Algebran jatkokurssin demo 1,

Transkriptio

1 Algebran jatkokurssin demo 1, Tätä nollatehtävää ei käsitellä demoissa, vaan jätetään jokaisen oman harrastuneisuuden varaan käydä läpi nämä kuviot, jotka ovat lähestulkoon identtisiä LAG:n todistusten kanssa. Olkoon K mielivaltainen kunta, jonka ykkösalkio on 1. Joukko V on K-vektoriavaruus, jos (V, +) on kommutatiivinen ryhmä ja on määritelty skalaarilla kertominen eli kuvaus K V V, (k,v) k v, joka toimii niin, että k (v + u) = (k v) + (k u), (k + l) v = (k v) + (l v), k (l v) = (kl) v 1 v = v kaikille k,l K ja v,u V. Joukko A V virittää K-vektoriavaruuden V, jos kaikilla v V on esitys ja v = a A k a a, (1) missä k a K ja k a 0 vain äärellisen monelle a A. Joukko A V on lineaarisesti riippumaton, jos pätee ehto jos kaikille a A on määritelty k a K siten, että k a 0 vain äärellisen monelle a A ja a A k a a = 0 V, niin k a = 0 K kaikille a A. Tässä 0 V on V :n yhteenlaskun neutraalialkio, joka on olemassa, koska (V,+) on ryhmä. Joukko A V on K-vektoriavaruuden V kanta, jos A on lineaarisesti riippumaton ja virittää V :n. Jos A on V :n kanta, niin jokaisella v V esitys (1) on yksikäsitteinen. Jokaisella vektoriavaruudella V {0} on kanta. Kaikki V :n kannat ovat yhtä mahtavia keskenään; erityisesti jos on olemassa äärellinen kanta A, jolle pätee #A = n N, niin kaikille V :n kannoille B pätee #B = n. Tämä luku n on vektoriavaruuden V dimensio, ja sitä merkitään symbolilla dim K V := n. Sovitaan vielä erikseen, että dim K {0} = 0, ja jos V {0} eikä äärellistä kantaa ei ole, merkitään dim K V :=. LAG:ssä todistetaan nuo yllä esitetyt väitteet vain reaalikertoimisessa ja äärellisviritteisessä tapauksessa (eli itse asiassa R n :ssä), mutta todistukset sujuvat samalla tavalla myös muissa kerroinkunnissa. Kannan olemassaolotodistus ääretönulotteisessa tapauksessa sujuu myös helposti: maksimaalinen lineaarisesti riippumaton joukko on kanta ja tällaisen maksimaalisen joukon olemassaolo 1

2 seuraa Zornin lemmasta. Kantojen yhtämahtavuutta tarvitaan jatkossa vain äärellisulotteisessa tapauksessa (jotta dimensio olisi hyvin määritelty); muut avaruudet ovat siis ääretönulotteisia riippumatta kannan mahtavuudesta. Jos V on K-vektoriavaruus ja U V, niin U on V :n aliavaruus, jos U on K-vektoriavaruus V :n laskutoimituksin. V :n aliavaruudelle U pätee dim K U dim K V, kun sovitaan, että n < kaikille n N. Jos V ja W ovat K- vektoriavaruuksia, niin kuvaus f : V W on K-lineaarinen, jos pätee f((k u) + (l v)) = (k f(u)) + (l f(v)) kaikille k,l K ja u,v V. K-lineaarikuvaukselle f : V W pätee f(0) = 0 ja sen kuvajoukko f(v ) W on W:n aliavaruus sekä f:n ydin Ker(f) := {v V f(v) = 0} V on V :n aliavaruus. K-lineaarikuvaus f on injektio jos ja vain jos Ker(f) = {0}. Bijektiivinen K-lineaarikuvaus on isomorfismi. Isomorfismi kuvaa kannan kannaksi ja säilyttää siten dimension. 1. a) Olkoon L kunta ja K L alikunta. Osoita (tai oikeastaan: totea eihän tässä ole mitään tekemistä), että L on K-vektoriavaruus, kun L:n vektoriyhteenlasku on sen kuntayhteenlasku ja skalaarilla kertominen on kuntakertolasku. b) Olkoon K kunta. Osoita, että K n on (luonnollisin laskutoimituksin) K- vektoriavaruus. Osoita edelleen, että dim K K n = n. (Eipä näissäkään paljon päänvaivaa ole.) 2. Tehtävän 1 a) mukaisesti R on Q-vektoriavaruus ja C on toisaalta Q- ja toisaalta R-vektoriavaruus. Osoita, että dim Q R =, dim Q C = ja dim R C = Todista dimensiolause: Jos V ja W ovat K-vektoriavaruuksia, dim K V = n N ja kuvaus f : V W on K-lineaarinen, niin pätee dim K f(v ) + dim K Ker(f) = n. Ohje: Osoita, että on olemassa injektiivinen lineaarikuvaus g : f(v ) V siten, että Ker(f) + g(f(v )) = V ja Ker(f) g(f(v )) = {0}. 4. Olkoon K kunta ja a ij K, i = 1,...,m ja j = 1,...,n. Olkoon m < n. Osoita, että yhtälöryhmällä a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = 0 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = 0. a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = 0 2

3 on nollasta eroava ratkaisu (x 1,...,x n ) K n \ {(0,...,0)}. Ohje: Käytä dimensiolausetta ja tehtävää 1 b). 5. Olkoon L kunta ja K kunnan L alikunta siten, että K = Z 2. Osoita, että x + x = 0 kaikille x L. 6. Olkoon L kunta siten, että mikään L:n alikunta ei ole isomorfinen kunnan Z 2 kanssa. Osoita, että x + x 0 kaikille x L \ {0}. 7. Olkoon L kunta siten, että mikään L:n alikunta ei ole isomorfinen kunnan Z 2 kanssa. Olkoon K kunnan L alikunta siten, että L sisältää kaikkien K:n alkioiden neliöjuuret, ts. kaikille k K on olemassa α L siten, että α 2 = k. (Vrt. R:n ja C:n suhde.) Osoita, että jokainen toisen asteen polynomiyhtälö ax 2 + bx + c = 0, a,b,c K, a 0 ratkeaa täysin kunnassa L eli polynomi ax 2 + bx + c hajoaa kunnassa L eli sillä on esitys ax 2 + bx + c = a(x β)(x γ), β,γ L. Tällöinhän siis β ja γ ovat yhtälön ax 2 + bx + c = 0 ratkaisut. Ohje: Osoita, että toisen asteen yhtälön tuttu ratkaisukaava toimii tässä. Mutta mitä ovat ratkaisukaavassa olevat luvut 2 ja 4? 8. a) Osoita esimerkillä, että tehtävän 7. väite ei päde ilman oletusta mikään L:n alikunta ei ole isomorfinen kunnan Z 2 kanssa. Anna siis esimerkki, jossa L sisältää kaikkien alikuntansa K alkioiden neliöjuuret, mutta on kuitenkin olemassa K-kertoiminen toisen asteen polynomiyhtälö, joka ei ratkea täysin kunnassa L itse asiassa aika helposti saadaan esimerkki, jossa tällaisella polynomiyhtälöllä ei ole lainkaan juuria L:ssä. b) Oletetaan sitten, että L sisältää kaikkien alikuntansa K alkioiden neliöjuuret eli kaikille k K on olemassa k L, joka toteuttaa yhtälön ( k) 2 = k. Oletetaan lisäksi, L sisältää vielä nimenomaan tätä tehtävää varten määriteltävät erikoisjuuret k L kaikille k K. Nämä määritellään niin, että erikoisjuuri toteuttaa yhtälön ( k) 2 + k = k. Osoita, että tällöin jokainen toisen asteen K-kertoiminen polynomiyhtälö ratkeaa täysin kunnassa L. 3

4 Algebran jatkokurssin demo 2, Tunnetusti R on kommutatiivinen ryhmä tavallisen yhteenlaskun suhteen. Olkoon f : (R, +) (R, +) homomorfismi. Onko f välttämättä R-lineaarikuvaus? 2. Tuttua binomikaavaa (x + y) n = n ( n k=0 k) x k y n k, joka tunnetusti pätee ainakin R:ssä, tarvitaan jatkossa myös yleisemmässä muodossa. Tätä varten esitetään ensin kertauksenomaisesti muutama aputehtävä. Binomikerroin ( ) n m määritellään ensin asettamalla kaikille n, m N, 0 m n ( ) n n! = m m!(n m)!. a) Osoita, että (tämä on ns. Pascalin sääntö, vrt. Pascalin kolmio) ( ) ( ) ( ) n n n = kaikille 1 m n. m 1 m m b) Osoita, että binomikerroin on aina kokonaisluku. c) Olkoon p alkuluku. Osoita, että binomikerroin ( p m) on p:llä jaollinen kaikille 1 m p 1. Huomaa, että tämä väite ei välttämättä päde, jos p ei ole alkuluku; esimerkiksi ( 4 2) = 6. d) Ja sitten siihen binomikaavaan. Muotoile ja todista oikeaksi sellainen binomikaava, joka pätee kaikissa kunnissa. Ohje: a) ja c) ovat helppoja c):ssä tarvitaan tietysti ensin b). b) seuraa a):sta induktiolla. Tämän binomikaavan yleistyksen muotoilussa on tietysti se ongelma, että luonnolliset luvut eivät ole mielivaltaisen kunnan K alkioita ja tarvittavat laskutoimitukset pitäisi tehdä K:ssa. Ilmeinen yleistys on määritellä n monikertana n := n1 K, mutta mitenkäs binomikertoimen määritelmässä oleva jakolasku hoidetaan? Nollallahan ei tietenkään saa jakaa, ja ykkösen monikerta voi olla nolla. 3. Olkoon R rengas, P R[X] polynomi ja P : R R vastaava polynomikuvaus. Osoita, että kiinteälle α R kuvaus R[X] R, P P(α) on rengashomomorfismi. 4. Olkoon R kokonaisalue ja P = n a i X i R[X]. i=0 Polynomikuvaus P : R R voidaan laajentaa kuvaukseksi P : R[X] R[X] asettamalla kaikille Q R[X] n P(Q) = a i Q i R[X]. i=0 4

5 Olkoon Q R[X] kiinteä ei-vakio polynomi. Osoita, että jos P(Q) on jaoton renkaassa R[X], niin myös P on jaoton renkaassa R[X]. Ohje: Tehtävä 3. auttaa tässä pienen miettimisen jälkeen. 5. Rationaalikertoimisen polynomin jaottomuuskysymys on yksi koko kurssin ajan mukana pyörivä ongelma. Lauseen 2.8 avulla kysymys voidaan sopivalla lavennuksella palauttaa kokonaislukukertoimisiin polynomeihin ja niille toimii esimerkiksi Eisensteinin ehto. Ei tällä tietysti kaikkea ratkota. Seuraava tulos toimii joskus, kun Eisenstein ei toimi. Olkoon p alkuluku ja π p : Z Z p tekijäkuvaus, joka on rengashomomorfismi ja määrää siten homomorfismin π p : Z[X] Z p [X], ks. määritelmä 4.3. Olkoon P Z[X] polynomi, jonka johtava kerroin ei ole jaollinen luvulla p. Osoita, että jos π p (P) on jaoton renkaassa Z p [X], niin P on jaoton renkaassa Z[X]. 6. Osoita tehtävää 5. käyttäen, että polynomit P = X 3 X 1 Z[X] ja Q = X 5 X 1 Z[X] ovat jaottomia renkaassa Z[X] ja siten lauseen 2.8 nojalla jaottomia myös renkaassa Q[X]. Ohje: P on helppo. Q:n kanssa joutuu vähän työläisiin laskuihin. Tässähän on pitkälti kysymys siitä, että osaa arvata oikean p:n. Mahdollisimman pieni on paras. Turhien laskujen ja yritysten välttämiseksi paljastettakoon heti, että 5 on pienin toimiva valinta. On tässä laskemista silti, mutta tehtävän 5 voima tulee hyvin esiin. Syntyvät yhtälöryhmät ovat sellaisia, että niiden ratkeamattomuus Q:ssa näyttää aika ylivoimaiselta todistettavalta, mutta Z 5 :ssa selvitään kokeilemalla, koska siinä on vain viisi alkiota. Tässä näkyy muuten syy sihen, miksi pieni p on parempi kuin suuri. 7. Olkoon n P = a i X i Z[X], missä n 1, a n = 1 ja a 0 0. i=0 Osoita, että P:n jokainen rationaalijuuri on kokonaisluku, joka jakaa luvun a Tutki seuraavien polynomien jaottomuutta renkaassa Q[X]. P 1 = X 3 X + 1, P 2 = X 3 + 2X + 10, P 3 = X 3 2X 2 + X + 15, P 4 = X 4 + 2, P 5 = X 4 + 4, P 6 = X 4 X

6 Algebran jatkokurssin demo 3, a) Tehtävää 2.7 voidaan vähän yleistää. Olkoon P = n a i X i Z[X], missä n 1 ja a 0,a n 0. i=0 Olkoon p/q polynomin P rationaalijuuri, missä p,q Z ja oletetaan, että p/q on supistetussa muodossa eli syt(p,q) = 1. Osoita, että p jakaa luvun a 0 ja q jakaa luvun a n. Huomaa, että tämä antaa toimivan menetelmän löytää jokaisen rationaalikertoimisen polynomin kaikki rationaalijuuret, koska laventamalla päästään kokonaislukukertoimiseen polynomiin, josta taas päästään vaadittuun muotoon (eli ehtoon a 0 0) supistamalla X:llä. Tämän jälkeen kokonaisluvuilla a 0 ja a n on vain äärellinen määrä tekijöitä, joista selvitään kokeilemalla. b) Määrää polynomien P 1 = X 7 1, P 2 = X 8 1, P 3 = 2X 2 3X + 4, P 4 = 3X 3 + X 5 ja P 5 = 2X 4 4X + 3 kaikki rationaalijuuret. Ovatko polynomit jaottomia renkaassa Q[X]? 2. Olkoon p alkuluku. Osoita, että polynomi on jaoton renkaassa Q[X]. P = X p 1 + X p X + 1 Q[X] Ohje: Huomaa ensin, että (X 1)P = X p 1. Sovella tehtävää 2.4 polynomilla Q = X + 1. Käytä tehtävää 2.2 ja Eisensteinin ehtoa. 3. Olkoon K äärellinen kunta. Osoita, että Vihje: Alkukunta ja tehtävä 1.1. #K = p d, missä p on alkuluku ja d 1. Huomautus. Kääntäen voi kysyä, että jos alkulukupotenssi p d on annettu, niin onko olemassa kuntaa, jolla on juuri tämä kertaluku. Vastaus on myöntävä, mutta vielä tässä vaiheessa todistus on liian vaikea asiaan palataan. Tässähän riittäisi lauseiden 1.18 ja 1.19 sekä esimerkin 1.20 mukaan antaa renkaassa Z p [X] jaoton polynomi, jonka asteluku on d, mutta tällaisen polynomin tuottaminen on ongelmallista. 4. Olkoon L kunta, p alkuluku ja i : Z p L kuntalaajennus. 6

7 a) Olkoon α L siten, että on olemassa p α L, ts. on olemassa β L siten, että β p = α eli β on polynomin Q = X p α L[X] juuri. Osoita, että tämän juuren kertaluku on p. Huomaa, että lauseen 1.24 mukaan Q:lla ei muita juuria voi tällöin ollakaan, koska Q on astetta p. Siten p α L on yksikäsitteisesti määrätty jos on olemassa. b) Osoita, että jos α i(z p ), niin a)-kohdan juuri p α L on olemassa. Päteekö tällöin välttämättä p α i(z p )? 5. Olkoon P Q[X] jaoton polynomi, deg(p) = n 1. Koska C on algebrallisesti suljettu, niin P:llä on lauseen 1.25 mukaan kertaluvut huomioiden täsmälleen n juurta kunnassa C. Osoita, että nämä juuret ovat yksinkertaisia, joten niitä on täsmälleen n kappaletta. Ohje: Huomaa ensin, että (hypoteettinen) moninkertainen nollakohta on myös derivaattapolynomin nollakohta. Derivaattapolynomilla on alempi aste kuin P:llä, ja mitenkäs tästä sitten ristiriita seuraakaan? 6. Olkoon P Q[X] jaoton polynomi, deg(p) = n 1. Tehtävän 5. mukaisesti P:llä on täsmälleen n kappaletta kompleksisia juuria, olkoot ne {α 1,...,α n }. Tarkastellaan C:n alikuntaa Q({α 1,...,α n }) ja erityisesti kunnassa Q({α 1,...,α n }) määriteltyjä kuntahomomorfismeja ϕ : Q({α 1,...,α n }) C. (1) Osoita, että ehdon (1) mukaisille homomorfismeille ϕ pätee ϕ Q = id Q ja ϕ permutoi juuret α 1,...,α n. 7. Tehtävän 6. merkinnöin osoita, että ehdon (1) mukaiselle ϕ:lle pätee ϕ(q({α 1,...,α n })) Q({α 1,...,α n }). Ohje: Väite vaikuttaa tehtävän 6. valossa yksinkertaiselta, mutta ei se taida ihan triviaali olla. Lienee viisainta todistaa induktiivisesti, että ϕ(q({α 1,...,α m })) Q({α 1,...,α n }) kaikille m = 1,...,n. Apua on lauseesta 4.14 ja lemmasta Jatkotehtävissä (eli seuraavissa demoissa) mietitään sitä, kuinka monta alkiota on tehtävän 6. ehdon (1) toteuttavassa kuvausjoukossa. Osoita nyt ensi 7

8 alkuun, että tämä joukko on äärellinen: sen alkioiden maksimimäärä on permutaatioryhmän S n alkioiden lukumäärä eli n!. Ohje: Osoita, että juurten α i kuvautuminen määrää ϕ:n täysin, jolloin väite seuraa tehtävästä 6. Tässäkin on varmaan viisainta edetä induktiolla osoittamalla, että rajoittumakuvaus ϕ Q({α1,...,α m}) määräytyy täysin arvoista ϕ(α 1 ),...,ϕ(α m ). Lause 4.14 ja lemma 4.31 ovat edelleen hyödyllisiä. 8

9 Algebran jatkokurssin demo 4, Palataan tehtävään 3.6, jossa P Q[X] on jaoton polynomi, deg(p) = n 1 ja α 1,...,α n C sen erilliset, yksinkertaiset juuret. Tarkastellaan joukkoa G = {ϕ ϕ on homomorfismi Q({α 1,...,α n }) C}. Tehtävän 3.7 mukaan joukon G alkioille ϕ pätee ϕ(q({α 1,...,α n })) Q({α 1,...,α n }). Osoita, että pätee enemmänkin: on isomorfismi kaikille ϕ G. ϕ : Q({α 1,...,α n }) Q({α 1,...,α n }) 2. Edellisen tehtävän merkinnöin osoita, että kaikille i,j = 1,...,n on olemassa homomorfismi ψ : Q(α i ) C siten, että ψ(α i ) = α j. Ohje: Lause Tehtävän 3.6 nojalla jokainen ϕ G permutoi juuret α i, mistä pääteltiin tehtävässä 3.8, että #G n!. Nyt tehtävän 2. valossa näyttäisi sille, että tämä permutointi voitaisiin suorittaa mielivaltaisesti, jolloin olisi täsmälleen #G = n!. Tehtävän 2. tulos ei kuitenkaan tarkoita vielä tätä, koska siinä oleva ψ on määritelty vain joukossa Q(α i ). Osoita, että tämä ψ voidaan laajentaa määritellyksi koko joukossa Q({α 1,...,α n }), jolloin siitä tulee G:n alkio. Ohje: Induktio ja lause Huomaa, että induktioaskeleessa tarvittava minimaalipolynomi ei ole (yleensä) P, vaan on alempiasteinen (ja itse asiassa P:n tekijä). Tätä minimaalipolynomia ei kuitenkaan tarvitse tuntea, pelkkä olemassaolo riittää. 4. No nyt sitten tehtävän 3. mukaan alkaa näyttää sille, että todellakin juuret voidaan permutoida mielivaltaisesti ja olisi #G = n!. Eipä kuitenkaan välttämättä ole. Tehtävän 3. mukaan kylläkin jokainen juuri voidaan kuvata G:n alkiolla mille tahansa toiselle juurelle, joten tästä saadaan alaraja G:n alkioiden lukumäärälle eli pätee n #G. Osoita esimerkeillä että sekä tämä alaraja että tehtävän 3.8 antama yläraja voidaan saavuttaa eli voi päteä #G = n < n! ja toisaalta voi päteä #G = n! > n. (Siis triviaalit tapaukset n = 1 ja n = 2 suljetaan pois tarkastelusta.) Ohje: Esimerkkien keksiminen voi olla hankalaa, joten vihjeeksi: P = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 ja P = X 3 2. Toisesta näistä (mutta kummasta?) näkyy myös syy siihen, miksi juuret eivät aina voi permutoitua mielivaltaisesti. 5. Mikä nyt sitten lopultakin on oikea G:n alkioiden lukumäärä? Vastaus on: #G = deg(q Q({α 1,...,α n })). 9

10 Todista tämä. Ohje: Induktio sekä lauseet 5.12 ja 5.7. Tässä kannattaa katsella vähän tehtävän 3. todistusta. Perusidea on tämä: Lauseen 4.14 mukaan Q({α 1,...,α n }) = Q(α 1 )(α 2 )...(α n ). Laajennetaan ensin id Q (vrt. teht. 3.6) homomorfismiksi ψ : Q(α 1 ) C. Tämän voi tehtävän 2. mukaan tehdä ainakin n:llä tavalla. Toisaalta juuri kuvautuu juurelle, joten ei laajennuksia enempää olekaan, eli laajennuksia on täsmälleen n kappaletta. Huomaa, että n on lauseen 5.7 nojalla myös kuntalaajennuksen Q Q(α 1 ) aste. Induktioaskeleessa merkitään K = Q(α 1 )(α 2 )...(α k ) ja tarkastellaan kuntalaajennusta K K(α k+1 ). Induktio-oletus kuuluu niin, että id Q voidaan laajentaa täsmälleen m k :lla tavalla homomorfismiksi ψ : K C. Pisteellä α k+1 on jokin minimaalipolynomi tämän laajennuksen suhteen ja minimaalipolynomin aste on vastaavan kuntalaajennuksen aste, olkoon se d. Minimaalipolynomin juuret ovat erillisiä (ks. teht. 3.5, joka ei tosin riitä tässä, koska polynomi ei välttämättä ole Q-kertoiminen, mutta idea on sama), joten niitä on täsmälleen d kappaletta. Tehtävän 2. lievä yleistys sanoo, että jokainen induktio-oletuksesta saatava ψ voidaan edelleen laajentaa homomorfismiksi ψ : K(α k+1 ) C täsmälleen d:llä eri tavalla. Ilmeisesti alkuperäinen id Q laajentuu tällöin homomorfismiksi ψ : K(α k+1 ) C täsmälleen m k d:llä eri tavalla. Tämä on induktioaskel ja väite seuraa lauseesta Yleistä tehtävän 5. tulos: Jos Q Q({α 1,...,α n }) on äärellisasteinen (ja algebrallinen) kuntalaajennus, jonka aste on d N, niin #{ϕ ϕ on homomorfismi Q({α 1,...,α n }) C} = d. Ohje: Tämä on tehtävän 5. ratkaisun imitaatio. Ero on marginaalinen. On tässä tietysti se muutos, että nyt nuo ϕ:t eivät välttämättä kuvaa kuntaan Q({α 1,...,α n }) (vrt. teht. 1.), koska minimaalipolynomien kaikki juuret eivät välttämättä ole tässä kunnassa, mutta se ei näy ratkaisussa oikeastaan mitenkään. Tämä on kuitenkin hyvä pitää mielessä tehtävän 6. kuvauksia ϕ i etsittäessä. 7. Olkoon Q Q({α, β}) äärellisasteinen ja algebrallinen kuntalaajennus. Osoita, että on olemassa γ Q({α,β}) siten, että Q({α,β}) = Q(γ). Ohje: Olkoon d = deg(q Q({α, β})). Tehtävän 6. mukaan on olemassa täsmälleen d homomorfismia Q({α,β}) C. Olkoot ne ϕ 1,...,ϕ d. Osoita, että on olemassa c Q siten, että pisteet ϕ i (α + cβ) ovat eri pisteitä kaikille i = 1,...,d. (1) Osoita, että γ = α + cβ toteuttaa tehtävän vaatimukset. Tämä perustuu siihen, että ehdon (1) ja tehtävän 6. nojalla kuntalaajennuksen Q Q(γ) aste on 10

11 vähintään d. Vielä vihje luvun c löytämiseen. Polynomi P = d ((ϕ j (β) ϕ i (β))x + ϕ j (α) ϕ i (α)) i=1 j i ei ole nollapolynomi (koska jokainen tulon tekijä on nollasta eroava polynomi), joten P:llä on vain äärellinen määrä juuria. Luku c Q voidaan valita silloin niin, että c ei ole P:n juuri. 8. Määrää tehtävän 7. avulla jotkin γ 1,γ 2 ja γ 3 C siten, että a) Q({ 2, 3}) = Q(γ 1 ), b) Q({ 2, 3 2}) = Q(γ 2 ) ja c) Q({ 2, 3, 5}) = Q(γ 3 ). Tehtävän helpottamiseksi (tai oikeastaan huomion kiinnittämiseksi oleelliseen asiaan) annettakoon tässä tarvittavat minimaalipolynomit: laajennuksen Q Q( 2) minimaalipolynomi on X 2 2, laajennuksen Q( 2) Q( 2)( 3) minimaalipolynomi on X 2 3, laajennuksen Q( 2) Q( 2)( 3 2) minimaalipolynomi on X 3 2 ja laajennuksen Q({ 2, 3}) Q({ 2, 3})( 5) minimaalipolynomi on X 2 5. Nämä on helppo todistaa oikeiksi pienillä laskuilla, mutta uskotaan nyt noihin. Kolme viimeistä näistä väitteistä saadaan yleisestä tuloksesta, jonka mukaan joukko { p p on alkuluku} on Q-lineaarisesti riippumaton. Palataan tämän tuloksen todistukseen seuraavissa demoissa. Näistä minimaalipolynomien asteista voi lauseiden 5.7 ja 5.12 avulla laskea a)-, b)-, ja c)-kohdan laajennusten asteet. Tämä määrä tarkasteltavia homomorfismeja pitäisi tehtävän 6. mukaan löytyä. Tässä ne voidaan määrätä aivan konkreettisesti imitoimalla tehtävän 6. induktiotodistusta. Sitten kun nämä homomorfismit ovat löytyneet, riittää valita tehtävän 7. ehdon (1) mukainen rationaaliluku c. Tässä ei nyt kannata käyttää tehtävän 7. kikkaa c:n löytämiseksi, vaan sen voi arvata tai päätellä, kun ϕ i :t ovat hallinnassa. Mitenkään yksikäsitteinenhän tämä c ei ole. 11

12 Algebran jatkokurssin demo 5, Osoita, että joukko { p p on alkuluku} on Q-lineaarisesti riippumaton. 2. Olkoon i : K i(k)({α 1,...,α n }) kuntalaajennus ja oletetaan, että alkiot α 1,...,α n ovat algebrallisia tämän laajennuksen suhteen. Osoita, että (koko) laajennus i : K i(k)({α 1,...,α n }) on algebrallinen. 3. Olkoot i : K L ja j : L M algebrallisia kuntalaajennuksia. Onko laajennus j i : K M välttämättä algebrallinen? Huomaa, että tässä ei oleteta laajennusten äärellisasteisuutta. 4. a) Olkoon i : K L kuntalaajennus siten, että deg(i : K L) = n N. Olkoon lisäksi P K[X] jaoton polynomi siten, että deg(p) = d 2 ja syt(n,d) = 1. Osoita, että polynomilla î(p) ei ole juuria kunnassa L. b) Olkoon Olkoon i : K L kuntalaajennus siten, että sen aste on alkuluku. Osoita, että laajennus on yksinkertainen. c) Olkoon p alkuluku ja olkoot ǫ k = e i 2πk p C, k = 0,...,p 1 ykkösen p:nnet juuret. Mikä on luonnollisen kuntalaajennuksen Q Q({ǫ 0,...,ǫ p 1 }) aste? d) Olkoon p alkuluku ja olkoot ǫ k = e i 2πk p 2 C, k = 0,...,p 2 1 ykkösen p 2 :nnet juuret. Mikä on luonnollisen kuntalaajennuksen Q Q({ǫ 0,...,ǫ p2 1}) aste? Seuraavissa tehtävissä yleistetään tehtävän 4.7 tulosta koskemaan muitakin kuntia kuin Q ja C. Tässä on erilainen metodi kuin tehtävässä 4.7 ja tuloskin on vähän erilainen, mutta kyllä näissä yhtymäkohtia on. Tehtävissä 5) 8) oletetaan, että K on ääretön kunta ja i : K L algebrallinen kuntalaajennus. Tarkoituksena on osoittaa, että laajennus i : K L on yksinkertainen (1) jos ja vain jos on olemassa vain äärellisen monta kuntaa M siten, että i(k) M L. (2) 5. Oletetaan ensin, että ehto (2) pätee. Osoita, että laajennus i : K L on äärellisasteinen, jolloin lauseen 5.15 nojalla on olemassa α 1,...,α n L siten, että L = i(k)({α 1,...,α n }). (3) 6. Oletetaan sitten, että esityksessä (3) on n = 2, ts. L = i(k)({α,β}) joillekin α,β L. Merkitään kaikille c i(k) N c = i(k)(α + cβ). 12

13 Oletuksen (2) nojalla kuntia N c on vain äärellinen määrä. Osoita, että jollekin c i(k) pätee L = N c, jolloin väite (1) seuraa. 7. Todista väite (1) yleistämällä induktiolla tehtävän 6. tulos. 8. Oletetaan sitten, että ehto (1) pätee; olkoon L = i(k)(α). Olkoon M kunta siten, että i(k) M L. Olkoon P K[X] α:n minimaalipolynomi laajennuksen i : K L suhteen ja olkoon Q M α:n minimaalipolynomi luonnollisen laajennuksen M L suhteen. Osoita ensinnäkin, että Q M on olemassa ja jakaa polynomin î(p) renkaassa L[X]. Osoita sitten, että Q M määrää kunnan M yksikäsitteisesti, ts. jos myös i(k) M L ja Q M = Q M, niin M = M. Osoita lopuksi, että polynomeja Q M voi olla vain äärellinen määrä, jolloin väite (2) seuraa. Ja missäköhän tarvittiin oletusta, että K on ääretön? Ei tämä nimittäin muuten päde. 13

14 Algebran jatkokurssin demo 6, Lauseessa 6.16 osoitettiin, että jos (x,y) R 2 on konstruoitavissa oleva piste, niin on olemassa jono kuntalaajennuksia Q = K 0 K 1... K n R (1) siten, että x,y K n ja kunkin kuntalaajennuksen K i K i+1 aste on 1,2 tai 4. Aivan samalla tavalla voidaan osoittaa, että jos (x,y) R 2 on jonkin annetun joukon B R 2 avulla konstruoitavissa oleva piste ja merkitään C:llä B:n pisteiden koordinaateista muodostuvaa R:n osajoukkoa, niin on olemassa jono kuntalaajennuksia Q(C) = K 0 K 1... K n R (2) siten, että x,y K n ja kunkin kuntalaajennuksen K i K i+1 aste on 1,2 tai 4. Ehdot (1) ja (2) ovat siis välttämättömiä konstruoituvuudelle, joko ilman annettua apujoukkoa B tai sen kanssa. Osoita, että näitä ehtoja voidaan tiukentaa: voidaan vaatia, että kunkin kuntalaajennuksen K i K i+1 aste on 1 tai 2. Ohje: Nämä ovat samanlaisia todistuksia, joten voidaan tarkastella vaikkapa ehtoa (1) ja sen eli lauseen 6.16 todistusta. Siinähän lähdettiin pisteen (x, y) konstruktiojonosta (x 1,y 1 ),...,(x n,y n ) = (x,y) ja kunta K i+1 saatiin K i :stä adjungoimalla siihen koordinaatit x i+1 ja y i+1. Todistettiin, että peräkkäisten laajennusten K i K i (x i+1 ) K i (x i+1 )(y i+1 ) = K i+1 kummankin aste on 1 tai 2, jolloin kokonaislaajennuksen K i K i+1 aste on lauseen 5.12 nojalla haluttu 1,2 tai 4. Osoita lauseen 6.16 todistuksen eri vaihtoehtoja analysoimalla, että näiden molempien osalaajennusten aste ei voi olla yhtaikaa 2, jolloin kokonaislaajennuksen aste on korkeintaan Tehtävän 1. tiukennetussa muodossa olevat välttämättömät ehdot konstruoituvuudelle ovat myös riittäviä. Todista vaikkapa tällä kertaa ehdolle (2) käänteinen tulos: Olkoon B R 2 annettu joukko, merkitään C:llä B:n pisteiden koordinaateista muodostuvaa R:n osajoukkoa ja oletetaan, että on olemassa jono kuntalaajennuksia Q(C) = K 0 K 1... K n R siten, että x,y K n ja kunkin kuntalaajennuksen K i K i+1 aste on 1 tai 2. Tällöin (x,y) on konstruoitavissa joukon B (ja Q) avulla. Ohje: Osoita induktiolla, että K i :n pisteet ovat konstruoitavissa. Tehtävän 5.4 b) nojalla laajennus K i K i+1 on yksinkertainen ja astetta 2 (tai 1). Muista, että neliöjuuri osataan konstruoida. 3. Lauseessa 6.17 osoitetaan lausetta 6.16 käyttäen, että jos piste (x, y) on konstruoituva, niin laajennukset Q Q(x) ja Q Q(y) ovat asteeltaan kakkosen 14

15 potensseja. Samalla nähdään, että konstruoituvalle pisteelle myös laajennuksen Q Q({x,y}) K n asteen on oltava kakkosen potenssi. Luennoissa on esimerkissä 6.27 annettu konstruktio, joka osoittaa, että vaikka laajennusten Q Q(x) ja Q Q(y) asteet ovat kakkosen potensseja, pisteen (x, y) ei tarvitse olla konstruoituva. Tämä esimerkki ei kuitenkaan osoita sitä, että jos laajennuksen Q Q({x, y}) aste on kakkosen potenssi, niin pisteen (x, y) ei tarvitse olla konstruoituva. Tämä johtuu siitä, että tässä nimenomaisessa esimerkissä sattuu olemaan deg(q Q({x, y})) = 12, joka ei ole kakkosen potenssi. Konstruoi toimiva esimerkki myös tähän jälkimmäiseen väitteeseen. 4. Olkoon A annettu kulma, jonka mitta radiaaneissa on α. Osoita, että kulma A voidaan kolmijakaa harpilla ja viivoittimella jos ja vain jos polynomilla on juuri kunnassa Q(cos α). 4X 3 3X cos α 5. Voidaanko kulma, jonka mitta on 2π 5, kolmijakaa? 6. Osoita, että kulma, jonka mitta on 2π 5, voidaan konstruoida harpilla ja viivoittimella. a) käyttäen trigonometristä kaavaa cos(5α) = 16cos 5 α 20cos 3 α + 5cos α ja sitä tietoa, että toisen asteen yhtälö osataan ratkaista harpilla ja viivoittimella, koska neliöjuuri voidaan konstruoida, b) käyttäen tehtävää 2. ja c) konstruoimalla kyseinen kulma harppia ja viivoitinta käyttäen. Ohje: b)-kohdassa merkitään ǫ = e i 2π 5 C, jolloin kysymys on pisteen ǫ tai sen koordinaattien konstruoinnista. Kuntalaajennuksen Q Q(ǫ) aste on tehtävän 5.4 c) nojalla 4. Koska luvun ǫ käänteisluku on sen kompleksikonjugaatti, niin ǫ + ǫ 1 Q(ǫ) on reaalinen. Silloin Q(ǫ + ǫ 1 ) on kunnan Q(ǫ) aito alikunta, ja silloin laajennuksen Q Q(ǫ + ǫ 1 ) aste on 1 tai 2. Nythän ǫ + ǫ 1 = ǫ + ǫ = 2Re(ǫ) = 2cos 2π 5. c)-kohdan konstruktio on klassinen ja löytyy monesta lähteestä. Tässä voi tietysti keksiä sen uudelleen. b)-kohdan nojalla 2cos 2π 5 on jonkun astetta 2 olevan rationaalikertoimisen polynomin juuri, ja syntyvä toisen asten yhtälö osataan ratkaista piirtämällä. Tämän toisen asteen polynomin löytää vaikkapa arvaamalla, että symmetriasyistä, koska ǫ + ǫ 1 = ǫ + ǫ 4 on sen juuri, niin myös ǫ 2 + ǫ 3 on juuri. Tämä on oikea arvaus, minkä näkee kun muistaa, että ǫ on minimaalipolynominsa X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 juuri. Ratkottava toisen asteen 15

16 yhtälö saadaan luultavasti helpoiten kuitenkin a)-kohdasta. Tosin siitä ei tule samaa yhtälöä, koska sieltä saatava ratkaisu on suoraan cos 2π 5, tässä b)-kohdan juurenahan on 2cos 2π 5. Seuraavassa ollaan kiinnostuneita siitä, minkälaisia säännöllisiä monikulmioita voidaan konstruoida harpilla ja viivoittimella. Tehtävä voidaan tietysti muotoilla niin, että säännöllisen monikulmion kärkipisteet ovat yksikköympyrällä, jolloin ilmeisesti kyseiset kärkipisteet ovat ykkösen juuret ǫ k = e i 2πk m, k = 0,...,m 1, missä m on monikulmion sivujen lukumäärä. Jos osataan konstruoida ǫ 1, niin muutkin saadaan helposti. Tehtäväksi voidaan siis ekvivalentisti asettaa luvun cos 2π m konstruointi. Merkitään S = {m 3 cos 2π m voidaan konstruoida}. Nyt pitäisi sitten antaa välttämätön ja riittävä ehto sille, milloin m S. Selvästi ainakin 3 S (cos 2π 3 = 1 2 ), ja tästä peräkkäisillä kulman puolituksilla 2 n 3 S kaikille n N. Samoin selvästi 4 S, joten 2 n S kaikille n 2. Tehtävän 6. perusteella 5 S, joten 2 n 5 S kaikille n N. Pienin m, jolle pätee m S on m = 7. Tämä näkyy tehtävästä 8 b). Toiseksi pienin on m = 9, mikä seuraa lauseen 6.21 todistuksesta. Näissä kahdessa viimeisessä tehtävässä todistetaan pikku lemmoja, joiden avulla seuraavissa demoissa todistetaan välttämätön ehto sille, että m S. Annettu ehto on myös riittävä, mutta tämä osataan todistaa vasta Galois n teorian avulla joskus myöhemmin. 7. Todista seuraavat väitteet: a) Jos n S ja m on n:n tekijä, niin m S. b) Jos m,n S ja syt(m,n) = 1, niin mn S. Ohje: 2π/mn = a2π/n + b2π/m joillekin a,b Z. Huomaa, että tämä väite ei päde ilman oletusta syt(m,n) = 1, esimerkkinä tapaus m = n = 3. c) Olkoon m = p a pan n N, missä p i :t ovat eri alkulukuja ja a i 1 kaikille i. Tällöin m S jos ja vain jos p ai i S kaikille i = 1,...,n. Huomautus. Tämä c)-kohdan väite ei pidä paikkaansa, vastaesimerkkinä m = 10 = 2 5. Tämä hankaluus johtuu siis siitä, että määritelmän mukaan 2 S. Tämä samainen riesa tulee jatkossakin vastaan, ja väitteiden muotoilun kannalta on helpompi muuttaa määritelmää, eli hyväksytään myös 2 S. Tietysti voi vähän ihmetellä säännöllisen 2-kulmion olemusta, mutta mennään tästedes tällä uudella määritelmällä, ja poistetaan lopuksi kakkonen joukosta S, jos se häiritsee. Tällä uudella määritelmällä kohdan c) väite pätee. 16

17 8. Todista seuraavat väitteet. C. Tällöin kunta- a) Olkoon p alkuluku siten, että p n S. Olkoon ǫ = e i 2π p n laajennuksen Q Q(ǫ) aste on kakkosen potenssi. b) 7 S, 11 S, 13 S, 19 S, 23 S. Loppukysymys. Miten käy luvulle 17? Sille käy niin, että 17 S. Tämä todistetaan yleisesti myöhemmin, kun nähdään, että a)-kohdan ehto on myös riittävää sille, että p S. Mikä on muuten seuraava alkuluku, joka a)-kohdan ehdon toteuttaa? Todistuksen sille, että 17 S saa myös alkeellisesti huomaamalla moninkertaisten kulmien trigonometrisiä kaavoja pitkästi pyöritellen, että 16cos 2π 17 = (1 17) Tätä kaavaa ei tarkasti ruveta johtamaan. Ja onhan tälle piirrosmetodikin (löytyy Wikipediasta), joka on paljon yksinkertaisempi kuin tuon neliöjuurihäkkyrän geometrinen ratkaiseminen. 17

18 Algebran jatkokurssin demo 7, Merkitään kuten edellisissä demoissa S = {m 2 cos 2π m voidaan konstruoida}, jolloin m S säännöllinen m-kulmio osataan piirtää mukaanlukien säännöllinen 2-kulmio. Tässä tehtävässä annetaan välttämätön ehto sille, että m S. Jatkossa osoitetaan, että tämä ehto on myös riittävä. Olkoon m S. Osoita, että m on joko kakkosen potenssi tai sitten muotoa m = 2 k p 1 p 2...p n, missä p i 3 ovat eri alkulukuja ja muotoa p i = 2 2s i + 1, s i 0 kaikille i = 1,...,n. Ohje: Tutki m:n alkulukutuloesitystä. Käytä hyväksi tehtäviä 6.7 c), 6.8 a), 6.7 a), 5.4 d) ja 5.4 c). Huomautus. Hyvin harvat alkuluvut ovat esitettyä muotoa. Muotoa 2 2s i + 1 olevia lukuja sanotaan Fermat n luvuiksi. Pienimmät Fermat n luvut löytyvät vaikkapa osoitteesta oeis.org/a000215/list. On huomattava, että tässä listassa alkulukuja ovat vain viisi pienintä, muut eivät. Itse asiassa on avoin kysymys, onko tällaisia alkulukuja enempää lainkaan, vai ovatko kaikki alkuluvut, jotka ovat Fermat n lukuja, jo listassa 3, 5, 17, 257 ja Niin kuin tuosta linkin listasta näkyy, esimerkiksi s i :n arvolla 8 saadaan melko iso luku, ja nämä kasvavat eksponentiaalisesti. 2. Tehtävässä 3.3 osoitettiin, että jokaisen äärellisen kunnan kertaluku on muotoa p n, missä p on alkuluku. Silloin kerrottiin, että annetulle alkulukupotenssille p n aina myös löytyy kunta, jonka kertaluku on p n. Tämän todistuksen kerrottiin tulevan joskus jatkossa. Nyt ei olla vielä niin pitkällä, mutta voidaan kuitenkin todistaa asiaa sivuava tulos. Tämä on itse asiassa toisensuuntainen kuin olemassaolotulos: tässä näet osoitetaan, että kertalukua p n olevia kuntia on vain yksi, isomorfiaa vaille tietysti. Olkoon K kunta, jonka kertaluku on p n, missä n 1 ja p on alkuluku. Osoita (tai huomaa, eihän tässä paljon todistamista ole, kun katsoo tehtävän 3.3 ratkaisua) ensin, että K:n karakteristika on p. Silloin on olemassa monomorfismi i : Z p K, missä i(z p ) on K:n alkukunta. Olkoon P = X pn X Z p [X]. Osoita, että K on polynomin P hajoituskunta kuntalaajennuksen i : Z p K suhteen. 18

19 Haluttu tulos kertalukua p n olevien kuntien yksikäsitteisyydestä seuraa tästä ja lauseesta 8.12, jonka mukaan kaikki P:n hajoituskunnat ovat isomorfisia keskenään. Seuraavaa tulosta varten muistutetaan mieleen, että jos K on kunta, niin K\{0} on tunnetusti ryhmä kertolaskun suhteen. Äärellisessä kunnassa pätee (paljon) enemmänkin: Lause 1. Olkoon K äärellinen kunta. Tällöin ryhmä (K \ {0}, ) on syklinen. Tämän lauseen todistusta varten määritellään ensin apukäsite. Jos G on äärellinen ryhmä, niin merkitään e(g) = pyj{ord(g) g G}. Tässä ord(g) on tavalliseen tapaan alkion g kertaluku eli ord(g) = min{m 1 g m = e}, missä e on G:n neutraalialkio. Tuo merkintä pyj tarkoittaa pienintä yhteistä jaettavaa, joka on nimensä mukainen eli pienin aidosti positiivinen kokonaisluku, jonka kaikki läsnäolijat jakavat. Huomaa, että äärellisessä ryhmässä jokaisen alkion kertaluku on äärellinen, joten e(g):n määritelmä on mielekäs. Lisäksi Lagrangen lauseen nojalla jokaisen alkion kertaluku jakaa ryhmän kertaluvun, jolloin suoraan pyj:n määritelmän mukaan e(g) #G, ja silloin e(g) #G. Esimerkki. Ryhmässä (Z 6,+) kertaluvut ovat ord(0) = 1, ord(1) = 6 = ord(5), ord(2) = 3 = ord(4) ja ord(3) = 2, joten e(z 6 ) = pyj{1,2,3,6} = 6. Vastaavasti permutaatioryhmässä S 3 kertaluvut ovat ord((1)) = 1, ord((12)) = ord((13)) = ord((23)) = 2 ja ord((123)) = ord((132)) = 3, joten e(s 3 ) = pyj{1,2,3} = 6. Vastaavasti permutaatioryhmän S 4 alkioiden kertaluvut ovat 1,2,3 ja 4, joten e(s 4 ) = pyj{1,2,3,4} = Olkoon G kommutatiivinen ryhmä. Osoita, että G:ssä on alkio, jonka kertaluku on e(g). Huomautus. Tehtävän 3. väite ei päde ilman kommutatiivisuusoletusta, kuten edellisistä permutaatioesimerkeistä näkyy. Ohje: Olkoon e(g) = p α p αn n, missä p i :t ovat eri alkulukuja ja α i 1 kaikille i. Huomaa, että e(g):n määritelmän nojalla kaikille i = 1,...,n löytyy alkio g i G siten, että ord(g i ) = a i p αi i jollekin a i N. Haettu G:n alkio on g = g a gan n. 19

20 4. Osoita, että jos G on kommutatiivinen äärellinen ryhmä siten, että e(g) = #G, niin G on syklinen. 5. Olkoon K kunta ja G äärellinen ryhmän (K \ {0}, ) aliryhmä. Osoita, että G on syklinen. Ohje: Tarkastele polynomia X e(g) 1 ja käytä tehtävää 4. Lauseen 1. todistus. Tämä seuraa välittömästi tehtävästä Tarkastellaan kuntaa, jossa on (tai pitäisi olla) 25 alkiota. Jos tällainen on olemassa, se on tehtävän 2. mukaan polynomin Q = X 25 X Z 5 [X] hajoituskunta jonkun kuntalaajennuksen suhteen. Tämä olemassaolokysymys on vielä auki, mutta tässä on nyt helpompikin tapa edetä, kun huomataan, että polynomi P = X 2 2 Z 5 [X] on jaoton, jolloin lauseen 4.29 nojalla on olemassa kuntalaajennus i : Z 5 L ja α L siten, että P on α:n minimaalipolynomi. Tämän L:n voi kaivaa ihan konkreettisestikin lauseen 4.29 todistuksesta, mutta siitä ei ole nyt mitään hyötyä. a) Osoita, että i(z 5 )(α) on P:n hajoituskunta laajennuksen i suhteen. Ohje: Lemma 8.6. b) Koska α:n minimaalipolynomin aste on 2, niin lauseen 4.31 mukaan kaikilla kunnan i(z 5 )(α) alkioilla x on yksikäsitteinen esitys muodossa x = a + bα, missä a,b i(z 5 ). Silloin tässä kunnassa on ilmeisesti juuri 25 alkiota. Tehtävän 2. mukaan tämän pitäisi silloin olla polynomin Q = X 25 X Z 5 [X] hajoituskunta. Osoita, että näin todella on. c) Lauseen 1. (joka edellä todistettiin) mukaan multiplikatiivisen ryhmän i(z 5 )(α) \ {0} pitäisi olla syklinen. Osoita, että näin todella on etsimällä sille virittäjä. Huomautus. Tiedossani ei ole mitään järkevää metodia tuon c)-kohdan ratkaisulle. Kokeilemallahan se virittäjä tietysti löytyy, mutta tässä nyt olisi ainakin osatehtävänä tai toiveena, että joku keksisi jonkun fiksun tavan hoitaa asia. 7. Olkoon K äärellinen kunta. Osoita, että jokainen x K voidaan esittää kahden neliön summana, ts. on olemassa y,z K siten, että x = y 2 + z Olkoon i : K L kuntalaajennus, jonka aste on 2. Osoita, että tällainen laajennus on aina normaali, ilman mitään lisäoletuksia. 20

21 Algebran jatkokurssin demo 8, Määrää kunnan Q({ 2, 3}) kaikki alikunnat. Määrää edelleen Galois n ryhmät Γ(M, Q({ 2, 3})) kaikille kunnan Q({ 2, 3}) alikunnille M. 2. Määrää kaikki Galois n ryhmän Γ(Q, Q({ 2, 3})) aliryhmät H ja näille kiintopistekunnat fix(h) Q({ 2, 3}). 3. Olkoon K kunta, jonka karakteristika on alkuluku p. Määritellään kuvaus ϕ : K K asettamalla ϕ(k) = k p kaikille k K. Osoita, että ϕ on rengashomomorfismi. Osoita edelleen, että jos K on äärellinen, niin ϕ on K:n automorfismi. Huomautus. Tällä tehtävän 3. kuvauksella on oikein nimikin: se on ns. Frobeniuksen homomorfismi. 4. Osoita, että kunnassa Z p Frobeniuksen automorfismi on identtinen kuvaus. Tämä ei tietystikään ole kovin innostavaa herra Frobeniuksen näkökulmasta, mutta osoita, ettei hra Frobenius aivan tyhjää määritellyt: anna esimerkki (äärettömästä) kunnasta, jossa Frobeniuksen homomorfismi ei ole automorfismi ja toinen esimerkki (äärellisestä) kunnasta, jossa Frobeniuksen automorfismi ei ole identtinen kuvaus. 5. Tehtävässä 3.3 osoitettiin, että jokaisen äärellisen kunnan kertaluku on muotoa p n, missä p on alkuluku. Tehtävässä 7.2 todettiin, että tällaisia kuntia on isomorfiaa vaille korkeintaan yksi. Tämähän todistettiin niin, että havaittiin kertalukua p n olevan kunnan olevan polynomin P = X pn X hajoituskunta K jossakin kuntalaajennuksessa i : Z p K. Nyt ollaan niin pitkällä, että osataan todistaa myös kunnan K olemassaolo. Osoita siis, että kertalukua p n oleva kunta on olemassa kaikille alkuluvuille p ja kaikille n 1. Ohje: Tuo yksikäsitteisyystodistus antaa vahvan vinkin. Osoita, että P:n hajoituskunnassa on täsmälleen p n alkiota. Tämä onnistuu huomaamalla, että î(p):n juuret muodostavat kunnan, jossa on juuri oikea määrä alkioita. Tämä puolestaan onnistuu käyttämällä lemmaa 9.10 ja soveltamalla tilanteeseen Frobeniuksen automorfismin kertaluvun n iteraattia eli kuvausta joka on myös homomorfismi. ϕ n = ϕ... ϕ, }{{} n kpl Huomautus. Näillä kertalukua p n olevilla kunnilla jotka ovat siis tehtävän 21

22 7.2 mukaan isomorfiaa vaille yksikäsitteisesti määrättyjä on oma nimi ja merkintä. Puhutaan Galois n kunnista ja käytetään merkintää GF(p n ). 6. Olkoon K Galois n kunnan GF(p n ) alikunta. Osoita, että K = GF(p m ) jollekin m 1, joka on luvun n tekijä. 7. Olkoon m 1 luvun n 1 tekijä. Osoita, että kunnassa GF(p n ) on alikunta GF(p m ). Ohje: Haluttu alikunta löytyy yhtälön x pm = x ratkaisujoukkona. Tässä kannattaa aluksi todistaa, että kun m n, niin kaikissa renkaissa R ja kaikille alkioille x R pätee (x m 1) (x n 1). 8. Koska kunnan GF(p n ) karakteristika on p, niin sen alkukunta on isomorfinen Z p :n kanssa, joten on olemassa monomorfismi eli kuntalaajennus i : Z p GF(p n ). Osoita, että Galois n ryhmä on syklinen ja kertalukua n. Γ(i(Z p ),GF(p n )) Ohje: Frobeniuksen automorfismin iteraatit (ks. tehtävä 5.) muodostavat tämän ryhmän. Ongelmana on osoittaa, että muita automorfismeja ei ole. Demoissa 7. osoitettiin, että multiplikatiivinen ryhmä GF(p n ) \ {0} on syklinen, joten siinä on virittäjä. Tämän virittäjän kuvautuminen määrää automorfismin täysin. Virittäjä kuvautuu minimaalipolynominsa juurelle, ja montakos juurta tällä minimaalipolynomilla voi olla? 22

23 Algebran jatkokurssin demo 9, Tehtävässä 8.7 osoitettiin, että jos m n, niin kunnassa GF(p n ) on alikunta GF(p m ). Voiko tällaisia alikuntia olla useampia vai onko niitä aina vain yksi? 2. Tehtävän 3.3 yhteydessä ihmeteltiin kertalukua p n olevan kunnan GF(p n ) olemassaoloa ja todettiin, että olemassaoloväitteen todistamiseksi riittäisi antaa renkaassa Z p [X] jaoton, astetta n oleva polynomi. Tällaista polynomia ei kuitenkaan annettu, vaan todettiin, että sellaisen tuottaminen on ongelmallista. Nyt ollaan vähän viisaampia. Onko olemassa jaotonta, astetta n olevaa polynomia renkaassa Z p [X] kaikille n ja p? 3. Olkoon K äärellinen kunta, jonka kertaluku on q 2. Oletetaan, että astetta d 1 oleva jaoton polynomi Q jakaa polynomin P = X qn X, missä n 1 renkaassa K[X]. Osoita, että d jakaa luvun n. 4. Todista käänteinen tulos tehtävälle 3: Samoin merkinnöin oletetaan, että Q K[X] on jaoton ja d = deg(q) jakaa luvun n. Osoita, että polynomi Q jakaa polynomin P renkaassa K[X]. Ohje: Tässä kannattaa tarkastella tekijärengasta K[X]/(K[X] Q), tekijäkuvausta π : K[X] K[X]/(K[X] Q) ja alkiota α = π(x) K[X]/(K[X] Q). Lauseet 1.18 ja 1.19 kannattaa tietysti muistaa, ja myös tehtävän 8.7 ratkaisusta on hyötyä. 5. Olkoot K ja P kuten tehtävissä 3. ja 4. Merkitään kaikille d 1 Osoita, että A d = {Q K[X] Q on perusmuotoinen, jaoton ja astetta d}. P = d n Q A d Q. Ohje: Tässä ei ole kovinkaan paljon tekemistä tehtävien 3. ja 4. jälkeen. 6. a) Olkoot K ja A d kuten tehtävässä 5. Osoita, että d #A d = q n. d n b) Montako d-asteista jaotonta polynomia on renkaassa Z 2 [X], kun d = 1,2,3,4,5,6? 23

24 Huomautus. Tehtävä 6. antaa siis toimivan menetelmän laskea jaottomien perusmuotoisten ja tiettyä astetta olevien polynomien lukumäärä esimerkiksi renkaassa Z p. Tätä menetelmää voi vielä parantaa, kuten seuraavissa demoissa tehdäänkin Möbiuksen funktion avulla. 7. Olkoon K äärellinen kunta ja i : K L algebrallinen kuntalaajennus. Osoita, että i on separoituva (ks. määritelmä 9.14). Kysymys. Tehtävän 7. tulos tarkoittaa käytännössä sitä, että kaikki jaottomat polynomit renkaassa K[X] ovat separoituvia eli niillä ei ole moninkertaisia juuria hajoituskunnassaan. Lauseessa 9.13 toisaalta esitellään polynomeja, jotka ovat ei-separoituvia. Onkos tässä nyt jotain ristiriitaa? 8. Olkoon n 2 ja ǫ k = e i 2πk n, k = 1,...,n ykkösen kertalukua n olevat kompleksiset juuret. Nämä n juurta muodostavat kertolaskun suhteen syklisen ryhmän G n, virittäjänä esimerkiksi ǫ 1. Muitakin virittäjiä tässä ryhmässä on, itse asiassa ǫ k on virittäjä jos ja vain jos syt(k,n) = 1. Virittäjiä on siten kaikkiaan ϕ(n) kappaletta, missä ϕ on Eulerin ϕ-funktio. Ryhmän G n virittäjiä kutsutaan primitiivisiksi juuriksi modulo n. Merkitään W n = {ǫ ǫ on primitiivinen juuri modulo n}. Syklotomiset polynomit Φ n määritellään asettamalla Φ n = ǫ W n (X ǫ). Seuraavissa demoissa on tarkoitus osoittaa, että syklotomiset polynomit ovat jaottomia renkaassa Q[X], mutta tässä on vähän ongelmia, ensimmäisenä tietysti se, että ei ole itsestään selvää, että Φ n Q[X]. Eihän ole selvää edes se, että Φ n :n kertoimet ovat reaalisia. Selvitetään tämä ongelma ensin. Tähän tarvitaan avuksi ns. Möbiuksen funktio, joka esitellään seuraavassa. Olkoon tässä N = {1,2,3...} ja oletetaan, että on annettu kaksi funktiota a, b : N G, missä G on kommutatiivinen (laskutoimitus summana merkitty) ryhmä. Oletetaan, että a voidaan laskea b:n avulla kaavasta a(n) = d n b(d) kaikille n 1. (1) Kaava (1) halutaan kääntää eli invertoida niin, että b voidaan laskea a:n avulla kaavasta b(n) = a(d)µ( n ) kaikille n 1, (2) d d n jollekin sopivalle inversiofunktiolle µ. Osoittautuu, että tässä toimii a:sta ja b:stä riippumaton yleinen inversiofunktio µ : N Z, jota kutsutaan Möbiuksen 24

25 (inversio)funktioksi. Tämä määritellään asettamalla µ(1) = 1 ja kun n 2, niin esitetään n ensin alkulukumuodossa ja määritellään sitten n = p α1 1 µ(n) =... pαm m, p 1 <... < p m, α k 1 { 0 jos α k 2 jollekin k ( 1) m jos α k = 1 kaikille k. Osoita, että tällä inversiofunktiolla kaava (2) toimii. Ohje: Tässä kannattaa osoittaa ensin, että kaikille n 2 pätee µ(d) = 0. (3) d n Sitten voisi osoittaa, että kaavan (1) vallitessa a määrää b:n täysin. (Jonkunlainen induktio tässä on varmaan paras.) Sitten voi määritellä b:n kaavalla (2) ja todeta, että tämä toteuttaa kaavan (1), samalle a siis. Yksikäsitteisyyden perusteella on oltava b = b. Laskut ovat summamanipulaatioita, joissa ehdosta (3) on apua. Seuraavissa demoissa jatketaan syklotomisten polynomien tarkastelua. 25

26 Algebran jatkokurssin demo 10, Olkoon K äärellinen kunta, jonka kertaluku on q 2. Merkitään kuten tehtävässä 9.5 A d = {Q K[X] Q on perusmuotoinen, jaoton ja astetta d}. Tehtävässä 9.6 esitettiin kaava, josta joukon A d alkioiden lukumäärän voi laskea: d #A d = q n. d n a) Osoita, että Möbiuksen inversiofunktion µ (ks. teht. 9.8) avulla saadaan tälle lukumäärälle kaava #A n = 1 µ(d)q n d. n d n Tämä on näppärä esitys, josta #A n on helppo laskea; µ:n määritelmä on tehtävän 9.8 yhteydessä. b) Tämä on jatkoa tehtävään 9.6 b). Montako n-asteista jaotonta polynomia on renkaassa Z 2 [X], kun n = 7,8,9,10? c) Osoita, että kaikille n 1 on olemassa renkaassa K[X] jaoton, perusmuotoinen polynomi, jonka aste on n. Tehtävässä 9.8 määriteltiin syklotomiset polynomit Φ n, n 2. Käytetään tässä kyseisen tehtävän merkintöjä ja määritellään vielä Φ 1 = X 1. Todistetaan ensin muutama yksinkertainen aputulos, jotka näennäisesti eivät liity mitenkään toisiinsa, ja syklotomisiin polynomeihinkin yhteys on aika hatara. Näitä kuitenkin tarvitaan jatkossa. 2. a) Osoita, että W n = {ǫ k syt(k,n) = 1.} b) Paranna a)-kohdan tulosta osoittamalla, että jos d n, niin W d = {ǫ k syt(k,n) = n d }. 3. Olkoon P Z[X] perusmuotoinen polynomi ja Q,R Q[X] perusmuotoisia polynomeja siten, että P = QR. Tällöin Q,R Z[X]. Ohje: Tämä(kin) tulos tunnetaan yleensä nimellä Gaussin lemma. Tälle on useita eri todistustapoja, mutta varmaan yksinkertaisin on ottaa käyttöön redusoidun kokonaislukukertoimisen polynomin käsite: sanotaan, että T Z[X] on redusoitu, jos T:n kertoimilla ei ole yhteisiä tekijöitä. Osoita ensin, että jokainen Q-kertoiminen polynomi voidaan laventaa ja/tai supistaa redusoituun 26

27 muotoon, ts. jos U Q[X], niin on olemassa α Q siten, että αu Z[X] ja αu on redusoitu. Osoita sitten, että redusoitujen polynomien tulo on redusoitu. Tämä menee näppärästi, kun käytät tekijäkuvauksen π p : Z Z p (p sopiva alkuluku) indusoimaa kuvausta π p : Z[X] Z p [X]. Nämä ovat aputuloksia. Seuraavaksi sitten varsinaisen väitteen todistukseen. Lavenna Q ja R redusoituun muotoon: Q 1 = αq ja R 1 = βr. Silloin αβp = Q 1 R 1. Päättele tästä, että αβ Z, josta edelleen αβ = ±1, ja tästä saadaan α,β = ±1. Tässähän se väite suurinpiirtein onkin. 4. Olkoon Q Z p [X]. Osoita, että Q(X p ) = Q p. Ohje: Merkintä on selitetty tehtävässä 2.4. Tämä menee helpoiten (ja helposti) induktiolla Q:n asteen suhteen. Mennään sitten varsinaisesti syklotomisten polynomien Φ n kimppuun. Eulerin ϕ-funktion määritelmän mukaan ϕ(n) = #{k k = 1,...,n, syt(k,n) = 1}, joten tehtävän 2. nojalla #W n = ϕ(n). Tällöin syklotomisten polynomien määritelmän mukaan deg Φ n = ϕ(n) kaikille n. Tälle asteelle eli luvulle ϕ(n) on alkeislukuteoriasssa melko helposti todistettava laskentakaava. Jos n:n alkulukuesitys on n = p a pa l l, p 1 <... < p l, a j 1, niin ϕ(n) = p a1 1 1 (p 1 1)... p a l 1 l (p l 1). Esimerkiksi, jos n = 180 = , niin ϕ(180) = 2 1 (2 1)3 1 (3 1)5 0 (5 1) = = 48. Uskotaan tähän tulokseen tosin sitä ei tässä missään varsinaisesti tarvita (paitsi tehtävän 5 a) huomautuksessa), mutta sen avulla saadaan helposti syklotomisen polynomin Φ n aste. 5. a) Osoita, että X n 1 = d n Φ d. Huomaa, että näiden polynomien astetta vertailemalla saadaan a)-kohdasta ilmaiseksi lukuteoreettinen tulos n = d n ϕ(d). (1) Tämä tulos todistetaan joillakin lukuteorian kursseilla, mutta näillä kursseilla ei yleensä pystytä lainkaan kertomaan syytä, miksi yhtälö (1) pätee. Tuo a)- kohdan tulos (ja sen todistus) selittää asian. 27

28 b) Osoita a)-kohdan ja Möbiuksen inversiokaavan avulla, että Φ n = d n(x n d 1) µ(d). Huomautus. Tässä esiintyy myös negatiivisia potensseja, joten on siirryttävä polynomirenkaan jakokuntaan C[X]. Möbiuksen inversiokaavassa käytettävä ryhmä on multiplikatiivinen ryhmä C[X] \ {0}. c) Osoita, että Φ n on kokonaislukukertoiminen. Ohje: Käytä b)-kohtaa; siinä ongelmana ovat negatiiviset eksponentit eli polynomien jakolasku. Käytä polynomien jakoyhtälöä (lause 1.12) renkaassa Z[X]. Polynomien jakoyhtälö on muotoiltu vain kuntakertoimisessa tilanteessa, mutta se toimii myös Z[X]:ssa, kunhan jakaja on perusmuotoinen uskotaan tähän. Käytä sitten jakoyhtälön yksikäsitteisyyspuolta C[X]:ssä. Näitä polynomeja Φ n voi tehtävän 5. b) avulla laskeskella: Φ 1 = X 1, Φ 2 = X + 1, Φ 3 = X 2 + X + 1, Φ 4 = X 2 + 1, Φ 5 = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1, Φ 6 = X 2 X + 1, Φ 7 = X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + 1, Φ 8 = X 4 + 1, Φ 9 = X 6 + X 3 + 1, ja mikä onkaan Φ 10? Tätä laskemista voi tietysti jatkaa vähän pitemmällekin esimerkiksi n:n arvoon n = 100 asti. Havainto on siinä vaiheessa se, että näiden polynomien kertoimina esiintyvät ainoastaan luvut ±1 (ja 0). Tämmöinen koulupojan induktio väittäisi tällöin, että näinhän se on kaikille n, jos sataseen asti päästään. Näin ei kuitenkaan ole, sillä polynomissa Φ 105 on kaksi kerrointa, jotka ovat 2. Tässä kohdassa kannattaa vilkaista Wikipediaa hakusanalla cyclotomic polynomials; siellä on paitsi tuo polynomi Φ 105 myös selitys sille, miksi pienemmille n kertoimet ovat vain ykkösiä. Seuraavaksi pitäisi todistaa, että Φ n on jaoton renkaassa Q[X]. Kuten on nähty, kuntalaajennukset ja niiden asteet auttavat lähes kaikkiin ongelmiin (mukaanlukien kestävyysvajeen ja kaamosmasennuksen). Näin on tässäkin. Lasketaan ensin kuntalaajennuksen Q W n aste. Koska ǫ 1 on virittäjä, on Q(ǫ 1 ) = Q(W n ), joten kysymys on ǫ 1 :n minimaalipolynomin asteesta. Tämä on selvitetty tehtävässä 5.4, kun n on alkuluku tai alkuluvun neliö. Alkuluvun p tapauksessa 28

29 aste on p 1 ja jos n = p 2, niin aste on p(p 1). Yleisessä tapauksessa vastaus on ϕ(n). Huomaa, että tehtävää 5. edeltävän huomion nojalla ϕ(p) = p 1 ja ϕ(p 2 ) = p(p 1), joten tämä uusi väite sopii noihin vanhoihin havaintoihin. Väitteet pitäisi todistaa. Aloitetaan tällä: 6. Olkoon P Q[X] ǫ 1 :n minimaalipolynomi laajennuksen Q Q(ǫ 1 ) suhteen. Osoita, että jokainen ǫ W n on P:n juuri. Ohje: Tämä on aika vaikea, joten seuraavassa on todistuksen luuranko; tehtävänä on laittaa lihat päälle. Riittää osoittaa, että jos ζ on primitiivinen juuri modulo n ja P:n juuri, niin ζ p on P:n juuri, kun p on alkuluku, joka ei jaa lukua n. P jakaa polynomin Q = X n 1 eli Q = PR jollekin R. R,P Z[X]. Antiteesi: ζ p ei ole P:n juuri. ζ on polynomin S = R(X p ) juuri. P jakaa S:n (huomaa, että tämä on epätriviaalia), joten S = PT. T Z[X]. Olkoon π p : Z Z p tekijäkuvaus. π p (S) = π p (P) π p (T). ( π p (R)) p = π p (P) π p (T). π p (P):llä ja π p (R):llä on yhteinen ei-vakio tekijä. π p (Q):lla on moninkertainen juuri. Tämä on mahdotonta. 7. Osoita, että kuntalaajennuksen Q Q(W n ) aste on ϕ(n). Merkitään, kuten tapana on, renkaan R yksiköitä eli alkioita, joilla on käänteisalkio kertolaskun suhteen, symbolilla R. Tämä joukko on ryhmä R:n kertolaskun suhteen, kuten algebran peruskurssilla todistetaan. 8. Osoita, että Γ(Q, Q(W n )) = Z n. 9. Ja lopultakin: osoita, että Φ n on jaoton renkaassa Q[X]. 29