu o θ1θ2 = −3p, pierwiastki α, β, γ są sumami odpowiednich par podzielonymi przez3.

Klasycznie rozwiązania zapisujemy w postaciA+B

3,ζ2A+ ζB

3,ζB + ζ2A

3

gdzie A,B są dowolnymi liczbami spełniającymi

A = 3

√− 272 q + 3

2

√−3D,B = 3

√− 272 q + 3

2

√−3D,AB = −3p.

Załóżmy, że współczynniki równania są rzeczywiste. Zauważmy, że ∆ > 0 gdy α, β, γ ∈ R, co oznacza, że do wyzna-czenia pierwiastków rzeczywistych musimy wyliczać pierwiastki trzeciego stopnia z liczb zespolonych. Jeśli ∆ < 0

to rozwiązujące równanie kwadratowe ma dwa pierwiastki rzeczywiste, wtedy ich suma jest jedynym pierwiastkiemrzeczywistym równania.

Pewien niepokój może wzbudzać wyrażenie√−3D we wzorach na pierwiastki równania rozwiązującego, ale

ponieważ ciało K zawiera ζ3 więc również√−3.

Przykład 208. Rozważmy równanie f = X3 − 7X + 6, wtedy równanie rozwiązujące ma postać g(x) = x2 +

162x+9261, mamy ∆(f) = 400,∆(g) = −10800 = −27×4. Ze wzorów Cardano otrzymujemy następujące rozwiązaniawyjściowego równania

13

(3√−81 + 30 i

√3 +

3√−81− 30 i

√3)

13

((− 12 + i

3

√3)

3√−81 + 30 i

√3 + (− 12 −

i3

√3)

3√−81− 30 i

√3)

13

((− 12 −

i3

√3)

3√−81 + 30 i

√3 + (− 12 + i

3

√3)

3√−81− 30 i

√3)

zamiast prostych 2,−3, 1.

n = 4, mamy pięć możliwości S4, A4, D4, C4, V2. Rozważmy równanie

f(X) = X4 + aX3 + bX2 + cX + r = d.

Niech u1, . . . , u4 będą pierwiastkami równania, rozważmy

α = u1u2 + u3u4

β = u1u3 + u2u4

γ = u1u4 + u2u3

Wtedy

α− β = (u1 − u4)(u2 − u3)

α− γ = (u1 − u3)(u2 − u4)

β − γ = (u1 − u2)(u3 − u4)


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

58 3. Teoria Galois

więc α, β, γ są różne, zbiór

{α, β, γ}

jest niezmienniczy ze względu na tranzytywne działanie S4 na {u1, . . . , u4}. Stabilizator elementu α jest więc pod-grupą rzędu 8 generowaną przez

(1, 3, 2, 4), (1, 2)

izomorficzna z D4 (2–podgrupa Sylowa). Przecięcie tych trzech podgrup stabilizuje każdy z elementów α, β, γ więcjest równe grupie Kleina V4. Jeśli przyjmiemy

L := K[u1, . . . , u4], M := K[α, β, γ]

to zachodzi

LV ∩G = M.

Wielomian

g(X) = (X − α)(X − β)(X − γ)

nazywamy rezolwentą równania f i ma współczynniki należące do ciała K.

Lemat 209.

g(X) = X3 − bX2 + (ac− 4d)X − a2d+ 4bd− c2

oraz

∆(g) = ∆(f).

Jeśli f jest nierozkładalny, to jego grupa Galois G = GalK(f) jest tranzytywna, mamy więc następujące możli-wości

G [G ∩ V : 1] = [L : M ] [G : V ∩G] = [M : K]

S4 4 6

A4 4 3

V 4 1

D4 4 2

C4 2 2

Wzory znacznie prościej można zapisać gdy x1 + x2 + x3 + x4 = 0, wtedy pierwiastki równania f wyznacza się zpierwiastków g przy pomocy pierwiastków kwadratowych

u1 + u2 =√−(β + γ) u3 + u4 = −

√−(β + γ)

u1 + u3 =√−(α+ γ) u2 + u4 = −

√−(α+ γ)

u1 + u4 =√−(α+ β) u2 + u3 = −

√−(α+ β)

Znaki nie są niezależne, bo

(u1 + u2)(u1 + u3)(u1 + u4)

wyraża się przez współczynniki f .

Propozycja 210. Niech p będzie liczbą pierwszą, f wielomianem nierozkładalnym stopnia p o współczynnikach

wymiernych. Jeżeli f ma dokładnie p − 2 pierwiastki rzeczywiste, to grupa Galois wielomianu f nad Q jest równa

pełnej grupie permutacji Σp.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Dowód. Grupę Galois wielomianu można utożsamiać z podgrupą grupy permutacji jego pierwiastków. Sprzęże-

nie zespolone jest transpozycją. Ponieważ ciało rozkładu L wielomianu f zawiera dowolny pierwiastek f , który jest

liczbą algebraiczną stopnia p, więc stopień [L : Q] dzieli się przez p, więc rząd grupy Galois GalK(f), dzieli się przez

p, na mocy Twierdzenia Cauchy’ego zawiera więc element rzędu p, czyli cykl długości p. Ale dowolny cykl długości p

i dowolna transpozycja generują grupę Σn. �

Przykład 211. Pokazać, że wielomian f(x) = x5 − 6x+ 3 nie daje się rozwiązać przy pomocy pierwiastników

W przypadku równania stopnia 5 nad Q wiadomo, że grupa Galois jest rozwiązalna wtedy i tylko wtedy gdy

pewien (bardzo skomplikowany) wielomian stopnia 6 ma pierwiastek w Q. Podgrupy tranzytywne S5 są izomorficzne

z C5, D10, F20, A5, S5, gdzie F20 jest grupą Frobeniusa F20 := 〈(2354), (12345)〉, jest to jedyna rozwiązalna podgrupa

nie zawarta w A5, jeśli wyróżnik wielomianu nie jest kwadratem w ciele, to pytamy, czy grupa Galois zawiera się w

F20 (jest to np. Grupa Galois wielomianu x5 − 2, jego wyróżnik równy 50000 nie jest kwadratem).

Informacje o grupie Galois wielomianu można wyciągnąć z następującego twierdzenia

Twierdzenie 212. Jeżeli f ∈ Z[X] jest wielomianem nierozkładalnym, p liczbą pierwszą taką, ze p - ∆(f), to grupa

Galois redukcji f modulo p nad Fp jest izomorficzna z podgrupą grupy Galois f nad Q.

oraz wniosku z niego

Wniosek 213. Jeżeli f ∈ Z[X] jest wielomianem nierozkładalnym, p liczbą pierwszą taką, ze p - ∆(f), to grupa

Galois f nad Q zawiera element z rozkładem na cykle typu (n1, n2, . . . , nk), gdzie n1, n2, . . . , nk są stopniami czynników

nierozkładalnych redukcji f modulo p.

Definicja 80. Niech K będzie ciałem, wielomian

F (X) := Xn − T1Xn−1 + · · ·+ (−1)nTn ∈ K(T1, . . . , Tn)[X]

nazywamy wielomianem ogólnym stopnia n.

Twierdzenie 214. Grupa Galois wielomianu ogólnego stopnia n nad ciałem K(T1, . . . , Tn) jest równa Sn.

Dowód. Zauważmy, że odwzorowanie

K(T1, . . . , Tn) 3 g 7→ g(σ1, . . . , σn) ∈ K(σ1, . . . , σn)

jest izomorfizmem. A zatem szukana grupa jest równa grupie Galois wielomianu

F (σ1, . . . , σn) = Xn − σ1Xn−1 + · · ·+ (−1)nσn = (X − T1) . . . (X − Tn)

nad ciałem K(σ1, . . . , σn). Ciałem rozkładu tego wielomianu jest ciało K(X1, . . . , Xn). Zauważmy, że

Gal(K(T1, . . . , Tn)/K(σ1, . . . , σn)) = Sn oraz K(T1, . . . , Tn)Sn = K(σ1, . . . , σn))

�

Wniosek 215 (Abel-Rufini). Dla dowolnego ciała charakterystyki zero nie istnieją wzory na pierwiastki wielomia-

nu ogólnego stopnia n dla n 5.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

60 4. Konstrukcje przy pomocy cyrkla i linijki

4. Konstrukcje przy pomocy cyrkla i linijki

Na płaszczyźnie mamy skończony zbiór punktówA0 = {P1, . . . , Pn} (n 2). Do zbioruA0 dołączamy punkty, któreda się otrzymać jako przecięcie dwóch prostych, prostej i okręgu lub dwóch okręgów wyznaczonych przez dwa punktyzbioru A0 otrzymując zbiór A1. Następnie do zbioru A1 dołączamy punkty, które da się otrzymać jako przecięciedwóch prostych, prostej i okręgu lub dwóch okręgów wyznaczonych przez dwa punkty zbioru A0 otrzymując zbiórA2. Procedurę tę powtarzamy w nieskończoność.

Definicja 81. Mówimy, że punkt jest konstruowalny za pomocą cyrkla i linijki przy danych punktach Pi jeżelinależy do zbioru

⋃Ai. Jeżeli A0 = {(0, 0), (0, 1)}, to mówimy, że punkt jest konstruowalny za pomocą cyrkla i linijki.

Przyjmijmy, że układ współrzędnych na R2 jest dobrany tak, że P1 = (0, 0), P2 = (0, 1). Niech Pi = (ai, bi),K = Q(a1, b1, a2, b2, . . . , an, bn), L = K(a, b).

Twierdzenie 216. Punkt Q = (a, b) jest konstruowalny za pomocą cyrkla i linijki przy danych punktach Pi wtedyi tylko wtedy gdy istnieje ciąg ciał pośrednich K = K0 ⊂ K1 · · · ⊂ Kr = L taki, że [Ki : Ki−1] = 2 (i = 1, . . . , r).

W szczególności jeżeli punkt Q = (a, b) jest konstruowalny za pomocą cyrkla i linijki przy danych punktach Pi, to[L : K] = 2r.

Dowód (szkic). Dowód konieczności warunku sprowadza się, do pokazania, że dołączanie kolejnego punktu dozbioru Ai wymaga rozwiązania układu równań liniowych, co pozostawia nas w dotychczasowym cienie, lub rozwią-zania układu równania liniowego i kwadratowego, co daje nam rozszerzenie ciała stopnia 2.

Dowód implikacji przeciwnej polega na wskazaniu konstrukcji sumy, różnicy, iloczynu ilorazu i pierwiastka kwa-dratowego. �

Trzy problemy matematyki starożytnej nie dają się rozwiązać.

Przykład 217. Kwadratura koła nie jest wykonalna przy pomocy cyrkla i linijki. Wynika to stąd, że liczba √πjest liczbą przestępną, a więc stopnień stosownego rozszerzenia jest równy nieskończoność.

Przykład 218. Podwojenie sześcianu nie jest wykonalne przy pomocy cyrkla i linijki. W tym przypadku (przyj-mując, że długość boku sześcianu jest równa 1) mamy K = Q, L = Q( 3

√)2. Ponieważ wielomian x3− 2 jest nierozkła-

dalny nad Q więc jest wielomianem minimalnym elementu 3√

2 i ostatecznie [L : K] = 3 nie jest potęgą dwójki.

Przykład 219. Trysekcja kąta nie jest wykonalne przy pomocy cyrkla i linijki. Dokładniej trysekcja kąta ϕ jestwykonalna przy pomocy cyrkla i linijki wtedy i tylko wtedy gdy wielomian f(X) = x3 − 3x− 2 cosϕ ma pierwiastekw ciele Q(cosϕ).

Ponieważ cos 3α = 4 cos3 α−3 cosα, więc liczba a = 2 cos 13ϕ jest pierwiastkiem wielomianu f(x) stopnia 3. ZatemrozszerzenieQ[cosϕ][cos 13ϕ]/Q[cosϕ] ma stopień 3 gdy wielomian f(x) nie ma pierwiastków wQ[cosϕ], w przeciwnymprzypadku ma stopień 1 lub 2.

W szczególności trysekcja kąta 14π jest wykonalna, a trysekcja kąta 13π – nie.UWAGA! kąta 17π nie można skonstruować przy pomocy cyrkla i linijki, ale można przy pomocy cyrkla i linijki

podzielić na trzy równe części. Mamy bowiem

x3 − 3x− 2 cos 2π7 = (x2 + (4 cos2 2π7 − 2)x+ (−4 cos2 2π7 − 2 cos 2π7 ))× (x− (4 cos2 2π7 − 2))


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Przykład 220. Konstrukcja n–kąta foremnego jest wykonalna wtedy i tylko wtedy gdy n = 2kp1 . . . pr, gdzie r są

różnymi liczbami pierwszymi Fermata, tzn. liczbami pierwszymi postaci Fn = 22n

+ 1. Fermat sądził, że wszystkie

liczby tej postaci są pierwsze, dziś znamy zaledwie 5 liczb pierwszych Fermata.

F0 = 21 + 1 = 3

F1 = 22 + 1 = 5

F2 = 24 + 1 = 17

F3 = 28 + 1 = 257

F4 = 216 + 1 = 65537

F5 = 232 + 1 = 4294967297 = 641× 6700417

F6 = 264 + 1 = 18446744073709551617 = 274177× 67280421310721

F7 = 2128 + 1 = 340282366920938463463374607431768211457 =

59649589127497217× 5704689200685129054721

Liczba ζn jest pierwiastkiem równania Xn − 1 = 0, ale na ogół wielomian ten jest rozkładalny. Jego pierwiastkami

są bowiem wszystkie pierwiastki z jedynki stopnia dzielącego n.

Definicja 82. Wielomian

Φn(X) :=∏

k¬n,(k,n)=1

(X − ζkn) =Xn − 1∏

d|n,d<n Φd(X),∈ Z[X]

n–tym wielomianem podziału koła (cyklotomicznym).

Propozycja 221. Wielomian cyklotomiczny Φn(X) ∈ Z[X] jest wielomianem nierozkłądalnym stopnia φ(n).

Dowód. Przypuśćmy, że wielomian Φ jest rozkłądalny, istnieją więc unormowane wielomiany h, f ∈ Z[X] dodat-

niego stopnia, takie, że Φn = hf , h jest nierozkładalny.

Niech ζ bedzie dowolnym pierwiastkiem h, p–liczbą pierwszą taką, że p - n. Pokażemy, że h(ζp) = 0. Przypuśćmy,

że tak nie jest, wtedy ζp jest pierwiastkiem f(X), a zatem ζ jest pierwiastkiem f(Xp). Stąd h(X) jest dzielnikiem

f(Xp). Rozważmy wielomiany h, f otrzymane przez redukcję h, f modulo p. Mamy oczywiście h | f(Xp) = (f(X))p,

więc h i f mają wspólny dzielnik k dodatkiego stopnia. Mamy więc k2 | hf | Xn − 1, to znaczy wielomian Xn − 1 ma

podwójny pierwiastek w pewnym rozszerzeniu ciała Zp, sprzeczność.

Pokazaliśmy, że jeśli ζ jest pierwiastkiem h, to ζp jest również pierwiastkiem h. Powtarzając to rozumowanie

pokazujemy, że dla dowolnegom ∈ N+ względnie pierwszego zm ζm jest pierwiastkiem h. Wten sposób otrzymujemy,

że Φ | h i w konsekwencji Φ = h, sprzeczność. �

Wniosek 222.

[Q[ζn] : Q] = φ(n).

Wniosek 223. Konstrukcja n–kąta foremnego jest wykonalna wtedy i tylko wtedy gdy n jest iloczynem potęgi

dwójki oraz różnych liczb pierwszych Fermata.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

62 4. Konstrukcje przy pomocy cyrkla i linijki

Dowód. Skonstruowanie n–kąta foremnego sprowadza się do skonstruowania punktu (cos 2πn , sin2πn ). Ponieważ

rozszerzeniaK[cos 2πn ] ⊂ K[cos 2πn , sin

2πn ] ⊂ K[cos 2πn , sin

2πn , i]

mają stopień jeden lub dwa orazK[cos 2πn ] ⊂ K[ζn] ⊂ K[cos 2πn , sin

2πn , i]

n–kąt foremny jest konstruowalny, wtedy i tylko wtedy gdy ζn wyraża się nad Q przez pierwiastniki stopnia 2.Stąd warunkiem koniecznym jest to aby [Q[ζn] : Q] = ϕ(n) było potęgą dwójki. Pokażemy, że na odwrót, jeśli φ(n)

jest potęgą dwójki to konstrukcja n–kąta foremnego jest wykonalna. Zauważmy, że Q[ζn, i]/Q jest rozszerzeniemGalois stopnia φ(n) lub 2φ(n). Grupa Galois tego rozszerzenia jest grupą abelową, której ręd jest potęgą dwójki.Istnieje cią podgrup

〈0〉 = G0 ⊂ G1 ⊂ · · · ⊂ Gr = Gal(Q[ζn, i]/Q)

taki, że [Gi+1 : Gi] = 2. Przyjmując Ki = Q[ζn, i]Gi otrzymujemy ciąg ciał pośrednich

Q = Kr ⊂ Kr−1 ⊂ · · · ⊂ K0 = Q[ζn, i]

a zatem konstrukcja n–kąta foremnego jest wykonalna.Ponieważ, dla liczby postaci n =

∏i pkii , mamy ϕ(n) =

∏i(p1 − 1)pki−1i . A zatem musi być, dla pi nieparzystego

k1 = 1 oraz pi − 1 jest potęgą dwójki. Oznacza to, że n jest iloczynem różnych liczb pierwszych Fermata i potęgidwójki.

�

Dostateczność została dowiedziona przez Gaussa bez użycia teorii Galois, również Gauss podał jako pierwszykonstrukcje siedemnastokąta foremnego (1796). Gauss podał bezpośredni sposób sposób konstrukcji układu ciałpośrednich. Konstrukcję 65537–kąta foremnego podał Hermes (zajęło mu to ok. 10 lat, w Getyndze).

Uwaga. Jeżeli liczby k, l są względnie pierwsze to mając skonstruowane k i l kąt foremny możemy łatwo skon-struować kl–kąt foremny.

Wykonalne są konstrukcje n–kąta foremnego (n ¬ 100) dla n − 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20, 24, 32, 34, 40, 48, 51,

60, 64, 68, 80, 96. Nie jest wykonalna konstrukcja n–kąta m.in. dla n = 7, 9. Znanych jest zaledwie 31 wielokąty fo-remne o nieparzystej liczbie boków, które można skonstruować za pomocą cyrkla i linijki.

Za pomocą cyrkla i linijki można rozwiązać problem Apolloniusza wyznaczenia okręgów stycznych do danychtrzech okręgów.

Nie są (na ogól) wykonalne przy pomocy cyrkla i linijki następujące konstrukcje:konstrukcja trójkąta przy zadanych dwóch bokach i dwusiecznej poprowadzonej na jeden z nich,konstrukcja trójkąta przy zadanych trzech dwusiecznych.

Inne przykłady konstrukcjiKonstrukcje Macheroniego (Lorenzo Mascheroni ur. 1750 zm. 1800) przy pomocy samego cyrkla można wykonać

wszystkie konstrukcje wykonalne za pomocą cyrkla i linijki.Konstrukcje steinerowskie (Jakob Steiner ur. 1796 zm. 1863) każda konstrukcja wykonalna przy pomocy cyrkla

i linijki jest wykonalna za pomocą samej linijki, jeśli na płaszczyźnie mamy narysowany okrą i jego środek (dowolnyłuk stożkowej i jedno ognisko).

Przykłady konstrukcji wykonalnych samą linijką:Wersja wstępna (bez korekty) z dnia 20 stycznia 2018

Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


• Mając środek odcinka AB skonstruować prostą równoległą do prostej AB przechodzącą przez zadany punkt• Proste l i m są równoległe, znaleźć środek odcinka AB leżącego na m.• Mając dane równoległe proste m i l skonstruować prostą do nich równoległą przechodzącą przez zadany

punkt,• Mając dane punktyA iB na prostejm oraz prostą równoległą do prostejm skonstruować punkt C na prostejm taki, że AB = BC,• Mając dany okrąg i jego środek skonstruować kwadrat wpisany w ten okrąg.

5. Domknięcie algebraiczne

Definicja 83. Ciało L nazywamy algebraicznie domkniętym jeśli spełnia następujące równoważne warunki

(1) Dowolny wielomian f ∈ L[X] stopnia deg(f) > 0 ma w L pierwiastek,(2) Dowolny wielomian f ∈ L[X] stopnia deg(f) > 0 rozkłada się w L[X] na czynniki liniowe,(3) Dla dowolnego rozszerzenia algebraicznego L ⊂M zachodzi L = M ,(4) Dla dowolnego skończonego rozszerzenia L ⊂M zachodzi L = M .

Definicja 84. Domknięciem algebraicznym ciała K nazywamy dowolne ciało L ⊃ K takie, że

• L jest algebraiczne nad K,• L jest algebraicznie domknięte.

Lemat 224. Jeśli rozszerzenieK ⊂ L jest algebraiczne i dowolny wielomian f ∈ K[X] stopnia deg(f) > 0 rozkładasię nad L[X] na czynniki liniowe, to L jest ciałem algebraicznie domkniętym. W szczególności L jest algebraicznymdomknięciem ciała K.

Dowód. Niech g ∈ L[X] będzie wielomianem stopnia deg(g) > 0, niech L będzie dowolnym rozszerzeniem L

takim, że g ma pierwiastek α ∈ L. Ponieważ α jest algebraicznym nad L, a L jest algebraicznym rozszerzeniem K,więc α jest algebraicznym nad K. Niech f ∈ K[X] będzie wielomianem minimalnym α nad K. Wtedy g rozkłada sięna czynniki liniowe nad L, ale α jest pierwiastkiem f więc należy do L. �

Twierdzenie 225 (Istnienie algebraicznego domknięcia). Dowolne ciało posiada algebraiczne domknięcie.

Dowód. Niech K będzie dowolnym ustalonym ciałem F zbiorem wszystkich wielomianów nierozkładalnych (do-datniego stopnia) w K[X]. Dla dowolnego f ∈ F oznaczmy przez Xf pewną zmienną, niech I ⊂ K[(Xf )f∈F ] będzieideałem generowanym przez zbiór

{f(Xf ) ∈ K[(Xf )f∈F ]

czyli wszystkich wielomianów nierozkładalnych w K[X] ale traktowanych każdy jako wielomian od innej zmiennej.Zauważmy, ze I 6= K[(Xf )f∈F ], przypuśćmy bowiem, że 1 ∈ I, wtedy istnieją wielomiany g1, . . . , gm ∈ K[(Xf )f∈F ]

oraz wielomiany f1, . . . , fm ∈ F takie, że

g1f1(Xf1) + · · ·+ gmfm(Xfm) = 1.

Zauważmy, że w powyższej równości występuje tylko skończenie wiele zmiennych. Dla większej przejrzystości oznacz-my zmienne Xfi przez Xi (i = 1, . . . ,m) natomiast pozostałe zmienne przez Xm+1, . . . , Xn otrzymując

g1(X1, . . . , Xn)f1(X1, . . . , Xn) + · · ·+ gm(X1, . . . , Xn)fm(X1, . . . , Xn) = 1.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018

64 5. Domknięcie algebraiczne

Istnieje rozszerzenie L1 ciała L, w którym wielomian fi ma pierwiastek αi (i = 1, . . . ,m). Podstawiając w powyż-szej równości αi za Xi, i = 1, . . . ,m oraz cokolwiek za pozostałe zmienne otrzymamy 0 = 1.

Ponieważ I jest ideałem właściwym więc zawiera się w pewnym ideale maksymalnym m, niech K1 oznacza ciałoilorazowe

K1 := K[(Xf )f∈F ]/m.

Z dokładnością do naturalnego utożsamienia możemy przejąć, że K ⊂ K1. Dowolny wielomian f ∈ K[X] stopniadeg f > 0 ma w K1 pierwiastek.

Powtarzamy powyższą konstrukcję dla ciałaK1 otrzymując ciałoK2 ⊃ K1 i tak dalej. Otrzymujemy w ten sposóbwstępujący ciąg ciał

K := K0 ⊂ K1 ⊂ K2 ⊂ Kn

o tej własności, ze dowolny wielomian o współczynnikach Ki stopnia dodatniego ma pierwiastek w Ki+1. Niech f ∈

K[X] będzie wielomianem stopnia n, posiada on pierwiastek α1 ∈ K1. Wielomian f(X) dzieli się przez X − α1

otrzymujemy więc wielomian f1 ∈ K[X1] stopnia n − 1 taki, że f(X) = (X − α1)f1. Argumentując rekurencyjniepokazujemy, że f rozkłada się na czynniki liniowe w Kn. Oznaczmy przez K∞ :=

⋃∞n=0Kn oraz przez L domknięcie

algebraiczne ciała K w ciele K∞. Z powyższego rozumowania wynika, że dowolny wielomian o współczynnikach w K

dodatniego stopnia rozkłada się na czynniki liniowe w K∞, a więc również w ciele L. A zatem na mocy poprzedniegolematu ciało L jest algebraicznym domknięciem ciała K. �

Twierdzenie 226 (Jednoznaczność algebraicznego domknięcia). Jeżeli ciała L1 i L2 są algebraicznymi domknię-ciami ciała K, to istnieje K–izomorfizm f : L1 −→ L2.

Dowód (szkic). Niech L1, L2 będą dwoma domknięciami algebraicznymi ciała K, Oznaczmy przezM zbiór par(M,φ) takich, że K ⊂ M ⊂ L1 jest ciałem pośrednim, φ : M −→ L2 jest K zanurzeniem φ : M −→ L1. ZbiórM porządkujemy relacją (M1, φ1) ¬ (M2, φ) jeśli M1 ⊂ M2 oraz φ2|M1 = φ1. Zauważmy, że M jest niepusty gdyż(K, idK) jest (najmniejszym) elementemM. Ponadto jeśli (Mα, Uα)α jest łańcuchem wM, to (

⋃αMα,

⋃α φα) jest jego

majorantą. Na mocy lematu Kuratowskiego–ZornaM posiada element maksymalny (M,φ). Ponieważ φ rozszerzasię na dowolne ciało rozkładu nad α, więc M jest algebraicznie domknięte w L1, a zatem M = L1 natomiast φ jestposzukiwanym K–izomorfizmem. �

Twierdzenie 227. Niech Fp∞ :=∑∞k=0 Fpk! . Wtedy Fp∞ jest domknięciem algebraicznym ciała Fpn dla dowolnego

n ∈ N.

Dowód. Zauważmy, że dla dowolnego k mamy Fpk! ⊂ Fp(k+1)! , więc powyższa suma ma sens. Ponadto dla dowol-nego n mamy FpnFpn! , a zatem ciało Fp∞ zawiera wszystkie ciała skończone charakterystyki p. Jeżeli f ∈ Fp∞ , towszystkie współczynniki f należą do pewnego ciała Fpn , wielomian f ma pierwiastek w pewnym skończonym roz-szerzeniu tego ciała czyli w pewnym ciele skończonym charakterystyki p, a zatem również w ciele Fp∞ , a zetem jestto ciało algebraicznie domknięte. Pozostało pokazać, że jest ono algebraiczne nad ciałem Fp (a więc również nad do-wolnym ciałem Fpn ). Dowolny element tego ciała należy do pewnego ciała skończonego, które jest ciałem rozkładupewnego wielomianu nad Fp, w szczególności jest nad Fp algebraiczne. �

Propozycja 228. Jeżeli f ∈ C jest wielomianem dodatniego stopnia to fred := fNWD(f,f ′) ma dokładnie te same

pierwiastki co f ale pojedyncze.


Wer

sjaws

tępn

a 20 s

tycz

nia 2

018


Niech f ∈ R[X] będzie wielomianem dodatniego stopnia, bez pierwiastków wielokrotnych i takim, że f(a)f(b) 6= 0

(a < b). Określamy rekurencyjnie ciąg wielomianów f0, f1, . . . , fN , fN+1 spełniający

(a) f0 = f ,(b) f1 = f ′,(c) −fi+1 jest resztą z dzielenia fi−1 przez fi.(d) fN+1 = 0, fN 6= 0.

Oznaczmy przez Z(a) (odp. Z(b)) liczbę zmian znaku w ciagu powstałym z ciagu f0(a), f1(a), . . . , fN (a) (odp. f0(b),f1(b), . . . , fN (b)) przez skreślenie wyrazów zerowych.

Twierdzenie 229 (Sturm). Liczba pierwiastków wielomianu f leżacyh w przedziale (a, b) jest równaZn(a)−Zn(b).

Dowód. Rozpatrujemy liczbę Zn(t) dla t ∈ (a, b). Liczba ta moze sięzmieniać jest stała kazdym przdziale, wktorym nie znika żaden wielomian fi.

Jeżeli fi(t0) = 0 dla i > 0, to fi−1(t0) i fi+1(t0) mają przeciwne znaki. W pobliżu punktu t0 mamy więc mozliwenastępujące układy znaków (dla fi−1, fi, fi+1)

< t0 t0 > t0fi−1 + + +fi + 0 −

fi+1 − − −

< t0 t0 > t0− − −+ 0 −+ + +

< t0 t0 > t0+ + +− 0 +− − −

< t0 t0 > t0− − −− 0 ++ + +

a zatem przy przejściu

przez t0 liczba zmian znaku się nie zmieni.jesli natomiast f0(t0) = 0, to w pobliżu punktu t0 mamy mozliwe nastepujące układy znaków dla f0 i f1< t0 t0 > t0

f0 − 0 +f1 + + +

< t0 t0 > t0+ 0 −− − −

i przy przejściu przez t0 liczba zmian znaku zmniejsza sie o jeden.�

Wniosek 230. Wielomian f ∈ R[X] stopnia nieparzystego posiada pierwiastek w R. Każde rozszerzenie R stopnia

nieparzystego jest trywialne.

Lemat 231. Każde rozszerzenie ciała liczb zespolonych stopnia 2 jest trywialne.

Twierdzenie 232. Ciało liczb zespolonych jest algebraicznie domknięte.

Dowód. Przypuśścmy, że tak nie jest, niech f ∈ C[X] będzie wielomianem o współczynnikach zespolonych nieposiadających pierwiastków w C. Niech f(X) ∈ C[X] będzie wielomianem otrzymanym przez zastosowanie sprzę-żenia zespolonego do wspołczynników f . Wtedy wielomian g := f · f ma współczynniki rzeczywiste i nie posiadapierwiastków w C. Niech L będzie ciałem rozkładu wielomianu g i niech G := Gal(L(i)/R) będzie grupą Galois roz-szerzenia L(i)/R. Ciało elementów stałych podgrupy Sylowa P2 ⊂ G jest rozszerzeniem stopnia nieparzystego R więcjest rozszerzeniem trywialnym. Stąd grupa Galois L(i)/C jest 2–grupą. Ponieważ L(i)/C jest rozszerzeniem Galois,więc gdyby L(i)/C było rozszerzeniem nietrywialnym, to istniałoby ciało pośrednie stopnia 2 nad C, sprzeczność. �


sc.im.uj.edu.plsc.im.uj.edu.pl/images/videos/AlgebraI.pdf · 2018 ROZDZIAŁ I Teoria Grup 1. Grupy...

Documents

Transcript of sc.im.uj.edu.plsc.im.uj.edu.pl/images/videos/AlgebraI.pdf · 2018 ROZDZIAŁ I Teoria Grup 1. Grupy...