Galoistheorie [version 9 Sep 2014 ed.] [PDF]

Zitiervorschau

Galoistheorie E. Jespers Departement Wiskunde Vrije Universiteit Brussel Faculteit Wetenschappen 2014–2015 webstek: http://homepages.vub.ac.be/˜efjesper HOC: donderdag 14u00 – 16u00, G.6.324 WPO: dinsdag 13u00 – 14u00, G.6.324

ii

Inhoudsopgave 1 Inleiding

1

2 Groepentheorie 2.1 Acties van groepen . . . . . . . 2.2 Sylow stellingen . . . . . . . . . 2.3 p-groepen . . . . . . . . . . . . 2.4 Permutatiegroepen . . . . . . . 2.5 Directe producten van groepen . 2.6 Eindige nilpotente groepen . . . 2.7 Groepsuitbreidingen . . . . . . 2.8 Oplosbare groepen . . . . . . . 2.9 Nilpotente groepen . . . . . . . 2.10 Stelling van Jordan-H¨older . . . 2.11 Vrije groepen . . . . . . . . . . 3 Veldentheorie 3.1 Definities . . . . . . . . 3.2 Eenvoudige uitbreidingen 3.3 Isomorfismen . . . . . . 3.4 Algebra¨ısche sluiting . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

9 9 18 22 23 29 34 36 38 41 47 51

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

55 55 60 62 65

4 Galoistheorie 4.1 Galois-uitbreidingen . . . . . . . . . . 4.2 Normale uitbreidingen . . . . . . . . . 4.3 Separabele uitbreidingen . . . . . . . . 4.4 Karakerisatie van Galois-uitbreidingen 4.5 Orde van de Galois groep . . . . . . . . 4.6 Fundamentele Stelling . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

69 69 73 74 79 81 83

. . . .

iii

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

iv

INHOUDSOPGAVE

5 Toepassingen 89 5.1 Cyclotome Uitbreidingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 5.2 Geometrische Constructies . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 5.3 Wortels, radikalen en reele getallen . . . . . . . . . . . . 98 6 Oefeningen 109 6.1 Groeptheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 6.2 Lichaam- en Galoistheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 Index

122

Hoofdstuk 1 Inleiding ´ Galoistheorie, genoemd naar Evariste Galois, geeft een link tussen problemen in lichamentheorie en groepentheorie. Oorspronkelijk gebruikte Galois permutatiegroepen voor het beschrijven van de relaties tussen verschillende wortels van een polynoomvergelijking. In de moderne benadering, ontwikkeld door o.a. Richard Dedekind, Leopold Kronecker en Emil Artin, bestudeerd men automorfismen van lichaamuitbreidingen. De oorspronkelijke motivatie voor Galois theorie was de volgende vraag: “Waarom is er geen formule voor de wortels van een 5de graads (of hogere graad) polynoom, dit in termen van de coeffici¨enten van de polynoom en door gebruik te maken van de gebruikelijke algebra´ısche operaties (optelling, aftrekking, vermenigvuldiging, deling) en radikalen (het nemen van wortels)?” Galoistheorie geeft hierop een zeer mooi en duidelijk antwoord. Galoistheorie geeft ook een zeer mooi antwoord op passer en lineaal constructies. Door hiervan gebruikt te maken krijgt men ook aan antwoord op klassieke meetkundige vragen zoals “Welke reguliere polygonen zijn constreerbaar? Waarom kan men een hoek niet driedelen?”

From an article by: J J O’Connor and E F Robertson Evariste Galois’, see http://www-groups.dcs.stand.ac.uk/∼history/Biographies/Galois.htmlfather 1

Galois 1832)

(1811-

2

HOOFDSTUK 1. INLEIDING

Nicholas Gabriel Galois and his mother Adelaide Marie Demante were both intelligent and well educated in philosophy, classical literature and religion. However there is no sign of any mathematical ability in any of Galois’ family. His mother served as Galois’ sole teacher until he was 12 years old. She taught him Greek, Latin and religion where she imparted her own scepticism to her son. Galois’ father was an important man in the community and in 1815 he was elected mayor of Bourg-la-Reine. The starting point of the historical events which were to play a major role in Galois’ life is surely the storming of the Bastille on 14 July 1789. From this point the monarchy of Louis 16th was in major difficulties as the majority of Frenchmen composed their differences and united behind an attempt to destroy the privileged establishment of the church and the state. Despite attempts at compromise Louis 16th was tried after attempting to flee the country. Following the execution of the King on 21 January 1793 there followed a reign of terror with many political trials. By the end of 1793 there were 4595 political prisoners held in Paris. However France began to have better times as their armies, under the command of Napoleon Bonaparte, won victory after victory. Napoleon became first Consul in 1800 and then Emperor in 1804. The French armies continued a conquest of Europe while Napoleon’s power became more and more secure. In 1811 Napoleon was at the height of his power. By 1815 Napoleon’s rule was over. The failed Russian campaign of 1812 was followed by defeats, the Allies entering Paris on 31 March 1814. Napoleon abdicated on 6 April and Louis XVIII was installed as King by the Allies. The year 1815 saw the famous one hundred days. Napoleon entered Paris on March 20, was defeated at Waterloo on 18 June and abdicated for the second time on 22 June. Louis XVIII was reinstated as King but died in September 1824, Charles X becoming the new King. Galois was by this time at school. He had enrolled at the Lyc´e of Louis-le-Grand as a boarder in the 4 th class on 6 October 1823. Even during his first term there was a minor rebellion and 40 pupils were expelled from the school. Galois was not involved and during 1824-25 his school record is good and he received several prizes. However in

3 1826 Galois was asked to repeat the year because his work in rhetoric was not up to the required standard. February 1827 was a turning point in Galois’ life. He enrolled in his first mathematics class, the class of M. Vernier. He quickly became absorbed in mathematics and his director of studies wrote It is the passion for mathematics which dominates him, I think it would be best for him if his parents would allow him to study nothing but this, he is wasting his time here and does nothing but torment his teachers and overwhelm himself with punishments. Galois’ school reports began to describe him as singular, bizarre, original and closed. It is interesting that perhaps the most original mathematician who ever lived should be criticised for being original. M. Vernier reported however Intelligence, marked progress but not enough method. ´ In 1828 Galois took the examination of the Ecole Polytechnique but failed. It was the leading University of Paris and Galois must have wished to enter it for academic reasons. However, he also wished to enter this school because of the strong political movements that existed among its students, since Galois followed his parents example in being an ardent republican. Back at Louis-le-Grand, Galois enrolled in the mathematics class of Louis Richard. However he worked more and more on his own researches and less and less on his schoolwork. He studied Legendre’s G´eom´etrie and the treatises of Lagrange. As Richard was to report This student works only in the highest realms of mathematics. In April 1829 Galois had his first mathematics paper published on continued fractions in the Annales de math´ematiques. On 25 May and 1 June he submitted articles on the algebraic solution of equations to the Acad´emie des Sciences. Cauchy was appointed as referee of Galois’ paper. Tragedy was to strike Galois for on 2 July 1829 his father committed suicide. The priest of Bourg-la-Reine forged Mayor Galois’ name on malicious forged epigrams directed at Galois’ own relatives. Galois’

4

HOOFDSTUK 1. INLEIDING

father was a good natured man and the scandal that ensued was more than he could stand. He hanged himself in his Paris apartment only a few steps from Louis-le-Grand where his son was studying. Galois was deeply affected by his father’s death and it greatly influenced the direction his life was to take. A few weeks after his father’s death, Galois presented himself for ´ examination for entry to the Ecole Polytechnique for the second time. For the second time he failed, perhaps partly because he took it under the worst possible circumstances so soon after his father’s death, partly because he was never good at communicating his deep mathematical ´ ideas. Galois therefore resigned himself to enter the Ecole Normale, which was an annex to Louis-le-Grand, and to do so he had to take his Baccalaureate examinations, something he could have avoided by ´ entering the Ecole Polytechnique. He passed, receiving his degree on 29 December 1829. His examiner in mathematics reported:This pupil is sometimes obscure in expressing his ideas, but he is intelligent and shows a remarkable spirit of research. His literature examiner reported:This is the only student who has answered me poorly, he knows absolutely nothing. I was told that this student has an extraordinary capacity for mathematics. This astonishes me greatly, for, after his examination, I believed him to have but little intelligence. Galois sent Cauchy further work on the theory of equations, but then learned from Bulletin de F´erussac of a posthumous article by Abel which overlapped with a part of his work. Galois then took Cauchy’s advice and submitted a new article On the condition that an equation be soluble by radicals in February 1830. The paper was sent to Fourier, the secretary of the Paris Academy, to be considered for the Grand Prize in mathematics. Fourier died in April 1830 and Galois’ paper was never subsequently found and so never considered for the prize. Galois, after reading Abel and Jacobi’s work, worked on the theory of elliptic functions and abelian integrals. With support from Jacques Sturm, he published three papers in Bulletin de F´erussac in April 1830. However, he learnt in June that the prize of the Academy would be

5 awarded the Prize jointly to Abel (posthumously) and to Jacobi, his own work never having been considered. July 1830 saw a revolution. Charles 10th fled France. There was ´ rioting in the streets of Paris and the director of Ecole Normale, M. Guigniault, locked the students in to avoid them taking part. Galois tried to scale the wall to join the rioting but failed. In December 1830 M. Guigniault wrote newspaper articles attacking the students and Galois ´ wrote a reply in the Gazette des Ecoles, attacking M. Guigniault for his actions in locking the students into the school. For this letter Galois was expelled and he joined the Artillery of the National Guard, a Republican branch of the militia. On 31 December 1830 the Artillery of the National Guard was abolished by Royal Decree since the new King Louis-Phillipe felt it was a threat to the throne. Two minor publications, an abstract in Annales de Gergonne (December 1830) and a letter on the teaching of science in the Gazette des ´ Ecoles ( 2 January 1831) were the last publications during his life. In January 1831 Galois attempted to return to mathematics. He organised some mathematics classes in higher algebra which attracted 40 students to the first meeting but after that the numbers quickly fell off. Galois was invited by Poisson to submit a third version of his memoir on equation to the Academy and he did so on 17 January. On 18 April Sophie Germain wrote a letter to her friend the mathematician Libri which describes Galois’ situation. “.. the death of M. Fourier, have been too much for this student Galois who, in spite of his impertinence, showed signs of a clever disposition. ´ All this has done so much that he has been expelled from Ecole Normale. He is without money... . They say he will go completely mad. I fear this is true.” Late in 1830 19 officers from the Artillery of the National Guard were arrested and charged with conspiracy to overthrow the government. They were acquitted and on 9 May 1831 200 republicans gathered for a dinner to celebrate the acquittal. During the dinner Galois raised his glass and with an open dagger in his hand appeared to make threats against the King, Louis-Phillipe. After the dinner Galois was arrested and held in Sainte-P´elagie prison. At his trial on 15 June his defence lawyer claimed that Galois had said

6

HOOFDSTUK 1. INLEIDING “To Louis-Phillipe, if he betrays”

but the last words had been drowned by the noise. Galois, rather surprisingly since he essentially repeated the threat from the dock, was acquitted. The 14th of July was Bastille Day and Galois was arrested again. He was wearing the uniform of the Artillery of the National Guard, which was illegal. He was also carrying a loaded rifle, several pistols and a dagger. Galois was sent back to Sainte-P´elagie prison. While in prison he received a rejection of his memoir. Poisson had reported that:His argument is neither sufficiently clear nor sufficiently developed to allow us to judge its rigour. He did, however, encourage Galois to publish a more complete account of his work. While in Sainte-P´elagie prison Galois attempted to commit suicide by stabbing himself with a dagger but the other prisoners prevented him. While drunk in prison he poured out his soul Do you know what I lack my friend? I confide it only to you: it is someone whom I can love and love only in spirit. I have lost my father and no one has ever replaced him, do you hear me...? In March 1832 a cholera epidemic swept Paris and prisoners, including Galois, were transferred to the pension Sieur Faultrier. There he apparently fell in love with Stephanie-Felice du Motel, the daughter of the resident physician. After he was released on 29 April Galois exchanged letters with Stephanie, and it is clear that she tried to distance herself from the affair. The name Stephanie appears several times as a marginal note in one of Galois’ manuscripts. Galois fought a duel with Perscheux d’Herbinville on 30 May, the reason for the duel not being clear but certainly linked with Stephanie. You can see a note in the margin of the manuscript that Galois wrote the night before the duel. The note reads There is something to complete in this demonstration. I do not have the time. (Author’s note).

7 It is this which has led to the legend that he spent his last night writing out all he knew about group theory. This story appears to have been exaggerated. Galois was wounded in the duel and was abandoned by d’Herbinville and his own seconds and found by a peasant. He died in Cochin hospital on 31 May and his funeral was held on 2 June. It was the focus for a Republican rally and riots followed which lasted for several days. Galois’ brother and his friend Chevalier copied his mathematical papers and sent them to Gauss, Jacobi and others. It had been Galois’ wish that Jacobi and Gauss should give their opinions on his work. No record exists of any comment these men made. However the papers reached Liouville who, in September 1843, announced to the Academy that he had found in Galois’ papers a concise solution ...as correct as it is deep of this lovely problem: Given an irreducible equation of prime degree, decide whether or not it is soluble by radicals. Liouville published these papers of Galois in his Journal in 1846. The theory that Galois outlined in these papers is now called Galois theory.

8

HOOFDSTUK 1. INLEIDING

Hoofdstuk 2 Groepentheorie In deze cursus schrijven wij meestal (x)f voor het beeld van een element x onder een functie f . Bijgevolg spreken wij ook af dat de samenstelling van functies f ◦ g betekent “eerst f en dan g”.

2.1

Acties van groepen

Uit de theorie van de groeprepresentaties weten wij dat er een nauw verband is tussen representaties van een groep G over een lichaam K en de modulen M over de groepalgebra KG. Het scalaire product M × KG → M : (m, α) 7→ m · α wordt bepaald door een lineaire uitbreiding van M × G → M : (m, g) 7→ m · g. In de volgende definitie formaliseren wij dit principe. Een andere reden voor het invoeren van de volgende definitie is om terug een willekeurige groep in verband te brengen met een permutatiegroep. Deze laatste is soms een handig middel om een algemenere groep te bestuderen. Definitie 2.1.1 Zij G een groep (met eenheidselement 1) en X een niet-lege verzameling. Veronderstel dat X × G −→ X : (x, g) 7→ x · g een afbeelding is die voldoet aan de volgende eigenschappen, voor alle x ∈ X en g, h ∈ G, (1) x · 1 = x, 9

10

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

(2) (x · g) · h = x · (gh). Dan zeggen wij dat · een actie is van G op X. De kern van de actie is de deelgroep H van G bestaande uit de elementen g ∈ G zodat x · g = x voor alle x ∈ X. De stablisator van x in G is de deelgroep Gx = {g ∈ G | x · g = x}. Dus via acties en stabilisatoren construeert men deelgroepen van een gegeven groep. Deze zijn echter niet noodzakelijk normale deelgroepen. Voorbeeld 2.1.2

1. TRIVIALE ACTIE: X × G → X : (x, g) 7→ x.

2. PERMUTATIE ACTIE: zij X een niet lege verzameling en veronderstel dat G een deelgroep is van de symmetrische groep Sym(X). Dan is X × G → X : (x, f ) 7→ (x)f een actie van G op X. 3. REGULIERE ACTIE van een groep G: G × G → G : (h, g) 7→ hg. Dat dit een actie is volgt onmiddellijk uit de associativiteit van de groepbewerking en het feit dat 1 het eenheidselement is van G. Merk op dat dit nauw in verband staat met de reguliere actie van de groepalgebra KG (en dus met de natuurlijke rechter moduulstructuur van KG). 4. CONJUGATIE ACTIE in een groep G: G × G → G : (x, g) 7→ xg = g −1 xg. De stabilisator van een element x ∈ G is de centralisator CG (x) = {g ∈ G | gx = xg}. 5. een VECTORRUIMTE V over een lichaam K: V × K × → V : (v, k) 7→ vk. Indien wij acties zouden defini¨eren voor een semigroep G op een verzameling X, dan geeft elk rechter moduul M over een ring R een voorbeeld van een actie van G = R op X = M .

2.1. ACTIES VAN GROEPEN

11

6. Veronderstel dat X × G → X een actie is van G op X. Dan verkrijgen wij een actie van G op de verzameling D(X) van alle deelverzamelingen van X: D(X) × G → D(X) : (Y, g) 7→ Y · g = {y · g | y ∈ Y }. In het geval van de conjugatie actie in een groep G is de stabilisator van Y ⊆ G de deelgroep NG (Y ), de normalisator van Y in G. Beschouw de reguliere actie van de groep G op G. Dan verkrijgen wij een actie van G op D(G) en dus ook een actie op de verzameling rechter nevenklassen van een deelgroep H: {Hg | g ∈ G} × G → {Hg | g ∈ G} : (Hg, x) 7→ H(gx). 7. actie van GLn (D) op Dn : Dn × GLn (D) → Dn : (X, A) 7→ XA, met X ∈ Dn en XA de matrixvermenigvuldiging. Eigenschap 2.1.3 Een groep G voert een actie · uit op een verzameling X als en slechts als R : G → Sym(X) : g 7→ Rg , met Rg : X → X : x 7→ x · g, een groephomomorfisme is. Bovendien, is ker(R) precies de kern van de actie. Bijgevolg, ker(R) is een normale deelgroep van G en G/ker(R) is isomorf met een deelgroep van Sym(X). Bewijs. Veronderstel dat X × G → G een actie is. Zoals in het bewijs van de stelling van Lagrange bewijst men dan dat elke Rg een permutatie is van X (en dus Rg ∈ Sym(X)) en dat R een groephomomorfisme is (let op de afspraak voor de notatie voor samenstelling van functies). Nu, ker(R) = {g ∈ G | Rg = 1X } = {g ∈ G | x · g = x, voor alle x ∈ X}, en dit is precies de kern van de actie. Wegens de isomorfismestelling is het dan duidelijk dat G/ ker(R) isomorf is met een deelgroep van Sym(X).

12

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Omgekeerd, zij R : G → Sym(X) : g 7→ Rg een groephomomorfisme. Dan is het eenvoudig na te gaan dat X × G → X : (x, g) 7→ (x)Rg een actie defini¨eert.  Een belangrijke klasse van groepen zijn de eenvoudige groepen. Dus is het belangrijk om te kunnen nagaan wanneer een groep al dan niet eenvoudig is. Bijgevolg is het nuttig om niet triviale normale deelgroepen te kunnen construeren, en aldus aan te tonen dat de betrokken groep niet eenvoudig is. Eigenschap 2.1.4 Zij H een deelgroep van G van eindige index [G : H] = n. Dan bestaat een normale deelgroep N van G zodat N ⊆ H en [G : N ] | n!. I.h.b. elke deelgroep van eindige index bevat een normale deelgroep van eindige index. Er volgt dat G niet eenvoudig is als n > 1 en |G| - n!. Als bovendien G eindig is en n het kleinse priemgetal is dat |G| deelt, dan is H een normale deelgroep van G. Bewijs. Beschouw de actie van G op X = {Hg | g ∈ G} (via rechtervermenigvuldiging). Wegens Eigenschap 2.1.3 is de kern N van deze actie een normale deelgroep van G en G/N isomorf met een deelgroep van Sym(X). Dus [G : N ] = |G/N | | n! = |Sym(X)|. Het is duidelijk dat N ⊆ H. Dus bevat H een normale deelgroep van eindige index. Wij bewijzen nu het tweede gedeelte van de stelling. Nu, [G : N ] = [G : H] [H : N ] = n[H : N ]. Omdat [G : N ] | n! volgt er [H : N ]|(n − 1)!. Dus als p een priemdeler is van [H : N ] dan p ≤ n − 1. Nu is [H : N ], en dus ook p, een deler van |G|. Dit is in contradictie met de veronderstelling op n. Dus bestaat er geen priemdeler van [H : N ], m.a.w., H = N C G.  Eigenschap 2.1.5 Zij H een deelgroep van G en zij N de kern van de actie van G op de rechter nevenklassen van H (door rechtervermenigvuldiging). Dan

2.1. ACTIES VAN GROEPEN

13

1. N = ∩g∈G H g , met H g = g −1 Hg, en 2. als M een normale deelgroep is van G en M ⊆ H, dan M ⊆ N . Dus N is de grootste normale deelgroep van G bevat in H. Men noemt dit de kern van H in G, en men schrijft N = coreG (H). Bewijs. Het eerste gedeelte van de eigenschap volgt uit het volgende: N = {g ∈ G | (Hx)g = Hx voor alle x ∈ G} = {g ∈ G | g ∈ x−1 Hx = H x voor alle x ∈ G} = ∩g∈G H g , met H g = g −1 Hg. Veronderstel dat M C G en M ⊆ H, dan M x = M voor alle x ∈ G. Dus M = ∩x∈G M x ⊆ ∩x∈G H x = N .  De orbieten (of banen) van een actie van een groep G op een verzameling X zijn de deelverzamelingen {x · g | g ∈ G}, met x ∈ X. Het is eenvoudig na te gaan dat de orbieten een partitie vormen van X. Indien er slechts ´e´en orbiet is, dan noemen wij de actie transitief. In het geval van de conjugatie actie in een groep G worden de orbieten conjugatieklassen genoemd; de conjugatieklasse van x noteren wij cl(x). Merk op dat een conjugatieklasse van een element x ∈ G precies ´e´en element bevat als en slechts als x ∈ Z(G), het centrum van G. De volgende eigenschap geeft een verband tussen de nevenklassen van een stabilisator en een orbiet. Eigenschap 2.1.6 Veronderstel de groep G een actie uitvoert op de verzameling X. Voor elke x ∈ X is er een bijectie x · G → {Gx g | g ∈ G}. I.h.b. |x · G| = [G : Gx ]; als, bovendien G eindig is, dan |x · G| = |G|/|Gx |. Dus, in dit geval is |x · G| een deler van |G|, i.h.b. is |cl(x)| een deler van |G| en [G : NG (Y )] is precies het aantal G-geconjugeerden in G van een deelverzameling Y van G.

14

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Bewijs. Defini¨eer de volgende afbeelding f : x · G → {Gx g | g ∈ G} : xg 7→ Gx g, waar g ∈ G. Nu, voor g, h ∈ G, Gx g = Gx h als en slechts als hg −1 ∈ Gx . Dus Gx g = Gx h als en slechts als xhg −1 = x en bijgevolg Gx g = Gx h als en slechts als xh = xg. Dus is de afbeelding injectief. Aangezien f surjectief is volgt het resultaat.  Stelling 2.1.7 (Landau) Zij n > 0 een natuurlijk getal. Dan bestaat een getal B(n) zodat voor elke eindige groep met n conjugatieklassen |G| ≤ B(n). Als n = 2, dan B(2) = 2. Bewijs. Veronderstel dat een groep G precies n conjugatieklassen heeft, en dat de orde van deze klassen de volgende getallen geeft: c1 , c2 , · · · , cn . Schrijf |G| = ci di met di ∈ N. Aangezien de conjugatieklassen een partitie vormen verkrijgen wij de klassevergelijking: |G| = c1 + · · · + cn , en bijgevolg 1 1 + ··· + . d1 dn Wij bewijzen nu per inductie op n, en voor elk positief getal m, dat er slechts eindig veel oplossingen zijn voor di ∈ N zodat m = 1 + · · · + d1n . Uiteraard mogen wij veronderstellen dat dn het kleinste d1 is van alle d1 , · · · , dn . Dus 1=

n 1 1 ≥ + ··· + = m, dn d1 dn en bijgevolg 1 ≤ dn ≤ n/m. Dus zijn er slechts eindig veel oplossingen voor dn . Als n = 1, dan is de bewering dus bewezen. Veronderstel dus

2.1. ACTIES VAN GROEPEN

15

dat n > 1. Voor elke waarde van dn volgt uit de inductiehypothese dat er slechts eindig veel oplossingen bestaan voor d1 , · · · , dn−1 zodat 1 1 1 + ··· + =m− . d1 dn−1 dn Dus bestaan er inderdaad slechts eindig veel oplossingen voor d1 , · · · , dn . Wegens het vorige bestaat er dus een positief geheel getal B(n) zodat di ≤ B(n). Omdat 1 ∈ cl(1) is ´e´en van de ci ’s gelijk aan 1. Zeg c1 = 1. Dus d1 = |G|. Bijgevolg |G| ≤ B(n). Ten slotte bewijzen wij de laatste bewering. Veronderstel dus dat elke twee niet triviale elementen geconjugeerd zijn, d.w.z. {1} en G\{1} zijn de enige conjugatieklassen. Dan (|G|−1)||G|. Bijgevolg 2(|G|−1) ≤ |G|. Er volgt dat |G| ≤ 2.  Gevolg 2.1.8 Zij H, K ⊆ G eindige deelgroepen. Dan |HK| = |H| |K|/|H ∩ K|. Bewijs. De groep K voert een actie uit op de rechternevenklassen X = {Hg | g ∈ G} (door rechtervermenigvuldiging). Dus H · g = Hg. Er volgt HK = {hk | h ∈ H, k ∈ K} = ∪k∈K H · k, en {H.k | k ∈ K} is de orbiet van het element x = H ∈ X. Dus HK = {x · k | k ∈ K}. Ook Kx = K ∩ H. Dus zijn er precies |K|/|H ∩ K| elementen in een orbiet. Omdat |Hk| = |H| volgt er |HK| = (|K|/|H ∩ K|)|H|.  Ook het totaal aantal orbieten kan geteld worden als volgt. Wij voeren daarom eerst de volgende definitie in. Definitie 2.1.9 Zij X een eindige verzameling en G een groep die een actie voert op X. Het geassoci¨eerde permutatiekarakter is de functie χ : G → N : g 7→ |{x ∈ X | xg = x}|.

16

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Voor de reguliere actie van een eindige groep G hebben wij χ(1) = |G| en χ(g) = 0 als g 6= 1. Voor de conjugatieactie op een eindige groep hebben wij χ(g) = |CG (g)|. Stelling 2.1.10 (Cauchy-Frobenius) Veronderstel dat de eindige groep G een actie uitvoert op de eindige verzameling X. Zij χ het geassoci¨eerde permutatiekarakter. Dan is het aantal orbieten gegeven door de formule 1 X χ(g). |G| g∈G Bewijs. Stel S = {(x, g) ∈ X × G | xg = x}. Nu, voor elke x ∈ X zijn er precies |Gx | elementen zodat (x, g) ∈ S met g ∈ G. Dus X |S| = |Gx |. x∈X

Wegens de definitie van het permutatiekarakter verkrijgen wij dus |S| =

X

χ(g) =

g∈G

De term

|G| |x·G|

X

|Gx | =

x∈X

X |G| . |x · G| x∈X

komt precies |x · G| keer voor. Dus X

χ(g) = n|G|,

g∈G

met n het aantal orbieten.  Gevolg 2.1.11 Veronderstel dat een eindige groep G een transitieve actie uitvoert op een eindige verzameling X met |X| > 1. Dan bestaat er een g ∈ G zonder fixpunten in X, d.w.z. g 6∈ Gx voor alle x ∈ X. P 1 Bewijs. Omdat er slechts een orbiet is verkrijgen wij dat 1 = |G| g∈G χ(g). Omdat χ(1) = |X| > 1 bestaat er dus g ∈ G met χ(g) < 1 en dus χ(g) = 0. 

2.1. ACTIES VAN GROEPEN

17

Gevolg 2.1.12 Zij G een eindige groep en H een deelgroep van G. Als G = ∪g∈G H g dan H = G. Bewijs. Veronderstel dat H 6= G. Stel X = {Hg | g ∈ G}. Dan |X| > 1. Aangezien G een transitieve actie uitvoert op X verkrijgen wij dat er een g ∈ G bestaat zodat Hg1 g 6= Hg1 , voor alle g1 ∈ G; d.w.z. g 6∈ H g1 voor alle g1 ∈ G1 . Dus g 6∈ ∪g1 ∈G H g1 .  Men kan meer bewijzen dan vermeld in het gevolg. Men kan aantonen dat er een element van priem orde is in G dat niet geconjugeerd is met een element van H. Dit bewijs is veel moeilijker aangezien het gebruik maakt van de classificatie van de eenvoudige eindige groepen. Wij geven nog een andere toepassing van de Cauchy-Frobenius stelling. Wij berekenen het aantal mogelijke kleuringen van de zijden van een vierkant; dit onder de veronderstelling dat wij n kleuren ter beschikking hebben. Wij zijn slechts ge¨ınteresseerd in essentieel verschillende kleuringen. De di¨edergroep D8 voert een natuurlijk actie op alle gekleurde vierkanten. Een gekleurd vierkant wordt door die actie omgezet in een vierkant dat essentieel hetzelfde is. Het antwoord op de vraag is dus het aantal orbieten onder deze actie. Dus het resultaat wordt gegeven door 1 X χ(g). 8 g∈D 8

Het is gemakkelijk na te gaan dat χ(1) = n4 , χ(a2 ) = n2 , χ(a3 ) = n, χ(a) = n, χ(b) = n3 , χ(ab) = n2 , χ(a2 b) = n3 , χ(a3 b) = n2 . Dus het antwoord is 1 4 (n + 2n3 + 3n2 + 2n). 8

18

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

2.2

Sylow stellingen

In deze sectie bewijzen wij dat de stelling van Lagrange een gedeeltelijke omgekeerde stelling heeft. Zij p een priemgetal. Een groep G noemt men een p-groep als elk element eindige orde pa heeft (a is afhankelijk van het element). Voorbeelden zijn directe producten van cyclische groepen van orde p, en ook (Z(p) /Z, +) met Z(p) = {n/pk | n ∈ Z k ∈ N}. Lemma 2.2.1 Zij n = pk m, met p een priemgetal en 0 6= k ∈ N. Dan   n ≡ m mod p. pk
Bewijs. Voor elke 1
≤ i ≤ p − 1 weten wij dat pi ∈ Z. Er volgt dan gemakkelijk dat p| pi . Door inductie bewijst men ook eenvoudig dat k

k

(X + 1)p = X p + 1 ∈ Zp [X]. Dus k

(X + 1)n = (X p + 1)m ∈ Zp [X]. Door co¨effici¨enten in beide polynomen te vergelijken verkrijgen wij     n m ≡ = m mod p. k p 1  Stelling 2.2.2 Zij G een eindige groep en p een priemgetal. Schrijf |G| = pk m, met (p, m) = 1. De volgende eigenschappen gelden: 1. G heeft een deelgroep van orde pk , dit wordt een Sylow p-deelgroep genoemd. De verzameling van alle Sylow p-deelgroepen noteren wij Sylp (G). (Er volgt dat een eindige groep H een p-groep is als en slechts als |H| = pk voor een k ≥ 0.) 2. als P een p-deelgroep is van G en S ∈Sylp (G), dan bestaat g ∈ G met P ⊆ S g . I.h.b. zijn alle Sylow p-deelgroepen geconjugeerd en is elke p-deelgroep bevat in een Sylow p-deelgroep.

2.2. SYLOW STELLINGEN

19

3. Zij np (G) = |Sylp (G)|. Dan np (G) ≡ 1 mod pe als pe ≤ [S : S ∩ T ] voor alle S, T ∈ Sylp (G) met S 6= T . In dit laatste geval kunnen wij e = 1 nemen. Bewijs. (1) Zij X de verzameling van alle deelverzamelingen van G van
|G| k orde p . Dan |X| = pk ≡ m 6= p mod p. Door rechtervermenigvuldiging voert G een actie uit op X. Omdat p - |X|, bestaat er een orbiet D · G zodat p - |D · G|, met D ∈ X. Nu |D · G| = |G|/|GD |. Bijgevolg pk | |GD | en dus pk ≤ |GD |. Nu, DGD ⊆ D en dus |GD | ≤ |D| = pk . Dus |GD | = pk . (2) Zij S ∈ Sylp (G) en zij X = {Sg | g ∈ G}. Rechtervermenigvuldiging defini¨eert een actie van P op X. Nu |X| = [G : S] en dit is niet deelbaar door p (omdat S een Sylow p-deelgroep is). Er volgt dus dat er een orbiet bestaat waarvan het aantal elementen niet deelbaar is door p. Doch omdat de orde van P een macht is van p, moet zo een orbiet precies 1 element bevatten. Dus P stabiliseert Sg voor een g ∈ G, m.a.w., voor alle h ∈ P , Sgh = Sg, of equivalent S g = S g h. Bijgevolg h ∈ S g . Dus P ⊆ S g . (3) Zij P ∈ Syl(G). Door conjugatie voert P een actie uit op Sylp (G). Dan is {P } een orbiet voor deze actie. Om te bewijzen dat np (G) ≡ 1 mod pe , is het dus voldoende om aan te tonen dat de orde van elke andere orbiet deelbaar is door pe . Veronderstel daarom dat S ∈ Sylp (G) en dat S 6= P . Zij M de orbiet van S. Dus |M | = [P : NP (S)]. Nu is SNP (S) een deelgroep van G, en S is een normale deelgroep van SNP (S). Omdat P een p-groep is, volgt er dat SNP (S)/S een p-groep is. Dus SNP (S) een p-groep van G. Omdat S een maximale pdeelgroep is, verkrijgen wij SNP (S) = S. Dus NP (S) ⊆ S, en bijgevolg NP (S) = P ∩ S. Er volgt |M | = [P : P ∩ S]. Wegens de veronderstelling pe ≤ [P : P ∩ S]. Omdat deze index een macht is van p, verkrijgen wij pe | [P : P ∩ S]. Dus volgt de bewering. Omdat P 6= S geldt P 6⊆ S. Dus [P : P ∩S] > 1 en dus [P : P ∩S] ≥ p. M.a.w. wij kunnen e = 1 nemen. Dus np (G) ≡ 1 mod p. 

20

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Gevolg 2.2.3 Zij G een eindige groep en P ∈ Sylp (G). Dan np (G) = |Sylp (G)| = [G : NG (P )]. Bewijs. Wegens vorige stelling is dit evident .  Gevolg 2.2.4 Zij G een eindige groep en P ∈ Sylp (G). Dan zijn equivalent: 1. P is een normale deelgroep; 2. P is de enige Sylow p-deelgroep; 3. elke p-deelgroep is bevat in P ; 4. P is karakteristiek in G, d.w.z. P is invariant onder groepsautomorfismen van G. Bewijs. (1) ⇒ (2). Veronderstel (1). Dan NG (P ) = G en dus |Sylp (G)| = [G : NG (P )] = 1. Dus volgt (2). (2) ⇒ (3). Dit is duidelijk wegens vorige stelling. (3) ⇒ (4). Als σ een automorfisme is van G, dan is σ(P ) terug een p-groep. Dus wegens (3), σ(P ) ⊆ P . Omdat |σ(P )| = |P | volgt er σ(P ) = P . (4) ⇒ (1). Dit is evident.  Wij geven enkele toepassingen. Eigenschap 2.2.5 Zij G een eindige groep van orde pq, met p > q twee priemgetallen. Dan bevat G een normale Sylow p-deelgroep. Als, bovendien G niet abels is, dan q|(p − 1) en G heeft precies p Sylow q-deelgroepen. Bewijs. Wegens Gevolg 2.2.3 weten wij dat np (G) = 1 of q, en wegens Stelling 2.2.2, np (G) ≡ 1 mod p. Nu is q 6≡ 1 mod p omdat 1 < q < p. Bijgevolg np (G) = 1. Dus heeft G een normale Sylow p-deelgroep P . Omdat de groep G/P van priem orde q is volgt er dat G/P een cyclische groep is. I.h.b. is G/P abels en dus G0 ⊆ P . Analoog, als G een normale deelgroep Q heeft van orde q (dus nq (G) = 1) dan G0 ⊆ Q. In dit geval, G0 ⊆ Q∩P . Nu is Q∩P een deelgroep van orde een deler van p en q. Bijgevolg Q ∩ P = {1}. Er volgt dat G0 = {1}, d.w.z. G is abels.

2.2. SYLOW STELLINGEN

21

Als dus G niet abels is dan is nq (G) > 1. Aangezien nq (G) | p volgt er dat nq (G) = p. Bovendien verkrijgen wij dan p = nq (G) ≡ 1 mod q. Dus q | (p − 1).  Wij merken op dat er steeds een abelse groep van orde pq bestaat voor priemgetallen p > q. Inderdaad Zp × Zq ∼ = Zpq is zo een groep (dit is de enige abelse groep van orde pq). Er bestaan echter ook niet abelse deelgroepen van orde pq, dit op voorwaarde dat ook q | (p − 1). Construeer een groep met deze voorwaarden. De vorige eigenschap kan als volgt veralgemeend worden. Eigenschap 2.2.6 Zij G een eindige groep van orde p2 q, met p, q priemgetallen. Dan bevat G een normale Sylow p-deelgroep of een normale Sylow q-deelgroep. Eigenschap 2.2.7 Zij G een eindige groep van orde p3 q, met p, q priemgetallen. Dan bevat G ofwel een normale Sylow p-deelgroep of een normale Sylow q-deelgroep, of p = 2, q = 3 en |G| = 24 (bijvoorbeeld S4 ). De Sylow stellingen kunnen ook gebruikt worden om aan te tonen dat zekere eindige groepen niet eenvoudig zijn (d.w.z. er bestaat een echte normale deelgroep). Lemma 2.2.8 Zij G een eindige groep van orde pa m met a > 0, m > 1, p een priemgetal zodat (p, m) = 1. Als G eenvoudig is, 1. n = np (G)|m, 2. np (G) ≡ 1 mod p, 3. |G| | n!. Bewijs. De eerste twee gedeelten volgen uit Stelling 2.2.2 en Gevolg 2.2.3. Zij nu S ∈ Sylp (G) en H = NG (S). Wegens Gevolg 2.2.3 [G : H] = np (G). Omdat G eenvoudig is en S een echte en niet triviale deelgroep is van G, weten wij dat np (G) > 1. Wegens Eigenschap 2.1.4 volgt er dat |G| | n!.  Eigenschap 2.2.9 De groepen van orde 1000000 = 26 56 , 2376 = 23 33 11 of 8000 = 26 53 zijn niet eenvoudig.

22

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Bewijs. Wij passen Lemma 2.2.8 toe voor p = 5. De enige delers n van 26 die ook congruent zijn met 1 mod 5 zijn de getallen 1 en 16. Doch |G| deelt niet 1! noch 16!. Dus volgt het resultaat.  Burnside toonde aan dat een groep van orde pa q b (met p en q priemgetallen en a 6= 0, b 6= 0) nooit een eenvoudige groep is.

2.3

p-groepen

Aangezien eindige groepen steeds p-deelgroepen bevatten is het nuttig om enkele eigenschappen van deze groepen te bestuderen. Merk op dat wegens de Sylow stelling, de orde van een eindige pgroep (met p een priemgetal) een macht van p is. Lemma 2.3.1 Veronderstel X × P → X een actie is van een eindige p-groep op X. Zij Xf = {x ∈ X | x · g = x voor alle g ∈ P }, de fixpunten. Dan |X| ≡ |Xf | mod p. Bewijs. Merk op dat x ∈ Xf als en slechts als |x · P | = 1. Dus is X \ Xf de vereniging van de niet-triviale orbieten. Nu is de orde van elke niet triviale orbiet een deler van |P |, en dus is de orde van zo een orbiet deelbaar door p. Het resultaat volgt dus.  Eigenschap 2.3.2 Zij P een eindige p-groep (p een priemgetal). Als N een niet-triviale normale deelgroep is van P , dan N ∩ Z(P ) 6= {1}. I.h.b., elke p-groep heeft een niet triviaal centrum. Bewijs. Via conjugatie voert P een actie uit op de normale deelgroep N . Duidelijk is de verzameling fixpunten Nf = N ∩ Z(P ). Wegens het vorige lemma verkrijgen wij |N ∩Z(P )| ≡ |N | mod p. Omdat N een niet triviale deelgroep is van een p-groep weten wij ook dat |N | ≡ 0 mod p. Dus p | |N ∩ Z(P )|. Het resultaat volgt.  Gevolg 2.3.3 Zij p een priemgetal. 1. elke eindige eenvoudige p-groep is isomorf met Zp . 2. Zij G een eindige groep en pa een deler van |G|, dan bevat G een deelgroep van orde pa .

2.4. PERMUTATIEGROEPEN

23

Bewijs. (1) Zij P een eindige eenvoudige p-groep. Wegens Eigenschap 2.3.2, Z(P ) C P en |Z(P )| > 1. Dus, Z(P ) = P , d.w.z. P is abels. Het resultaat is dan welbekend. (2) Om dit te bewijzen is het voldoende om aan te tonen dat elke niet-triviale eindige p-groep P een deelgroep van index p bevat. Zij P zo een groep en zij N een maximale normale deelgroep van P , m.a.w. P/N is een eenvoudige groep. Wegens deel (1), |P/N | = p. Dus volgt het resultaat.  Eigenschap 2.3.4 Zij p een priemgetal en P een eindige p-groep. Als H een echte deelgroep is van P dan is H een echte deelgroep van NP (H). Bovendien heeft elke maximale deelgroep in P index p. Bewijs. Zij P een eindige p-groep en H een echte deelgroep van P . Als Z(P ) 6⊆ H dan H ⊂ NP (H) (omdat Z(P ) ⊆ NP (H)). Veronderstel dus dat Z(P ) ⊆ H. Bijgevolg is H/Z(P ) een echte deelgroep van P/Z(P ). Door gebruik te maken van een inductiebewijs verkrijgen wij dus dat H/Z(P ) ⊂ NP/Z(P ) (H/Z(P )). Nu is NP/Z(P ) (H/Z(P )) = H1 /Z(P ) voor een deelgroep H1 zodat Z(P ) ⊆ H1 ⊆ P . Omdat H/Z(P ) C H1 /Z(P ) verkrijgen wij ook H C H1 . Dus H ⊂ H1 ⊆ NP (H). Dit bewijst het eerste gedeelte van het resultaat. Voor het tweede gedeelte, zij H een maximale deelgroep van P . Wegens het eerste gedeelte H ⊂ NP (H), en dus NP (H) = P . Bijgevolg H C P en P/H is een eenvoudige p-groep. Dus wegens Gevolg 2.3.3 [P : H] = p. 

2.4

Permutatiegroepen

De permutatiegroep op een verzameling X noteren wij Sym(X). Als X een eindige verzameling is met n elementen dan noteren wij deze groep gewoonlijk door Sn . Het is welbekend dat elke permutatie f ∈ Sym(X) op een unieke manier (op volgorde na) kan geschreven worden als het product van disjuncte cycels en dat de orde van f het kleinste gemeen veelvoud is van de lengte van deze disjuncte cycels. Bovendien weten wij wanneer twee permutaties geconjugeerd zijn.

24

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Eigenschap 2.4.1 Twee elementen in Sym(X) zijn geconjugeerd precies als zij dezelfde cycelstructuur hebben. Bovendien Z(Sn ) = {1} als n ≥ 3. Bewijs. Zij g = (x1 , x2 , · · · , xm ) een m-cycel in Sym(X) en h ∈ Sym(X). Dan zijn alle x1 h, · · · , xm h verschillend. Bovendien, omdat hg h = gh volgt er dat (xi h)g h = xi+1 h voor 1 ≤ i < m en (xm h)g h = x1 h. Verder is yg h = y als y 6∈ {x1 h, · · · , xm h}. Er volgt dat g h = (x1 h, · · · , xm h), en dus is ook g h een m-cycel. Zij nu g ∈ Sym(X) een willekeurig niet-triviaal element. Schrijf Y g= c, een product van disjuncte niet-triviale cycels. Als h ∈ Sym(X) dan Y gh = ch . Wegens het eerste gedeelte van het bewijs is dit een product van disjuncte cycels. Aangezien ch en c dezelfde lengte hebben, hebben g en g h dezelfde cycelstructuur. Omgekeerd, veronderstel dat g, h ∈ Sym(X) dezelfde cycelstructuur hebben. Schrijf dan g=

n Y i=1

ci en h =

n Y

di ,

i=1

disjuncte producten van cycels, met ci en di cycels van dezelfde lengte. Er is dan een bijectie tussen de elementen in ci en deze in di . Bovendien is er een bijectie tussen de fixpunten van g en deze van h. Men verkrijgt aldus op een eenvoudige manier een bijectie f ∈ Sym(X) zodat g f = h.

2.4. PERMUTATIEGROEPEN

25

Voor de laatste bewering. Als n ≥ 3 en 1 6= f ∈ Sn dan (door een eventuele hernummering) kan f in disjuncte cycelvorm geschreven worden als f = (1, 2, · · · ). Bijgevolg f (2,3) = (1, 3, · · · ) 6= f, en dus f 6∈ Z(Sn ).  Een permutatie wordt even (respectievelijk oneven) genoemd als deze kan geschreven worden als het product van een even (respectievelijk oneven) aantal transposities. Merk op dat een permutatie niet tegelijkertijd even en oneven kan zijn. De deelgroep van de even permutaties op een verzameling X noemt men de alternerende groep op X. Indien X = {1, 2, . . . , n} dan noteert men deze groep gewoonlijk door Altn (X), of eenvoudig door An . Merk ook op dat An de kern is van het volgende groepshomomorfisme:  f 7→ 0 als f even is Sn → Z2 : f 7→ 1 als f oneven is Eigenschap 2.4.2 Zij G een eindige groep van orde 2m, met m een oneven getal. Dan bevat G een normale deelgroep van orde m. I.h.b. G is niet eenvoudig. Bewijs. Omdat 2 | |G| bevat G een element g van orde 2. Beschouw nu de reguliere actie van G. Omdat g van orde 2 is, kan g geschreven worden als een product van disjuncte transposities en cycels van lengte 1. Doch, omdat g 6= 1 heeft g geen fixpunten (voor de reguliere actie). Dus is g het product van m disjuncte cycels. Wegens de veronderstelling is m oneven, en dus is g 6∈ Alt(G). Zij f : G → Sym(G) het natuurlijk homomorfisme geassoci¨eerd met de reguliere actie. Dan, (g)f 6∈ Alt(G). Stellen wij f samen met het natuurlijke homomorfisme Sym(G) → Sym(G)/Alt(G) dan verkrijgen wij een epimorfisme ψ : G → Sym(G)/Alt(G) met g 6∈ ker(ψ). Bijgevolg is ker(ψ)CG en | ker(ψ)| = m. Dus volgt het resultaat.  De groep A3 is een cyclische groep van orde 3. De groep A4 heeft als normale deelgroep de verzameling bestaande uit de identiteit en de

26

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

elementen die een product zijn van disjuncte transposities. Voor An met n ≥ 5 bewijzen wij dat deze groep steeds eenvoudig is. Hiervoor is het volgende lemma nuttig. Lemma 2.4.3 Veronderstel dat X × G → X een transitieve actie is van de groep G op X. Dan zijn alle stabilisatoren Gx (met x ∈ X) geconjugeerd in G. Bewijs. Wij bewijzen dat voor x ∈ X en g ∈ G, Gx·g = (Gx )g . Inderdaad, voor h ∈ Gx·g ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(x · g) · h = x · g (x · g) · hg −1 = x ghg −1 ∈ Gx h ∈ Ggx .

 Stelling 2.4.4 Als n ≥ 5 dan geldt 1. An is eenvoudig. 2. {1} en An zijn de enige normale deelgroepen van Sn . Bewijs. (1) Een bewijs door inductie herleidt de bewering tot A5 . Inderdaad, veronderstel dat n ≥ 6 en het resultaat geldt voor A5 en voor alle An met n ≥ 6. Zij N C An een echte deelgroep van An = Alt({x1 , · · · , xn }. Zij H de stabilisator van een x ∈ {x1 , · · · , xn }. Dan H ∼ = An−1 en dus is An−1 eenvoudig. Omdat N ∩ H C H verkrijgen wij dat ofwel N ∩ H = {1} ofwel N ∩ H = H. Als N ∩ H = H, dan H ⊆ N en dus H g ⊆ N g = N voor elke g ∈ An . Wegens Lemma 2.4.3 is H g de stabilsator van x · g. Dus bevat N elk element van An dat een fixpunt heeft in {x1 , · · · , xn }. Bijgevolg bevat N elk product van twee transposities, en dus An = N , een contradictie. Dus hebben wij bewezen dat de identiteit het enige element is in N dat een fixpunt heeft. Veronderstel dat 1 6= f ∈ N . Ofwel is f een product van disjuncte transposities, ofwel heeft f een cycelstructuur met

2.4. PERMUTATIEGROEPEN

27

ten minste ´e´en cycel van lengt m ≥ 3. Door eventueel een hernummering in te voeren mogen wij veronderstellen dat f de volgende vorm aanneemt als product van disjuncte cycels: (1, 2)(3, 4) · · ·

of (1, 2, 3, · · · ) · · ·

Zij g = f (3,5,6) ∈ N . Dan g = (1, 2)(5, 4) · · ·

of g = (1, 2, 5, · · · ).

In beide gevallen f 6= g maar 1(f g −1 ) = 1. Dus heeft het element f g −1 ∈ N een fixpunt, een contradictie. Wij hebben dus inderdaad aangetoond dat het voldoende is om aan te tonen dat A5 eenvoudig is. Wij bewijzen dus nu dat Alt5 eenvoudig is. Eerst merken wij op dat er in Alt5 precies 20 elementen zijn van orde 3 en precies 24 elementen van orde 5. Zij N een echte normale deelgroep van Alt5 . Veronderstel eerst dat 3 | |N |. Dan bevat N een Sylow 3-deelgroep van Alt5 . Wegens de Stelling van Sylow bevat N dan alle Sylow 3deelgroepen. Dus N bevat alle 20 elementen van orde 3. Dus |N | > 20. Omdat |N | | 60 volgt er dat |N | = 30. Analoog, als 5 | |N |, dan bevat N alle 24 elementen van orde 5 en dus ook |N | = 30. Wegens het voorgaande, als |N | deelbaar is door 3 of 5, dan bevat N alle 20 elementen van orde 3 of alle 24 elementen van orde 5, en |N | = 30, een contradictie. Dus is N een 2-group. Als |N | = 4, dan omdat N C Alt5 , verkrijgen wij dat N de enige Sylow 2-deelgroep is van Alt5 . Dus bevat N alle 15 elementen van orde 2, een contradctie. Als N = {1, x} met 1 6= x, dan heeft x een fixpunt in de verzameling {1, · · · , 5}. Omdat N C Alt5 volgt er dan uit Lemma 2.4.3 dat N bevat is in elke stabilisator. Dit is duidelijk onmogelijk omdat x ∈ N niet alle elementen van {1, · · · , 5} als fixpunt heeft. Er volgt dus dat |N | = 1, zoals gewenst. (2) Zij N C Symn . Dan N ∩ Altn C Altn . Dus wegens (1), Altn ⊆ N of Altn ∩ N = {1}. In het eerste geval, N = Altn of N = Symn . Er blijft dus te bewijzen dat als Altn ∩ N = {1}, dan N = {1}. In dit geval, |N | ≤ [Symn : Altn ] = 2. Als |N | = 2, dan is N ⊆ Z(Sn ) = {1}, een contradictie.  Wij beschouwen nu automorfismen van Sn . Stelling 2.4.5 Zij n een natuurlijk getal.

28

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE 1. Als n 6= 6, dan is elk automorfisme van Sn inwendig. 2. S6 heeft een automorfisme dat niet inwendig is. Bovendien [Aut(S6 ) : Inn(S6 )] = 2.

Bewijs. (1) Duidelijk mogen wij veronderstellen dat n ≥ 2. Zij t ∈ Symn een element van orde 2. Dus is t een product van k disjuncte transposities en t heeft n − 2k fixpunten, met 1 ≤ k ≤ n2 . Wij berekenen nu de orde |cl(t)| van de conjugatieklasse van t. Dit is precies alle mogelijkheden om k disjuncte transposities te kiezen (onafhankelijk van hun orde). Er zijn n(n−1) mogelijkheden om de eerste transpositie te 2 (n−2)(n−3) mogelijkheden om de tweede transpositie te kiezen. Er zijn 2 kiezen. Wij zien dus dat er n! 2k (n − 2k)! mogelijkheden zijn om geordende verzamelingen van k disjuncte transposities in Symn te kiezen. Dus |cl(t)| =

2k (n

n! . − 2k)k!

Als k = 1 (dus t is een transpositie), dan |cl(t)| =

n! . 2(n − 2)!

Wij tonen nu aan dat transposities de enige elementen t van orde 2 zijn n! zodat |cl(t)| = 2(n−2) !. Hiervoor moeten wij bewijzen dat 2k (n − 2k)!k! 6= 2(n − 2)! voor 1 < k ≤ n2 . (Merk op dat als k = 3 en n = 6 de gewenste ongelijkheid vals is. Maar per veronderstelling is n 6= 6.) Als k = 2 dan is de ongelijkheid duidelijk waar. Veronderstel nu dat k ≥ 3 en dus n > 6. Wij bewijzen de ongelijkheid door aan te tonen dat 2k−1 (n − 2k)!k! < (n − 2)!.

2.5. DIRECTE PRODUCTEN VAN GROEPEN Omdat

 1≤

n−k k

 =

29

(n − k)! , k!(n − 2k)!

verkrijgen we 2k−1 (n − 2k)!k! ≤ 2k−1 (n − k)!. Het is dus voldoende om aan te tonen dat 2k−1 < (n − 2)(n − 3) · · · (n − k + 1). Maar deze ongelijkheid is correct omdat de rechterkant k − 2 factoren heeft die elk groter zijn dan 4; dus is de rechterkant groter dan 4k−2 = 22(k−2) ≥ 2k−1 . Zij nu f een automorfisme van Symn . Omdat conjugatieklassen gepermuteerd worden door f , volgt er uit de vorige berekeningen dat f de transposities van f permuteert. Zij si = (i, i+1) met 1 ≤ i ≤ n−1 en ti = (si )f . Schrijf t1 = (x1 , x2 ). Omdat s1 en s2 niet commuteren volgt er dat ook t1 en t2 ook niet commuteren. Bovendien zijn t1 en t2 niet disjunct. Daarom mogen wij veronderstellen dat t2 = (x2 , x3 ) met x3 6= x1 . Omdat t3 niet commuteert met t2 moet x2 of x3 voorkomen in t3 . Nu. s1 commuteert met s3 en dus t3 commuteert met t1 . Dus t3 = (x3 , x4 ) met x4 6∈ {x1 , x2 , x3 }. Analoog, t4 is niet disjunct van t3 , maar is disjunct van t1 en t2 . Dus t4 = (x4 , x5 ) met x5 6∈ {x1 , x2 , x3 , x4 }. Herhalen wij deze redenering dan bekomen wij dat ti = (xi , xi+1 ) waarbij de elemenen x1 , · · · , xn alle verschillend zijn. En dus {x1 , · · · , xn } = {1, 2, · · · , n}. Zij g ∈ Symn gedefini¨eerd door (i)g = xi . Dan (si )g = ti . Dus als α de conjugatie door g voorstelt op Symn , dan (si )f α−1 = si . Omdat Symn voortgebracht is door transposities volgt er dat (s)f α−1 = s voor alle s ∈ Symn . Dus f α−1 = 1, zodat f = α. (2) Dit gedeelte bewijzen wij niet. 

2.5

Directe producten van groepen

Men zegt dat een groep G het (inwendig) direct product is van normale deelgroepen G1 , . . . , Gn als elk element g ∈ G op een unieke manier kan geschreven worden als g1 · · · gn met gi ∈ Gi . Wij schrijven G=

n Y i=1

Gi .

30

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Stelling 2.5.1 Zij G een groep en G1 , . . . , Gn normale deelgroepen zodat G = G1 · · · Gn . Dan zijn equivalent: 1. G is het inwendig direct product van G1 , · · · , Gn . 2. Gi ∩ (G1 · · · Gi−1 Gi+1 · · · Gn ) = {1}, voor elke 1 ≤ i ≤ n, 3. Gi ∩ (G1 · · · Gi−1 ) = {1}, voor elke 2 ≤ i ≤ n. Indien deze voorwaarden gelden, dan G∼ = G1 × · · · × Gn , d.w.z. G∼ = {(g1 , · · · , gn ) | gi ∈ Gi voor 1 ≤ i ≤ n}. Bewijs. Wij tonen slechts aan dat als de voorwaarden (1)-(3) voldaan zijn, dan is G isomorf met G1 × · · · × Gn . Inderdaad defini¨eer ψ : G1 × · · · × Gn → G als volgt ψ(g1 , · · · , gn ) = g1 · · · gn . Dan is duidelijk ψ een bijectie. Wij tonen nu aan dat ψ een homomorfisme is. Hiervoor merken wij eerst op dat als i 6= j en gi ∈ Gi en gj ∈ Gj , dan gi gj gi−1 gj−1 ∈ Gi ∩ Gj = {1} (omdat Gi en Gj normale deelgroepen zijn van G). Dus gi gj = gj gi . Het is nu eenvoudig na te gaan dat ψ een homomorfisme is.  Stelling 2.5.2 Zij N een eindige minimale normale deelgroep van een groep G. Dan bestaan er deelgroepen Ni van N zodat 1. N is het intern direct product van N1 , · · · , Nn , 2. elke Ni is eenvoudig, 3. alle Ni zijn geconjugeerd. Als bovendien N niet abels is, dan vormen de Ni een volledige G-conjugatieklasse van deelgroepen.

2.5. DIRECTE PRODUCTEN VAN GROEPEN

31

Bewijs. Zij S een minimale normale deelgroep van N . Omdat N C G volgt er dat S g ⊆ N , voor elke g ∈ G. Dus is S g een minimale normale deelgroep van N . Er volgt dat hS g | g ∈ Gi (dit is de kleinste deelgroep van G voortgebracht door alle S g ) een normale deelgroep is van G die bevat is in N . Wegens de minimaliteit van N verkrijgen wij dat N = hS g | g ∈ Gi. Omdat N eindig is bestaan er eindig veel geconjugeerden S1 , · · · , Sn van S zodat N = hS1 , · · · , Sn i en zodat niet minder dan deze verzamelingen N voortbrengen. Omdat Si C N volgt er dat Si Sj = Sj Si en dus N = S1 · · · Sn . Om aan te tonen dat N het intern direct product is van S1 , · · · , Sn is het voldoende te bewijzen dat Y D = Si ∩ Sj = {1}. j6=i

Nu is D C N en D ⊆ Si . Omdat Si minimaal normaal is in Q N volgt er dat Q D = {1}Qof D = Si . In het tweede geval, Si = D ⊆ j6=i Sj en dus j6=i Sj = j Sj = N , en dit is in contradictie met de keuze van de S1 , · · · , Sn . Dus is inderdaad D = {1}. Er blijft dus te bewijzen dat elke Si eenvoudig is. Zij daarom M C Si en M 6= {1}. Omdat Si ∩ Sj = {1} volgt er dat Sj ⊆ CG (Si ) ⊆ NG (M ). Omdat Si ⊆ NG (M ) verkrijgen wij dus dat Y N= Si ⊆ NG (M ). Dus is M CN . Omdat Si minimaal normaal is in N volgt er dat M = Si , zoals gewenst. Ten slotte, veronderstel dat N niet abels is. Omdat Z(N ) C G en N minimaal normaal is in G en N niet abels is, volgt er dat Z(N ) = {1}. Zij nu T een G-geconjugeerde van S. Dan is T minimaal normaal in N .

32

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Dus, als T 6= Si , dan T ∩ Si = {1}. Bijgevolg voor elke t ∈ T en si ∈ Si , [t, si ] ∈ T ∩ Si = {1}. M.a.w. Si ⊆ CG (T ). Als dus T 6∈ {S1 , · · · , Sn }, dan N = S1 · · · Sn ⊆ CG (T ). Dus T ⊆ Z(N ) = {1}, een contradictie.  Merk op dat Z(G1 × · · · × Gn ) = Z(G1 ) × · · · × Z(Gn ). Ook merken wij op dat als G = G1 G2 = G1 G3 , beide inwendige direct producten, dan is G2 ∼ = G/G1 = G1 G2 /G1 = G1 G3 /G1 ∼ = G3 . Dus wij hebben een vereenvoudigingseigenschap voor interne directe producten. Doch men moet voorzichtig zijn aangezien R × {0} ∼ =R∼ = R × R, een isomorfisme van additieve groepen. De isomorfismen volgen uit de lineaire algebra (aangezien R en R × R vectorruimten zijn met dezelfde Q-dimensie en dus isomorf zijn als vectorruimten en dus ook als groepen.) Men kan echter wel de volgende eigenschap bewijzen. Eigenschap 2.5.3 Zij G, H, K eindige groepen. Als G × H ∼ = G × K, ∼ dan H = K. Bewijs. Voor groepen X en Y definieer Hom(X, Y ) = {f : X → Y | f is een groepshomomorfisme} en Mon(X, Y ) de deelverzameling van Hom(X, Y ), die alle monomorfisme van X naar Y bevat. Voor groepen X, Y en Z is er een bijectie Hom(X, Y ) × Hom(X, Z) → Hom(X, Y × Z) (f, g) 7→ (x 7→ (xf, xg)).

(2.1)

Wegens de ´e´erste isomorfismestelling verkrijgen wij voor groepen X en Y een bijectie Hom(X, Y ) →

[ ˙

Mon(X/N, Y ) (2.2)

N EX

f

∼

7→ (f : X/ Ker(f ) → Im(f ) ,→ Y ),

2.5. DIRECTE PRODUCTEN VAN GROEPEN

33

waar ∪˙ de disjuncte unie aanduidt. Zij nu X een eindige groep. Door gebruik te maken van de ´e´erste bijectie (2.1) en het veronderstelde isomorfisme verkrijgen wij | Hom(X, G)|| Hom(X, H)| = | Hom(X, G × H)| = | Hom(X, G × K)| = | Hom(X, G)|| Hom(X, K)|. Dus | Hom(X, H)| = | Hom(X, K)|. Wij tonen nu door inductie naar |X| aan, dat | Mon(X, H)| = | Mon(X, K)|. Als X = 1 is de bewering duidelijk. Zij X 6= 1. Dan volgt er wegens de tweede bijectie (2.2), omdat | Hom(X, H)| = | Hom(X, K)| en wegens de inductieveronderstelling | Mon(X, H)| = | Hom(X, H)| −

X

| Mon(X/N, H)|

16=N EX

= | Hom(X, K)| −

X

| Mon(X/N, K)|

16=N EX

= | Mon(X, K)| Stel nu X = H, dan is wegens idH ∈ Mon(H, H) 1 ≤ | Mon(H, H)| = | Mon(H, K)|. Dus er bestaat een injectief groepshomomorfisme ϕ : H → K. Maar omdat H en K eindige groepen van dezelfde orde zijn is ϕ een bijectie en H ' K.  De bijectie in (2.1) is de zo genoemde universele eigenschap van het product: Voor twee objecten Y en Z in een “categorie” (bv. Y en Z zijn groepen of verzamelingen of R-modulen of topologische ruimte ...) noemt men een object P het direct product van Y en Z, als er morfismen πY : P → Y en πZ : P → Z bestaan, zodat voor elke object Z en elk paar van morfismen fY : X → Y , fZ : X → Z er precies ´e´en morfisme f : X → P bestaat, zodat fY = f πY en fZ = f πZ . Dus, er bestaan πY en πZ zodat voor elk paar (fY , fZ ) precies ´e´en f bestaat zodat het

34

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

volgende diagram commutatief is: 5?Y

∀fY

X

πY

∃!f

/

P πZ

∀fZ

)

Z

Men kan aantonen (slechts door gebuik te maken van de definieerende eigenschap) dat, als zo een P bestaat, P op isomorfisme na uniek bepaald is. In het geval van groepen, die wij hier bestuderen, kan men na gaan dat het direct product Y × Z met de projecties aan die eigenschappen van P voldoet. Het volgt dat er een natuurlijke bijectie tussen Hom(X, Y ) × Hom(X, Z) en Hom(X, Y × Z) bestaat.

2.6

Eindige nilpotente groepen

Een eindige groep G noemt men nilpotent als voor elk priemgetal p de groep G een normale Sylow p-deelgroep bevat. Voorbeelden zijn uiteraard eindige abelse groepen en eindige p-groepen. Stelling 2.6.1 Als G een eindige nilpotente groep is dan Y Sp , G= p

het direct product van de Sylow p-deelgroepen Sp (met p een priemdeler van |G|). Q Bewijs. Omdat SQp C G volgt er datQ p Sp een deelgroep Q is van G. BovendienQ|G| = p |Sp |. Dus Q G = p Sp . Verder is | p6=q Sp | een delerQ van p6=q |Sp |. Dus is | p6=q Sp | niet deelbaar door q. Bijgevolg, Sq ∩ p6=q Sp = {1}. Het resultaat volgt dan.  Wij kunnen deze stelling uiteraard toepassen op eindige abelse groepen, en verkrijgen aldus dat elke eindige abelse groep het direct product is van p-groepen. Deze laatste kan men dan nog verder ontbinden als een direct product van cyclische p-groepen. Dit volgt onmiddellijk uit de volgende eigenschap.

2.6. EINDIGE NILPOTENTE GROEPEN

35

Lemma 2.6.2 Zij G een eindige abelse p-groep (p een priemgetal). Als g ∈ G een element is van maximale orde, dan G = hgi × H voor een deelgroep H van G. Bewijs. Dit werd reeds bewezen in andere cursussen.  Wij verkrijgen aldus de volgende welbekende stelling. Stelling 2.6.3 Elke eindige abelse groep is isomorf met een direct product van cyclische p-groepen. Bovendien als n1 , . . . , nk en m1 , . . . , ml niet-triviale machten zijn van priemgetallen zodat Zn1 × · · · × Znk = Zm1 × · · · × Zml , dan k = l, en ni = mi (na eventueel te hernummeren). Als toepassing kunnen wij de groep van de complexe representaties van een eindige abelse groep berekenen. Dus zij A een eindige abelse b de groep van alle homomorfismen van A in de multipligroep en zij A b de duale groep van A. catieve groep C \ {0}. Men noemt A b∼ Stelling 2.6.4 Als A een eindig abelse groep is, dan A = A. Bewijs. Schrijf A = C1 × · · · × Cn , met elke Ci een cyclische groep. Defini¨eer een groephomomorfisme f : Aˆ → Cˆ1 × · · · × Cˆn als volgt α 7→ (α|C1 , · · · , α|Cn ). Als α ∈ ker f , dan α|Ci = 1 en dus Ci ⊆ ker α. Omdat A = C1 · · · Cn volgt er dat A ⊆ ker α en dus is α = 1. Bijgevolg is f injectief. Wij tonen nu aan dat f surjectief is. Zij daarom αi ∈ Cbi . Defini¨eer α : A → C \ {0} als volgt c1 · · · cn 7→ α1 (c1 ) · · · αn (cn ).

36

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Dan is duidelijk (α)f = (α1 , · · · , αn ). Dit bewijst de surjectiviteit. Er blijft dus te bewijzen dat Cˆ ∼ = C, voor een cyclische groep C = hgi. Veronderstel dat |C| = n. Zij E de n-de eenheidswortels van C. Dan E = he2πi/n i, een cyclische groep van orde n. Dus is α : C → E : g k 7→ e2πik/n een isomorfisme van groepen. Bovendien is α ∈ Cˆ en is de orde van α in deze groep ook n. Het is dus voldoende om aan te tonen dat ˆ Omdat ((g)β)n = (g n )β = (1)β = 1, volgt er Cˆ = hαi. Zij dus β ∈ C. dat (g)β ∈ E. Dus (g)β = ((g)α)m voor een m. Dus (g)β = (g)αm en bijgevolg β = αm ∈ hαi. 

2.7

Groepsuitbreidingen

Zij N en H groepen. Men noemt een groep G een uitbreiding van N door H als G een normale deelgroep M bevat zodat M ∼ = N en G/M ∼ = H. Het uitbreidingsprobleem is om alle uitbreidingen (op isomorfisme na) van N door H te klassificeren. Uiteraard is het (uitwendig) direct product N × H zo een groep. Wij geven een meer algemene constructie. Men noemt een groep G een gesplitste uitbreiding van N door H als voldaan is aan de volgende eigenschappen: 1. er bestaat M C G zodat M ∼ = N en G/M ∼ = H, 2. er bestaat een deelgroep K van G zodat KM = G en K∩M = {1}. Men zegt dat M gecomplementeerd is door K in G. Merk op dat in de voorgaande definitie M een normaal complement K heeft als en slechts als G ∼ = N o K. In het algemeen voert K een actie uit op M (door conjugatie). Deze actie is triviaal als en slechts als K ⊆ CG (M ); in dit geval is dan M ⊆ CG (K) ⊆ NG (K) en dus is K C G. Wij zeggen dat een groep H een actie via automorfismen uivoert op een groep N als, voor elke n1 , n2 ∈ N en h ∈ H, (n1 n2 ) · h = (n1 · h)(n2 · h). D.w.z. de actie van elk element van H geeft een groepautomorfisme.

2.7. GROEPSUITBREIDINGEN

37

Stelling 2.7.1 Veronderstel dat een groep H een actie via automorfismen uitvoert op een groep N . Dan bestaat een groep G met deelgroepen N1 en H1 zodat 1. N ∼ =f N1 en H ∼ =ψ H1 , 2. N1 H1 = G, 3. N1 ∩ H1 = {1}, 4. N1 C G, 5. ψ(h)−1 f (n)ψ(h) = f (n · h). Men noemt G het semidirect product van N door H, en men noteert deze groep N o H. Bewijs. Het gebruikelijke bewijs construeert G als een groep van geordende paren. Wij construeren G als een deelgroep van Sym(X) met X = H × N. Defini¨eer een actie van N en H op X als volgt (k, m) · h = (kh, m · h) en (k, m) · n = (k, mn), voor k, h ∈ H en m, n ∈ N . Geen enkel niet-triviaal element van N of H voert een triviale actie uit. Er volgt dus dat er isomorfismen zijn van H en N in Sym(X). Hun beelden noteren wij H1 en N1 . Dus N ∼ =f N1 ∼ en H =ψ H1 . Nu

((k, m)) (ψ(h)−1 f (n)ψ(h)) = (k, m) · h−1 · n · h

= k, ( m · h−1 n) · h Omdat dit een actie via automorfismen is volgt er ((k, m)) (ψ(h)−1 f (n)ψ(h)) = (k, m(n · h)) = ((k, m)) f (n · h)

38

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Bijgevolg ψ(h−1 )f (n)ψ(h) = f (n · h). Er volgt dat ψ(H) ⊆ N (f (N )), de normalisator van f (N ), en dus is G = ψ(H) f (N ) een groep. Het resultaat volgt als wij bovendien bewijzen dat ψ(H) ∩ f (N ) = {1}. Om dit aan te tonen, veronderstel dat x = ψ(h) = f (n). Dan (kh, m · h) = (k, m)x = (k, mn). Er volgt dat h = 1 en dus x = ψ(h) = 1. 

2.8

Oplosbare groepen

In deze sectie behandelen wij (eindige) groepen die geconstrueerd worden uit de (cyclische) abelse groepen. Definitie 2.8.1 Een groep G is oplosbaar als er normale deelgroepen G0 , G1 , · · · , Gn van G bestaan zodat 1. {1} = G0 ⊆ G1 ⊆ · · · ⊆ Gn = G, 2. Gi+1 /Gi is abels voor 0 ≤ i < n. Voorbeelden zijn de abelse groepen, S3 , D8 , alle eindige groepen van oneven orde (een resultaat van Feit en Thompson). Eenvoudige niet-abelse groepen zijn niet oplosbaar (b.v. A5 ). Herinner dat de afgeleide groep G0 de deelgroep is van G die voortgebracht wordt door de commutatoren [g, h] = g −1 h−1 gh, met g, h ∈ G. Deze groep is de kleinste normale deelgroep van G zodat de corresponderende quoti¨entgroep abels is.

2.8. OPLOSBARE GROEPEN

39

Defini¨eer G(0) = G en, voor n ≥ 1,


0 G(n) = G(n−1) .

Dan noemen wij G = G(0) ⊇ G(1) ⊇ G(2) ⊇ · · · de afgeleide reeks (Eng. derived series) van G. Stelling 2.8.2 Een groep G is oplosbaar als en slechts als G(n) = {1} voor een n. De kleinste n zodat G(n) = {1} noemt men de afgeleide lengte (Eng. derived length) van G, dit wordt genoteerd dl(G). Bewijs. Veronderstel dat G oplosbaar is. Dus zijn er normale deelgroepen Gi van G zodat {1} = G0 ⊆ G1 ⊆ · · · ⊆ Gn = G en Gi+1 /Gi is abels voor 0 ≤ i < n. Dus, (Gi+1 )0 ⊆ Gi voor alle i. Bijgevolg G0 ⊆ Gn−1 en G(2) = (G0 )0 ⊆ (Gn−1 )0 ⊆ Gn−2 . Er volgt G(k) ⊆ Gn−k voor 0 ≤ k ≤ n. Bijgevolg G(n) ⊆ G0 = {1}. Omgekeerd, als G(n) = {1} dan {1} = G(n) ⊆ G(n−1) ⊆ · · · ⊆ G(1) ⊆ G(0) = G.

40

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Bovendien is voor elk automorfisme f van G f (G(k) ) = (f (G))(k) , i.h.b., elke G(k) is een invariante deelgroep van G en dus een normale deelgroep van G. Dus is G een oplosbare groep.  Eigenschap 2.8.3 Deelgroepen en quoti¨entgroepen van een oplosbare groep zijn terug oplosbaar. Als N C G en N en G/N oplosbaar zijn, dan is ook G oplosbaar. Bovendien dl(G) ≤ dl(N ) + dl(G/N ). Bewijs De eerste bewering is eenvoudig te verifi¨eren. Wij bewijzen het tweede gedeelte. Zij dus N CG en veronderstel dat N en G/N oplosbaar zijn. Zij dl(N ) = n en dl(G/N ) = m. Omdat (G/N )(m) = {1} volgt er dat G(m) ⊆ N . Dus G(m+n) = (G(m) )(n) ⊆ N (n) = {1}. Dus volgt het resultaat.  Zij G een groep. Een compositierij van G is een rij deelgroepen {1} = G0 ⊆ G1 ⊆ G2 ⊆ · · · ⊆ Gn−1 ⊆ Gn = G, zodat Gi C Gi+1 , voor 0 ≤ i ≤ n − 1, en elke Gi+1 /Gi is een eenvoudige groep. Elke eindige groep G heeft een compositierij. Later zullen wij aantonen dat de compositiefactoren ´e´enduidig bepaald zijn (op isomorfisme en orde na) en dat zij onafhankelijk zijn van de compositierij. Gevolg 2.8.4 Zij G een eindige groep en {1} = G0 C G1 C · · · C Gn = G een compositierij van G. Dan, G is oplosbaar als en slechts als elke Gi+1 /Gi een cyclische groep is van orde een priemgetal. Als bovendien alle Gi normaal zijn in G, dan noemt men G superoplosbaar.

2.9. NILPOTENTE GROEPEN

41

Bewijs. Veronderstel dat alle compositiefactoren priem orde hebben. Dan G0 ⊆ Gn−1 en dus G00 ⊆ Gn−2 . Herhaal dit en er volgt dat G(n) = {1}. Dus is G oplosbaar. Omgekeerd, veronderstel dat G oplosbaar is. Wegens Eigenschap 2.8.3 is dan elke factor Gi+1 /Gi oplosbaar. Er blijft te bewijzen dat een oplosbare eenvoudige groep H van priem orde is. Dit is evident, inderdaad is H 0 een echte normale deelgroep van H en dus H 0 = {1} (omdat H eenvoudig is). Dus is H abels en eenvoudig. Bijgevolg is H van priem orde.  Voor oplosbare groepen kan men het volgende resultaat bewijzen. Stelling 2.8.5 (P. Hall) Zij G een eindige en oplosbare groep en π een verzameling van priemgetallen. Dan bestaat er een deelgroep H van G zodat elke priemdeler van |H| tot π behoort en elke priemdeler van [G : H] niet tot π behoort.

2.9

Nilpotente groepen

Wij defini¨eren nu willekeurige nilpotente groepen. In het geval van eindige nilpotente groepen tonen wij aan dat dit overeenstemt met de vroegere definitie (d.w.z, alle Sylow deelgroepen zijn normaal). Definitie 2.9.1 Een groep G is nilpotent als er normale deelgroepen G0 , G1 , . . . , Gn van G bestaan zodat 1. {1} = G0 ⊆ G1 ⊆ · · · ⊆ Gn = G, en 2. Gi+1 /Gi ⊆ Z(G/Gi ), voor 0 ≤ i < n. Voorbeelden zijn abelse groepen en D8 . Een niet-nilpotente groep is S3 . Uiteraard zijn nilpotente groepen oplosbaar. Eigenschap 2.9.2 Zij G een eindige groep. 1. Als Z(G/M ) 6= {1} voor elke echte normale deelgroep M van G, dan is G is nilpotent. 2. Als G een eindige p-groep is, dan is G nilpotent.

42

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Bewijs. Voor elke n ∈ N defini¨eren wij een deelgroep Zn = Zn (G) van G (het n-de centrum) als volgt: Z0 = {1} en, voor n > 0, Zn is de deelgroep van G zodat Zn−1 ⊆ Zn en Zn /Zn−1 = Z(G/Zn−1 ). Merk op dat elke Zn een invariante, en dus een normale deelgroep is van G. (1) Wegens de veronderstelling is Zn−1 ⊂ Zn als Zn−1 6= G. Omdat G eindig is volgt er dat Zn = G voor een n ∈ N. Dus is G nilpotent. (2) Wegens Eigenschap 2.3.2 heeft elke eindige niet-triviale p-groep een niet triviaal centrum. De bewering (2) volgt dan onmiddellijk uit (1).  Een rij G0 ⊆ G1 ⊆ · · · ⊆ Gn van normale deelgroepen van een groep G noemt men een centrale rij (Eng. central series) als Gi+1 /Gi ⊆ Z(G/Gi ) voor 0 ≤ i < n. Defini¨eer Z0 (G) = {1} en, voor i > 0, zij Zi (G) de deelgroep van G gedefini¨eerd door Zi (G)/Zi−1 (G) = Z(G/Zi−1 (G)). De rij {Zi (G) | i ≥ 0} noemt men de stijgende (of hoogste) centrale rij (Eng. upper central series) van G. Uiteraard is G nilpotent als Zn = G voor een n ∈ N. Wij zullen aantonen dat het omgekeerde ook geldt. Voor deelverzameligen H, K van een groep G noteren wij met [H, K] de deelgroep voortgebracht door alle [h, k] met h ∈ H en k ∈ K. Men noemt dit de commutator van H en K. Voor een groep G defini¨eer G1 = G en, voor n ≥ 2, Gn = [Gn−1 , G].

2.9. NILPOTENTE GROEPEN

43

Dan is elke Gn een karaktersitieke deelgroep van G (en dus normaal). Er volgt dat G = G1 ⊇ G2 ⊇ G3 ⊇ · · · een centrale rij is. Men noemt dit de dalende (of laagste) centrale rij (Eng. lower central series) van G. Stelling 2.9.3 Zij G een groep en n ≥ 1. Dan zijn equivalent 1. G is nilpotent, 2. Gn+1 = {1}, 3. Zn (G) = G. Indien G nilpotent is, dan noemt men het kleinste natuurlijk getal n zodat Zn = G de nilpotentieklasse van G Bewijs. (1) ⇒ (2). Veronderstel dat G nilpotent is. Zij {1} = G0 ⊆ G1 ⊆ · · · · · · ⊆ Gn = G een centrale rij van G. Omdat Gi+1 /Gi ⊆ Z(G/Gi ) verkrijgen wij dat [Gi+1 , G] ⊆ Gi . Bijgevolg Gi ⊆ Gn−i+1 en dus Gn+1 = {1}, zoals gewenst. (2) ⇒ (3). Veronderstel dat Gn+1 = {1}. Dan G = G1 ⊇ G2 ⊇ · · · ⊇ Gn+1 = {1}. Omdat Gn+1 = [Gn , G] = {1} is het duidelijk dat Gn ⊆ Z(G) = Z1 . Omdat Gn = [Gn−1 , G] ⊆ Z1 volgt er dat Gn−1 ⊆ Z2 en dus Gn−2 ⊆ Z3 . Door inductie volgt er G(n+1)−i ⊆ Zi . Bijgevolg G = G1 = G(n+1)−n ⊆ Zn , m.a.w. G = Zn . (3) ⇒ (1) Dit is reeds eerder vermeld. 

44

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Gevolg 2.9.4 Deelgroepen en quoti¨entgroepen van een nilpotente groep zijn terug nilpotent. Bewijs. Zij G een nilpotente groep en N een deelgroep. Omdat N n ⊆ Gn volgt er uit Stelling 2.9.3 dat ook N nilpotent is. Als bovendien N een normale deelgroep is, zij dan f : G → G/N het natuurlijk epimorfisme. Door inductie toont men voor alle j ∈ N aan f (Gj ) = (G/N )j . Als Gn = {1} dan volgt er dat (G/N )n = {1}. Dus is ook G/N nilpotent.  Stelling 2.9.5 Zij G een eindige groep. De volgende voorwaarden zijn equivalent: 1. G is nilpotent, 2. H 6= NG (H) voor elke deelgroep H van G met H 6= G, 3. elke maximale deelgroep van G is normaal, 4. elke Sylow deelgroep van G is normaal, 5. G is het direct product van p-deelgroepen, met elke p een priemgetal. Bewijs. (1) ⇒ (2). Zij G een nilpotente groep en {1} = G0 ⊆ G1 ⊆ · · · ⊆ Gn = G een centrale rij (wij mogen veronderstellen dat Gi 6= Gi+1 ). Veronderstel bovendien dat H een echte deelgroep is van G. Zij dan k het grootste natuurlijk getal zodat Gk ⊆ H. Merk op dat k < n. Nu is [H, Gk+1 ] ⊆ Gk en bijgevolg is Gk+1 ⊆ NG (H). Dus volgt (2). (2) ⇒ (3). Zij H een maximale deelgroep van G. Wegens (2), H ⊂ NG (H). Omdat H maximaal is volgt er dat NG (H) = G. Dus is H normaal in G. (3) ⇒ (4). Zij P ∈ Sylp (G), met p een priemgetal. Wij moeten bewijzen dat NG (P ) = G. Veronderstel dat NG (P ) ⊂ G. Zij dan M een maximale deelgroep van G zodat NG (P ) ⊆ M . Wegens de

2.9. NILPOTENTE GROEPEN

45

veronderstelling (3) is M een normale deelgroep van G. Wij beweren dat G = M; en dit is duidelijk een contradictie. Inderdaad zij g ∈ G. Dan P g ⊆ M g = M . Omdat |P | = |P g | volgt er dat P g ∈ Sylp (M ). Dus bestaat een m ∈ M zodat P gm = P . M.a.w., gm ∈ NG (P ) ⊆ M . Dus g ∈ M , en bijgevolg G = M . (4) ⇒ (5). Dit weten wij reeds. (5) ⇒ (1). Dit bewijst men eenvoudig door aan te tonen dat het eindig direct product van nilpotente groepen zelf nilpotent is.  Stelling 2.9.6 Zij N1 en N2 normale deelgroepen van een groep G. Als N1 en N2 eindig en nilpotent zijn, dan is N1 N2 een nilpotente groep. Bewijs. Zij p een priemgetal. Zij P ∈ Sylp (N1 ) en Q ∈ Sylp (N2 ). Omdat N1 en N2 eindige nilpotente groepen zijn, weten wij dat P C N1 en Q C N2 . Dus is P een karakteristieke deelgroep van N1 en Q een karakteristieke deelgroep van N2 . Omdat N1 en N2 normale deelgroepen zijn van G volgt er dat P en Q ook normale deelgroepen zijn van G. Wegens Gevolg 2.1.8, |P | |Q| , |P Q| = |P ∩ Q| en dus is P Q zelf een p-groep. Er volgt dat P Q een normale p-deelgroep is van N1 N2 . Het is nu nog voldoende om aan te tonen dat P Q een Sylow pdeelgroep is van H = N1 N2 . Wij noteren met np de maximale macht van p die het getal n deelt.  |H|p =

|N1 | |N2 | |N1 ∩ N2 |

 p

|N1 |p |N2 |p = |N1 ∩ N2 |p |P | |Q| ≤ |P ∩ Q| = |P Q| Dus is inderdaad P Q een Sylow p-deelgroep van H. 

46

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

De grootste normale nilpotente deelgroep van een eindige groep G noemt men de Fitting deelgroep van G en noteert men F (G). Het is een karakteristieke deelgroep van G. De Frattini deelgroep Φ(G) van een groep G is de doorsnede van alle maximale deelgroepen van G. Stelling 2.9.7 Voor een eindige groep G zijn de volgende voorwaarden equivalent: 1. G is nilpotent, 2. G/Φ(G) is abels, 3. G/Φ(G) is nilpotent. Bewijs. (1) ⇒ (2). Veronderstel dat G een eindige nilpotente groep is. Wij moeten bewijzen dat G0 ⊆ Φ(G), m.a.w., G0 ⊆ M voor elke maximale deelgroep M van G. Omdat G nilpotent en eindig is weten wij dat M C G en dus is M/M een maximale deelgroep van G/M . Dus is G/M een eenvoudige nilpotente groep. Bijgevolg is G/M cyclisch (van priem orde) en dus abels. Er volgt dat inderdaad G0 ⊆ M . (2) ⇒ (3). Omdat elke abelse groep nilpotent is, is de bewering evident. (3) ⇒ (1). Het is voldoende om aan te tonen dat elke maximale deelgroep M van G een normale deelgroep is. Omdat Φ(G) ⊆ M volgt er dat M/Φ(G) een maximale deelgroep is van G/Φ(G). Omdat G/Φ(G) nilpotent is volgt er dat M/Φ(G) een normale deelgroep is van G/Φ(G). Dus is M normaal in G.  Stelling 2.9.8 Zij G een eindige groep. Als Φ(G) ⊆ N C G, dan is N nilpotent als en slechts als N/Φ(G) nilpotent is. I.h.b is de Frattini deelgroep Φ(G) van een eindige groep G steeds een nilpotente groep. Bewijs. Uiteraard is N/Φ(G) nilpotent als N nilpotent is. Omgekeerd, veronderstel dat N/Φ(G) nilpotent is. Om aan te tonen dat N nilpotent is, is het voldoende om aan te tonen dat elke Sylow p-deelgroep P van N normaal is in N . Nu is P Φ(G)/Φ(G) een Sylow p-deelgroep van N/Φ(G). Omdat N/Φ(G) een nilpotente groep is, volgt er dat P Φ(G)/Φ(G) een karakteristieke deelgroep is van N/Φ(G). Dus is P Φ(G)/Φ(G) een normale

¨ 2.10. STELLING VAN JORDAN-HOLDER

47

deelgroep van G/Φ(G). Bijgevolg P Φ(G) C G. Omdat P ∈ Sylp (N ) volgt er ook dat P ∈ Syl(P Φ(G)). Zoals in een vorig bewijs toont men dan aan dat G = NG (P )P Φ(G) = NG (P )Φ(G). Omdat Φ(G) bevat is in elke maximale deelgroep van G verkrijgen wij dat G = NG (P ). Dus is P C G en bijgevolg P C N .  Gevolg 2.9.9 Voor elke eindige groep, F (G/Φ(G)) = F (G)/Φ(G). Een ander welbekend voorbeeld van een nilpotente groep is de deelgroep U Tn (K) van GLn (K) bestaande uit alle matrices die nullen hebben beneden de hoofdiagonaal en alleen 1 hebben op de diagonaal. Hier is K een lichaam. Een welbekend resultaat is dat elke eindig voortgebrachte torsievrije nilpotente groep isomorf is met een deelgroep van U Tn (Z) voor een geheel getal n ≥ 1. Verder is het bekend dat elke eindig voortgebrachte nilpotente groep isomorf is met een deelgroep van SLn (Z) voor een geheel getal n ≥ 1. Nog een voorbeeld. Zij R een associatieve ring en N een nilpotente deelring, d.w.z. N n = {0} voor een geheel getal n ≥ 1. Men kan aantonen dat 1 + N = {1 + x | x ∈ N } een nilpotente groep is van nilpotentieklasse ten hoogste n.

2.10

Stelling van Jordan-H¨ older

De resultaten in dit hoofdstuk hebben zowel toepassingen in groep- als ringtheorie. Definitie 2.10.1 Zij X een verzameling en G een groep. Men noemt G een X-groep (of groep met operator verzameling X) als er een afbeelding G × X −→ G : (g, x) 7→ g x bestaat zodat (gh)x = g x hx , voor alle g, h ∈ G en x ∈ X.

48

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Voorbeelden zijn groepen (met X = ∅), vectorruimten en meer algemeen modulen (met R een ring). Ook is de conjugatie een voorbeeld. Men noemt een deelgroep H van een X-groep G een X-deelgroep als hx ∈ H voor alle h ∈ H en x ∈ X. In het geval van de conjugatie stemt het begrip X-deelgroep overeen met een normale deelgroep. Een groephomomorfisme f : G −→ H tussen twee X-groepen noemt men een X-homomorfisme als f (g x ) = f (g)x , voor alle g ∈ G en x ∈ X. De verzameling van alle zulke X-homomorfismen noteert men HomX (G, H). Alle elementaire eigenschappen over quoti¨entgroepen en homomorfismen blijven gelden in deze context. Definitie 2.10.2 Zij G een X-groep. Een X-rij van G is een stel Xdeelgroepen G0 , G1 , . . . , Gn van G zodat (1) G0 = {1} en Gn = G en (2) Gi C Gi+1 voor 0 ≤ i < n. Men noemt zo een reeks een X-compositierij voor G als, bovendien, (3) Gi is een maximale echte normale X-deelgroep van Gi+1 voor 0 ≤ i < n. (M.a.w Gi+1 /Gi is X-eenvoudig.) Duidelijk heeft elke eindige X-groep een X-compositierij. Maar niet elke X-groep heeft een compositierij. Bijvoorbeeld als X = ∅ en G abels is, dan bestaat een compositierij als en slechts als G eindig is. Als dus V een niet-nul eindig dimensionale vectorruimte is over R, dan heeft V geen ∅-compositierij. Doch V heeft een R-compositierij. In geval X = ∅ noemt men een X-compositierij eenvoudig een compositierij. Als X = G en de actie gegeven wordt door conjugatie, dan zijn X-deelgroepen de normale deelgroepen en de X-compositierij noemt men een hoofdrij (Eng. chief series). Het volgende technische lemma is een middel om uit gegeven Xcompositierijen nieuwe X-compositierijen te construeren. Lemma 2.10.3 Zij G een X-groep en zij N, U, V X-deelgroepen van G. Als N C G, U C V en V /U X-simpel is, dan

¨ 2.10. STELLING VAN JORDAN-HOLDER

49

1. U N C V N en V N/U N is ofwel triviaal ofwel X-eenvoudig, 2. (U ∩ N ) C (V ∩ N ) en (V ∩ N )/(U ∩ N ) is ofwel triviaal ofwel X-eenvoudig. Bewijs. (1) Omdat V ⊆ NG (U N ) en N ⊆ NG (U N ) verkrijgen wij dat U N C V N . Omdat V N = V (U N ) volgt er V N ∼ V (U N ) ∼ V . = = UN UN V ∩ UN Omdat U ⊆ V ∩ U N C V en omdat V /U ook X-simpel is, volgt er dat V ∩ U N = V of V ∩ U N = U . Dus ofwel V N/U N = {1} of V N/U N ∼ = V /U en dus is X-simpel. (2) Omdat V ⊆ NG (U ∩ N ) verkrijgen wij dat U ∩ N C V ∩ N . Er volgt dan ook V ∩N V ∩N (V ∩ N )U ∼ = . = U ∩N (V ∩ N ) ∩ U U Omdat U ⊆ U (V ∩ N ) C V en omdat de groep V /U ook X-simpel is, volgt er dat ofwel U (V ∩ N ) = V of U (V ∩ N ) = U . Dus, ofwel (V ∩ N )/(U ∩ N ) = {1} of (V ∩ N )/(U ∩ N ) ∼ = V /U is X-simpel.  Eigenschap 2.10.4 Zij G een X-groep, N CG en N is een X-deelgroep. Als G een X-compositierij heeft, dan heeft ook N een compositierij en N is een lid in een compositierij van G. Bewijs. Zij G0 = {1} C G1 C · · · C Gn = G een X-compositierij voor G. Stel Ni = N ∩ Gi . Dus {1} = N0 C N1 C · · · C Nn = N een X-rij voor N . Wegens het vorige lemma is elke factor Ni+1 /Ni ofwel triviaal of X-simpel. Als wij uit deze rij de groep Ni+1 verwijderen indien Ni+1 = Ni , dan is de overblijvende rij een X-compositierij voor N. Voor het tweede gedeelte, defini¨eer Li = N Gi voor 0 ≤ i ≤ n. Dan N = L0 C L1 C · · · C Ln = G. De Ni te samen met de Li vormen een X-rij voor G die N bevat. Wegens het vorige lemma is elke Li+1 /Li ofwel triviaal of X-simpel. Door herhalingen in de X-rij te verwijderen verkrijgen wij een X-compositierij die N bevat. 

50

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Stelling 2.10.5 (Jordan-H¨older) Zij G een X-groep. Als {1} = G0 C G1 C · · · C Gn = G en {1} = H0 C H1 C · · · C Hk = G X-compositierijen zijn van G, dan 1. n = k, 2. er bestaat een f ∈ Sn zodat Gi+1 /Gi ∼ = Hf (i)+1 /Hf (i) , voor 0 ≤ i < n. Het getal n wordt de compositie lengte van G genoemd, en men noteert dit als `(G). Als een X-groep geen X-compositierij heeft, dan noemt men de groep van oneindige lengte. Bewijs. Als X en Y twee X-compositierijen zijn van dezelfde X-groep, dan noteren wij X ≡ Y als de twee rijen dezelfde lengte hebben en isomorfe factoren hebben (op een herschikking na, rekening houdend met de multipliciteit). Zij X : {1} = G0 C G1 C · · · C Gn = G en Y : {1} = H0 C H1 C · · · C Hk = G. Door inductie op de lengte n van X tonen wij aan dat X ≡ Y. Als n = 1, dan is G een X-simpele groep en dus X ≡ Y. Zij X0 en Y0 de X-compositierijen van Gn−1 en Hk−1 , verkregen door de laatste term in de respectievelijke rijen X en Y te verwijderen. Als Gn−1 = Hk−1 , dan is de lengte van X0 gelijk aan n − 1. Wegens de inductiehypothese volgt er dat X0 ≡ Y0 . Er volgt dat X ≡ Y, omdat wij in beide gevallen slechts de term G/Gn−1 toevoegen. Veronderstel nu dat Gn−1 6= Hk−1 . Stel N = Gn−1 ∩ Hk−1 C G. Wegens Eigenschap 2.10.4 weten wij dat N een X-compositierij N heeft. Omdat G/Gn−1 en G/Hk−1 X-simpel zijn, volgt er dat Gn−1 Hk−1 = G en Hk−1 /N ∼ = G/Gn−1 en Gn−1 /N ∼ = G/Hk−1 zijn ook X-simpele

2.11. VRIJE GROEPEN

51

groepen. Wij verkrijgen aldus twee nieuwe X-compositierijen U en V voor G door de volgende rijen aan deze van N toe te voegen: N C Gn−1 C G en N C Hk−1 C G. Door deze te beperken tot Gn−1 en Hk−1 verkrijgen wij X-compositierijen U0 en V0 voor Gn−1 en Hk−1 . Wegens de inductiehypothese (toegepast op Gn−1 ) verkrijgen wij dat X0 ≡ U0 en dus X ≡ U. Dus n = m + 2, met m de lengte van N . Dus is de lengte van V0 gelijk aan m + 1 = n − 1. De inductiehypothese toegepast op Hk−1 geeft dan V0 ≡ Y0 . Bijgevolg V ≡ Y. Omdat G/Gn−1 ∼ = Hk−1 /N en G/Hk−1 ∼ = Gn−1 /N , volgt er dat U ≡ V en het resultaat volgt.  Eigenschap 2.10.6 Zij G een X-groep van eindige lengte. Als N C G een X-deelgroep is, dan `(G) = `(N ) + `(G/N ). Bewijs. Dit is evident wegens Eigenschap 2.10.4 (N is een term in een compositierij van G).  Deze lengte kan soms gebruikt worden om bewijzen te geven per inductie.

2.11

Vrije groepen

Zij X = {xi | i ∈ I} en X −1 = {x−1 i | i ∈ I} twee disjuncte verzamelingen. Een woord in het alfabet X is een eindige rij van symbolen van X ∪ X −1 . Het lege woord noteren wij e. De lengte van de rij noemen wij de lengte van het woord. Een woord is gereduceerd als het geen twee opeenvolgende symbolen van de volgende vorm heeft: xi , x− i , met  = ±1. Twee woorden u en v noemt men equivalent (genoteerd, u ∼ v) als v kan bekomen worden uit u door een eindig aantal invoegingen of schrappingen van woorden van de vorm xi x− i . Er volgt dat ∼ een equivalentierelatie is. De equivalentieklasse van u noteren wij [u].

52

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Stelling 2.11.1 Zij {xi | i ∈ I} en F (X) de verzameling van de equivalentieklassen van de woorden in het alfabet, voor de equivalentierelatie ∼. Dan is F (X) een groep voor de vermenigvuldiging [u] [v] = [uv]. Men noemt F (X) de vrije groep voortgebracht door de verzameling X en |X| noemt men de rang van de vrije groep. Men noemt X een vrije basis van F (X). Eigenschap 2.11.2 Zij G een groep voortgebracht door M = {gi | i ∈ I}. Zij X = {xi | i ∈ I} een alfabet. Dan breidt de afbeelding X −→ M : xi 7→ gi uit tot een groepepimorfisme F (X) −→ G. De elementen van de kern N van F (X) −→ G worden de relaties van de groep G genoemd, ten opzichte van het alfabet X. Als een deelverzameling R van N zodanig is dat de normale sluiting van R de groep N is, dan noemt men R de defini¨erende relaties in het alfabet X. Merk op dat G ∼ = F (X)/N , en dus defini¨eren X en R volledig de groep G (op isomorfisme na). Het paar hX | Ri noemt men een presentatie van de groep G in functie van de generatoren X en de relaties R. Bijvoorbeeld, D8 = ha, b | a4 , b2 , bab−1 ai. Dikwijls noteert men dit ook als volgt D8 = ha, b | a4 = 1, b2 = 1, ba = a−1 bi. Stelling 2.11.3 Zij n ≥ 2 een geheel getal. Dan is de deelgroep van SL2 (Z) voortgebracht door de matrices     1 n 1 0 a= en b = 0 1 n 1 vrij voortgebracht; d.w.z. deze groep is isomorf met de vrije groep van rang twee.

2.11. VRIJE GROEPEN

53

Bewijs. Zij w een alternerend product van niet nul machten van a en b. Wij moeten aantonen dat w 6= 1. Door eventueel te conjugeren door een macht van b mogen wij veronderstellen dat w = an1 bn2 · · · cnr , met c = a of b, en alle ni 6= 0. Zij zi de eerste rij van de matrix an1 bn2 · · · cni . Als z2k−1 = (x2k−1 , x2k ), dan z2k = z2k−1 bn2k = (x2k+1 , x2k ), z2k+1 = z2k an2k+1 = (x2k+1 , x2k+2 ), met x2k+1 = x2k−1 + nn2k x2k en x2k+2 = x2k + nn2k+1 x2k+1 . Deze laatste twee vergelijkingen kunnen in ´e´en vergelijking gecombineerd worden: xi+2 = xi + nni+1 xi+1 , voor i = 1, 2, · · · , r − 1. Het resultaat volgt als wij aantonen dat |xi | toeneemt als i stijgt van 1 tot r + 1. Voor i = 1, 2 is dit eenvoudig na te gaan. De inductiestap is als volgt: |xi+2 | ≥ n|ni+1 | |xi+1 | − |xi | ≥ 2|xi+1 | − |xi | ≥ |xi+1 | + 1.  Door gebruik te maken van het “ping-pong lemma” kan men voor de vorige stelling een eleganter meetkundig bewijs geven. Men kan aantonen dat deelgroepen van vrije groepen terug vrij zijn. Een bekend resultaat van Tits zegt dat een deelgroep van GLn (K) ofwel een vrije deelgroep van rang twee bevat ofwel een oplosbare deelgroep van eindige index bevat.

54

HOOFDSTUK 2. GROEPENTHEORIE

Hoofdstuk 3 Veldentheorie 3.1

Definities

Zij F en K lichamen. Als F ⊆ K, dan noemen wij K een lichaamuitbreiding van F (als de beperkingen van de bewerkingen op K tot F met de bewerkingen von F overeenkomen). Men noemt F het grondlichaam. Een element α ∈ K noemt men algebra¨ısch over F als er een veelterm f (x) ∈ F [X] bestaat zodat f (α) = 0. Een element van K dat niet algebra¨ısch is over F noemt men een transcendent element over F . In veldentheorie zoekt men dikwijls naar lichaamuitbreidingen, dit bijvoorbeeld om√ wortels van veeltermen te vinden in ”grotere”lichamen. Duidelijk is 3 algebra¨ısch over Q en is X ∈ Q(X) transcendent over Q; met Q(X) het breukenlichaam van Q[X]. Men noemt Q(X) het lichaam van de rationale functies over Q. Algemener, het breukenlichaam F (X) van de polynoomalgebra F [X] noemt men het lichaam van de rationale functies over F . Duidelijk is F ⊆ F (X) een lichaamuitbreiding en is X transcendent over F . Als een lichaam F bevat is in een domein R dan kunnen wij R beschouwen als een vectorruimte over F . De dimensie van deze ruimte noteren wij dimF (R) (of |R : F |). Als R = K een lichaam is, dan noemt men deze dimensie de graad van de velduitbreiding. Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding. Als α ∈ K, dan noteren wij met F [α] de kleinste deelring van K die F en α bevat. Duidelijk is F [α] = {f (α) | f ∈ F [X]}. Het breukenlichaam van F [α] noteren wij F (α). Dit is het kleinste deellichaam van K dat F en α bevat. Men noemt dit het deellichaam van K voortgebracht door α over F . 55

56

HOOFDSTUK 3. VELDENTHEORIE

Eigenschap 3.1.1 Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding en α ∈ K. Dan zijn de volgende eigenschappen equivalent: 1. α is algebra¨ısch over F , 2. dimF (F [α]) < ∞, 3. F [α] is een lichaam, 4. F [α] = F (α). Bewijs. (1) ⇒ (2) Veronderstel α algebra¨ısch is over F . Zij 0 6= f ∈ F [X] met f (α) = 0. Wij bewijzen dat |F [α] : F | ≤ deg(f ) = n. Het is dus voldoende om aan te tonen dat 1, α, · · · , αn−1 een voortbrengend deel is van F [α] als vectorruimte over F . Nu is een willekeurig element van F [α] van de vorm g(α) met g ∈ F [X]. Wegens het delingsalgoritme, g = qf + r met q, r ∈ F [X] en ofwel deg(r) < n of r = 0. Omdat f (α) = 0, verkrijgen wij dat g(α) = r(α). Duidelijk is r(α) een F lineaire combinatie van 1, α, · · · , αn−1 . (2) ⇒ (3) Veronderstel dimF (F [α]) < ∞. Zij 0 6= β ∈ F [α]. Omdat F [α] een domein is volgt er dat de F -lineaire afbeelding ψ : F [α] → F [α] : f 7→ f β een injectieve lineaire afbeelding is. Omdat de vectorruimte F [α] eindig dimensionaal is (per veronderstelling) volgt dat ψ bijectief is. Dus 1 ∈ ψ(F [α]), d.w.z. 1 = f β voor een f ∈ F [α]. Er volgt dat β inverteerbaar is. Bijgevolg is elk niet nul element van F [α] inverteerbaar, d.w.z F [α] is een lichaam. (3) ⇒ (4) Dit is evident. (4) ⇒ (1) Veronderstel dat F [α] = F (α) en dat α niet algebra¨ısch is over F . Dan is de afbeelding ψ : F [X] → F [α] : f (X) 7→ f (α) een F -lineair ringisomorfisme. Dus F [α] ∼ = F [X]. Aangezien F [X] geen lichaam is geeft dit een contradictie.  Als F ⊆ K een lichaamuitbreiding is en elk element van K algebra¨ısch is over F , dan noemt men K algebra¨ısch over F . Uit het vorige resultaat volgt onmiddellijk dat als F ⊆ K een eindige velduitbreiding

3.1. DEFINITIES

57

is (d.w.z. |K : F | < ∞) dan is K algebra¨ısch over F . Zij F ⊆ K een algebra¨ısche lichaamuitbreiding en K ⊆ L lichaamuitbreiding. Als α ∈ L algebra¨ısch is over K, dan is α ook algebra¨ısch over F . De lichaamuitbreidingen van Q die van eindige graad zijn noemt men de algebra¨ısche getallenlichamen. Een element van C dat algebra¨ısch is over Q noemt men een algebra¨ısch getal. Eigenschap 3.1.2 (Multiplicativiteit van de graad) Zij L/K en K/F lichaamuitbreiding. Dan geldt |L : F | < ∞

⇐⇒

|L : K| < ∞ en |K : F | < ∞.

In dit geval |L : F | = |L : K||K : F |. Bewijs. ‘⇒’: Zij |L : F | < ∞. Dan is duidelijk |K : F | < ∞, omdat K een F deelruimte van de eindig-dimensionale F -vectorruimte L is. Ook is |L : K| < ∞ omdat elke F -basis van L een voortbrengend deel van L als K-vecotrruimte is. ‘⇐’: Zij |L : K| < ∞ en |K : F | < ∞. Zij {y1 , ..., yn } een K-basis van L en {x1 , ..., xm } een F -basis van K. Wij tonen aan dat {xj yk | j = 1, ..., m, k = 1, ..., n} een F -basis van L is. F -lineair onafhankelijk. Veronderstel X λj,k xj yk = 0, λj,k ∈ F. j=1,...,m k=1,...,n

Dan volgt er wegens n m X X k=1

! λj,k xj

yk = 0

j=1

en omdat {y1 , ..., yn } een K-lineair onafhankelijk verzameling is, dat voor elke k ∈ {1, ..., n} m X j=1

λj,k xj = 0.

58

HOOFDSTUK 3. VELDENTHEORIE Dus volgt wegens de F -lineaire onafhankelijkheid van {x1 , ..., xm } voor elke j ∈ {1, ..., m} en elke k ∈ {1, ..., n} dat λj,k = 0. Voortbrengend deel. Zij z ∈ L. Omdat {y1 , ..., yn } een voortbrengend deel Pnvan L als K-vectorruimte is bestaan er µk ∈ K zodatP z = k=1 µk yk . Voor elke k bestaan er νj,k ∈ F zodat µk = m ν j=1 j,k xj , want {x1 , ..., xm } is een voortbrengend deel van K als F -vectorruimte. Bijgevolg ! n n m X X X X z= µk y k = νj,k xj yk = νj,k (xj yk ).  k=1

k=1

j=1

j=1,...,m k=1,...,n

Stelling 3.1.3 Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding. Dan is {α ∈ K | α is algebra¨ısch over F } een deellichaam van K dat F bevat. Bewijs. Vooreerst merken wij op dat als F ⊆ L ⊆ K lichamen zijn. Dan is |K : F | < ∞ als en slechts als |K : L| < ∞ en |L : F | < ∞. Stel A = {α ∈ K | α is algebra¨ısch over F }. Duidelijk is F ⊆ A. Wij moeten bewijzen dat α − β ∈ A en αβ −1 ∈ A voor α, β ∈ A en 0 6= β. Omdat α algebra¨ısch is over F weten wij dat F [α] een lichaam is. Omdat β algebra¨ısch is over F is het evident dat β ook algebra¨ısch is over het lichaam F [α]. Dus is (F [α])[β] ook een lichaam. Ook F ⊆ F [α] ⊆ (F [α])[β] en |F [α] : F | < ∞ en |(F [α])[β] : F [α]| < ∞. Dus uit de vorige opmerking volgt dat |(F [α])[β] : F | < ∞, en dus is (F [α])[β] algebra¨ısch over F . Omdat α − β, αβ −1 ∈ (F [α])[β] volgt er dat α − β, αβ −1 ∈ A.  Een lichaamuitbreiding F ⊆ K zodat elk element α ∈ (K \ F ) transcendent is over F noemt men totaal transcendent. Bijvoorbeeld zij A het lichaam van de algebra¨ısche getallen van C over Q. Dan is elk element α ∈ (C \ A) transcendent over A. Dus is C totaal transcendent over A. Eigenschap 3.1.4 Zij F ⊆ K een velduitbreiding. Als K = F (α) en α transcendent is over F , dan is K totaal transcendent over F . Bovendien, voor elke β ∈ (K \ F ), dimF (β) (K) < ∞. Bewijs. Zij β ∈ (K \ F ). Dan β = uv −1 , met u = f (α), 0 6= v = g(α), en f, g ∈ F [X].

3.1. DEFINITIES

59

Duidelijk is f (α) − βg(α) = 0 en dus is p(α) = 0 met p = f (X) − βg(X) ∈ F (β)[X]. Bijgevolg is α algebra¨ısch over F (β) en |F (β)[α] : F (β)| < ∞. Nu K = F (α) ⊆ F (β)[α] = F (β)(α) en dus |K : F (β)| < ∞. Omdat α transcendent is over F weten wij dat |K : F | = ∞, en dus |F (β) : F | = ∞. Dus is β transcendent over F .  Stelling 3.1.5 Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding en veronderstel dat α ∈ K algebra¨ısch over F . Stel I = {f ∈ F [X] | f (α) = 0}. Dan is I een ideaal van F [X] en de volgende eigenschappen gelden: 1. I = (f ), met f de unieke monische irreduciebele polynoom in I. Men noemt f de minimale polynoom van α over F , en men noteert deze door minF (α). 2. F [α] ∼ = F [X]/I. 3. Als f ∈ I irreduciebel is en f (α) = 0, dan gr(f ) =dimF (F [α]) en I = (f ). Als toepassing van het Lemma van Gauss bewijst men de volgende eigenschap. Stelling 3.1.6 (Criterium van Eisenstein) Zij R een uniek factorisatiedomein met breukenlichaam K. Zij f (X) = rn X n + rn−1 X n−1 + · · · + r1 X +r0 ∈ R[X]. Dan is f irreduciebel in K[X] als er een priemelement p ∈ R bestaat dat aan de volgende eigenschappen voldoet: 1. p 6 |rn , 2. p | ri voor 0 ≤ i < n, 3. p2 6 |r0 . Gevolg 3.1.7 Het lichaam van de algebra¨ısche getallen is een algebra¨ısche uitbreiding van Q van oneindige graad. Bewijs. Zij p een priemgetal. Wegens het Criterium van Eisenstein is de polynoom X n −p irreduciebel in Q, voor elke n ≥ 1. Dus is X n −p de minimale polynoom over Q van de n-de re¨ele wortel α van p. Er volgt dat |Q[α] : Q| = n. Aangezien Q[α] ⊆ A, het veld van de algebra¨ısche getallen over Q, verkrijgen wij dat |A : Q| ≥ n, voor alle n ≥ 1. 

60

HOOFDSTUK 3. VELDENTHEORIE

3.2

Eenvoudige uitbreidingen

Een lichaamuitbreiding F ⊆ K noemt men eenvoudig als K = F (α) voor een α ∈ K. Zo een element α noemt men een primitief element. Lemma 3.2.1 Een eindige deelgroep van de multiplicatieve groep K × van een lichaam K is een cyclische groep. Bewijs. Zij G een eindige deelgroep van K × . Zij p een priemdeler van |G|. Nu, de elementen van G van orde p zijn nulpunten van de veelterm X p − 1. Daar er ten hoogste p nulpunten zijn van deze polynoom, volgt er dat G ten hoogste p − 1 elementen van orde p heeft. Er volgt dat de elementen van orde p in G een cyclische deelgroep vormen. Het resultaat volgt dan uit de fundamentele stelling van eindige abelse groepen.  Stelling 3.2.2 (Artin) Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding van eindige graad. De uitbreiding is eenvoudig als en slechts als er slechts eindig veel lichamen L bestaan zodat F ⊆ L ⊆ K. Bewijs. Zij F = {L | F ⊆ L ⊆ K, L een lichaam}. Veronderstel dat K = F [α] = F (α). Zij f = minF (α) en P = {g ∈ K[X] | g is monisch en g|f }. Omdat K[X] een uniek factorisatiedomein is volgt er dat P een eindige verzameling is. Wij bewijzen nu dat F eindig is door aan te tonen dat de volgende afbeelding injectief is: F → P : L 7→ gL = minL (α). Merk op dat gL (α) = 0 en f (α) = 0, dus gL |f in L[X]; en bijgevolg gL ∈ P. Stel l0 + l1 X + · · · + lr X r = gL . Stel M = F [l0 , · · · , lr ], een deellichaam van L en K. Wij tonen aan dat M = L, en dus volgt dat de vermelde afbeelding injectief is. Nu, gL ∈ M [X] en gL is irreduciebel in L[X]. Bijgevolg is gL irreduciebel in M [X], en dus gL = minM (α). Omdat gL = minL (α) en L[α] = F [α] = K = M [α] verkrijgen wij |K : M | = |M [α] : M | = gr(gL ) = |L[α] : L| = |K : L|.

3.2. EENVOUDIGE UITBREIDINGEN

61

Maar, M ⊆ L ⊆ K en dus |K : M | = |K : L| |L : M |. Bijgevolg, |L : M | = 1, d.w.z. L = M . Omgekeerd, veronderstel dat F een eindige verzameling is. Door inductie op |K : F | tonen wij aan dat F ⊆ K een eenvoudige uitbreiding is. Als F = K dan is dit evident. Dus veronderstellen wij dat F ⊂ K. Zij α ∈ (K \ F ). Dan F ⊂ F [α] ⊆ K en dus |K : F [α]| < |K : F |. Omdat F eindig is, zijn er slechts eindig veel lichamen tussen F [α] en K. Wegens de inductiehypothese volgt er dan dat K = (F [α])[β] = F [α, β], voor een β ∈ K. Veronderstel nu dat F een oneindig lichaam is. Dan is elk lichaam Lr = F [α + rβ] (r ∈ F ) in de verzameling F. Omdat F eindig is verkrijgen wij dat Lr = Ls voor verschillende r, s ∈ F . Dus α + sβ ∈ Ls en α + rβ ∈ Ls . Bijgevolg ook (s − r)β ∈ Ls . Omdat 0 6= (s − r) ∈ F ⊆ Ls volgt er dan ook β ∈ Ls en bijgevolg ook α ∈ Ls . Dus K = F [α, β] ⊆ Ls = F [α + sβ] ⊆ K, m.a.w. K = F [α + sβ]. Bijgevolg is α + sβ een primitief element. Ten slotte veronderstel dat F eindig is. Omdat K eindig dimensionaal is over F , volgt er dat K ook eindig is. Dus wegens Lemma 3.2.1 is de eindige groep K × cyclisch; zodat K × = hαi, voor een α ∈ K × . Er volgt dat K = F [α], en dus is α een primitief element. 

62

HOOFDSTUK 3. VELDENTHEORIE

Gevolg 3.2.3 Zij F ⊆ K = F (α) een eenvoudige algebra¨ısche lichaamuitbreiding. Als L een lichaam is zodat F ⊆ L ⊆ K, dan L = F (β) voor een β ∈ L. Bewijs. Omdat F ⊆ K = F (α) een eenvoudige algebra¨ısche lichaamuitbreiding verkrijgen wij dat K = F [α] en dus ook |K : F | < ∞. Dus wegens de Stelling van Artin zijn er slechts eindig veel lichamen tussen F en K. Als dus L een lichaam is tussen F en K, dan zijn er slechts eindig veel lichamen tussen F en L. Wegens de Stelling van Artin is dan F ⊆ L een eenvoudige uitbreiding.  Deze eigenschap blijft gelden voor niet algebra¨ısche uitbreidingen die eenvoudig zijn. Doch hiervoor moet men het transcendente geval op een andere manier behandelen.

3.3

Isomorfismen

Zij F1 en F2 lichamen. Als ϕ : F1 −→ F2 een ringhomomorfisme is (en dus een monomorfisme) dan bekomen wij een ringhomomorfisme ϕˆ : F1 [X] −→ F2 [X] met ϕ(a ˆ 0 + a1 X + · · · + an X n ) = ϕ(a0 ) + ϕ(a1 )X + · · · + ϕ(an )X n . Lemma 3.3.1 Zij ϕ : F1 → F2 een isomorfisme van lichamen. Zij F1 ⊆ K1 en F2 ⊆ K2 lichaamuitbreidingen. Veronderstel αi ∈ Ki en fi ∈ Fi [X] met fi (αi ) = 0 voor i = 1, 2. Als ϕ(f ˆ 1 ) = f2 en f1 irreduciebel is over F1 , dan breidt ϕ uit tot een lichaamisomorfisme θ : F1 [α1 ] −→ F2 [α2 ] met θ(α1 ) = α2 . Bewijs. Defini¨eer θ : F1 [α1 ] → F2 [α2 ] : g(α1 ) 7→ (ϕg)(α ˆ 2 ), met g(X) ∈ F1 [X]. Wij tonen eerst aan dat θ goed gedefini¨eerd is. Veronderstel daarom dat g(α1 ) = h(α1 ), met h(X) ∈ F1 [X]. Dan is α1

3.3. ISOMORFISMEN

63

een nulpunt van g − h ∈ F1 [X] en ook een nulpunt van f1 (X). Omdat f1 irreduciebel is volgt er dat f1 | (g − h). Dus is f2 = ϕf ˆ 1 | (ϕg ˆ − ϕh). ˆ Omdat f2 (α2 ) = 0 volgt er (ϕg)(α ˆ ˆ 2 ) = (ϕh)(α 2 ). Dus is inderdaad θ goed gedefini¨eerd. Het is eenvoudig na te gaan dat θ|F1 = ϕ (als wij het beeld beperken tot F2 ) en dat θ een surjectief ringhomomorfisme is. Bijgevolg is θ een ringisomorfisme met θ(α1 ) = α2 .  Zij K1 /F en K2 /F lichaamuitbreidingen. Een lichaamisomorfisme θ : K1 −→ K2 noemt men een F -isomorfisme als θ(x) = x voor alle x ∈ F en K1 en K2 zijn in dit geval F -isomorf. Als K = K1 = K2 , dan noemen wij zo’n F -isomorfisme een F -automorfisme. De verzameling AutF (K) = {θ : K → K | θ is een F -automorfisme} is een deelgroep van Aut(K) met als bewerking de samenstelling van functies. Gevolg 3.3.2 Zij F ⊆ K1 en F ⊆ K2 lichaamuitbreidingen. Veronderstel dat f ∈ F [X] irreduciebel is en αi ∈ Ki voor i = 1, 2. Als f (α1 ) = f (α2 ) = 0, dan bestaat er een F -lichaamsisomorfisme θ : F [α1 ] −→ F [α2 ] zodat θ(α1 ) = α2 . Zij α een re¨ele wortel van X 4 −2 ∈ Q[X]. Wegens het Criterium van Eisenstein weten wij dat X 4 − 2 een irreduciebele veelterm is over Q. Dus als toepassing van het gevolg verkrijgen wij dat de lichamen Q[α] en Q[iα] isomorf zijn. Merk op dat het eerste lichaam re¨eel is terwijl het andere niet re¨ele complexe getallen bevat. Stelling 3.3.3 Zij F een lichaam en 0 6= f ∈ F [X]. Dan bestaat er een lichaamuitbreiding F ⊆ K zodat f splitst in K, d.w.z., elke irreduciebele deler van f in K[X] is lineair. Bewijs. Wij tonen eerst aan dat er een lichaam F ⊆ K bestaat zodat een gegeven irreduciebele veelterm g ∈ F [X] een nulpunt heeft in K. Inderdaad, zij I = F [X]g. Omdat g irreduciebel is in F [X] weten wij dat I een maximaal ideaal is in F [X]. Dus is K = F [X]/I een lichaam. Duidelijk is F → K : r 7→ r + I een injectief ringhomomorfisme. Wij

64

HOOFDSTUK 3. VELDENTHEORIE

identificeren de elementen van F met hun beeld in K. Dus is K een lichaamuitbreiding van F . Omdat g(X + I) = g(X) + I = I volgt er dat g een nulpunt heeft in K. Zij nu 0 6= f ∈ F [X]. Schrijf l Y f (X) = g(X) (X − αi ) i=1

met g(X) ∈ F [X] en alle αi ∈ F , en l ≥ 0. Wij bewijzen het resultaat per inductie op gr(g). Indien gr(g) = 0, dan is het resultaat evident. Veronderstel daarom dat gr(g) > 0. Dus heeft g een irreducieble factor. Wegens het eerste gedeelte van het bewijs heeft deze factor, en dus ook g een nulpunt β in een lichaamuitbreiding F ⊆ K. Uiteraard is (X − β) een deler van g(X) in K[X] en l Y f (X) = g0 (X)(X − β) (X − αi ), i=1

met g0 (X) ∈ K[X]. Omdat gr(g0 ) < gr(g) volgt uit de inductiehypothese dat f splitst in een lichaamuitbreiding K ⊆ L.  Merk op dat elke polynoom in C[X] splitst. Dit is de fundamentele stelling van de algebra. De polynoom X 2 + 1 splitst niet in Q[X], maar splitst wel in C[X]. Als in de voorgaande stelling K voortgebracht is over F door de nulpunten van f in K, dan noemen wij K een splitsingslichaam van f over F . Het is eenvoudig na te gaan dat als f ∈ F [X] splitst in een lichaam K, dan bevat K een splitsingslichaam van f over F . Wegens de vorige stelling bestaat voor elke niet-nul polynoom over F een splitsingslichaam. Wij tonen nu aan dat verschillende splitsingslichamen isomorf zijn. Stelling 3.3.4 Zij ϕ : F1 −→ F2 een lichaamisomorfisme en zij fi ∈ Fi [X] zodat ϕ(f b 1 ) = f2 . Als Ki een splitsingslichaam is van fi over Fi , dan breidt ϕ uit tot een isomorfisme K1 −→ K2 . Bewijs. Wij bewijzen dit door inductie op |K1 : F1 |. Als |K1 : F1 | = 1 dan splitst f1 in F1 [X] en dus splitst f2 ∈ F2 [X]. Dus is K2 = F2 en volgt het resultaat.

3.4. ALGEBRA¨ISCHE SLUITING

65

Veronderstel dus dat |K1 : F1 | > 1. Dan splitst f1 niet over F1 en dus heeft f1 een irreduciebele factor g1 ∈ F1 [X], met gr(g1 ) > 1. Stel g2 = ϕ(g ˆ 1 ). Dan g2 | f2 . Omdat f1 splitst over K1 , splitst ook g1 over K1 . Zij dus α1 ∈ K1 een nulpunt van g1 . Analoog, zij α2 ∈ K2 een nulpunt van g2 . Stel Li = Fi [αi ], voor 1 ≤ i ≤ 2. Wegens Lemma 3.3.1 bestaat er een lichaamisomorfisme θ : L1 → L2 met θ|F1 = ϕ (als wij het beeld beperken tot F2 ). Nu ˆ 1 ) = f2 . θ(f Door inductie tonen wij nu aan dat θ uitbreidt tot een isomorfisme K1 → K2 . Inderdaad, merk eerst op dat Ki een splitsingslichaam is voor fi over Li . Verder |L1 : F1 | = gr(g1 ) > 1 en dus |K1 : L1 | < |K1 : F1 |. Wegens de inductiehypothese breidt θ uit tot een isomorfisme K1 → K2 .  Als gevolg heeft men dat splitsingslichamen van f ∈ F [X] steeds F -isomorf zijn.

3.4

Algebra¨ısche sluiting

Men noemt een lichaamuitbreiding F ⊆ K een algebra¨ısche sluiting van F als K algebra¨ısch is over F en bovendien elke polynoom f ∈ F [X] splitst over K. Een lichaam K is algebra¨ısch gesloten als K een algebra¨ısche sluiting is van zichzelf. Lemma 3.4.1 Zij F ⊆ K een algebra¨ısche lichaamuitbreiding. De volgende eigenschappen zijn equivalent:

66

HOOFDSTUK 3. VELDENTHEORIE 1. K is algebra¨ısch gesloten, 2. K is een algebra¨ısche sluiting van F , 3. als K ⊆ L een lichaamuitbreiding is met L algebra¨ısch over F , dan L = K, 4. als K ⊆ L een algebra¨ısche lichaamuibreiding is, dan is K = L.

Bewijs. (1) ⇒ (2) Zij K algebra¨ısch gesloten. Dus elke polynoom f ∈ K[X] splitst over K. Dus splitst zeker ook elke polynoom f ∈ F [X] over K. (2) ⇒ (3) Zij K ⊆ L een lichaamuitbreiding, met L algebra¨ısch over F . Zij l ∈ L. Dus is l algebra¨ısch over F . Zij dus 0 6= f ∈ F [X] met f (l) = 0. Wegens voorwaarde (2) splitst f over K. Bijgevolg is l ∈ K, en dus K = L. (3) ⇒ (4) Zij K ⊆ L een algebra¨ısche uitbreiding. Omdat F ⊆ K ook een algebra¨ısche uitbreiding is, volgt er dat F ⊆ L een algebra¨ısche uitbreiding is. Dus wegens voorwaarde (3), L = K. (4) ⇒ (1) Zij 0 6= f ∈ K[X]. Zij L een splitsingslichaam van f over K. Omdat L algebra¨ısch is over K volgt uit voorwaarde (4) dat K = L. Dus splitst f over K.  Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding, met K een algebra¨ısch gesloten lichaam. Dan is L = {α ∈ K | α is algebra¨ısch over F } de enige algebra¨ısche sluiting van F in K. Stelling 3.4.2 Elk lichaam F heeft een algebra¨ısche sluiting. Bewijs. Zij S een verzameling zodat F ⊆ S en S grotere cardinaliteit heeft dan F [X]. Met (K, S) noteren wij een paar zodat K ⊆ S en S is de algebra¨ısche structuur die van K een lichaam maakt (dus S bestaat uit twee functies K × K → K die de optelling en vermenigvuldiging defini¨eren). In het bijzonder is het gegeven lichaam F van de vorm (F, F) voor een algebra¨ısche structuur F. Als (K2 , S2 ) een lichaamuitbreiding is van (K1 , S1 ) dan noteren wij dit door (K1 , S1 ) ≤ (K2 , S2 ). Zij P = {(K, S) | K ⊆ S, (F, F) ≤ (K, S) is algebra¨ısch}.

3.4. ALGEBRA¨ISCHE SLUITING

67

Merk op dat (F, F) ∈ P en dus is P = 6 ∅. Zij nu L een lineair geordende deelverzameling in P. Stel (B, B) met B = ∪(K,S)∈L K en B is de algebra¨ısche structuur op B die deze van de lichamen (K, S) ∈ L uitbreidt. Dus heeft L een bovengrens. Wegens het Lemma van Zorn bestaat er dus een maximaal element (M, M) in P. Wij bewijzen nu dat (M, M) geen echte algebra¨ısche lichaamuitreiding heeft. Inderdaad, veronderstel dat L een algebra¨ısche uitbreiding van (M, M) is. Omdat |L| ≤ |F [X]| < |S| weten wij dat |L \ M | < |S \ M | en dus bestaat er een injectie van L \ M in S \ M . Identificeer L \ M met zijn beeld in S \ M . Nu is L ⊆ S en wij overhevelen de lichaamstructuur van L via deze identificatie. Dus (L, S) ∈ P en (M, M) < (L, S). Dit is in contradictie met de maximaliteit van (M, M).  Stelling 3.4.3 Zij ϕ : F1 −→ F2 een lichaamisomorfisme. Als Fi ⊆ Ki algebra¨ısche sluitingen zijn, dan breidt ϕ uit tot een lichaamsisomorfisme K1 −→ K2 . I.h.b. algebra¨ısche sluitingen van een lichaam F zijn F -isomorf. Bewijs. Zij P de verzameling van alle paren (K, θ), met F1 ⊆ K ⊆ K1 en θ is een monomorfisme K → K2 dat een uitbreiding is van ϕ. Deze verzameling is parti¨eel geordend voor (K, θ1 ) ≤ (K 0 , θ2 ) als K ⊆ K 0 en de beperking van θ2 tot K is θ1 . Wegens het Lemma van Zorn heeft deze verzamling een maximaal element (M, µ). Wij beweren dat M een algebra¨ısche sluiting is van F1 . Zij daarom 0 6= f1 ∈ F1 [X]. Omdat f1 splitst over K1 bestaat er een splitsinglichaam K van f1 over M , met K ⊆ K1 . Analoog bestaat er een splitsinglichaam L ⊆ K2 van µ ˆf1 over µ(M ). Wegens Stelling 3.3.4 breidt µ uit tot een isomorfisme θ : K → L. Dus (K, θ) ∈ P en (M, µ) ⊆ (K, θ). Wegens de maximaliteit van (M, µ) verkrijgen wij K = M . Bijgevolg splitst f1 over M ; en dus is M een algebra¨ısche sluiting van F1 . Nu is M ⊆ K1 algebra¨ısch, en dus volgt er M = K1 . Bijgevolg is µ : K1 → K2 een monomorfisme dat ϕ uitbreidt. Omdat K1 een algebra¨ısche sluiting is van F1 volgt er dan ook dat µ(K1 ) een algebra¨ısche

68

HOOFDSTUK 3. VELDENTHEORIE

sluiting is van µ(F1 ) = ϕ(F1 ) = F2 . Omdat K2 algebra¨ısch is over F2 en dus ook over µ(K1 ) volgt er dat K2 = µ(K1 ). 

Hoofdstuk 4 Galoistheorie In Galoistheorie associ¨eert men een eindige groep met elke lichaamuitbreiding van eindige graad. Op deze manier ontstaat er een mooi verband tussen groep- en lichaamtheorie.

4.1

Galois-uitbreidingen

Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding. Herhaal dat de groep van F automorfismen van K de groep AutF (K) is, die bestaat uit alle lichaamautomorfismen f : K → K die voldoen aan f (x) = x

voor alle x ∈ F.

Wij geven enkele voorbeelden. Voorbeeld. Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding van graad 2. Dus K = F (α), met α 6∈ F . Bovendien is α een nulpunt van een irreduciebele kwadratische polynoom f (x) = x2 + bx + c, met b, c ∈ F . Dan is ook α0 = −b − α een nulpunt van f (x). Dus splitst f (x) over K als volgt: f (x) = (x − α)(x − α0 ). Wegens Gevolg 3.3.2 bestaat er dan een F -lichaamisomorfisme σ : K = F (α) → K = F (α0 ) 69

70

HOOFDSTUK 4. GALOISTHEORIE

met σ(α) = α0 . Dus σ ∈ AutF (K). Merk op dat σ 6= 1 en dat σ 2 = 1. Inderdaad, α + α0 = −b en dus σ(α0 ) = −b − σ(α) = −b − α0 = α. Omgekeerd, als 1 6= ψ ∈ AutF (K), dan is ψˆ : K[X] → K[X] een F -automorfisme. ˆ (x)) = f (x) en ψ(α) = ψ(α) ˆ Dus ψ(f is een nulpunt van f (x). Omdat ψ 6= 1, volgt er dat ψ(α) het andere nulpunt is van f (x). Dus ψ(α) = α0 . Bijgevolg ψ = σ en dus AutF (K) = {1, σ} ∼ = Z2 . Als char(F ) = 0 dan is K = F (δ), met δ ∈ K zodat δ 2 = b2 −4ac, een splitsingslichaam van f (x) = ax2 + bx + c. Dus σ is het F automorfisme zodat σ(δ) = −δ. I.h.b. AutR (C) = {1, σ} met σ(i) = −i. Voorbeeld. Zij F een lichaam en K = F (α, β) zodat |K : F | = 4 en α2 = a ∈ F en β 2 = b ∈ F . Er volgt dat |F (β) : F | = 2 en |F (α) : F | = 2 en α 6∈ F (β). Dus de polynoom x2 − a is irreduciebel over F (β) en de polynoom x2 − b is irreduciebel over F (α). Wegens het vorige voorbeeld weten wij dat de volgende F -automorfismen van K bestaan:  α 7→ −α σ:K→K: β 7→ β en

 τ :K→K:

α 7→ α β 7→ −β

Er volgt dat στ = τ σ en dit automorfisme verandert het teken van zowel α als β. Door een redenering zoals in het vorige voorbeeld toont men aan dat AutF (K) = {1, σ, β, σβ} ∼ = hu, v | u2 = 1, v 2 = 1, uv = vui, en dit is de viergroep van Klein. In beide voorbeelden hebben wij dat |AutF (K)| een deler is van |K : F |. Wij zullen later aantonen dat dit altijd zo is.

4.1. GALOIS-UITBREIDINGEN

71

Voor een deelgroep H van Aut(K) noteren wij Fix(H) = K H = {k ∈ K | f (k) = k voor alle f ∈ H}. Dit is een deellichaam van K; wij noemen dit het vaste deellichaam van H. Noteer met F de verzameling van alle lichamen L zodat F ⊆L⊆K en met G de verzameling van alle deelgroepen van AutF (K). Wij verkrijgen aldus een Galois verband f : G −→ F : H 7→ Fix(H), g : F −→ G : L 7→ AutL (K) en er is voldaan aan de volgende eigenschappen: 1. voor elke H ∈ G en voor elke L ∈ F, H ⊆ g(f (H)) en L ⊆ f (g(L)), 2. als H1 ⊆ H2 dan f (H2 ) ⊆ f (H1 ), voor Hi ∈ G, 3. als L1 ⊆ L2 dan g(L2 ) ⊆ g(L1 ), voor Li ∈ F. Er volgt dat f en g bijecties defini¨eren tussen F0 = {f (H) | H ∈ G} en G0 = {g(L) | L ∈ F}. Bovendien F0 = {L ∈ F | f (g(L)) = L} en G0 = {H ∈ G | g(f (H)) = H}. Wij bewijzen slechts de gelijkheid f (g(L)) = L voor L ∈ F0 . Duidelijk is g(L) ∈ G0 en L ⊆ f (g(L)). Schrijf L = f (H) voor een H ∈ G. Dus

72

HOOFDSTUK 4. GALOISTHEORIE

g(L) = g(f (H)) ⊇ H. Bijgevolg f (g(L)) ⊆ f (H) = L. Dus inderdaad f (g(L)) = L. Men noemt een lichaamuitbreiding F ⊆ K een Galois uitbreiding als dimF (K) < ∞ en F = Fix(AutF (K)) = f (g(F )). Merk op dat wegens het voorgaande, als F ⊆ K een eindige lichaamuitbreiding is, dan is K Galois over L = Fix(AutF (K)). Als K/F een Galois uitbreiding is stellen wij Gal(K/F ) = AutF (K) en noemen dit de Galois groep van K over F . Lemma 4.1.1 Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding en G = AutF (K). Zij 0 6= f ∈ F [X] en veronderstel Nf = {α ∈ K | f (α) = 0} 6= ∅. Dan gelden de volgende eigenschappen: 1. voor elke ϕ ∈ G, ϕ(Nf ) = Nf , m.a.w. de elementen van G permuteren de nulpunten van f , en dus G voert een actie uit op Nf . 2. als K = F (Nf ) dan is G isomorf met een deelgroep van Sym(Nf ). 3. als f irreduciebel is en K een splitsingslichaam is van f over F , dan is de actie van G op Nf transitief. M.a.w. voor α en β nulpunten van f in K bestaat een ϕ ∈ G zodat ϕ(α) = β. Bewijs. (1) Dit is eenvoudig. (2) Wegens (1) verkrijgen wij een natuurlijk homomorfisme ψ : G → Sym(Nf ). Wij moeten bewijzen dat S = ker(ψ) = {1}. Duidelijk is Nf ⊆ Fix(S) en uiteraard F ⊆ Fix(S). Bijgevolg is K ⊆ Fix(S) en dus is S = {1}. (3) Zij K een splitsingslichaam van f ∈ F [X] en veronderstel dat f irreduciebel is in F [X]. Zij α, β ∈ Nf . Wegens Gevolg 3.3.2 bestaat er een F -automorfisme ϕ van F [α] naar F [β] zodat ϕ(α) = β. Nu is K een splitsingslichaam van f over zowel F [α] als F [β]. Bovendien ϕf ˆ = f . Dus wegens Stelling 3.3.4 bestaat er een uitbreiding van ϕ tot een isomorfisme σ : K → K. Omdat σ de identiteit is op F verkrijgen wij dat σ ∈ G. Ook hebben wij σ(α) = β. 

4.2. NORMALE UITBREIDINGEN

4.2

73

Normale uitbreidingen

Een algebra¨ısche lichaamuitbreiding F ⊆ K noemt men normaal als voor elke α ∈ K de minimale polynoom minF (α) splitst over K. Voorbeelden van normale uitbreidingen zijn F ⊆ F , F ⊆ K met K een algebra¨ısche sluiting van F , en F ⊆ K met dimF (K) = 2. De uitbreiding Q ⊆ Q(α) met α ∈ R zodat α3 = 2 is geen normale uitbreiding (de minimale polynoom van α is X 3 − 2). Stelling 4.2.1 Zij F ⊆ K een eindige lichaamuitbreiding. De volgende eigenschappen zijn equivalent: 1. K is normaal over F , 2. K is het splitsingslichaam over F voor een f ∈ F [X], 3. voor elke lichaamuitbreiding K ⊆ L en F -homomorfisme ϕ : K −→ L geldt dat ϕ(K) = K. Bewijs. (1) ⇒ (2) Veronderstel dat F ⊆ K een normale uitbreiding is. Omdat |K : F | < ∞ bestaat er een polynoom f ∈ F [X] en een lichaamuitbreiding K ⊆ L zodat L een splitsingslichaam is van f over F en elke irreduciebele factor van f in F [X] heeft een nulpunt in L (neem voor f het product van de minimale polynomen minF (αi ), met α1 , · · · , αn een F -basis van K over F ). Wegens de normaliteit van K over F , splitst elke zulke irreduciebele factor over K. Dus splitst f over K. Bijgevolg K = L. (2) ⇒ (3) Zij K het splitsingslichaam van een polynoom f ∈ F [X], en zij K ⊆ L een lichaamuitbreiding. Zij ϕ : K → L een F -homomorfisme. Dan is ϕ(K) een splitsingslichaam van ϕf ˆ = f over ϕ(F ) = F . Omdat een splitsingslichaam (binnen een gegeven lichaam) uniek is, volgt er dat ϕ(K) = K. (3) ⇒ (1) Zij α ∈ K en f = minF (α). Zij K ⊆ L een lichaamuitbreiding en g ∈ F [X] zodat g(α) = 0 en L een splitsingslichaam is van g over F . Dan f |g en dus splitst f over L. Dus voor elk nulpunt β van f in L bestaat een σ ∈ AutF (L) zodat σ(α) = β. Wegens voorwaarde (3) weten wij dat σ(K) ⊆ K. Dus β ∈ K. Bijgevolg zijn alle nulpunten van f ∈ L bevat in K. Omdat f splitst in L volgt er dat f splitst in K. 

74

HOOFDSTUK 4. GALOISTHEORIE

Gevolg 4.2.2 Zij F ⊆ K een eindige lichaamuitbreiding. Dan bestaat een lichaamuitbreiding K ⊆ L zodat L een eindige normale uitbreiding is van F . Bewijs. Zij K ⊆ L een lichaamuitbreiding zodat L een splitsingslichaam is van een g ∈ F [X]. Wegens de vorige stelling is L normaal over F . 

4.3

Separabele uitbreidingen

Men zegt dat een polynoom f ∈ F [X] van graad n onderscheiden wortels heeft als f precies n verschillende nulpunten heeft in elke lichaam K ⊇ F over dewelke f splitst. Lemma 4.3.1 Zij 0 6= f ∈ F [X]. Dan zijn equivalent: 1. f heeft onderscheiden nulpunten, 2. Als F ⊆ K een lichaamuitbreiding is en α ∈ K, dan deelt (X −α)2 niet de polynoom f in K[X], 3. er bestaat een lichaamuitbreiding F ⊆ K zodat f precies gr(f ) nulpunten heeft in K. Bewijs. (1) ⇒ (2) Veronderstel F ⊆ K een lichaamuitbreiding is en dat f onderscheiden wortels heeft. Zij α ∈ K. Als (X − α)2 | f (X) in K[X], dan f = (X −α)2 g(X) voor een g(X) ∈ K[X]. Door eventueel K te vervangen door een groter lichaam mogen wij veronderstellen dat f splitst over K. Dus wegens de veronderstelling heeft f precies n = gr(f ) verschillende wortels in K. Doch, buiten α zijn de wortels van f , precies de wortels van g. Dus zijn er ten hoogste gr(f ) − 1, een contradictie. Q(2) ⇒ (3) Zij K een splitsingslichaam van f over F . Dan f = k (X −αi ), met k ∈ K en elke αi ∈ K. Wegens de veronderstelling (2) zijn al de wortels αi verschillend. Er zijn dus precies gr(f ) verschillende αi . Dus volgt (3). (3) ⇒ (1) Zij K een lichaamuitbreiding van F zodat f precies gr(f ) = n nulputen heeft in K. Zij nu F ⊆ L een lichaamuitbreiding in dewelke f splitst. Als K ⊆ L dan heeft f precies n verschillende nulpunten in L. Dus om (1) te bewijzen is het voldoende om aan te tonen dat als L1 en L2 splitsingslichamen zijn van f over F , dan is het

4.3. SEPARABELE UITBREIDINGEN

75

aantal nulpunten van f in L1 hetzelfde als het aantal nulpunten van f in L2 . Aangezien twee splitsingslichamen F -isomorf zijn is de eigenschap zeker waar. . Er volgt dat de eigenschap “ onderscheiden wortels ” onafhankelijk is van het lichaam. Gevolg 4.3.2 Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding en 0 6= f ∈ F [X]. Dan heeft f onderscheiden wortels als een polynoom in F [X] als en slechts als f heeft onderscheiden wortels als een polynoom in K[X]. Bovendien, als g|f in F [X] dan heeft g onderscheiden wortels als f onderscheiden wortels heeft. Bewijs. Zij K ⊆ L een lichaam over dewelke f splitst. Wegens Lemma 4.3.1 heeft f onderscheiden wortels als polynoom in F [X] als en slechts als f heeft gr(f ) = n wortels in L. Weer wegens Lemma 4.3.1, dit is equivalent met f heeft onderscheiden wortels als polynoom in K[X].  Zij F een lichaam en 0 6= f ∈ F [X]. Men noemt f separabel over F als elke irreduciebele factor van f in F [X] onderscheiden wortels heeft. Omdat de irreducieble factoren afhankelijk zijn van het grondlichaam is de definitie van separabiliteit wel afhankelijk van het lichaam. Als F een lichaam is en f P ∈ F [X] dan noteren wij met f 0 de formele afgeleide van f . Dus als f = ni=0 fi X i dan f0 =

n X

ifi X i−1 .

i=1

Deze formele afgeleide voldoet aan al de welbekende eigenschappen. Eigenschap 4.3.3 Zij F een lichaam en 0 6= f ∈ F [X]. Dan heeft f onderscheiden wortels als en slechts als f en f 0 geen gemeenschappelijk wortel hebben in elke uitbreiding van F Bewijs. Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding en α ∈ K zodat f (α) = f 0 (α) = 0. Dan f (X) = (X − α)g(X)

76

HOOFDSTUK 4. GALOISTHEORIE

voor een g(X) ∈ K[X]. Bijgevolg, f 0 (X) = (X − α)g 0 (X) + g(X) en dus 0 = f 0 (α) = g(α). Daarom g(X) = (X − α)h(X) voor een h(X) ∈ K[X]. Er volgt dat (X − α)2 | f (X) in K[X]. Wegens Lemma 4.3.1 heeft f dan geen onderscheiden nulpunten. Omgekeerd, veronderstel dat f geen onderscheiden nulpunten heeft. Wegens Lemma 4.3.1 bestaat er een lichaamuitbreiding F ⊆ K en α ∈ K zodat (X−α)2 | f (deelbaarheid in K[X]). Dus f (X) = (X−α)2 h(X) voor een h(X) ∈ K[X]. Bijgevolg f 0 (X) = 2(X − α)h(X) + (X − α)2 h0 (X). Dus f 0 (α) = 0. Omdat f (α) = 0 volgt het resultaat.  Gevolg 4.3.4 Zij f ∈ F [X] irreduciebel. Dan heeft f onderscheiden wortels als en slechts als f 0 6= 0. Bewijs. Als f geen onderscheiden nulpunten heeft, dan, wegens Eigenschap 4.3.3, f (α) = f 0 (α) = 0 voor een α ∈ K met F ⊆ K. Omdat f irreduciebel is volgt er dat f | f 0 in F [X]. Doch, omdat gr(f 0 ) < gr(f ) verkrijgen wij dat f 0 = 0. Omgekeerd, veronderstel dat f 0 = 0. Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding in dewelke f een nulpunt α heeft. Dan f 0 (α) = f (α) = 0. Dus, wegens Eigenschap 4.3.3 heeft f geen onderscheiden nulpunten.  Gevolg 4.3.5 Zij F een lichaam en f ∈ F [X] irreduciebel. Als f geen onderscheiden wortels heeft, dan is char(F ) = p 6= 0 en f (X) = g(X p ) voor een irreduciebele polynoom g ∈ F [X]. P Bewijs. Veronderstel dat f = ni=0 fi X i (fi ∈ F ) geen onderscheiden wortels heeft. Dan, wegens Gevolg 4.3.4, 0

0 = f (X) =

n X i=1

ifi X i−1

4.3. SEPARABELE UITBREIDINGEN

77

en dus ifi = 0 voor 0 ≤ i ≤ n. Omdat fi 6= 0 voor een i > 0 verkrijgen wij dat char(F ) = p 6= 0 en fi = 0 wanneer p 6 |i. Bijgevolg X X f (X) = fi X i = fpki X pki = g(X p ), p|i

p|i

(i = pki ) met g(X) =

X

fpki X ki .

p|i

Wij tonen nu aan dat g(X) ook irreduciebel is. Inderdaad, veronderstel dat g(X) = h(X)k(X), met h(X), k(X) ∈ F [X]. Dan f (X) = g(X p ) = h(X p )k(X p ). Omdat f (X) irreduciebel is over F volgt er dat ofwel h(X p ) ofwel k(X p ) een constante polynoom is. Dus is h(X) of k(X) een constante polynoom. Dit bewijst dat g(X) inderdaad irreduciebel is.  Zij F een lichaam F van char(F ) = p. Als p > 0 dan is F p = {αp | α ∈ F } een deellichaam van F . Inderdaad, dit volgt eenvoudig uit de volgende eigenschappen: (x + y)p = xp + y p en (xy)p = xp y p , voor alle x, y ∈ F . Dus de afbeelding F → F : x 7→ xp is een lichaammonomorfisme. Men noemt F perfect als F = F p (een lichaam van karakteristiek nul noemt men steeds perfect). Eindige velden zijn perfecte velden. Het lichaam van de rationale functies Zp (X) (p een priemgetal) is niet perfect.

78

HOOFDSTUK 4. GALOISTHEORIE

Stelling 4.3.6 Zij F een lichaam. Als F [X] een inseparabele polynoom bevat, dan is F niet perfect en heeft als karakteristiek een priemgetal (dus F is oneindig). Bewijs. Wij mogen veronderstellen dat f irreduciebel is, en dus geen onderscheiden nulpunten heeft. Wegens Gevolg 4.3.5, char(F ) = p 6= 0 en f (X) = g(X p ) voor een g(X) ∈ F [X]. Veronderstel nu dat F perfect is. Dan is elke co¨effici¨ent van g(X) een p-de macht van een element in F . Dus X p g(X) = fi X i met fi ∈ F . Bijgevolg f (X) = g(X p ) =

X

fip xpi =

X

fi X i

p

.

Doch dit is onmogelijk omdat f irreduciebel is. Bijgevolg is F niet perfect.  Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding. Een algebra¨ısch element α ∈ K noemt men separabel over F als minF (α) separabel is. De uitbreiding F ⊆ K is separabel als elk element van K separabel is over F . Gevolg 4.3.7 Zij F lichaam van karakteristiek nul, of een perfect lichaam van priem karakteristiek. Dan is elke algebra¨ısche uitbreiding van F separabel.  Gevolg 4.3.8 Zij F een lichaam van karakteristiek p = 6 0. Als f ∈ pn F [X] irreduciebel is, dan is f (X) = g(X ) voor een n ≥ 0 en een separabele irreduciebele polynoom g ∈ F [X]. Bewijs. Als f onderscheiden wortels heeft neem dan g = f en n = 0. Als f geen onderscheiden wortels heeft, dan, wegens Gevolg 4.3.5, f (X) = h(X p ) voor een irreduciebele polynoom h(X) ∈ F [X]. Duidelijk n is gr(h) < gr(f ). Door inductie verkrijgen wij dan h(X) = g(X p ) voor een n en een separabele irreduciebele polynoom g. Omdat f (X) = n+1 g(X p ) volgt het resultaat.  Wij eindigen deze sectie met de volgende eenvoudig te bewijzen eigenschap. Lemma 4.3.9 Zij F ⊆ K ⊆ L lichaamuibreidingen. Als L separabel is over F , dan is L separabel over K en K is separabel over F .

4.4. KARAKERISATIE VAN GALOIS-UITBREIDINGEN

4.4

79

Karakerisatie van Galois-uitbreidingen

Vooraleer de karakterisatie van Galoisuitbreidingen te bewijzen benodigen wij het volgende technische lemma. Lemma 4.4.1 Zij K een lichaam en G een deelgroep van Aut(K). Zij F = Fix(G). Zij α ∈ K en veronderstel dat O = {σ(α) | σ ∈ G} een eindige verzameling is. Dan is α algebra¨ısch over F en f = minF (α) heeft de volgende eigenschappen: 1. f heeft onderscheiden wortels, 2. f splitst over K, 3. O is de verzameling van alle nulpunten van f in K, 4. gr(f ) = |O|. Bewijs. In K[X] defini¨eren wij p(X) =

Y

(X − β).

β∈O

Omdat elk element σ ∈ G een permutatie induceert op O volgt er dat het corresponderend automorfisme σ ˆ de factoren van p(X) permuteert. Dus σ ˆ p = p. Omdat dit geldt voor elke σ ∈ G volgt er dat p ∈ F [X]. Omdat α ∈ O volgt er ook dat p(α) = 0 en dus is α algebra¨ısch over F en f |p. Wegens Lemma 4.1.1 is elk element van O een nulpunt van f en dus is gr(f ) ≥ |O| = gr(p). Er volgt dat f = p en f heeft |O| nulpunten in K. Het resultaat volgt.  Stelling 4.4.2 Zij F ⊆ K een eindige uitbreiding. Dan zijn equivalent: 1. K is Galois over F ,

80

HOOFDSTUK 4. GALOISTHEORIE 2. K is normaal en separabel over F , 3. K is het splitsingslichaam over F van een separabel polynoom over F.

Bewijs. (1) ⇒ (2) Zij α ∈ K. Wij moeten bewijzen dat f = minF (α) onderscheiden wortels heeft en splitst over K. Zij G = Gal(K/F ) en O = {σ(α) | σ ∈ G}. Wegens Lemma 4.1.1 is elk element van O een nulpunt van f en dus |O| ≤ gr(f ) < ∞. Wegens voorwaarde (1), F = Fix(G). Dus volgt (2) uit Lemma 4.4.1. (2) ⇒ (3) Veronderstel dus dat K separabel en normaal is over F . Omdat K normaal is over F weten wij uit Stelling 4.2.1 dat K een splitsingslichaam is van een polynoom g ∈ F [X]. Duidelijk heeft dan elke monische irreduciebele factor f van g een nulpunt α ∈ K. Wegens voorwaarde (2) is α separabel over F , en dus heeft f onderscheiden wortels. Dus is g separabel over F en volgt (3). (3) ⇒ (1) Zij dus K een splitsingslichaam van F voor een polynoom g ∈ F [X], en veronderstal dat g separabel is over F . Zij G = AutF (K) en L = Fix(G). Wij moeten bewijzen dat L = F . Uiteraard is het te bewijzen waar als |K : F | = 1 (d.w.z., als K = F ). Wij bewijzen het resultaat nu door inductie op |K : F | en wij veronderstellen dat F ⊂ K. Omdat K als lichaam voortgebracht is door F en de nulpunten van g bestaat er een nulpunt α van g zodat α ∈ (K \ F ). Dus |K : F [α]| < |K : F | en K is een splitsingslichaam van g over F [α]. Omdat g ook duidelijk separabel is over F [α] volgt er uit de inductiehypothese dat K een Galoisuitbreiding is van F [α]. Nu is Gal(K/F [α]) = AutF [α] (K) ⊆ G en dus L = Fix(G) ⊆ Fix(Gal(K/F [α])) = F [α]. Zij f = minF (α). Omdat g(α) = 0 verkrijgen wij dat f |g en dus splitst f over K. Zij O de verzameling van de nulpunten van f in K. Omdat g separabel is weten wij dat f onderscheiden nulpunten heeft en dus |O| = gr(f ). Uit Lemma 4.1.1 volgt dat G een transitieve actie uitvoert op O. Zij nu h = minL (α). Omdat L = Fix(G) verkrijgen wij dat G ⊆ AutL (K). Dus weer wegens Lemma 4.1.1 weten wij dat G de nulpunten van h in K permuteert. Omdat α en dus elke σ(α) (met σ ∈ G) een

4.5. ORDE VAN DE GALOIS GROEP

81

wortel is van h volgt er dat elk element van O een nulpunt is van h, en dus |L[α] : L| = gr(h) ≥ |O| = gr(f ) = |F [α] : F |. Daar F ⊆ L ⊆ F [α] volgt er dat L = F .  Gevolg 4.4.3 Zij F ⊆ K ⊆ L lichaamuitbreidingen. Als L Galois is over F , dan is L ook Galois over K. M.a.w., als L een Galoisuitbreiding is van F dan F = {K | F ⊆ K ⊆ L, K een lichaam } = {K | F ⊆ K ⊆ L, L is Galois over K} Bijgevolg is er een bijectief verband tussen F en G0 = {H | H een deelgroep van Gal(L/F ), g(f (H)) = H}. Bewijs. Omdat L een Galoisuitbreiding is van F bestaat er een g ∈ F [X] die separabel is over F en zodat L een splitsingslichaam is van g over F . Duidelijk is g ook separabel over K en is L een splitsingslichaam van g over K. Dus volgt het resultaat uit Stelling 4.4.2. 

4.5

Orde van de Galois groep

In deze sectie geven wij enkele eigenschappen van de orde van de Galoisgroep. Lemma 4.5.1 Als F ⊆ K een eindige uitbreiding is, dan |AutF (K)| < ∞. Bewijs. Zij G = AutF (K) en zij α1 , · · · , αn ∈ K zodat K = F [α1 , · · · , αn ]. Zij f=

n Y

minF (αi )

i=1

en Nf de verzameling van alle nulpunten van f in K. Omdat K = F [Nf ] volgt uit Lemma 4.1.1 dat G isomorf is met een deelgroep van Sym(Nf ). Bijgevolg is G een eindige groep. 

82

HOOFDSTUK 4. GALOISTHEORIE

Lemma 4.5.2 Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding van eindige graad. Als deze uitbreiding separabel is, dan bestaat er een lichaamuitbreiding K ⊆ L zodat L Galois is over F . Bewijs. Er bestaat een polynoom g ∈ F [X] en een K ⊆ L lichaamuitbreiding zodat L een splitsingslichaam is van g over F en elke monische irreduciebele factor van g ∈ F [X] heeft een nulpunt in K (neem voor g bijvoorbeeld het product van alle minimale polynomen minF (α) waarbij α tot een F -basis van K over F behoort). Elke zulke irreduciebele monische factor is dus van de vorm minF (α) met α ∈ K. Omdat α separabel is over F volgt er dat minF (α) onderscheiden wortels heeft. Bijgevolg is de polynoom g separabel over F . Wegens Stelling 4.4.2 is dan L Galois over F .  Stelling 4.5.3 (Primitief element) Zij F ⊆ K een eindige separabele lichaamuitbreiding. Dan K = F [α] voor een α ∈ K. Bewijs. Wegens Lemma 4.5.2 bestaat er een Galoisuitbreiding K ⊆ L. Wegens Gevolg 4.4.3 is er een bijectief verband tussen de verzameling van alle lichamen E met F ⊆ E ⊆ L en een verzameling deelgroepen van G = AutF (L). Wegens Lemma 4.5.1 is G een eindige groep. Dus heeft G slechts eindig veel deelgroepen en bijgevolg zijn er slechts eindig veel lichamen E zodat F ⊆ E ⊆ L. Bijgevolg zijn er slechts eindig veel lichamen tussen F en K. Er volgt dan uit de Stelling van Artin (Stelling 3.2.2) dat K een eenvoudige uitbreiding is van F .  Gevolg 4.5.4 Zij F ⊆ K een eindige lichaamuitbreiding. Dan 1. |AutF (K)| deelt dimF (K), 2. dimF (K) = |AutF (K)| als en slechts als K Galois is over F . Bewijs. Zij G = AutF (K). Veronderstel eerst dat K Galois is over F . Wegens Stelling 4.4.2 is dan K separabel over F en dus, wegens Stelling 4.5.3, K = F [α] voor een α ∈ K. Zij f = minF (α). Dus |K : F | = gr(f ). Zij O = {σ(α) | σ ∈ G}, dit is een eindige verzameling. Omdat F = Fix(G) volgt uit Lemma 4.4.1 dat |O| = gr(f ). Dus |O| = |K : F |. Nu zij Gα = {σ ∈ G | σ(α) = α}, de stabilisator van α voor de actie van G op O. Omdat O de orbiet van deze actie is volgt er dat

4.6. FUNDAMENTELE STELLING

83

|O| = [G : Gα ]. Omdat K = F [α] is het duidelijk dat K ⊆ Fix(Gα ). Bijgevolg Gα = {1}. Dus |G| = |O| = [K : F ]. Wij beschouwen nu het algemene geval, d.w.z., K is niet noodzakelijk Galois over F . Zij L = Fix(G). Dan is G = AutL (K). Dus is K Galois over L. Wegens het eerste gedeelte van het bewijs verkrijgen wij dan |K : L| = |G|. Dus |K : F | = |G| |L : F |. Er volgt dat |G| een deler is van |K : F |. Bovendien, |G| = |K : F | als en slechts als L = F , d.w.z., K is Galois over F . 

4.6

Fundamentele Stelling

Wij tonen nu eerst aan dat elke deelgroep van AutF (K) tot de verzameling G0 behoort, dit onder de voorwaarde dat F ⊆ K een eindige Galois uitbreiding is (merk op dat in dit geval Gal(K/F ) = AutF (K) een eindige groep is). Stelling 4.6.1 Zij K een lichaam en G een eindige deelgroep van Aut(K), en schrijf F = Fix(G). Dan gelden volgende eigenschappen: 1. |G| = dimF (K), 2. G = AutF (K), 3. K is Galois over F . Bewijs. Zij α ∈ K en O de orbiet van α onder de actie van G. Omdat per veronderstelling G een eindige groep is, is deze orbiet een eindige verzameling. Dus, wegens Lemma 4.4.1, α is algebra¨ısch en separabel over F . Bovendien, |F [α] : F | = gr(minF (α)) = |O| ≤ |G|. Kies nu α ∈ K zodat |F [α] : F | maximaal is. Wij beweren dat F [α] = K. Inderdaad, veronderstel dat dit niet zo is. Dan bestaat β ∈ K zodat F [α] ⊂ F [α, β]. Elk element van F [α, β] is separabel over F , dus wegens Stelling 4.5.3, bestaat er een γ ∈ K zodat F [α, β] = F [γ]. Maar dan |F [γ] : F | > |F [α] : F | en dit is in contradictie met de keuze van α. Bijgevolg K = F [α] en dus |K : F | ≤ |G|.

84

HOOFDSTUK 4. GALOISTHEORIE

Uiteraard G ⊆ AutF (K). Wegens Gevolg 4.5.4, |AutF (K)| ≤ |K : F |; bovendien |AutF (K)| = |K : F | als en slechts als K is Galois over F . Nu |G| ≤ |AutF (K)| ≤ |K : F | ≤ |G|. Dus G = AutF (K). Dus volgt het resultaat.  Stelling 4.6.2 (Fundamentele Stelling van Galois) Zij F ⊆ K een Galois uitbreiding met G = Gal(K/F ). Dan gelden de volgende eigenschappen: 1. f : G −→ F en g : F −→ G zijn bijecties en g = f −1 . 2. Als g(L) = H, dan dimL (K) = |H| en dimF (L) = [G : H]. I.h.b. dimF (K) = |G|. 3. als g(L) = H en σ ∈ G, dan g(σ(L)) = H σ . Bovendien, H C G als en slechts als L is Galois over F , en in dit geval Gal(L/F ) ∼ = G/H. Bewijs. Deel (1) is een onmiddellijk gevolg van Gevolg 4.4.3 en Stelling 4.6.1. Veronderstel dat g(L) = H met L ∈ F en H ∈ G. Wegens Gevolg 4.4.3 en de veronderstelling is K Galois over L. Dus wegens Gevolg 4.5.4, |H| = |Gal(K/L)| = |K : L|. I.h.b., met L = F en H = G, |G| = |K : F |. Wij verkrijgen aldus [G : H] =

|G| |K : F | = = |L : F |. |H| |K : L|

Dit bewijst deel (2). Wij bewijzen nu deel (3). Zij dus g(L) = H met L ∈ F en H ∈ G. Zij σ ∈ G. Merk op dat σ(L) ∈ F. Wij bewijzen nu dat g(σ(L)) = H σ .

4.6. FUNDAMENTELE STELLING

85

Als τ ∈ H en α ∈ L, dan ατ = α omdat H = Gal(K/L). Dus (ασ)(σ −1 τ σ) = (ατ )σ = ασ. Er volgt dat H σ ⊆ Gal(K/Lσ) = g(Lσ). Omdat σ een lichaamisomorfisme is weten wij dat |K : L| = |Kσ : Lσ| = |K : Lσ|. Dus wegens deel (2) en omdat H σ ⊆ g(Lσ), |H σ | = |H| = |K : L| = |K : Lσ| = |g(Lσ)|. Bijgevolg H σ = g(Lσ). Als nu L Galois is over F , dan is L normaal over F . Dus wegens Stelling 4.2.1, σ(L) = L voor elke σ ∈ G. Er volgt dat H σ = H voor alle σ ∈ G, en dus is H C G. Omgekeerd, veronderstel dat H C G en dus σ(L) = L voor alle σ ∈ G. Bijgevolg, voor σ ∈ G, σ|L ∈ AutF (L). Wij verkrijgen aldus een groepenhomomorfisme ρ : G → AutF (L) : σ 7→ σ|L . Nu, F ⊆ Fix(AutF (L)) ⊆ Fix(ρ(G)) ⊆ Fix(G) ⊆ F, en dus F = Fix(AutF (L)) zodat L Galois is over F . Dit heeft als gevolg dat de afbeelding Fix(−) injectief is op deelgroepen van Gal(L/F ). Uit de vorige inclusierelaties volgt dan dat Gal(L/F ) = ρ(G). Aangezien ker(ρ) = Gal(K/L) = H verkrijgen wij uit de isomorfismestelling van groepen dat G/H ∼ = ρ(G) = Gal(L/F ).

86

HOOFDSTUK 4. GALOISTHEORIE

 Zij f (X) = X 4 − 2 ∈ Q[X] en α de unieke positieve re¨ele 4-de wortel van 2. Dan zijn α, −α, iα, −iα de wortels van f . Dus is f een irreduciebele polynoom met onderscheiden wortels. Bijgevolg is f separabel. Zij K het splitsingslichaam van f over Q in C. Dan is K Galois over Q. Nu K = Q[α, i] en |Q[α] : Q| = 4 = gr(f ). Er volgt dat |K : Q| = 8 en dus |Gal(K/Q)| = 8. Omdat f = minQ (α) niet splitst in het re¨ele lichaam, is Q[α] niet Galois over Q. Dus is H = g(Q[α]) niet normaal in G = Gal(K/Q). Bovendien |H| = |K : Q[α]| = 2. Omdat er slechts ´e´en groep van orde 8 is die een niet normale deelgroep van orde 2 bevat, verkrijgen wij dat G ∼ = D8 , de di¨edergroep van orde 8. Nu, de complexe conjugatie is een automorfisme van C. Omdat K normaal is over Q, induceert deze complexe conjugatie een Q-automorfisme τ van K. Dus is τ ∈ G en τ (iα) = −iα. Dus τ is een automorfisme van orde 2. Omdat G een transitieve actie uitvoert op {α, −α, iα, −α} bestaat er een σ ∈ G zodat σ(α) = iα. Omdat i2 = −1 weten wij dat σ(i) = ±i. Door eventueel σ te vervangen door στ mogen wij veronderstellen dat σ(i) = i. Er volgt σ(iα) = σ(i)σ(α) = i(iα) = −α. Dus σ is een automorfisme van orde 4. Er volgt dat G = hτ, σi. Nu heeft D8 precies drie deelgroepen van index 2. Dus heeft K precies drie deellichamen van graad 2 over Q. Deze zijn √ √ Q[ 2], Q[i] en Q[i 2].

4.6. FUNDAMENTELE STELLING

87

Verder heeft D8 precies 5 deelgroepen van orde 2 en dus zij er precies 5 deellichamen L van K met |L : Q| = 4. Deze zijn √ Q[α], Q[iα], Q[ 2, i], Q[α + iα], Q[α − iα]. Merk op dat sommige van deze lichamen isomorf zijn. Voor toepassingen van Galoistheorie bewijzen wij het volgende resultaat. Stelling 4.6.3 Zij F ⊆ E ⊆ K en F ⊆ L ⊆ K lichamen en veronderstel dat E Galois is over F . Zij M = L ∩ E en veronderstel dat K het kleinste deellichaam is van K dat E en L bevat. Dan is K Galois over L en ρ : Gal(K/L) → Gal(E/M ) : σ 7→ σ|E is een groepisomorfisme. I.h.b. |K : L| = |E : M |. Als bovendien |K : F | < ∞ dan |K : E| = |L : M |. Bewijs. Omdat E Galois is over F bestaat een separabele polynoom f ∈ F [X] zodat E een splitsingslichaam is van f over F . Duidelijk splitst f over K en omdat K = hE, Li volgt er dat K een splitsingslichaam is van f over L. Omdat f ook separabel is over L, volgt er dat L ⊆ K een Galois uitbreiding is. Omdat E normaal is over F weten wij dat σ(E) = E voor elke σ ∈ Gal(K/L). Dus verkrijgen wij de volgende afbeelding ρ : Gal(K/L) → Gal(E/M ) : σ 7→ σ|E . Omdat K = hE, Li volgt er eenvoudig dat ker(ρ) = {1}. Dus is ρ injectief. Wij bewijzen nu dat ρ surjectief is. Zij M1 = Fix(ρ(Gal(K/L))). Dan M ⊆ M1 en elk element van M1 is invariant onder elk automorfisme σ ∈ Gal(K/L). Dus M1 ⊆ Fix(Gal(K/L)) = L. Er volgt M1 ⊆ E ∩ L = M,

88

HOOFDSTUK 4. GALOISTHEORIE

zodat M1 = M. Bijgevolg Fix(ρ(Gal(K/L))) = Fix(Gal(E/M )). Wegens de Fundamentele Stelling van Galois theorie verkrijgen wij ρ(Gal(K/L)) = Gal(E/M ). Duidelijk is ook |E : M | = |Gal(E/M )| = |Gal(K/L)| = |K : L|. Tenslotte veronderstel dat ook |K : F | < ∞. Dan |K : E| = |K : M |/|E : M | = |K : M |/|K : L| = |L : M |. 

Hoofdstuk 5 Toepassingen 5.1

Cyclotome Uitbreidingen

Een element van ξ eindige orde in de multiplicatieve groep F ∗ van een lichaam F noemt men een ´e´enheidswortel in F . Als ξ orde n heeft in de groep F ∗ dan noemt men ξ een primitieve n-de ´e´enheidswortel. Omdat een eindige deelgroep van een lichaam F een cyclische groep is (Lemma 3.2.1), volgt er dat de n-de ´e´enheidswortels van F een cyclische groep vormen. De orde van deze groep is precies n als en slechts als F een primitieve n-de ´e´enheidswortel bevat, zeg ξ. In dit geval is hξi = {ξ i | 0 ≤ i < n} de groep van alle ´e´enheidswortels. De primitieve n-de ´e´enheidswortels zijn al de elementen ξ j met (j, n) = 1. In totaal zijn er ϕ(n). Men kan eenvoudig het volgende lemma bewijzen. Lemma 5.1.1 Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding. Als K = F [ξ] met ξ een ´e´enheidswortel, dan is K Galois over F en Gal(K/F ) is isomorf met een deelgroep van Aut(C) (C = hξi ⊆ K × ). Dus is Gal(K/F ) abels. In het complexe veld C is e2πi/n een primitieve n-de ´e´enheidswortel. De n-de cyclotome polynoom Φn (X) is de monische polynoom in C[X] die als nulpunten precies de primitieve n-de ´e´enheidswortels heeft. Dus Φn (X) = Π0≤k 1 volgt er dat f (σ) = 0 voor alle σ ∈ S.  Lemma 5.3.4 Zij K een lichaam en G ⊆ Aut(K) een eindige deelgroep. Stel F = F ix(G). Als θ : G −→ F ∗ een groephomomorfisme is, dan bestaat α ∈ K ∗ zodat θ(σ) = σ(α)α−1 voor alle σ ∈ G.

102

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN

Bewijs. Omdat θ niet identiek nul is, bestaat er wegens Lemma 5.3.3 een γ ∈ K zodat X θ(σ)σ(γ) 6= 0. σ

P Zij α = ( θ(σ)σ(γ))−1 . Er volgt dat voor elke τ ∈ G, X α−1 = τ σ(γ)θ(τ σ) σ

= τ σ(γ)θ(τ )θ(σ) ! X = τ σ(γ)θ(σ) θ(τ ) σ −1

= τ (α )θ(τ ) (merk op dat τ (θ(σ)) = θ(σ) omdat θ(σ) ∈ F = Fix(G)). Dus θ(τ ) = τ (α)/α voor alle τ ∈ G.  Stelling 5.3.5 (Kummer) Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding. Als F een primitieve n-de ´e´enheidswortel bevat, dan zijn de volgende eigenschappen equivalent: 1. K is Galois over F en Gal(K/F ) is cyclisch en heeft orde een deler van n; 2. K = F [α] voor een α ∈ K met αn ∈ F (d.w.z. K is een radikaaluitbreiding van F ). Bewijs. Zij ξ een primitieve n-de ´e´eheidswortel in F . (1) ⇒ (2) Zij G = Gal(K/F ) = hσi met σ een automorfisme van orde m, en m|n. Zij θ : G → hξi ⊆ F × een groepmonomorfisme. Wegens Lemma 5.3.4 bestaat een α ∈ K zodat θ(τ ) = τ (α)α−1 voor alle τ ∈ G. Schrijf δ = θ(σ). Dan is δ een n-de ´e´enheidswortel in F en δ = σ(α)α−1 . Dus σ(αn ) = σ(α)n = (αδ)n = αn . Bijgevolg αn ∈ Fix(hσi) = F . Wij tonen nu aan dat F [α] = K. Zij daarom τ ∈ Gal(K/F [α]) ⊆ G. Dan θ(τ ) = τ (α)α−1 = α α−1 = 1.

5.3. WORTELS, RADIKALEN EN REELE GETALLEN

103

Omdat θ injectief is volgt er dat τ = 1. Dus Gal(K/F [α]) = {1}. Wegens de Fundamentele Stelling van Galoistheorie volgt er dan dat K = F [α]. (2) ⇒ (1) Veronderstel K = F [α] voor een α ∈ K met αn ∈ F . Zij f (X) = X n − αn ∈ F [X]. Merk op dat voor elke n-de ´e´enheidswortel η in K, f (ηα) = (ηα)n − αn = 0. Omdat K een primitieve n-de ´e´enheidswortel bevat volgt er dat f precies n = gr(f ) nulpunten heeft in K. Dus is K = F [α] een splitsingslichaam van f over F en heeft f onderscheiden nulpunten. Dus is f separabel over F en bijgevolg is K Galois over F . Zij G = Gal(K/F ). Wij tonen nu aan dat G cyclisch is van orde m, met m|n. Zij τ ∈ G. Omdat τ de nulpunten van f permuteert verkrijgen wij dat τ (α) = αη voor een η ∈ hξi. Dus τ (α)α−1 ∈ hξi. Definieer dan θ : G → hξi : τ 7→ τ (α)α−1 . Als σ, τ ∈ G, dan θ(στ ) = = = = = =

στ (α)α−1 στ (α)σ(α)−1 σ(α)α−1 σ(τ (α)α−1 ) σ(α)α−1 σ(θ(τ ))θ(σ) θ(τ )θ(σ) θ(σ)θ(τ )

Dus is θ een groephomomorfisme. Ook is θ injectief. Inderdaad, veronderstel dat θ(τ ) = 1, dan τ (α) = α. Omdat K = F [α] en F ⊆ Fix(G) volgt er dat τ = 1. Dus is θ inderdaad injectief.  De Stelling van Kummer geeft een verband tussen radikaaluitbreidingen en cyclische Galois groepen. Wij moeten dit resultaat uitbreiden om een verband te verkrijgen tussen herhaalde radikaaluitbreidingen en oplosbare Galois groepen.

104

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN

Lemma 5.3.6 Zij F = F0 ⊆ F1 ⊆ · · · ⊆ Fr = K een stijgende keten van lichamen. Veronderstel dat Fi−1 ⊆ Fi een Galois uitbreiding is met abelse Galois groep (voor 1 ≤ i ≤ r). Als F ⊆ L ⊆ K met L Galois over F , dan is Gal(L/F ) oplosbaar. Bewijs. Wij bewijzen dit resultaat door inductie op r. Als r = 0, dan L = F en dus Gal(L/F ) = {1}. Veronderstel dat r > 0. Zij L1 = hF1 , Li, het kleinste deellichaam van K dat F1 en L bevat. Zij E = L ∩ F1 . Wegens Stelling 4.6.3 is L1 Galois over F1 en is Gal(L1 /F1 ) ∼ = Gal(L/E). Nu inductie toegepast op de lengte van de stijgende keten F1 ⊆ F2 ⊆ · · · ⊆ Fr = K geeft dat Gal(L1 /F1 oplosbaar is. Bijgevolg is Gal(L/E) oplosbaar. Nu is F ⊆ E ⊆ F1 . Ook Gal(F1 /E) C Gal(F1 /F ), omdat deze laatste groep abels is. Daar F ⊆ F1 een Galoisuitbreiding is volgt er uit de Fundamentele Stelling van Galois theorie dat E Galois is over F en Gal(E/F ) ∼ = Gal(F1 /F )/Gal(F1 /E). Dus is Gal(E/F ) abels. Nu is F ⊆ E ⊆ L. Omdat F ⊆ L en F ⊆ E Galoisuitbreidingen zijn volgt er weer uit de Fundamentele Stelling van Galois theorie dat Gal(L/E) C Gal(L/F ) en Gal(E/F ) ∼ = Gal(L/F )/Gal(L/E). Omdat Gal(L/E) en Gal(E/F ) oplosbaar zijn volgt er dat Gal(L/F ) ook oplosbaar is.  Stelling 5.3.7 (Galois) Zij F een lichaam van karakteristiek nul en zij f ∈ F [X]. Dan is f oplosbaar door radikalen over F als en slechts als Gal(K/F ) een oplosbare groep is, waarbij K een splitsingslichaam is van f over F .

5.3. WORTELS, RADIKALEN EN REELE GETALLEN

105

Bewijs. Veronderstel dat f ∈ F [X] en dat Gal(K/F ) oplosbaar is voor een splitsingslichaam K van f over F . Zij n = |K : F |. Omdat char(F ) = 0 hebben X n − 1 en de afgeleide polynoom nX n−1 geen gemeenschappelijke wortels. Zij K ∗ een splitsingslichaam van X n − 1 zodat K ⊆ K ∗ . Dan heeft X n −1 n verschillende wortels in K ∗ . Dus bevat K ∗ een primitieve n-de ´e´enheidswortel ξ. Wij mogen veronderstellen dat K ∗ = K[ξ]. Zij F ∗ = F [ξ]. Omdat F ∗ Galois is over F volgt uit Stelling 4.6.3 dat ∗ K = hF ∗ , Ki Galois is over F ∗ . Bovendien is Gal(K ∗ /F ∗ ) isomorf met een deelgroep van Gal(K/F ). Bijgevolg is G = Gal(K ∗ /F ∗ ) oplosbaar. Zij {1} = G0 C G1 C · · · C Gr = G een compositierij van G. Omdat G oplosbaar is zijn alle factoren Gi /Gi−1 cyclisch van priem orde pi (wegens Gevolg 2.8.4), voor 1 ≤ i ≤ r. Zij Ki = Fix(Gi ). Dan F ∗ = Kr ⊆ Kr−1 ⊆ · · · ⊆ K0 = K ∗ . Herhaaldelijk gebruik van de Fundamentele Stelling van Galoistheorie geeft bovendien dat Ki−1 ⊆ Ki een Galoisuitbreiding is met cyclische Galois groep van orde pi . Merk op dat pi |n en n = |Gal(K/F )|. Omdat ξ ∈ F ∗ volgt uit de Stelling van Kummer dat Ki−1 ⊆ Ki een radikale uitbreiding is. Omdat ook F ⊆ F ∗ een radikale uitbreiding is, is F ⊆ K ∗ een herhaalde radikaaluitbreiding en f splitst in K ∗ . Dus is f oplosbaar door radikalen over F . Omgekeerd, veronderstel dat f oplosbaar is door radikalen over F . Zij K een herhaalde radikaaluitbreiding over F in dewelke f splitst. Dus bestaan lichamen Fi zodat F = F0 ⊆ F1 ⊆ · · · ⊆ Fr = K met Fi = Fi−1 [αi ] en αini ∈ Fi−1 voor 1 ≤ i ≤ r. Zij L het splitsingslichaam van f over F in K. Wij moeten aantonen dat Gal(L/F ) oplosbaar is. Zij n een gemeenschappelijk veelvoud van alle ni en K ∗ = L[ξ] met ξ een primitieve nde

106

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN

´e´enheidswortel (dus K ∗ is een splitsingslichaam van X n − 1 over K). Defini¨eer de volgende lichamen K−1 = F, K0 = F [ξ] en, voor 1 ≤ i ≤ r, Ki = Ki−1 [αi ]. Duidelijk is dat Kr = F [ξ, α1 , · · · , αr ] = K[ξ] = K ∗ en F i ⊆ Ki , voor 0 ≤ i ≤ r. Dus F = K−1 ⊆ K0 ⊆ K1 ⊆ · · · ⊆ Kr = K ∗ en F ⊆ L ⊆ K ∗. Om te bewijzen dat Gal(L/F ) oplosbaar is, is het wegens Lemma 5.3.6 voldoende om aan te tonen dat elke uitbreiding Ki−1 ⊆ Ki Galois is met abelse Galois groep. Als i = 0 dan volgt de bewering uit Lemma 5.1.1. Als i > 0 dan bevat Ki−1 een primitieve ni -de ´e´enheidswortel. Omdat Ki−1 ⊆ Ki een radikaaluitbreiding is volgt de bewering uit de Stelling van Kummer.  Eigenschap 5.3.8 Zij f ∈ Q[X] een irrediciebele polynoom en gr(f ) = p een priemgetal. Als f twee niet-re¨ele complexe en p−2 re¨ele nulpunten heeft, dan Gal(K/Q) ∼ = Sp , met K een splitsingslichaam van f over Q. Bewijs. Wij mogen veronderstellen dat K ⊆ C. Zij O de verzameling van de nulpunten van f in K. Dan voert G = Gal(K/Q) een trouwe actie uit op O. Dus is G isomorf met een deelgroep H van Sym(O) = Sp . Omdat f irreduciebel is volgt er dat de actie van G op O transitief is. Dus p||G|. Bijgevolg bevat H een element van orde p. M.a.w. H bevat een p-cycel a. Omdat K normaal is over Q, induceert de complexe conjugatie van C een automorfisme op K. Dit morfisme verwisselt de twee niet re¨ele nulpunten van f . Bijgevolg bevat H een transpositie b. Omdat ha, bi = Sp volgt het resultaat. 

5.3. WORTELS, RADIKALEN EN REELE GETALLEN

107

Beschouw de polynoom f (X) = 2X 5 − 10X + 5 ∈ Q[X]. Wegens het Criterium van Eisenstein is f (X) irreduciebel. Bovendien heeft deze precies twee niet-re¨ele complexe nulpunten. Wegens Eigenschap 5.3.8 is Gal(K/Q) ∼ = S5 , met K een splitsingslichaam van f over Q. Wegens de Stelling van Galois is dus f niet oplosbaar door radikalen. Het is dus onmogelijk om een wortel neer te schrijven van deze polynoom, uitsluitend gebruik makend van de gehele getallen, de vier elementaire operaties en het nemen van wortels. Bijgevolg bestaat er zeker geen algemene formule die alle 5-de graadsvergelijkingen oplost (via de vermelde toegestane operaties). Het is bekend dat elke symmetrische groep Sn de Galoisgroep is van een lichaam over Q. Het is echter nog niet bekend welke eindige groepen kunnen voorkomen als zo een Galoisgroep.

108

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN

Hoofdstuk 6 Oefeningen 6.1

Groeptheorie

1. Zij H een deelgroep van G. Waarom defini¨eren de volgende operaties geen actie van G op {gH | g ∈ G}? (a) (xH) · g = xHg (b) (xH) · g = xgH 2. Zij H een deelgroep van G. Vind een actie van H ≤ G op G waarvan de banen de rechter nevenklassen van H in G zijn. 3. Bepaal de conjugatieklassen van D8 , de di¨edergroep van orde acht. 4. Een actie van G op Ω heet dubbel transitief als volgende actie van G op Ω × Ω, (α, β) · g = (α · g, β · g) transitief is op {(α, β) ∈ Ω × Ω | α 6= β}. Bewijs dat G dubbel transitief is op Ω als 1 X χ(g)2 = 2 |G| g∈G waar χ het permutatiekarakter geassoci¨eerd met de actie van G op Ω is. 109

110

HOOFDSTUK 6. OEFENINGEN

5. Zij H en K eindige deelgroepen van G. Zij g ∈ G. Bewijs dat |HgK| =

|H||K| . |K ∩ H g |

6. Zij ϕ : G → H een surjectief groephomomorfisme van eindige groepen. Zij g ∈ G. Bewijs |CG (g)| ≥ |CH (ϕ(g))|. (HINT: bewijs dat de conjugatieklasse van g in ϕ−1 (CH (ϕ(g))) cardinaliteit ≤ |kerϕ| heeft.) 7. Beschouw een transitieve actie van G op Ω. Defini¨eer volgende actie van G op Ω × Ω: (α, β) · g = (α · g, β · g) Zij α ∈ Ω. Bewijs dat G evenveel banen heeft op Ω × Ω als Gα op Ω. 8. Zij G een eindige groep. Bewijs dat de kans dat twee willekeurig en met terugplaatsing uit G gekozen elementen commuteren gelijk is aan k/|G|, met k het aantal toevoegingsklassen van G. 9. (a) Zij p, q priemgetallen met q|(p − 1). Zij P een groep van orde p en Q ⊆ Aut(P ) een groep van orde q. Stel G = {ϕa,σ ∈ Sym(P ) | a ∈ P, σ ∈ Q} ⊂ Sym(P ) met voor x in P : ϕa,σ (x) = σ(xa). Bewijs dat G een niet–abelse groep is van orde pq. (b) Besluit dat er voor alle priemgetallen p, q met q|(p − 1) een niet–abelse groep van orde pq bestaat. 10. Zij G een groep van orde 8000 = 26 53 (orde 200 = 23 52 , orde 96 = 25 3). Bewijs dat G niet enkelvoudig is. 11. Zij G een groep van orde 2p met p een oneven priem. Bewijs dat G precies 1 deelgroep heeft van orde p en p of 1 deelgroep(en) van orde 2.

6.1. GROEPTHEORIE

111

12. Een eindige groep G is een p-groep als en slechts als de orde van G een macht van p is. Bewijs deze eigenschap. 13. Toon dat Zpq de enige abelse groep is van orde pq als p 6= q priemgetallen zijn. 14. Zij G een groep van orde p2 q met p en q priemen. Dan heeft G een normale Sylow p-deelgroep of een normale Sylow q-deelgroep. 15. Zij G een groep. Bewijs de volgende eigenschappen. (a) Zij S een deelgroep van het centrum Z(G) van G. Als de groep G/S cyclisch is dan is G abels. (b) Zij p een priemgetal. Als |G| = p2 dan is G abels. (c) Zij n een strikt positief geheel getal. Dan, Zn2 ∼ 6= Zn × Zn . (d) Voor elke priem p bestaan er precies 2 niet–isomorfe groepen van orde p2 . (e) Zij p een priemgetal. Als G een niet–abelse groep is van orde p3 , dan |Z(G)| = p. (f) Geef twee niet-isomorfe eindige groepen G en H zodat voor elk natuurlijk getal n het aantal elementen van orde n in G en H hetzelfde is. (g) Geef een presentatie van alle niet abelse groepen van orde p3 . 16. Bewijs dat, op isomorfisme na, Z3 × Z3 × Z5 en Z9 × Z5 de enige groepen zijn van orde 45. 17. Geef, op isomorfisme na, alle groepen van orde 30. 18. (a) Bewijs dat een groep van orde 56 niet enkelvoudig is (b) Bewijs dat er geen eenvoudige groep is van orde 2m pn met m = 1, 2 of 3 en p een oneven priem. (c) Zij G een groep van orde 12. Als Z(G) geen element van orde 2 bevat, bewijs dan dat G ∼ = A4 . 19. Zij G een groep. De commutator van twee elementen x, y ∈ G is het element x−1 y −1 xy. Dit element noteren wij [x, y]. De deelgroep voortgebracht door alle commutatoren noemt men de commutator deelgroep. Men noteert deze G0 . Voor a, b, c ∈ G noteren wij [a, b, c] voor [[a, b], c]. Bewijs de volgende eigenschappen:

112

HOOFDSTUK 6. OEFENINGEN (a) xy = yx[x, y]. (b) [x, y]−1 = [y, x] (dus [x, y] [y, x] = 1). (c) [xy, g] = [x, g]y [y, g]. (d) [x, y −1 , z]y [y, z −1 , x]z [z, x−1 , y]x = 1. (e) G is abels als en slechts als G0 = {1}. (f) Als g ∈ G dan is ook g −1 [x, y]g een commutator. (g) G0 is een normale deelgroep van G. Beter G0 is een karakteristieke deelgroep van G. (h) G/G0 is abels. (i) Als N een normale deelgroep is van G, dan is G/N abels als en slechts als G0 ⊆ N . (j) Bepaal de commutator deel groep van S3 , S4 en Sn , met n ≥ 5. (k) Zij N een normale deelgroep van een groep G. Als {gi | i ∈ I} een stel generatoren is voor de groep G zodat [gi , gj ] ∈ N , bewijs dan dat G0 ⊆ N . (l) Zij p een priemgetal. Bewijs dat in elke eindige p-groep G de commutatordeelgroep G0 verschillend is van G.

20. Zij H, K deelgroepen van G. Zij [H, K] de deelgroep van G voortgebracht door alle commutatoren [h, k] met h ∈ H en k ∈ K. Bewijs: (a) H ⊆ CG (K) als en slechts als [H, K] = {1}. (b) H ⊆ NG (K) als en slechts als [H, K] ⊆ K. (c) als H, K normale deelgroepen van G zijn met H ∩ K = {1}, dan H ⊆ CG (K). P 21. Zij n een strikt positief geheel getal. Bewijs dat n = d|n ϕ(d). (Hint: Zij Cn de cyclische groep van orde n. Hoeveel elementen van orde d zijn er in Cn ?) 22. Zij H een deelgroep van G. Bewijs dat NG (H)/CG (H) isomorf is met een deelgroep van Aut(H).

6.1. GROEPTHEORIE

113

23. Zij G1 ⊆ G2 ⊆ G3 ⊆ ... een stijgende keten van groepen. Dan kan men op G = ∪∞ n=1 Gn op een unieke manier een bewerking defini¨eren zodat G een groep is en elke Gn een deelgroep is van G. Als elke Gn abels is dan is ook G abels. Bewijs: (a) S = ∪∞ e´en normale deelgroep A verschiln=1 Sn bevat precies ´ lend van S en {1}. Toon ook aan dat [S : A] = 2. (b) Geef een voorbeeld van een groep G die een compositierij heeft, maar een deelgroep H omvat die noch een compositierij noch een hoofdrij heeft. 24. Een deelgroep H van een groep G noemt men subnormaal in G als er een normale rij van G naar H bestaat. Met m(G, H) noteren wij de lengte van een minimale normale rij van G naar H. Bewijs: (a) zij A en B subnormale deelgroepen van G, dan is ook A ∩ B subnormaal. (b) zij H subnormaal in G en f een automorfisme van G, dan is H f = (H)f subnormaal in G, en m(G, H) = m(G, H f ). (c) Zij D∞ = ha, b | bab−1 = a−1 , b2 = 1i, de oneindige di¨edergroep. Dan, i. D∞ ∼ = Z o Z2 , k

ii. elke deelgroep Hk = ha2 , bi is subnormaal in D∞ , iii. H = ∩∞ k=1 Hk is niet subnormaal in D∞ . 25. Zij N C G en N ∩ G0 = {1}. Bewijs dat N ⊆ Z(G). 26. Zij G een groep. Bewijs: (a) als |G0 | = m dan heeft elk element van G ten hoogste m geconjugeerden. (b) als G voortgebracht is door k elementen en |G0 | ≤ m dan [G : Z(G)] ≤ mk . 27. Zij     ξ 0 0 −1 G=h , i ⊆ GL2 (C), 0 ξ −1 1 0

114

HOOFDSTUK 6. OEFENINGEN n

n−1

met ξ 2 = 1 en ξ 2 6= 1, n ≥ 2. Men noemt G de veralgemeende quaternionengroep van orde 2n+1 , en men noteert deze als Q2n+1 . Bewijs: (a) G is niet abels van orde 2n+1 . (b) G heeft slechts een deelgroep van orde 2. (c) als n = 2 dan G ∼ = Q8 , en alle deelgroepn van G zijn normaal. (d) als n > 2 dan heeft G deelgroepen die niet normaal zijn. (e) D2n is een epimorf beeld van Q2n+1 . (f) (Q2n+1 )00 = {1} en Q2n+1 is nilpotent van nilpotentieklasse 2. 28. Zij G een nilpotente groep van nilpotentieklasse k. Bewijs dat elke deelgroep H van G subnormaal is in G en m(G, H) ≤ k. 29. Geef een voorbeeld van een groep G met een normale deelgroep N zodat beide N en G/N nilpotent zijn maar G is niet nilpotent. 30. Zij G een nilpotente groep. (a) Zij M en N normale deelgroepen van G. Veronderstel N ⊂ M (N 6= M ). Bewijs dat er een normale deelgroep K van G bestaat zodat N ⊂ K ⊆ M en K/N is cyclisch. (b) Bewijs dat G een maximale normale abelse deelgroep A omvat en dat CG (A) = A. 31. Zij G een eindige groep. Stel dat hg, hi is nilpotent voor alle g, h ∈ G. Bewijs dat G nilpotent is.

6.2

Lichaam- en Galoistheorie

1. Zij F een lichaam en zij p1 (X), . . . , pn (X) irreduciebele polynomen in F [X]. Veronderstel dat elk paar polynomen relatief priem is. Zij f1 (X), . . . , fn (X) ∈ F [X]. Bewijs dat het congruentiesysteem g(X) ≡ f1 (X) .. . g(X) ≡ fn (X)

mod p1 (X) mod pn (X)

een unieke oplossing heeft modulo de polynoom P (X) =

Qn

i=1

pi (X).

6.2. LICHAAM- EN GALOISTHEORIE

115

2. Zij K/F een lichaamuitbreiding en veronderstel dat f (X) = g(X)h(X) een vergelijking is in K[X]. Bewiijs dat als twee van de drie polynomen behoren tot F [X] dan is ook de derde polynoom in F [X]. 3. Bewijs dat de volgende polynomen irreduciebel zijn over Q. (a) X 4 + 8X 3 + 28X 2 + 48X + 34, (b) X 3 + 3X 2 + 5X + 9, (c) X 3 + 3X 2 − 6X + 9, (d) X 4 − X + 1. 4. Zij p een priemgetal. Bewijs dat f (X) = 1 + X + · · · + X p−1 irreduciebel is over Z[X]. Hint: pas het criterium van Eisenstein toe op de veelterm f (X + 1). 5. Zij p een priemgetal. Bewijs dat de polynoom g(X) = X n +pX+p2 irreduciebel is over Z[X]. 6. Zij R een oneindig geheel domein en zij f = f (X1 , . . . , Xn ) ∈ R[X1 , . . . , Xn ]. Bewijs dat f de nulfunctie definieert op Rn als en slechts als f de nulpolynoom is. 7. Zij K een lichaam en g(X) een polynoom van graad n in K[X]. Bewijs dat K[X]/(g(X)) een K-vectorruimte is van dimensie n. 8. Zoek een echte velduitbreiding van C. 9. Geef een voorbeeld van een algebra¨ısche uitbreiding die niet eindig is. √ √ √ √ 10. Bewijs dat 5, 7 ∈ Q( 5 + 7). 11. Bewijs dat als K een algebra¨ı sche uitbreiding is van R en K 6= R, dan is K isomorf met C. 12. Zij F een lichaam. De doorsnede van alle deellichamen van F is het kleinste deellichaam van F . Men noemt dit het priemdeellichaam. Bewijs: (a) als char(F ) = 0, dan is het priemdeellichaam isomorf met Q.

116

HOOFDSTUK 6. OEFENINGEN (b) als char(F ) = p > 0, dan is het priemdeellichaam isomorf met Zp .

13. Bewijs dat een eindig lichaam F een eenvoudige uitbreiding is van zijn priemdeellichaam Zp . 14. Zij K/F een kwadratische uitbreiding, d.w.z. een uitbreiding van graad 2. Bewijs dat Keen F -basis heeft van de vorm {1, a} met a2 ∈ F . 15. Zoek alle automorfismen van het lichaam Q. √ √ √ √ 16. Is er een Q-isomorfisme σ : Q( 2) → Q( 3) zodat σ( 2) = 3? √ √ 17. Is er een niet-identiek Q-automorfisme σ : Q( 2) → Q( 2)? 18. Zij R een geheel domein dat een lichaam F bevat. Dan is R een F -vectorruimte. Bewijs dat als [R : F ] < ∞ dan is R een lichaam. Geef een tegenvoorbeeld als R een commutatieve ring is met identiteit maar die geen geheel domein is. 19. Zij K/F een algebra¨ısche lichaamsuitbreiding en zij R een ring zodat F ⊆ R ⊆ K. Bewijs dat R een lichaam is. Is dit ook waar als K/F niet algebra¨ıisch is? √ √ 20. (a) 2 en 3 zijn beide algebra¨ √ısch over √ Q. Geef een rationale polynoom van graad 4 met 2 + 3 als nulpunt. √ √ (b) Wat is de graad van Q( 2 + 3) over Q? √ √ (c) Wat is de graad van Q( 2 3) over Q? 21. Zij A de algebra¨ısche sluiting van Q in C. Bewijs dat [A : Q] oneindig is door aan te tonen dat voor verschillende priemgetallen p1 , . . . , p n √ √ [Q( p1 , . . . , pn ) : Q] = 2n . 22. Zij p een priemgetal en zij ξ een complexe p-de eenheidswortel. Bewijs dat min(ξ, Q) = 1 + X + · · · + X p−1 . Wat is het splitsingslichaam van X p − 1 over Q? 23. Bewijs dat een lichaamuitbreiding K/F algebra¨ısch is als en slechts als elke deelalgebra A van K over F een deellichaam is van K.

6.2. LICHAAM- EN GALOISTHEORIE

117

24. Zij p een priemgetal en Zp (X, Y ) het breukenlichaam van Zp [X, Y ]. Bewijs dat Zp (X p , Y p ) ⊂ Zp (X, Y p ) en Zp (X, Y p ) ⊂ Zp (X, Y ) eenvoudige uitbreidingen zijn. Maar Zp (X p , Y p ) ⊂ Zp (X, Y ) is dit niet. 25. Bewijs dat Q(21/4 , i) het splitsingslichaam is van f (X) = X 4 − 2 √ over Q. Toon aan dat ook Q(21/4 )[X]/(X 2 + 2) ook een splitsingslichaam is van f (X) over Q. Waarom zijn de twee splitsingslichamen isomorf? √ √ 26. (a) Zoek een element r ∈ R zodat Q( 2, 5) = Q(r). √ √ (b) Karakteriseer alle elementen s ∈ Q( 2, 5) zodat Q(s) 6= √ √ Q( 2, 5) 27. Een algebra¨ısch getal r noemt men een algebra¨ısch geheel getal als het voldoet aan een vergelijking van de vorm rn + z1 rn−1 + · · · + zn = 0 met z1 , · · · , zm ∈ Z. (a) Als r een algebra¨ısch getal is, bewijs dat er dan een strikt positief geheel getal n bestaat zodat nr een algebra¨ısch geheel getal is. (b) Als r ∈ Q een algebra¨ısch geheel getal is, bewijs dan dat r ∈ Z. (c) Bewijs dat de som en het product van twee algebra¨ısch gehele getallen terug algebra¨ısch gehele getallen zijn. 28. (a) Bewijs dat sin(1o ) een algebra¨ısch getal is. (b) Bewijs dat sin(mo ) een algebra¨ısch getal is voor elk geheel getal m.

118

HOOFDSTUK 6. OEFENINGEN

29. Bewijs dat C(x)[y]/(y 2 − x3 ) = C(X), functielichaam over C. 30. Zij K een deellichaam van C. Bewijs dat als K niet bevat is in R, dan is K dicht in C. 31. Zij α ∈ C een nulpunt van X 3 − 3X + 4. Zoek de inverse van α2 + α + 1 in Q(α), en schrijf deze in de vorm a + bα + cα2 met a, b, c ∈ Q. 32. Zij K/F een velduitbreiding en α ∈ K algebra¨ısch over F . De graad [F (α) : F ] noemt men ook de graad van α. (a) Zij α, β algebra¨ısche elementen in K over F van graad m, respectievelijk n. Bewijs dat als (m, n) = 1 dan [F (α, β) : F ] = mn. (b) Zij α, β elementen van C van graad 3 over Q. Bepaal de mogelijkheden voor [Q(α, β) : Q]. p √ 33. Bepaal [Q( 3 + 2 2) : Q]. 34. Bewijs dat elk eindig lichaam F als orde heeft pr , voor een r en p = char(F ). Bewijs dat alle lichamen van orde pr isomorf zijn. Construeer een lichaam van orde 8. Construeer een lichaam van orde 4. 35. Zij F ⊆ K een lichaamuitbreiding van eindige graad [K : F ] = n. (a) Bewijs dat voor elke k ∈ K de afbeelding Lk : K → K : x 7→ kx een F -lineaire afbeelding is. (b) Bewijs dat K isomorf is met een lichaam omvat in Mn (F ). (c) Toon aan dat de lineaire transformatie Lk een matrix A geeft zodat k een wortel is van de karakteristieke polynoom van A. Dit geeft een effectieve procedure voor het bepalen van een vergelijking van graad n (over F ) voor een element k in een velduitbreiding van F van graad n. Pas dit toe om de monische polynoom van graad 3 van 21/3 en van 1+21/3 +41/3 te vinden.

6.2. LICHAAM- EN GALOISTHEORIE

119

√ 36. Zij K = Q( D), met D een positief geheel getal dat √ een product is van verschillende √ priemgetallen. Zij α = a + b D ∈ K. Gebruik de basis {1, D} en toon aan dat Lα (zie vorige oefening) voorgesteld wordt door de volgende matrix:   a bD . b a Bewijs dat

√ a + b D 7→



a bD b a



een isomorfisme is van K met een deelring van Mn (Q). 37. Zij K = F (α, β) een algebra¨ısche uitbreiding van F van graad 4. Veronderstel dat α en β van graad 2 zijn over F . Vind alle tussenlichamen van K/F . √ √ 38. Zij p en q verschillende priemgetallen. Dan is Q( p, q)/Q eindig en separabel en dus eenvoudig. Geef een oneindige verzameling van primitieve elementen van deze uitbreiding. Vind een minimale polynoom voor elk van deze primitieve elementen. 39. Bereken de volgende automorfismen groepen: (a) AutQ (Q(21/4 )), (b) AutQ(i) (Q[i, 21/4 ]), (c) AutQ (Q(i, 21/4 )). 40. Bereken de Q-automorfismengroep van het splitsingslichaam van X 3 − 2 over Q. Vind alle deelgroepen en alle tussenlichamen. 41. Geef een voorbeeld van een oneindige algebra¨ısche uitbreiding met eindige automorfismengroep over het grond lichaam. 42. Bereken de Galoisgroep van het splitsingslichaam van X 4 −2X 2 −2 over Q. Vind alle deelgroepen en alle tussenlichamen. 43. Bereken de Galoisgroep van het splitsingslichaam van f (X) over Q. (a) f (X) = X 5 − 2

120

HOOFDSTUK 6. OEFENINGEN (b) f (X) = X 6 − 18X 3 + 6 (c) f (X) = X 7 − 8

44. Geef een polynoom wiens Galoisgroep over Q is de cyclische groep van orde 5.

Bibliografie [1] M. Artin, Algebra, Prentice Hall, London, 1991. (ISBN: 0-13004763-5) [2] J. Fraleigh, A first course in abstract algebra, Pearson Education, London, 2003. (ISBN 0-321-15608-0) [3] .J.H. Garling, A course in Galois Theory, Cambridge University Press, 1995. (ISBN: 0-521-31249-3) [4] I. Martin Isaacs, Algebra, A graduate course, Brooks/Cole Publshing Company, Pacific Grove, California, 1994. (ISBN: 0-534-190022) [5] M.I. Kargapolov and Ju. I. Merzljakov, Fundamentals of the theory of groups, Springer Verlag, New York, 1979. [6] S. Roman, Field Theory, Springer, 2006. (ISBN-10: 0-387-27677-7) [7] J.P. Tignol, Galois Theory of algebraic equations, World Scientific, London, 2004. (ISBN: 981-02-4541-6)

121

Index p-groep, 18 ´e´enheidswortel, 89 primitief, 89

conjugatieklasse, 13 construeerbaar getal, 92 cyclotome polynoom, 89

algebra¨ısche getallenlichamen, 57

deelgroep Fitting, 46 Frattini, 46 kern, 13 direct product, 29 duale groep, 35

actie, 10 baan, 13 conjugatie, 10 kern, 10 orbiet, 13 permutatie, 10 regulier, 10 transitief, 13 triviaal, 10 afgeleide lengte, 39 afgeleide reeks, 39 algebra¨ısch, 55 algebra¨ısch gesloten, 65 algebra¨ısch getal, 57 algebra¨ısche sluiting, 65 alternerende groep, 25 baan, 13 basis vrij, 52 centrale rij, 42 dalend, 43 stijgend, 42 commutator, 38, 42 compositierij, 40, 48

eenvoudige uitbreiding, 60 Fitting, 46 Frattini, 46 Galois groep, 72 Galois uitbreiding, 72 gecomplementeerd, 36 getallenlichaam, 57 groep duaal, 35 nilpotent, 34, 41 oplsobaar, 38 X, 47 herhaalde radikaaluitbreiding, 98 hoofdrij, 48 kern, 10, 13 klassevergelijking, 14 lichaamuitbreiding, 55 122

INDEX multiplicativiteit, 57 nilpotent, 34 nilpotentieklasse, 43 normale uitbreiding, 73 onderscheiden wortels, 74 oplosaar door radikalen, 100 orbiet, 13 perfect, 77 permutatie even, 25 oneven, 25 permutatiekarakter, 15 primitief element, 60 radikaaluitbreiding, 98 herhaalde, 98 rij X, 48 separabel, 78 separabele uitbreiding, 75 splitsingslichaam, 64 stabilisator, 10 Sylow deelgroep, 18 transcendent, 55 uitbreiding, 36 eenvoudig, 60 gesplitst, 36 vaste deellichaam, 71 vrije basis, 52

123