Lite additioner till Föreläsningsanteckningarna. 1 Tillägg till kapitel 1.

Transkript

1 Lite additioner till Föreläsningsanteckningarna. Följande additioner har gjorts till anteckningarna men ligger ändå som ett separat dokument för er som redan har skrivit ut anteckningarna och inte vill skriva ut hela dokumentet igen. 1 Tillägg till kapitel 1. Uppgifter: 1. (a) Bevisa att 0 a = 0 för alla a K. Observera att vi inte antar att 0 är den vanliga nollan eller vanlig multiplikation i denitionen av kropp. Både 0 och är kan vara vad som helst som uppfyller alla axiom i denitionen. Ledtråd: Använd att a + 0 = a multiplicera båda led med a och se vart det leder. (b) Antag att K har minst två element och bevisa att 0 1 i K. (c) Antag att K har minst två element och bevisa att det existerar a, b K så att a b a + b. Dra slutsatsen att operationen + inte är samma som för kroppar med två eller er element. 2. Antag att K är en kropp. (a) Antag att det nns ett e K så att e a = a för alla a K. Bevisa att e = 1, d.v.s. att den multiplikativa enheten är unik i en kropp. (b) Antag att det nns ett z K så att z + a = a för alla a K. Bevisa att z = 0, d.v.s. att den additiva enheten är unik i en kropp.

2 2 Tillägg till kapitel 4. Exempel 11: Betrakta polynomet p(x) = (x 2 + 1)(x 2 2) om vi vill lösa polynomet med radikaler så lägger vi först till 2 till Q och får Q( 2) = {a + b 2; a, b Q}. Sen lägger vi till i till Q( 2) och får Q( 2, i). Det går att visa (se övning 1) att Q( 2, i) = {a + b 2 + ci + d 2i; a, b, c, d Q}. För att beskriva automorgruppen av Q( 2, i) som lämnar Q xt. Först så observerar vi att om σ är en automor med xkropp Q så kommer, för varje x Q( 2, i), σ(x 2 +1) = σ(x) 2 +σ(1) = σ(x) Så om x löser x = 0 så måste σ(x) också lösa x = 0. Detta innebär att σ(i) = i eller σ(i) = i. På samma sätt så kommer σ( 2) = 2 eller σ( 2) = 2. Detta gör att vi får fyra automorer och e(x) = x för alla x Q( 2, i), x om x Q σ 2 (x) = σ i (x) = 2 om x = 2 i om x = i, x om x Q 2 om x = 2 i om x = i x om x Q τ(x) = 2 om x = 2 i om x = i. Eftersom dessa är automorer med xkropp Q så denierar detta automorerna på alla element i Q( 2, i), t.e.x. τ(a + b 2 + ci + d 2i) = a + bτ( 2) + cτ(i) + dτ( 2)τ(i) = (1) = a b 2 ci + d 2i. Vi skulle egentligen behöva bevisa att alla fyra automorerna bevarar addition och multiplikation och att de är bijektioner, men det är jättelätt att veriera 1 så vi låter bli att göra det. Eftersom alla automorer, med xkropp Q, måste uppfylla σ( 2) = ± 2 och σ(i) = ±i och värdet av automorn i dessa två punkter unikt bestämmer automorn på hela Q( 2, i) (såsom i (1)) så kan det bara nnas fyra automorer, så vår lista innehåller alla automorer. Dessa formar en grupp under sammansättning. Vi kan lätt beräkna t.ex. σ 2 τ genom att beräkna värdet i punkterna 2 och i, då dessa värden bestämmer automorn unikt så räcker det att beräkna automorn i dessa värden. Vi får och σ 2 τ( 2) = σ 2 ( 2) = σ 2 ( 2) = 2 σ 2 τ(i) = σ 2 ( i) = i så σ 2 τ = σ i. På samma sätt så kan vi beräkna alla sammansättningar och få följande multiplikationstabell: e σ 2 σ i τ e e σ 2 σ i τ σ 2 σ 2 e τ σ i σ i σ i τ e σ 2 τ τ σ i σ 2 e 1 Bara att räkna ut σ(x + y) och sen σ(x) + σ(y) för x, y Q( 2, i) och σ = e, σ 2, σ i och τ och på samma sätt för multiplikation. Långa och tråkiga beräkningar.

3 Nya uppgifter: 1. Visa att Q( 2, i) = {a + b 2 + ci + d 2i; a, b, c, d Q}. Det kan vara värt att först använda metoden i Exempel 1 för att visa att Q( 2, i) = {s + ti; s, t Q( 2)} (observera att enl. exempel 1 Q( 2) = {s + t 2; s, t Q}). 2. Bevisa att om φ : K L är en isomor så kommer φ 1 : L K att vara en isomor. [Ledtråd:] Vi gör alla delar av beviset i Hjälpsats 4.1. Men det kan vara en bra träning att göra beviset själv i alla fall - man lär sig matte bättre på att skriva bevis än på att läsa bevis. 3. Beskriv automorgruppen till Q( 3 2, i).

4 3 Tillägg till kapitel Precis som man talar om isomorfa kroppar så kan man tala om isomorfa grupper. Vi säger att två grupper G och H är isomorfa och det existerar en bijektion φ : G H så att 2 φ(g 1 g 2 ) = φ(g 1 ) φ(g 2 ) för alla g 1, g 2 G. Bevisa att gruppen {e, v, h, t} av ippar av kvadraten från Exempel 1 är isomorf med automorgruppen {e, σ 2, σ i, tau} från Exempel 11 från kapitel 4. Ledtråd: Det kan hjälpa att jämföra multiplikationstabellerna. 2 Här använder vi i två olika betydelser. I g 1 g 2 så är det i gruppen G som avses. Men när vi skriver φ(g 1 ) φ(g 2 ) så kommer att vara multiplikationen i H. Eftersom g 1, g 2 G och φ(g 1 ), φ(g 2 ) H så är det uppenbart från kontexten vilken multiplikation som avses.

5 4 Ändringar kring vad som tidigare var proposition 6.2. Denition 1. Vi säger att en avbildning mellan två grupper φ : G H är en homomor 3 om φ bevarar multiplikation φ(a b) = φ(a) φ(b) för alla a, b G 4 Om en homomor dessutom är bijektiv så säger vi att det är en isomor. Det nns en naturlig relation mellan homomorer och normala delgrupper. Relationen går via kärnan till homormorn. Denition 2. Om φ : G H är en homomor så säger vi att kärnan till homomorn är K = {g G; φ(g) = e}, där e är enhetselementet i H. Sats 1. Låt φ : G H vara en homomor mellan grupperna G och H. Då är kärnan, K, en delgrupp i G. Bevis: Vi börjar med att visa att enhetselementet i G, låt oss kalla det för e G, ligger i kärna e G K. Detta följer av att om g K så kommer e = φ(g) = φ(g e G ) = φ(g) φ(e G ) = e φ(e G ) = φ(e G ), det följer att e G K. Härnäst så visar vi att g 1, g 2 K implicerar att g 1 g 2 K. Om g 1, g 2 K så kommer φ(g 1 g 2 ) = φ(g 1 ) φ(g 2 ) = e e = e, där vi använde att homomorer φ bevarar multiplikation i den första likheten och att g 1, g 2 K i den andra. Det följer att g 1 g 2 K. Slutligen så måste vi visa att om g K så kommer g 1 K. Beviset är inte svårt och likt de tidigare och lämnas därför som övningg, se övning 1. Sats 2. [Isomorfisatsen för Grupper] Låt φ : G H vara en surjektiv homomor. Då kommer kärnan φ att vara en normal delgrupp i G och kvotgruppen G/K är isomorf med H. Bevis: Vi börjar med att bevisa att K är en normal delgrupp i G, d.v.s. att gk = Kg för alla g G. Idéen är att försöka identiera alla sidoklasser utifrån avbildningen φ. Vi denierar deniera inversen φ 1 (h) = {g G; φ(g) = h}, d.v.s. för h H så är φ 1 (h) mängden av alla element i G som avbildas på h. Det följer direkt att K = φ 1 (e). Vi hävdar att om g φ 1 (h) så kommer gk = φ 1 (h) = Kg. För att se detta så tar vi ett godtyckligt element ĝ gk och vi vill visa att ĝ φ 1 (h); det följer att gk φ 1 (h). Vi kommer senare att visa att φ 1 (h) gk. Om ĝ gk så nns det ett k K så att ĝ = gk. Eftersom φ är en homomor så gäller φ(ĝ) = φ(g k) = φ(g) φ(k) = φ(g) = h, där vi använde att g φ 1 (h) is den sista likheten. Det följer att ĝ φ 1 (h). 3 Tekniskt sett så är detta en grupphomomor, men då det är uppenbart att det är en homomor mellan grupper om H och H är grupper så brukar man inte skriva specicera grupp i grupphomor. 4 Här använder vi notationen för multiplikation i G och för multiplikation i H.

6 Vi visar nu att φ 1 (h) gk om g φ 1 (h). Om ĝ φ 1 (h) så kommer φ(g 1 ĝ) = φ(g 1 ) φ(g) = φ(g) 1 φ(ĝ) = h 1 h = e. Men detta medför att g 1 ĝ K, säg g 1 ĝ = k K. Det följer att ĝ = g k gk. Vi har därmed bevisat att φ 1 (h) gk φ 1 (h) vilket medför att φ 1 (h) = gk. På samma sätt visar man att φ 1 (h) = Kg från vilket vi drar slutsatsen att gk = φ 1 (h) = Kg och kärnan är därför en normal delgrupp. Det återstår att visa att G/K är isomorf med H. Vi måste hitta en isomor σg/k H. Den naturliga isomorn är avbildningen σ(gk) = φ(g) som denierar ett element φ(g) i H för varje sidoklass gk. Vi måste visa att σ är en bijektion. Att σ är surjektiv följer av att φ är det. För att se att σ är injektiv så antar vi att σ(g 1 K) = σ(g 2 K), vi måste visa att g 1 K = g 2 K.Men om σ(g 1 K) = σ(g 2 K) så måste φ(g 1 ) = φ(g 2 ) vilket innebär att φ(g 1 1 g 2 ) = φ(g 1 ) 1 φ(g 2 ) = φ(g 1 ) 1 φ(g 1 ) = e, (2) där vi använde att φ(g 1 ) = φ(g 2 ) i den andra likheten. Från (2) så drar vi, precis som tidigare, slutsatsen att g1 1 g 2 = k K och därför så g 1 k = g 2 och det följer att g 1 K g 2 K och därför, enligt Proposition??, så kommer g 1 K = g 2 K och injektivitet för σ följer. Att σ är en homomor följer direkt från antagandet att φ är det. Så σ är en bijektiv homomor och därför en isometri. Bevis av Sats 6.1: Vår strategi kommer att vara att visa att det nns en homomor φ : G j H, för någon grupp H, så att kärnan till φ är G j+1. Då kommer, enligt Sats 2, G j+1 att vara normal i G j. Den naturliga avbildningen φ är att låta φ(g) avbilda g på restriktionen av g till K j+1 : φ(g) = g Kj+1. Eftersom g G j+1 är identiteten på K j+1 så kommer φ(g) = e, där e är identitetsautomorn, för alla g G j+1. Det följer att G j+1 = K. För att använda Sats 2 så måste vi också visa att H är en grupp, vi kommer att visa att H är en grupp av automorer på K j+1. D.v.s. att restriktionen g Kj+1 är en automor på K j+1. För att göra detta så visar vi följande påstående. Påstående 1: Antag att g G j då kommer för något k = 0, 1,..., p j 1. Kom ihåg att ω pj är enhetsroten ω p j p j = 1. Dessutom så kommer g : K j+1 \ K j+1 K j \ K j. Bevis av Påstående 1: Vi vet att α p j j g(α j ) = ω k p j α j (3) K j. För att xera notation så kommer vi att skriva α p j j = a K j. Eftersom alla automorer i G j xerar alla element i K j så måste g(a) = a. Men eftersom g är en automor av K j så kommer a = g(a) = g(α p j j ) = (g(α j)) p j, (4) där vi använde att isomorer (och därför automorer) bevarar multiplikation i det sista steget. Men ekvationen a = x p j har lösningarna x = ωp k j α j för k = 0, 1,..., p j 1. Så likheten (4) implicerar att g(α j ) uppfyller (3). Det återstår att visa att g : K j+1 \ K j K j+1 \ K j. Vi så låter vi b K j+1 \ K j och vill visa att g(b) K j+1 \ K j. Enligt Hjälpsats?? så kan vi skriva b = a 0 + a 1 α j a pj 1α p j 1 j, där inte alla a 1, a 2,.., a pj 1 = 0 (för om alla var noll så skulle b K j ). Men det innebär att g(b) = a 0 + a 1 ωp k j α j + a 2 ωp 2k j αj a pj 1ω k(p j 1) α p j 1 j. p j

7 Eftersom inte alla a 1,.., a pj 1 = 0 så kommer g(b) K j+1 \ K j. Detta bevisar Påstående 1. Från Påstående 1 så följer det att g Kj+1 : K j+1 K j+1 och därför så kommer H = {g Kj+1 ; g G j } att bilda en grupp av automorer på K j+1. Sats?? medför nu att G j+1 är en normal delgrupp av G j. Även Proposition 6.2 och Följdsats 6.1 har skrivits om till en Proposition i den nya versionen av anteckningarna. Den nya propositionen är: Proposition 1. Låt K j och G j vara som i Sats??. Då kommer G j /G j+1 att vara en abelsk grupp. Bevis: Vi använder samma notation som i beviset av Sats??. Då kommer, enligt Sats 2, G j /G j+1 att vara isomorf med H eftersom G j+1 är kärnan till homomorn φ : G j H. Det räcker därför att visa att H är abelsk. Gruppen H bestod av alla restriktioner g Kj+1 av automorer g G j. Eftersom alla automorer i G j xerar alla element i K j så följer det att H G(K j+1, K j ), d.v.s. H är en delgrupp av G(K j+1, K j ). Vi kommer att visa att G(K j+1, K j ) är en cyklisk grupp. Detta medför att G(K j+1, K j ) är abelsk och eftersom H är en delgrupp av G(K j+1, K j ) så följer det att även H och därför G j /G j+1 är abelsk. För att förenkla notationen något så kommer vi att skriva α = α j+1 och p = p j+1. Om g G(K j+1, K j ) så måste g(α) = ωpα k (se t.ex. Påstående 1 i beviset av Sats??). Detta innebär, om vi använder notationen g 2 = g g, g 3 = g g g et.c., att g p (α) = g p 1 (ω k pα) =... = ω kp p α = α. Vi kan, enl. Proposition??, skriva ett godtyckligt element a K j+1 på formen för a 0, a 1,..., a p 1 K j. Detta medför att a = a 0 + a 1 α + a 2 α a p 1 α p 1, g p (a) = a 0 + a 1 g p (α) + a 2 g p (α) a p 1 g p (α) p 1 = a. Så Galoisgruppen G(K j+1, K j ) är cyklisk av ordning p j+1. Men alla cykliska grupper är abelska enligt Hjälpsats??. Det följer att G j /G j+1 är abelsk. 4.1 Övningsuppgifter. 1. Bevisa att om g K så kommer g 1 K om K är kärnan för grupphomomorn φ : G H.